Hohlleiter mit Ladung: Warum löscht sich das innere Feld außerhalb und warum ist das Feld außerhalb des Hohlraums Null innerhalb des Hohlraums?

Question

Hohlleiter mit Ladung: Warum löscht sich das innere Feld außerhalb und warum ist das Feld außerhalb des Hohlraums Null innerhalb des Hohlraums?

Sorën

Ich habe Zweifel an der folgenden Situation. Stellen Sie sich einen Hohlleiter vor $A$ (von beliebiger Form), die einen anderen Leiter enthält $B$ (wieder von beliebiger Form), mit einer positiven Ladung $+q$ .

Durch die elektrostatische Induktion entsteht eine Gesamtladung $-q$ erscheint in der inneren Oberfläche von $A$ (nennen wir es $S_{A, int}$ ) mit einer Dichte $\sigma_{A,int}$ , und eine Gesamtgebühr $+q$ erscheint auf der äußeren Oberfläche $S_{A,ext}$ mit einer Dichte $\sigma_{A,ext}$ .

Nennen wir die durch die Ladungsdichten erzeugten elektrostatischen Felder $\sigma_{B}$ , $\sigma_{A,int}$ Und $\sigma_{A,ext}$ respektive $\bf{E}_{B}$ , $\bf{E}_{\sigma_{A,int}}$ Und $\bf{E}_{\sigma_{A,ext}}$ .

Meine Frage ist: Wie kann man (möglicherweise auf strenge Weise) die beiden folgenden Tatsachen beweisen?

$\bf{E}_{\sigma_{A,int}}$ ist so das
$E_{B} + E_{σ_{A, ich N T}} = 0$ $\bf{E}_{B}+\bf{E}_{\sigma_{A,int}}=0$ überall außerhalb des Hohlraums (also auch außerhalb des Leiters). $A$ ).
Beide $\bf{E}_{\sigma_{A,int}}$ Und $\bf{E}_{\sigma_{A,ext}}$ innerhalb des Hohlraums überall Null sind.

Versuche:

Griffiths – Introduction to Electrodyinamics schlägt eine ähnliche Situation in Kapitel 2.5 (Beispiel 2.9) vor und stellt dies fest $\sigma_{A,int}$ ist so, dass "sein Feld das von aufhebt $B$ , für alle Punkte außerhalb des Hohlraums".

Er erklärt die Aussage mit den Worten "Ich kann Ihnen im Moment keine zufriedenstellende Erklärung geben", obwohl ich im ganzen Buch keine richtige Erklärung für diese Tatsache gefunden habe.

Jedenfalls versucht er, die Tatsache zu rechtfertigen, indem er sagt: "Denn derselbe Hohlraum hätte aus einem riesigen kugelförmigen Leiter mit einem Radius von 27 Lichtjahren oder was auch immer gekrümmt sein können. In diesem Fall die Dichte $\sigma_{A,ext}$ einfach zu weit entfernt ist, um ein signifikantes Feld zu erzeugen, und die beiden anderen Felder ( $\bf{E}_{B}$ Und $\bf{E}_{\sigma_{A,int}}$ ) müssten die Kündigung selbst bewerkstelligen".

Das macht für mich Sinn, aber ich suche nach einer strengeren Erklärung (oder zumindest wo ich eine finden kann).
Ich würde das für die Konservativität elektrostatischer Felder vermuten:
$\begin{matrix} (*) & \oint_{γ} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S = \int_{γ_{1}} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S + \int_{γ_{2}} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S = 0 \forall γ_{1}, γ_{2} \end{matrix}$ $\oint_{\gamma} \bf{E}_{\sigma_{A,int}} \cdot \bf{ds}=\int_{\gamma_1}\bf{E}_{\sigma_{A,int}}\cdot \bf{ds}+\int_{\gamma_2}\bf{E}_{\sigma_{A,int}}\cdot \bf{ds}=0\,\,\,\, \forall \gamma_1,\gamma_2\tag{*}$

Wo $\gamma_1$ ist eine Kurve wie die rote im Bild (die zwei beliebige Punkte im Hohlraum verbindet $C$ Und $D$ Durchgang durch den Hohlraum) und $\gamma_2$ ist jede Kurve wie die grüne im Bild (daher innerhalb des Leiters verlaufend). Seit $\gamma_2$ geht in den Dirigenten, sicher
$\int_{γ_{2}} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S = 0 \forall γ_{2}$ $\int_{\gamma_2}\bf{E}_{\sigma_{A,int}}\cdot \bf{ds}=0\,\,\,\,\,\forall \gamma_2$

Daher ab $(*)$

\int_{γ_{1}} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S = 0 \forall γ_{1}

