Elektrisches Feld in einer Kugel, durch die ein zylindrisches Loch gebohrt ist

Question

Elektrisches Feld in einer Kugel, durch die ein zylindrisches Loch gebohrt ist

Markus Emilson

Angenommen, Sie haben eine Kugel mit Radius $R$ und gleichmäßige Ladungsdichte $\rho$ ; ein zylindrisches Loch mit Radius $a$ ( $a\ll R$ ) wird durch die Mitte der Kugel gebohrt und lässt sie wie eine "Kettenperle" zurück.

Ich möchte eine Funktion für das elektrische Feld (1) sehr weit entfernt von der Kugel ( $r\gg R$ ) und (2) innerhalb des Lochs, nahe der Mitte der Perle $r\ll R$ .

Im Fall (1) behandle ich es einfach als Punktladung und die Berechnung des elektrischen Feldes ist trivial.

Ich bin mir jedoch nicht sicher, wie ich Teil (2) angehen soll, und würde mich über jede Unterstützung freuen. Die Kombination von sphärischen und zylindrischen Geometrien scheint dies ziemlich schwierig zu machen. Ich bin mir nicht sicher, welche Annäherung oder Vereinfachung ich aus diesem Wissen machen soll $r\ll R$ .

Wäre es vielleicht richtig, das elektrische Feld aus (1) einer vollständigen, gleichmäßig geladenen Kugel und (2) einem Zylinder mit Ladungsdichte zu finden? $-\rho$ ? Zusammengenommen würden die Ladungsdichten unser ursprüngliches "Perlen"-System ergeben, also kann ich dann einfach die Ausdrücke für das elektrische Feld zusammenzählen. Fall (1) zu tun ist ziemlich einfach, aber (2) ist nicht trivial für Positionen, die nicht entlang der Achse des Zylinders liegen, aber vielleicht aufgrund unserer Bedingung $r\ll R$ Und $a\ll R$ , können wir davon ausgehen, dass das Feld vom Zylinder entlang der $z$ -Achse ist eine ausreichend gute Annäherung.

Chris Müller

Im Zentrum der Perle bedeutet Symmetrie, dass das elektrische Feld Null ist.

Markus Emilson

Natürlich, aber was ist anderswo im Loch?

Chris Müller

Die Feldstärke sollte auch während der Bewegung in etwa unverändert sein

ρ

$\rho$ Richtung (in Zylinderkoordinaten) aus demselben Grund, aus dem Sie die Masse einer Schale nicht spüren, wenn Sie sich in der Schale befinden. Sie sollten also am Ende etwas haben, das nur eine Funktion von ist

z

$z$ . Deine Bearbeitung klingt nach einer guten Idee. Theoretisch ist es wegen der Überlagerung sicherlich in Ordnung, obwohl ich nicht weiß, ob es die Integrale einfacher macht.

Shivam Sarodia

Vergessen Sie das nicht in Ihrer vorgeschlagenen Methode zum Hinzufügen eines Zylinders mit Ladungsdichte

- ρ

$-\rho$ , vernachlässigen Sie entweder den gekrümmten Teil der Kugel über und unter dem Zylinder mit negativer Ladung oder fügen zusätzliche negative Ladungen über und unter der Kugel hinzu, abhängig von der Höhe Ihres Zylinders. Ich weiß nicht, ob dies für das Problem von Bedeutung wäre, aber es lohnt sich, daran zu denken. (Ich bin mir nicht sicher, ob das Sinn macht - wenn nicht, mache ich ein Bild.)

Markus Emilson

@Draksis: Ah, das stimmt. Ich denke, es ist relativ sicher, das Loch als Zylinder anzunähern, da wir davon ausgehen, dass der Radius des Lochs viel kleiner ist als der Radius der Kugel.

Shivam Sarodia

@ Kironide Oh, das ist sicherlich wahr.

Antworten (2)

Elektrisches Feld in einer Kugel, durch die ein zylindrisches Loch gebohrt ist

Im Zentrum der Perle bedeutet Symmetrie, dass das elektrische Feld Null ist.
Die Feldstärke sollte auch während der Bewegung in etwa unverändert sein $\rho$ Richtung (in Zylinderkoordinaten) aus demselben Grund, aus dem Sie die Masse einer Schale nicht spüren, wenn Sie sich in der Schale befinden. Sie sollten also am Ende etwas haben, das nur eine Funktion von ist $z$ . Deine Bearbeitung klingt nach einer guten Idee. Theoretisch ist es wegen der Überlagerung sicherlich in Ordnung, obwohl ich nicht weiß, ob es die Integrale einfacher macht.
Vergessen Sie das nicht in Ihrer vorgeschlagenen Methode zum Hinzufügen eines Zylinders mit Ladungsdichte $-\rho$ , vernachlässigen Sie entweder den gekrümmten Teil der Kugel über und unter dem Zylinder mit negativer Ladung oder fügen zusätzliche negative Ladungen über und unter der Kugel hinzu, abhängig von der Höhe Ihres Zylinders. Ich weiß nicht, ob dies für das Problem von Bedeutung wäre, aber es lohnt sich, daran zu denken. (Ich bin mir nicht sicher, ob das Sinn macht - wenn nicht, mache ich ein Bild.)
@Draksis: Ah, das stimmt. Ich denke, es ist relativ sicher, das Loch als Zylinder anzunähern, da wir davon ausgehen, dass der Radius des Lochs viel kleiner ist als der Radius der Kugel.

