Elektrisk felt utenfor og inne i en kule
On desember 31, 2020 by adminEn isolerende kule med radius a bærer en total ladning $ q $ som er jevnt fordelt over kulevolumet.
Jeg prøver å finne den elektriske feltfordelingen både innenfor og utenfor sfæren ved hjelp av Gauss Law.
Vi vet at på den lukkede gaussiske overflaten med sfærisk symmetrisk ladningsfordeling sier Gauss Law : $ \ frac {q} {ε_0} = \ oint \ vec {E} \ cdot d \ vec {A} $
- Utenfor kule: Logisk sett vil ladningen utenfor en kule være alltid på den Gaussiske overflaten og den endrer seg ikke, derfor det elektriske feltet utenfor en sfære: $ E = \ frac {q} {4πε_0r ^ {2}} $
- Inne i sfæren: Fordi ladningen er symmetrisk fordelt på overflaten, og hvis jeg ser på en liten sfære med radius r inne i sfæren med radius r, vil den lille sfæren ha mindre ladning på overflaten. $ E = \ frac {q \ r} {4πε_0a ^ {3}} $
Er denne forklaringen tilstrekkelig?
Hva ville være forskjellen hvis jeg har en leder kule?
Svar
Når du bruker Gauss-formelen, er q ikke ladningen fordelt på overflaten, det er ladningen lukket av din gaussiske sfære. Inne i sfæren fordeles ladningene jevnt over volumet ikke overflaten. Dette betyr at når du vurderer innsiden av isolatoren, må du vurdere hvor mye volum du har lukket med den Gaussiske sfæren din og deretter hvor mye ladning som er inne i det volumet ved hjelp av ladningsfordelingen.
Svar
Kanskje du har en liten misforståelse av Gauss Law. Den sier at integralen av det skalære produktet til de elektriske feltvektorene med de normale vektorene på den lukkede overflaten, integrert over hele overflaten, er lik den totale ladningen som er innesluttet i overflaten (ganger noe konstant). Dette gjelder ikke bare for en sfærisk overflate, men for enhver lukket overflate. I dette tilfellet er en sfærisk overflate veldig praktisk, siden feltvektorene alltid vil være parallelle med de normale vektorene på overflaten på grunn av symmetrien til det elektriske feltet. Hvilket betyr at
$$ \ oint \ vec {E} \ cdot d \ vec {A} = E * 4 \ pi * r ^ 2 \ tag {1} $$
Her er både venstre og høyre side av ligningen en funksjon av avstanden fra opprinnelsen, r og gjelder for alle r. E er størrelsen på det elektriske feltet.
La oss nå betrakte ladningen som er innesluttet i denne overflaten som en funksjon av r. Inne i den ladede ballen er denne funksjonen
$$ q_ {enc} (r) = \ frac {4} {3} \ pi r ^ 3 \ rho \ tag {2} $$
hvor $ \ rho $ er ladetettheten per volum. Utenfor ballen, uansett på hvilken avstand du er, er den vedlagte ladningen alltid bare q (total ladning). Ved å kombinere dette med (1) via loven som du sa det, får vi
$$ E (r) = \ frac {q} {4 \ pi \ epsilon r ^ 2} \ tag {3} $ $
utenfor ballen, og
$$ E (r) = \ frac {\ rho r} {3 \ epsilon} \ tag {4} $$
inne i den. ($ \ rho = \ frac {q} {(4/3) \ pi a ^ 3} $ så den andre formelen din er riktig.)
Hvis du bruker en ledende ball i stedet, fordeles alle ladninger på overflaten av ballen, siden de vil være så langt fra hverandre som de kan. Siden dette betyr at det ikke er noe ladning lenger i noen lukket overflate som du forestiller deg inne i ballen, betyr dette at e-feltet inni er null overalt. Utenfor ballen vil gaussoverflaten inneholde hele ladningen igjen, så fra utsiden vil formelen for e-feltet være (3) igjen. Så du ser at utenfra ser den homogent ladede ballen ut akkurat som en ball som bare er ladet på overflaten, og også nøyaktig som feltet til en punktladning ved opprinnelsen med samme totale ladning.
Legg igjen en kommentar