Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методическое пособие 438

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.42 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 2013 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

чтобы напряженность электрического поля в третьей вершине оказалась равной нулю?

Решение Модуль вектора напряженности электростатического

поля, создаваемого зарядами q1 и q2 в третьей вершине равностороннего треугольника, определяется выражением

		E		E		1	q	,
	E12		1		2	4 0
							r2
E2	E1	где r - сторона треугольника.
		Направление векторов E1, E2 и

		результирующего вектора E12 показано

на рис.42. Модуль результирующего вектора напряженности, равен

q1	q	q2				3	q1
	Рис.42		E12	2 E1	cos30	4 0	r2 .

Для того чтобы напряженность в третьей вершине стала равной нулю, дополнительный электрический заряд должен создавать

электрическое поле, напряженность которого равна по величине, но противоположна по направлению вектору E12 . Учитывая, что квадрат расстояния от заряда до вершины равен

3 r2 , получим

q E 4			3		r2	3 3	q .
						4
	0	4						1
Задача 3. Положительный заряд равномерно
распределен по тонкому кольцу радиусом								a с линейной
плотностью . Найти напряженность E						электрического поля
на оси кольца как функцию расстояния						x		от его центра.
Исследовать случаи: а) х 0, б)		х		a.

121

Рис.43

Решение Выделим на кольце

около точки А малый элемент d (рис.43), несущий элементарный заряд dq d . Вектор напряженности поля, создаваемого этим зарядом в точке С равен

	1	d	r	,
dE
	4 0	r2
			r

где r - радиус-вектор направленный от элемента d к точке С, в которой определяется напряженность.

Разложим вектор	dE на составляющие вдоль
координатных осей

dE dEx dEy idEx jdEy ,

и перейдем к интегрированию.

E dE i dEx j dEy .

силу

симметрии

dEy

Тогда

результирующий вектор

напряженности E

направлен по оси

x, модуль которого найдем интегрированием

2 a

2 a cos

dEx

cos

4 0 r

4 0

Учитывая, что r a2 x2 1/2 и cos

x2 1/ 2

получаем

4 0

a2 x2 3/2

122

а) Если x 0, то E 0;	б) если	x	>>a, то E	q	,

				4 0r2

т.е. на больших расстояниях кольцо можно считать точечным зарядом.

Задача 4. Тонкий стержень длиной L = 10 см равномерно заряжен с линейной плотностью = 1 мкКл/м. На продолжении оси стержня на расстоянии d = 20 см от ближайшего его конца находится точечный заряд q = 100 нКл. Определите силу взаимодействия стержня и точечного заряда.

Решение

Выполним рисунок. За начало отсчета оси OX возьмем точечный заряд, направив ось в сторону стержня (рис.44).

	L	d	O dF F


x			q

	dx	x
	dx	x

Рис.44

Выделим на стержне элемент dx, несущий элементарный заряд dq dx . Взаимодействие данного элементарного заряда с точечным зарядом определится по закону Кулона

1 q dF 4 0 x2 dx.

Сила взаимодействия стержня и точечного заряда

определится интегрированием

q d L dx

q L

4 0 d x2

4 0d(d L)

4 0 d

d L

123

		Произведя вычисления, получим
						F 1,5 10 3 Н.
		Задача	5.	Тонкая прямая
нить		длиной		2		заряжена
равномерно				с		линейной
плотностью				.		Найти
напряженность			E		поля в точке,
отстоящей на расстоянии x от

центра		нити	и	расположенной
симметрично			относительно				ее
концов. Исследовать случаи: a)									Рис.45
x>> ; б) .
						Решение.			участок d (рис.45).
		Выделим		на	нити элементарный
Электрический заряд данного участка dq d можно считать
точечным. Вектор напряженности поля, создаваемого данным
зарядом на расстоянии x от центра нити в точке С, равен
							1	d r ,
						dE
							4 0 r2 r
где r	- радиус-вектор направленный от элемента d к точке С,
в которой определяется напряженность.

Разложим вектор	dE на составляющие вдоль
координатных осей

dE dEx dEy idEx jdEy ,

и перейдем к интегрированию.

E dE i dEx j dEy .

В силу симметрии Ey dEy 0. Тогда

результирующий вектор напряженности E направлен по оси x, модуль которого найдем интегрированием

124

							1	d
			E dEx				4 0	r2		cos .
Приведем это выражение к виду, удобному для
интегрирования. С этой целью выразим две переменные d и
r через одну, а именно угол . Из рисунка видно, что
				r		x	; dl rd .
					cos			cos
			1
Поэтому E			1			2 0cos d					2sin 0 ,
			4 0		x	0			4 0x
где sin
где sin		.
	2	x2
Окончательно имеем							q
					E		q			.
				q		4 0x 2		x2
а) Если х>> , то E				q		, как поле точечного заряда;
			4 0 x2
б) Если , то E				2 .
			4 0x
Задача 6. Определить напряженность электрического
поля в центре полусферы радиуса R , равномерно заряженной
с поверхностной плотностью .
						Решение
						Разобьем		полусферу на тонкие
z			кольца, представленные на рис.46.
			Элементарный						заряд		кольца будет
r		dz	равен			dq ds 2 rRd .
r	R	z				dq ds 2 rRd .
O			Для определения напряженности поля на
dE			оси кольца как функции расстояния от
Рис.46			его центра, воспользуемся формулой,
			полученной при решении задачи №3. С

125

учетом новых обозначений, данная формула будет иметь вид

dE	adq	a rd	.
	4 0R3
		2 0R2

Учитывая, что r Rsin , а a Rcos , получим

dE cos sin d sin d(sin ) . 2 0 4 0

Интегрируя данное выражение в пределах угла от 0 до /2, найдем напряженность в центе полусферы

/ 2

sind(sin )

sin2

/ 2

4 0

Задача 7. Бесконечная плоскость равномерно заряжена

поверхностной

плотностью

Определить

напряженность электрического

поля

представить

график

E(x).

