Pole elektryczne na zewnątrz i wewnątrz kuli
On 31 grudnia, 2020 by adminIzolująca kula o promieniu a niesie całkowity ładunek $ q $, który jest równomiernie rozłożony na objętość kuli.
Próbuję znaleźć rozkład pola elektrycznego zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz kuli, korzystając z prawa Gaussa.
Wiemy, że na zamkniętej powierzchni gaussa z sferycznie symetrycznym rozkładem ładunku stwierdza się, że prawo Gaussa : $ \ frac {q} {ε_0} = \ oint \ vec {E} \ cdot d \ vec {A} $
- Poza kulą: Logicznie rzecz biorąc, ładunek poza kulą być zawsze na powierzchni Gaussa i nie zmienia się, dlatego pole elektryczne poza kulą: $ E = \ frac {q} {4πε_0r ^ {2}} $
- Wewnątrz kuli: Ponieważ ładunek jest symetrycznie rozłożony na powierzchni i jeśli wyobrazię sobie małą kulkę o promieniu r wewnątrz kuli o promieniu r, mała kulka będzie miała mniejszy ładunek na swojej powierzchni. $ E = \ frac {q \ r} {4πε_0a ^ {3}} $
Czy to wyjaśnienie jest wystarczające?
Jaka byłaby różnica, jeśli mam kula przewodząca?
Odpowiedź
Kiedy używamy wzoru Gaussa, q nie jest ładunkiem rozłożonym na powierzchni, jest to ładunek zamknięty przez twoją sferę Gaussa. Wewnątrz kuli ładunki są rozłożone równomiernie w całej objętości a nie na powierzchni. Oznacza to, że rozważając wnętrze izolatora, należy wziąć pod uwagę, ile objętości zamknęliście swoją sferą Gaussa, a następnie ile ładunku znajduje się w tej objętości, korzystając z rozkładu ładunku.
Odpowiedź
Być może masz drobne niezrozumienie prawa Gaussa. Stwierdza, że całka iloczynu skalarnego wektorów pola elektrycznego z wektorami normalnymi zamkniętej powierzchni, scałkowana na całej powierzchni, jest równa całkowitemu ładunkowi zawartemu wewnątrz powierzchni (razy pewna stała). Dotyczy to nie tylko powierzchni kulistej, ale każdej zamkniętej powierzchni. W tym przypadku powierzchnia kulista jest bardzo wygodna, ponieważ ze względu na symetrię pola elektrycznego wektory pola będą zawsze równoległe do normalnych wektorów powierzchni. Co oznacza, że
$$ \ oint \ vec {E} \ cdot d \ vec {A} = E * 4 \ pi * r ^ 2 \ tag {1} $$
W tym przypadku zarówno lewa, jak i prawa strona równania są funkcją odległości od początku r i są prawdziwe dla wszystkich r. E jest wielkością pola elektrycznego.
Rozważmy teraz ładunek zawarty w tej powierzchni jako funkcję r. Wewnątrz naładowanej kulki ta funkcja to
$$ q_ {enc} (r) = \ frac {4} {3} \ pi r ^ 3 \ rho \ tag {2} $$
gdzie $ \ rho $ to gęstość ładunku na objętość. Poza piłką, bez względu na to, w jakiej odległości się znajdujesz, załączony ładunek zawsze wynosi q (całkowity ładunek). Łącząc to z (1) za pomocą prawa Gausa, tak jak to określiłeś, otrzymujemy
$$ E (r) = \ frac {q} {4 \ pi \ epsilon r ^ 2} \ tag {3} $ $
poza piłką i
$$ E (r) = \ frac {\ rho r} {3 \ epsilon} \ tag {4} $$
w środku. ($ \ rho = \ frac {q} {(4/3) \ pi a ^ 3} $ więc twoja druga formuła jest poprawna.)
Jeśli zamiast tego użyjesz piłki przewodzącej, wszystkie ładunki zostaną rozdzielone na powierzchni piłki, ponieważ chcą być jak najdalej od siebie. Ponieważ oznacza to, że na żadnej zamkniętej powierzchni, którą wyobrażasz sobie wewnątrz kuli, nie ma już ładunku, oznacza to, że pole elektryczne wewnątrz jest wszędzie zero. Poza kulką powierzchnia Gaussa ponownie będzie zawierała cały ładunek, więc z zewnątrz wzór na e-pole będzie ponownie (3). Widzisz więc, że z zewnątrz jednorodnie naładowana kula wygląda dokładnie tak, jak kula, która jest naładowana tylko na swojej powierzchni, a także dokładnie tak, jak pole ładunku punktowego u źródła z tym samym ładunkiem całkowitym.
Dodaj komentarz