$\int_{\gamma_1}\bf{E}_{\sigma_{A,int}}\cdot \bf{ds}=0 \,\,\,\,\forall \gamma_1$

Trotzdem bin ich mir der folgenden Implikation nicht ganz sicher

\int_{γ_{1}} E_{σ_{A, ich N T}} \cdot D S = 0 \forall γ_{1} ⟹ E_{σ_{A, ich N T}} = 0 ich N S ich D e T H e C A v ich T j

$\int_{\gamma_1}\bf{E}_{\sigma_{A,int}}\cdot \bf{ds}=0 \,\,\,\,\forall \gamma_1\implies \bf{E}_{\sigma_{A,int}}=0 \,\,\,\,\, \mathrm{inside} \,\,\, \mathrm{the} \,\,\, \mathrm{cavity}$

Kann ich mit dieser Argumentation zu diesem Schluss kommen? (Die gleiche Argumentation würde zu dem Schluss führen, dass auch $\bf{E}_{\sigma_{A,ext}}=0$ im Hohlraum).

JMLCarter

Warum ist dies kein Standard-Farady-Käfig-Problem, das jeder gut kennt? (Haben Sie das Zitat korrekt auf das richtige Problem angewendet? Oder der Kreisbahnintegralbeweis war zu gut im Buch versteckt)

Aritro Pathak

arxiv.org/abs/1609.04248, dies ist ein im European Journal of Physics veröffentlichter Artikel, in dem ich versucht habe, zwei verschiedene Beweise dafür zu erklären.

Antworten (5)

Hohlleiter mit Ladung: Warum löscht sich das innere Feld außerhalb und warum ist das Feld außerhalb des Hohlraums Null innerhalb des Hohlraums?

Warum ist dies kein Standard-Farady-Käfig-Problem, das jeder gut kennt? (Haben Sie das Zitat korrekt auf das richtige Problem angewendet? Oder der Kreisbahnintegralbeweis war zu gut im Buch versteckt)
arxiv.org/abs/1609.04248, dies ist ein im European Journal of Physics veröffentlichter Artikel, in dem ich versucht habe, zwei verschiedene Beweise dafür zu erklären.

forky40 · Answer 1

Griffiths "Zweiter Eindeutigkeitssatz" paraphrasieren (Abschnitt 3.1.6, 4. Aufl.):

Das elektrische Feld in einem von Leitern begrenzten Volumen ist eindeutig bestimmt, wenn die Gesamtladung auf jedem Leiter gegeben ist.

(1) Da die Ladung nur auf B platziert wird, sagt Ihnen dies, dass das Feld in der Kavität eindeutig durch die Form der Kavität gelöst wird und $Q$ . Mit anderen Worten, die Außenfläche kann nicht zum Hohlraum beitragen: $\vec{E}_{A,ext}=0$ . Aus der gleichen Argumentation halte ich es jedoch für falsch, dies zu sagen $\vec{E}_{A,int}=0$ im Hohlraum, weil die Innenfläche (und damit $\sigma_{A,int}$ ) muss zur eindeutigen Lösung des Feldes beitragen.

(2) Die äußere Oberfläche wird haben $Q$ darauf verteilt, unabhängig von der Form der Kavität. Obwohl der Außenleiter technisch gesehen keine Ladung hat, stellen Sie sich das Volumen außerhalb von A als durch das Äußere von A begrenzt vor (mit $Q$ drauf) und unendlich. Wenden Sie dann denselben Eindeutigkeitssatz an, um die Irrelevanz des Hohlraums zu zeigen (mit anderen Worten, $\vec{E}_{A,int}+\vec{E}_B=0$ außen).

Adressieren Sie Ihre Versuche:

(1) Die strenge Erklärung liegt in den in Kapitel 3 vorgestellten Eindeutigkeitssätzen und ihren zugehörigen Beweisen.

(2) Der letzte Schritt ist falsch: Ein verschwindendes Integral impliziert im Allgemeinen keinen verschwindenden Integranden. Außerdem ist das keine Schlussfolgerung, zu der Sie kommen wollen. Ansonsten ist es eine gute Argumentation und sehr im Geiste $\Phi$ als konservatives Feld (ersetzt $\vec{E}$ mit $-\nabla \Phi$ macht die Integrale sehr einfach zu berechnen, wenn sie sich zwischen den Oberflächen eines einzelnen Leiters bewegen).

Benutzer130529 · Answer 2

Lassen $V$ sei das Gesamtpotential, bei dem Null ist $\infty$ . Wir wissen, dass V in beiden Leitern konstant ist. Lassen $V_B$ sein Wert innerhalb von B und $V_A$ seinen Wert in A. Das ist alles, was wir brauchen, um das Potenzial zu rekonstruieren und die Frage im Detail zu beantworten.

