Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”

jzmicer edited
View solution History
revision #19290 parent #19289 ← older
ru/6.6.18.md +115 −5
@@ -1,11 +1,121 @@
### Условие
+$6.6.18.$ Проводящий шар радиуса $r$ с зарядом $Q$ окружен слоем диэлектрика, внешний радиус которого $R$. Диэлектрическая проницаемость слоя $\varepsilon$. Найдите поверхностную плотность заряда на внутренней и внешней поверхностях диэлектрического слоя. Нарисуйте линии напряженности электрического поля. Нарисуйте график зависимости напряженности и потенциала поля от расстояния до центра шара.
−$6.6.18.$ [Вставьте условие задачи]
−
### Решение
−1
−#### Ответ
+Будем использовать теорему Гаусса в форме
+$$
+\oint \vec D d\vec S=Q
+$$
+$D=\varepsilon_0 E$ в вакууме, $D=\varepsilon\varepsilon_0 E$ в диэлектрике. В такой формулировке учитываются только свободные заряды, то есть индуцированные заряды на поверхности диэлектрика можно игнорировать
−[Вставьте краткий ответ или результат в рамке]
+Выберем в качестве гауссовой поверхности концетрическую сферу радиусом $\rho$. Естественно, при $\rho < r $ поле нулевое - так как в проводнике его может не быть.
+
+$r\leq \rho< R:$
+$$
+\varepsilon\varepsilon_0 E \cdot 4\pi\rho^2=Q
+$$
+$$
+E_1 =\frac{Q}{ 4\pi\rho^2\varepsilon\varepsilon_0}
+$$
+$\rho \geq R:$
+$$
+\varepsilon_0 E \cdot 4\pi\rho^2=Q
+$$
+$$
+E_2 =\frac{Q}{ 4\pi\rho^2\varepsilon_0}
+$$
+Нанеся это на график, получим скачки на границах диэлектрика.
+
+
+По определению, потенциал в точке на расстоянии $\rho$ от центра системы равен работе сил электрического поля по переносу единичного положительного заряда из этой точки в бесконечность:
+
+$$ \varphi(\rho) = \int_{\rho}^{\infty} E(\rho) \, d\rho $$
+
+$\rho \ge R$:
+
+$$ \varphi(\rho) = \int_{\rho}^{\infty} \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \rho^2} \, d\rho = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{\rho}^{\infty} = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \rho} $$
+
+На границе диэлектрика ($\rho = R$):
+
+$$ \varphi(R) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R} $$
+
+$r\leq \rho< R:$
+
+Используя свойство аддитивности интеграла, разобьем путь интеграл на две части (внутри диэлектрика и в вакууме):
+
+$$ \varphi(\rho) = \int_{\rho}^{R} E_1(\rho) d\rho + \int_{R}^{\infty} E_2(\rho) d\rho = \int_{\rho}^{R} \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \varepsilon x^2} \, dx + \varphi(R) $$
+
+$$ \varphi(\rho) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \varepsilon} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{\rho}^{R} + \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R} = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \varepsilon} \left( \frac{1}{\rho} - \frac{1}{R} \right) + \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R} $$
+
+Автор привёл это примерно к виду:
+
+$$ \varphi(\rho) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{R} + \frac{1}{\varepsilon} \left( \frac{1}{\rho} - \frac{1}{R} \right) \right] $$
+
+$0 \le \rho \le r:$
+
+Так как внутри проводника электростатическое поле отсутствует ($E_1 = 0$), работа по перемещению заряда внутри шара равна нулю. Следовательно, потенциал во всех точках проводника одинаков и равен потенциалу на его поверхности ($\rho = r$):
+
+$$ \varphi(\rho) = \varphi(r) = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{R} + \frac{1}{\varepsilon} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{R} \right) \right] $$
+
+
+Итоговое распределение потенциала:
+
+$$ \varphi(\rho) =
+\begin{cases}
+\dfrac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left[ \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{\varepsilon} \left( \dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{R} \right) \right], & 0 \le \rho \le r \\\\
+\dfrac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left[ \dfrac{1}{R} + \dfrac{1}{\varepsilon} \left( \dfrac{1}{\rho} - \dfrac{1}{R} \right) \right], & r < \rho \le R \\\\
+\dfrac{Q}{4\pi \varepsilon_0 \rho}, & \rho > R
+\end{cases}
+$$
+
+
+Нанесём это на график, тут уже никаких скачков нет. Графики будут выглядеть так:
+
+![|729x267, 80%](../../img/6.6.18/6.6.18-a.png)
+
+Теперь найдем плотности зарядов на границе
+
+На внутренней границе соприкасаются диэлектрик и проводник. По свойству проводника, весь заряд $Q$ шара сосредоточен на внутренней границе с диэлектриком, пусть его плотность равна
+$$
+\sigma=\frac{Q}{4\pi r^2}\tag{1}
+$$
+В Иродове для такого случая есть готовая формула,
+$$
+\boxed{\sigma'=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}\sigma}\tag{2}
+$$
+из этого можно сразу записать в ответ
+$$
+\sigma_{in}=-\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon r^2}
+$$
+$(2)$ просто выводится. Поле вблизи проводника, измеряемое в диэлектрике:
+$$
+E=\frac{\sigma}{\varepsilon\varepsilon_0}\tag{3}
+$$
+Плотность индуцированного заряда определяется скачком поляризованности (нормаль к поверхности диэлектрика направлена к центру шара, против поля):
+$$
+\sigma'=\vec P\cdot\vec n=-P=-(\varepsilon-1)\varepsilon_0E\tag{4}
+$$
+Подставив $(3)$ в $(4)$ получим искомое. Обратите внимание: индуцированный заряд противоположен по знаку $Q$. Савченко не отразил это в ответе
+
+Для внешней границы (нормаль направлена от центра) аналогично
+$$
+\sigma'=\vec P\cdot\vec n=P=(\varepsilon-1)\varepsilon_0E\tag{5}
+$$
+$$
+E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon\varepsilon_0R^2}
+$$
+Обратите внимание: мы всё еще рассматриваем поле внутри диэлектрика, отсюда и $\varepsilon$
+$$
+\sigma_{out}=\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon R^2}
+$$
+На этот раз знак у автора он верен.
+
+#### Ответ
+$$
+\sigma_{in}=-\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon r^2}
+$$
+$$
+\sigma_{out}=\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon R^2}
+$$