RE60K · Answer 1

Für einen Zylinder:

Zylinder

D v = π A^{2} D R D Q = ρ D v = ρ π A^{2} D R D E = K D Q / R^{2} = K ρ π A^{2} D R / R^{2} E = \int D E = K ρ π A^{2} \int_{R_{0}}^{R_{0} + l} D R / R^{2} = \frac{K ρ π A^{2} l}{R_{0} (R_{0} + l)}

$dV=\pi a^2dr\\dq=\rho dV=\rho\pi a^2dr\\dE=Kdq/r^2=K\rho\pi a^2dr/r^2\\E=\int dE=K\rho\pi a^2\int_{r_0}^{r_0+l} dr/r^2=\frac{K\rho\pi a^2l}{r_0(r_0+l)}$

Falls darin wie in der Abbildung das Feld aufgrund von $R-x$ Längenzylinder wird durch einen ähnlichen auf der gegenüberliegenden Seite aufgehoben, daher ist das resultierende Feld:

E = \frac{K ρ π A^{2} l}{R_{0} (R_{0} + l)} = \frac{K ρ π A^{2} (2 X)}{(R - X) (R - X + 2 X)} = \frac{2 K ρ π A^{2} X}{R^{2} - X^{2}} = \frac{2 K ρ π A^{2} X}{R^{2} (1 - \frac{X^{2}}{R^{2}})} \approx \frac{2 K ρ π A^{2} X}{R^{2}} als X ≪ R = \frac{ρ A^{2} X}{2 ϵ_{0} R^{2}}

$E=\frac{K\rho\pi a^2l}{r_0(r_0+l)} =\frac{K\rho\pi a^2(2x)}{(R-x)({R-x}+2x)}\\ =\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2-x^2} =\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2\left(1-\frac{x^2}{R^2}\right)} \approx\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2} \text{ as } x\ll R\\ =\frac{\rho a^2x}{2\epsilon_0R^2}$

Und für Kugel:

E = {\begin{cases} \frac{ρ X}{3 ϵ_{0}} 0 \leq X \leq R \\ \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} X^{2}} X \geq R \end{cases}

$\large E=\begin{cases} \frac{\rho x}{3\epsilon_0}\;0\le x\le R \\\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 x^2}\;x\ge R \end{cases}$

Jetzt $E$ lässt sich leicht berechnen

E_{Ö u T} = \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} R^{2}} - \frac{ρ A^{2} (2 R)}{4 ϵ_{0} (R - R) (R - R + 2 R)} = \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} R^{2}} - \frac{2 ρ A^{2} R}{4 ϵ_{0} (R^{2} - R^{2})} \approx \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} R^{2}} - \frac{ρ A^{2} R}{2 ϵ_{0} R^{2}} als R ≫ R = \frac{ρ R}{6 ϵ_{0} R^{2}} [2 R^{2} - 3 A^{2}]

$E_{out}= \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{\rho a^2(2R)}{4\epsilon_0(r-R)(r-R+2R)}\\ =\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{2\rho a^2R}{4\epsilon_0(r^2-R^2)}\\ \approx \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{\rho a^2R}{2\epsilon_0r^2} \text{ as } r\gg R \\ =\frac{\rho R}{6\epsilon_0 r^2}\left[2R^2-3a^2\right]$

Beachten Sie, dass, $\large\lim_{a\to 0}E=\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}$

Ähnlich

E_{ich N} = \frac{ρ X}{3 ϵ_{0}} - \frac{ρ A^{2} X}{2 ϵ_{0} R^{2}} = \frac{ρ X}{6 ϵ_{0}} . [2 - 3 \frac{A^{2}}{R^{2}}]

$E_{in}=\frac{\rho x}{3\epsilon_0}-\frac{\rho a^2x}{2\epsilon_0R^2}\\ =\frac{\rho x}{6\epsilon_0}.\left[2-3\frac{a^2}{R^2}\right]$

Hier auch, $\large\lim_{a\to 0}E=\frac{\rho x}{3\epsilon_0}$

Benutzer50378 · Answer 2

Ich stimme dem Ergebnis zu, aber ich möchte einen anderen allgemeineren und schnelleren Ansatz erläutern. Da der Radius des Lochs in Bezug auf den Radius der Kugel vernachlässigbar ist, und die einzige mögliche Richtung für E, die mit der Symmetrie kompatibel ist, die z-Achse ist, und schließlich, wenn man bedenkt, dass die tangentialen Komponenten von E stetig sind, die Lösung ist genau dasselbe, was wir erhalten, wenn wir nur die Kugel mit gleichmäßiger Ladungsverteilung betrachten.

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Für einen Zylinder:

Und für Kugel:

Jetzt $E$ lässt sich leicht berechnen

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Benutzer50378

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Für einen Zylinder:

Und für Kugel:

JetztE E Elässt sich leicht berechnen

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Benutzer50378

Jetzt $E$ lässt sich leicht berechnen