Lassen $V_1$ das Potenzial sein, so dass

\begin{aligned} v_{1} = v_{B} - v_{A} innen B, \\ v_{1} = 0 innerhalb von A und außen außerhalb von A, \\ \nabla^{2} v_{1} = 0 im freien Raum zwischen A und B. \end{aligned}

$\begin{align} &V_1 = V_B-V_A \quad \text{inside B,}\\ &V_1 = 0 \quad \text{inside A and on the exterior outside of A,}\\ &\nabla^2 V_1 = 0 \quad \text{in the free space between A and B.} \end{align}$ Lassen

V_{2}

$V_2$ das Potenzial sein, so dass

\begin{aligned} v_{2} = v_{A} innerhalb von B und innerhalb von A sowie im freien Raum zwischen A und B, \\ \nabla^{2} v_{2} = 0 auf der Außenseite außerhalb von A, \\ v_{2} = 0 bei \infty . \end{aligned}

$\begin{align} &V_2 = V_A \quad \text{inside B and inside A as well as in the free space between A and B,}\\ &\nabla^2 V_2 = 0 \quad \text{on the exterior outside of A,}\\ &V_2 = 0 \quad \text{at} \quad \infty . \end{align}$

Durch die Konstruktion haben wir

v = v_{1} + v_{2} .

$V = V_1+V_2.$

Lassen $\bf{E}$ sei das in der Frage definierte elektrostatische Gesamtfeld:

E = E_{B} + E_{σ_{A, ich N T}} + E_{σ_{A, e X T}} .

${\bf{E} = \bf{E}_{B} + \bf{E}_{\sigma_{A,int}} + \bf{E}_{\sigma_{A,ext}}}.$ Wir haben

E = - \nabla v .

${\bf{E}} = -\nabla V.$

Wir müssen jetzt jede Komponente identifizieren.

Bauartbedingt sind die damit verbundenen Gebühren $V_1$ befinden sich auf der Oberfläche von B und der inneren Oberfläche von A, und die zugeordneten Ladungen $V_2$ befinden sich auf der Außenfläche von A. Daher

\begin{aligned} E_{B} + E_{σ_{A, ich N T}} = - \nabla v_{1}, \\ E_{σ_{A, e X T}} = - \nabla v_{2} . \end{aligned}

$\begin{align} &{\bf{E}_{B} + \bf{E}_{\sigma_{A,int}}} = -\nabla V_1,\\ &{\bf{E}_{\sigma_{A,ext}}} = -\nabla V_2. \end{align}$

Nach der Definition von $V_1$ , die erste Gleichung beweist Punkt 1 der Frage:

E_{B} + E_{σ_{A, ich N T}} = - \nabla 0 = 0 innerhalb von A und außen außerhalb von A.

${\bf{E}_{B} + \bf{E}_{\sigma_{A,int}}} = -\nabla 0 = 0\quad \text{inside A and on the exterior outside of A.}$

Nach der Definition von $V_2$ , beweist die zweite Gleichung die Hälfte von Punkt 2 der Frage:

E_{σ_{A, e X T}} = - \nabla v_{A} = 0 innerhalb von B und A sowie im freien Raum zwischen A und B .

${\bf{E}_{\sigma_{A,ext}}} = -\nabla V_A = 0 \quad \text{inside B and A as well as in the free space between A and B}.$

Abschließend bzgl ${\bf{E}_{\sigma_{A,int}}}$ , wird es innerhalb des Hohlraums nicht überall Null sein, außer in dem Sonderfall, in dem die zugehörigen Ladungen innerhalb dieses Hohlraums ein konstantes Potential erzeugen (z. B. im Fall einer sphärischen Symmetrie).

JMLCarter · Answer 3

Warum ist dies kein Standard-Farady-Käfig-Problem, das jeder gut kennt?

(Haben Sie das Zitat korrekt auf das richtige Problem angewendet? Oder der Kreisbahnintegralbeweis war zu gut im Buch versteckt)

Betrachten Sie zur Begründung einen symmetrischen, perfekt kreisförmigen Ladungsring. Ihr Leiter lässt zu, dass sich Ladungen bewegen, sodass sie sich gleichmäßig in Ihrem unregelmäßigen Leiter verteilen und dieser Anordnung entsprechen.

Für jeden Punkt innerhalb des Leiters wird die Kraft aufgrund der nächstgelegenen Punkte des Rings genau durch die Kraft der weiter entfernten Punkte kompensiert (obwohl die Kraft schwächer ist, gibt es mehr von ihnen), wodurch keine Nettokraft auf eine Ladung entsteht bei dieser Punkt. (Ein mathematischer Integralbeweis wurde durchgeführt, aber das ist nicht das, wonach Sie gefragt haben).