Решение

Линии векторов E1 и E2 всюду перпендикулярны плоскости и параллельны по отношению друг к другу (рис.47а). Это значит, что поля в обоих полупространствах однородные. Одно векторное полупространство будет зеркальным отображением другого. Следовательно E2 E1 .

Вычислим

модуль

напряженности E

a) б)

Рис.47

126

опираясь на интегральную теорему Гаусса. Сообразно картине полей в качестве замкнутой поверхности возьмем прямой цилиндр с основаниями по разные стороны плоскости (рис.47б). Поток вектора E через боковую поверхность цилиндра равен нулю. Поэтому полный поток через всю поверхность будет равен сумме потоков через основания цилиндра, т.е.

EndS 2E S ,

где S - площадь основания цилиндра. Заряд внутри цилиндра

q S .

Согласно теореме Гаусса

2E S S ,

отсюда получаем

E . 2 0

График зависимости E(x)представлен на рис.48.

	Ex

	2 0		x
0			x
0
		2 0
		2 0

Рис.48

Задача 8. На поверхности бесконечного пустотелого проводящего цилиндра радиусом R равномерно распределен заряд с линейной плотностью . Определить напряженность и потенциал электрического поля в зависимости от расстояния от оси цилиндра. Построить графики E(r) и (r).

Решение Из соображений симметрии следует, что вектор

напряженности электрического поля может быть направлен только радиально. Внутри цилиндра поле отсутствует. Для определения напряженности в произвольной точке С снаружи цилиндра выберем вспомогательную замкнутую поверхность в виде коаксиального цилиндра высотой h, радиус которого

127

равен расстоянию от точки С

до оси цилиндра (рис.49).

Теорема

Гаусса

для

выбранной

поверхности

запишется в виде

E 2 rh

h ,

отсюда E

2 0r

Рис.49

При

r R

напряженность

поля

принимает максимальное

значение

Emax

2 0R

Рассмотрим теперь потенциал данного поля. Примем за начало отчета потенциала, точку, удаленную от оси цилиндра на расстояние 3R (точка заземления). В этом случае потенциал на расстоянии r>R от оси цилиндра определится интегралом

(r) (0) E(r)dr ,

		3R
r			r	dr			3R
(r) E(r)dr						ln		.
	2
3R		0 3R		r	2 0 r

Вчастности, потенциал поверхности цилиндра (r=R)

(R) ln3.

2 0

В виду отсутствия поля внутри цилиндра (r R) потенциал имеет постоянное значение

(r) (R) const .

На основании полученных результатов представим графики зависимостей E(r) и (r)(рис.50).

128

ln3

Рис.50

Задача 9. Две концентрические сферы с радиусами

R1 =0,1 м иR2 =0,2 м равномерно заряжены с поверхностными

плотностями

1=10нКл/м2

2 =15нКл/м2

(рис.51). Найти

напряженности и потенциалы электростатического поля на

поверхностях сфер. Построить графики зависимостей

E(r)

и (r).

Решение

Поле

такой

системы

является

центрально-симметричным.

Предполагаемая симметрия позволяет

использовать теорему

Гаусса

для

нахождения

напряженности

различных

областях

Рис.51

электростатического поля, выбирая в

качестве

замкнутой

поверхности

концентрические сферы различного радиуса.

r <

Очевидно, что для сферы

радиуса

из-за

отсутствия

внутри сферы заряда, согласно

теореме Гаусса

напряженность равна нулю.

R1 <r <R2 ,

Для

концентрической

сферы

радиуса

применяя теорему Гаусса, получим

E 4 r2

4 R2 и

1 1

0r2

129

В частности, при r=R1, т.е. на поверхности первой

сферы,

напряженность равна

1,13кВ/ м.

Применяя теорему Гаусса к концентрической сфере

радиуса

r >R2 , найдем зависимость

E(r)

в данной области

поля

E 4 r2

1 4 R12 2 4 R22 и E

1R12 2R22

0r2

Из полученного выражения следует, что на

поверхности второй сферы при r=R2 напряженность равна

1,98кВ/ м .

0R2

Для определения потенциала в различных областях

поля, используем связь между

в сферических

координатах:

и 1 2 Erdr.

Полагая потенциал поля в бесконечности равным нулю,

путем интегрирования найдем зависимость (r) в области r >

R2 :

		R2	R2

(r) Edr	1	1	2 2	,	0,
		0r
r

отсюда находим потенциал на поверхности внешней сферы

		R2	R2

R2 Edr	1	1	2 2	395B.
		0R2
R2
Проведя интегрирование			в	области R1 < r <R2 ,

получим

130

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 2013 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.38 Mб2Методическое пособие 433.pdf
#
30.04.20221.39 Mб5Методическое пособие 434.pdf
#
30.04.20221.4 Mб3Методическое пособие 435.pdf
#
30.04.20221.41 Mб2Методическое пособие 436.pdf
#
30.04.20221.41 Mб5Методическое пособие 437.pdf
#
30.04.20221.42 Mб15Методическое пособие 438.pdf
#
30.04.20221.43 Mб1Методическое пособие 439.pdf
#
30.04.20221.27 Mб5Методическое пособие 44.doc
#
30.04.2022303.3 Кб4Методическое пособие 44.pdf
#
30.04.20221.43 Mб3Методическое пособие 440.pdf
#
30.04.20221.44 Mб7Методическое пособие 441.pdf