Задача 80. Найти энергию электростатического поля $W$ для распределений зарядов, указанных в задачах 76, 77, 79. Провести вычисления двумя способами - с помощью соотношения:

\[W = \frac{1}{2}\int \rho \varphi dV\]

и с помощью соотношения:

\[W = \int \frac{\varepsilon_0 E^2}{2} dV\]

Решение.

По первой формуле:

\[\begin{aligned} W = & \frac{1}{2} \int\limits_0^R \rho \left[\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R} \left(\dfrac{3}{2} - \dfrac{r^2}{2R^2}\right)\right] 4\pi r^2 dr = \frac{1}{2} \frac{3 q^2}{4\pi\varepsilon_0 R^4} \left[\frac{3}{2} \frac{r^3}{3} - \frac{r^5}{10 R^2}\right]_0^R = \frac{3 q^2}{20 \pi \varepsilon_0 R}, \\ W = & \frac{1}{2} \int\limits_0^\infty \sigma \delta (r - R) \varphi(r) 4 \pi r^2 dr = \frac{1}{2} \sigma \varphi(R) 4 \pi R^2 = q \varphi(R) = \frac{q^2}{8\pi \varepsilon_0 R}, \\ W = & \frac{1}{2} \int\limits_{R_1}^{R_2} \frac{\alpha}{r^2} \left[\dfrac{\alpha}{\varepsilon_0} \left(\ln \dfrac{R_2}{r} - \dfrac{R_1}{r} + 1 \right)\right] 4 \pi r^2 dr = \frac{1}{2} \frac{4 \pi \alpha^2}{\varepsilon_0} \left[(1+ \ln R_2) r - r (\ln r - 1) - R_1 \ln r\right]_{R_1}^{R_2} = \\ = & \frac{1}{2} \frac{4 \pi \alpha^2}{\varepsilon_0} \left[2 (R_2 - R_1) + (R_2 - R_1) \ln R_2 - R_2 \ln R_2 + R_1 \ln R_1 - R_1 \ln R_2 + R_1 \ln R_1 \right] = \\ = & \frac{4 \pi \alpha^2}{2\varepsilon_0} \left[2 (R_2 - R_1) + 2 R_1 \ln R_1 - 2 R_1 \ln R_2 \right] = \\ = & \frac{4 \pi \alpha^2 R_1}{\varepsilon_0} \left[\frac{R_2}{R_1} - 1 - \ln \frac{R_2}{R_1} \right] = \frac{q^2 R_1}{4 \pi \varepsilon_0 (R_2 - R_1)^2} \left[\frac{R_2}{R_1} - 1 - \ln \frac{R_2}{R_1} \right] . \end{aligned}\]

По второй формуле:

\[\begin{aligned} W = & \int\limits_0^R \frac{\varepsilon_0}{2} \left[\frac{q}{4 \pi\varepsilon_0 R^3} r\right]^2 4\pi r^2 dr + \int\limits_R^{\infty} \frac{\varepsilon_0}{2} \left[\frac{q}{4 \pi\varepsilon_0 r^2} \right]^2 4\pi r^2 dr \\ = & \frac{q^2}{8 \pi \varepsilon_0 R^6} \frac{R^5}{5} + \frac{q^2}{8 \pi \varepsilon_0 R} = \frac{3 q^2}{20 \pi \varepsilon_0 R}, \\ W = & \int\limits_R^{\infty} \frac{\varepsilon_0}{2} \left[\frac{q}{4 \pi\varepsilon_0 r^2} \right]^2 4\pi r^2 dr = \frac{q^2}{8 \pi \varepsilon_0 R}, \\ W = & \int\limits_{R_1}^{R_2} \frac{\varepsilon_0}{2} \left[\dfrac{\alpha}{\varepsilon_0} \left(\dfrac{1}{r} - \dfrac{R_1}{r^2} \right)\right]^2 4 \pi r^2 dr + \int\limits_{R_2} ^\infty \frac{\varepsilon_0}{2} \left[\dfrac{\alpha}{\varepsilon_0} \dfrac{R_2 - R_1}{r^2}\right]^2 4 \pi r^2 dr = \\ = & \frac{2\pi\alpha^2}{\varepsilon_0} \left[ \int\limits_{R_1}^{R_2} \left(1 - 2 \frac{R_1}{r} + \frac{R_1^2}{r^2}\right) dr + \frac{(R_2 -R_1)^2}{R_2}\right] = \\ = & \frac{2\pi\alpha^2}{\varepsilon_0} \left[ (R_2 - R_1) - 2 R_1 \ln \frac{R_2}{R_1} - \frac{R_1^2}{R_2} + R_1 + \frac{(R_2 -R_1)^2}{R_2}\right] = \\ = & \frac{2\pi\alpha^2}{\varepsilon_0} \left[ 2 (R_2 - R_1) - 2 R_1 \ln \frac{R_2}{R_1}\right] = \frac{4\pi\alpha^2 R_1}{\varepsilon_0} \left[ \frac{R_2}{R_1} - 1 - \ln \frac{R_2}{R_1}\right] = \\ = & \frac{q^2 R_1}{4 \pi \varepsilon_0 (R_2 - R_1)^2} \left[\frac{R_2}{R_1} - 1 - \ln \frac{R_2}{R_1} \right] \end{aligned}\]

Вычислим радиус электрона в первых двух случаях, полагая, что его масса покоя целиком является электромагнитной массой:

Классический радиус электрона Шар Сфера
$R = \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_ec^2} = 2{,}82\cdot10^{-15} \text{м}$ $R = \dfrac{3}{5} \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_ec^2} = 1{,}69\cdot10^{-15} \text{м}$ $R = \dfrac{1}{2} \dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_ec^2} = 1{,}41\cdot10^{-15} \text{м}$