Lesnik · Answer 4

Ok, wir haben Leiter A, Leiter B, wir haben Leiter B geladen und jetzt wandern wir durch die Verteilung der Ladungen in unserem System.

Versuchen wir es zu erraten. Nehmen wir einen Leiter wie A, aber ohne Hohlraum. Laden wir es mit der Gesamtladung auf $q$ . Diese Ladung würde sich über die Oberfläche des Leiters verteilen. Die Verteilung wäre so, dass das gesamte elektrische Feld irgendwo im Leiter Null ist: Es gibt keinen elektrischen Strom mehr. Erinnern wir uns, wie die Ladung verteilt wird: $\sigma_{A, ext}$ .

Nehmen wir nun einen unendlichen Leiter mit einem Hohlraum und einen weiteren geladenen Leiter B innerhalb des Hohlraums. Ladungen würden auf der Innenfläche des Hohlraums so verteilt, dass das elektrische Feld überall außerhalb des Hohlraums Null ist. Erinnern wir uns, wie die Gebühren jetzt verteilt sind: $\sigma_{A, int}$ Und $\sigma_{B}$ .

Nun zurück zum ursprünglichen Problem. Lassen Sie uns die Gebühren manuell genau so verteilen, wie sie verteilt wurden: $\sigma_{A, int}, \sigma_{A, ext}, \sigma{B}$ . Und jetzt lass sie frei! Was würde passieren?

Eigentlich nichts. Über B und Innenfläche verteilte Ladungen waren im Gleichgewicht, wir bringen einige über Außenfläche verteilte Ladungen, aber diese äußeren Ladungen sind so verteilt, dass sie im Bereich der Innenfläche kein elektrisches Feld erzeugen. Und innere Ladungen wirken sich nicht auf Ladungen auf der äußeren Oberfläche aus. Wir haben immer noch ein Gleichgewicht.

Wir haben also eine Lösung für unser Problem! Wir wissen jetzt, dass es eine Lösung gibt, bei der "innere" Ladungen nirgendwo außerhalb des Hohlraums ein elektrisches Feld erzeugen. (Punkt 1. Ihrer Frage). Diese Gleichgewichtsverteilung ist so, dass $\sigma_{A, ext}$ kein Feld innerhalb des Hohlraums erzeugen. Bitte beachte, dass $\sigma_{A, int}$ erzeugt ein elektrisches Feld im Hohlraum, daher ist Ihre Frage falsch.

Könnte die tatsächliche Verteilung anders sein als das, was wir konstruiert haben? Nein, andere Lösungen gibt es nicht.

Angenommen, es gibt eine andere Verteilung. Lassen Sie uns das Vorzeichen aller Ladungen ändern und beide Bilder kombinieren. Wir würden eine neue Verteilung erhalten, immer noch im Gleichgewicht, die Gesamtladungen aller Leiter wären Null, aber die Verteilung ist es immer noch nicht: Es gäbe einige positiv und negativ geladene Bereiche. Das bedeutet, dass in unserem System ein elektrisches Feld vorhanden ist. Elektrisches Feld hat potentielle Energie. Die Position kann nicht im Gleichgewicht sein, da sich Ladungen umverteilen können, das gesamte elektrische Feld eliminieren und die potentielle Energie abnehmen würde.

Der Beweis ist nicht sehr streng, ich weiß :)

Aritro Pathak · Answer 5

Dies ist eine würdige Frage, und die Antwort ist nicht trivial oder völlig unmittelbar.

Es ist nicht klar, warum man sich normalerweise nicht bemüht, diese Frage richtig zu beantworten: Ich habe zwei vollständige Argumente dafür gegeben, warum das kombinierte Feld aufgrund von "festen" und induzierten Ladungen in einem "Bereich" des Raums nicht in einen anderen Bereich eindringt, wo zwei beliebige Domänen durch leitendes Material vollständig voneinander getrennt sind (und somit gibt es genau eine Domäne, die sich bis ins Unendliche erstreckt und alle anderen Domänen ein endliches Volumen haben). Es ist kein schwieriges Argument, ausgehend von einem der beiden standardmäßigen elektrostatischen Existenz- und Eindeutigkeitstheoreme.

Das Wichtigste, um einen Konsens zu erzielen, ist, ob es überhaupt notwendig ist, logisch vollständige Argumente zu finden!

https://arxiv.org/abs/1609.04248

Hohlleiter mit Ladung: Warum löscht sich das innere Feld außerhalb und warum ist das Feld außerhalb des Hohlraums Null innerhalb des Hohlraums?

Sorën

JMLCarter

Aritro Pathak

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forky40

Benutzer130529

JMLCarter

Lesnik

Aritro Pathak

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