Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Электромагнитные поля и волны.-5

.pdf
Скачиваний:
38
Добавлен:
05.02.2023
Размер:
3.52 Mб
Скачать

89

Задача №4 Между пластинами плоского конденсатора расположены два

слоя диэлектрика с проницаемостями ε1 и ε 2 . Размеры слоев показаны на рисунке. 3.3. Определить потенциал, напряженность поля и емкость конденсатора.

Решение:

Пространство между пластинами разбиваем на две области: область Ι с диэлектриком, имеющую диэлектрическую проницаемость ε1 и область ΙΙ, имеющую диэлектрическую проницаемость ε 2 . Для каждой из областей запишем уравнение Лапласа, т.к. ρ = 0 и его решение.

Для первой области

d 2 ϕ1 = 0 , ϕ1 = Ay + B . dy 2

Для второй области

d 2 ϕ2

= 0 , ϕ

 

= Cy + D .

dy 2

2

 

 

Для определения четырех неизвестных констант А, В, С, D нужно использовать четыре граничных условия:

При

y = 0

y = 0

y = d

y = d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ = 0

ϕ

 

= U

ϕ1 = ϕ

ε1

dϕ1

= ε2

dϕ2

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dy

dy

 

В результате будет получена система:

0 = A × 0 + B

 

U = C × b + D

1)

ε1 A = ε 2 C

 

 

A × d + B = C × d + D

 

Решение системы этих уравнений даёт определение констант

А, В, С, D

B = 0 , A = (ε 2 / ε1 ){U / d (ε 2 / ε 1 − 1) + b} , C = U /{d (ε 2 / ε1 − 1) + b} ,

D = (U (ε 2 / ε 1 − 1)d ) /{d (ε 2 / ε1 − 1) + b} .

Потенциалы в областях имеют вид и удовлетворяют граничным условиям:

a и q,

90

Для первой области:

ϕ1 = (ε 2 / ε1 )Uy /{d 2 / ε1 −1) + b} при y = 0 ϕ1 = 0 .

Для второй области:

ϕ2 = U (d2 / ε1 -1) × y) /{d2 / ε1 -1) + b} при y = d ϕ2 = U .

Напряженность электрического поля в первой и второй областях соответственно

E y1

= −

dϕ1

 

= −(ε

2 / ε1 )U /{d 2 / ε1 − 1) + b};

 

 

 

 

 

dy

 

 

E y 2

= −

dϕ2

= −U /{d

2 / ε1 − 1) + b}.

 

 

 

 

dy

 

 

Отношение

Еу1

=

ε 2

или Dу1 = Dу2 , что говорит о выполнении

Е

у2

ε

1

 

 

 

 

 

 

 

 

граничных условий при y = d . Емкость двухслойного конденсатора является последовательным соединением емкостей

C1 = ε1S / d , C2 = ε 2 S /(b d ) , C = C1C2 /(C1 + C2 ) .

 

Задача №5.

 

 

 

 

Определить потенциал ϕ ,

 

напряженность

 

 

 

 

электрического

поля

E и

 

вектор

 

электрического

 

смещения

D ,

двухслойного

 

коаксиального

конденсатора

 

 

 

Рис

длиной

L.

Параметры

 

 

 

 

 

 

 

 

диэлектриков

и

размеры

 

конденсатора приведены на рис. 3.4. Заряд на поверхности внутреннего проводника конденсатора равен q , внешний проводник конденсатора заземлен.

Решение:

Для данной задачи, потенциал конденсатора описывается уравнением Лапласа в цилиндрической системы координат, в котором из соображений симметрии по координатам удерживается только одно слагаемое

Ñ2 j = 1 × r

 

¶j

r

 

 

r

= 0 .

r

91

Общее решение этого уравнения будет иметь вид ϕ = A ln r + B и

для областей 1 и 2 запишется в виде:

ϕ1 = A1 ln r + B1 ; R1 r R2 (3.22) ϕ2 = A2 ln r + B2 ; R2 r R3 (3.23)

E1r

= −

A1

 

, R1 r R2 ,

(3.24)

r

 

 

 

 

 

 

E2r

= −

A2

 

, R2 r R3 .

(3.25)

 

 

 

 

 

r

 

 

 

Напряженность

электрического

поля

выражается через

 

 

 

 

 

 

R

R

∂ ϕ

 

 

градиент потенциала

E = −grad ϕ = −r 0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

Так как ϕ зависит только от r , то вектор

R

будет иметь одну

E

составляющую E r :

 

 

 

 

 

E1r

= −

A1

 

, R1 r R2 , (3.24)

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E2r

= −

A2

 

, R2 r R3 . (3.25)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

Для определения потенциала в данной, конкретной задаче необходимо определить неизвестные постоянные: A1 , A2 , B1 , B2 .

Для этого надо воспользоваться четырьмя граничными

условиями для поля и потенциала.

 

 

 

 

 

 

при r = R3

при r = R1 ,

 

при r = R2

 

1) ϕ2

= 0

2)

 

3)

D

= D

, 4)

 

D = ξ = q / (2π R1L)

ϕ = ϕ

 

n1

n 2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

Здесь

ξ -поверхностная

плотность

заряда

на

внутренней

поверхности проводника конденсатора. Используем первое граничное условие:

ϕ2 = A2 ln R3 + B2 = 0

откуда получим

A2 ln R3 = B2

и, следовательно,

92

ϕ2 = − A2 ln R3 . r

Из второго граничного условия

 

При r

= R ,

 

 

Dr1 = ε1 Er1 = −ε1

 

A1

=

 

 

 

q

 

, откуда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R1

 

 

R1 L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A1

= −

 

 

q

 

 

= −ξ .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πε1 L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выражение

 

 

(3.22)

 

для

 

потенциала

 

ϕ1

 

будет

 

 

иметь вид

ϕ1

= −

 

 

q

 

 

 

 

ln r + Â 1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πε L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используем третье граничное условие Dr1

= Dr 2

 

 

 

при

r = R 2

(3.24) и (3.25)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A1

ε1 = −

A2

ε2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

откуда, зная А1 получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A = A

ε1

= −

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε

 

 

2πε

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теперь можно полностью записать потенциал второй области

 

ϕ2

=

 

 

 

 

q

 

 

 

ln

R3

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 L

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для полного определения потенциала ϕ1

используем четвёртое,

граничное условие ϕ1 = ϕ2 при r = R 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

ln

R3

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

q

 

 

1

 

+

1

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ Â 1

 

откуда B1

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

L

n R

 

 

 

 

2πε

 

 

L

 

 

R

2πε

 

L ln R2

 

L

ε

 

 

ε

 

 

 

 

2

 

 

1

 

 

1

 

nR2

2

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

ln

R3

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

q

 

 

1

 

+

1

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

ln R2

+ Â

1

 

откуда B1

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

L

n

 

 

 

 

 

2πε2 L R2

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

ε1

nR2

ε2

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

2πε1 L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

1

 

 

 

 

R

2

 

 

1

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Откуда потенциал ϕ1

=

 

 

 

 

 

 

n

 

 

+

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

ε1

 

 

ε2

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

 

 

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, основная часть задачи решена -

потенциалы и

ϕ1 и ϕ2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

определены полностью

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

93

ϕ1

=

 

q

 

1

 

 

 

R

 

 

+

1

 

n

R

 

,

 

 

 

 

 

 

 

n

 

2

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

ε1

L

 

 

r ε2

L

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

R2

 

ϕ2

=

 

 

q

 

 

 

ln

R3

.

 

 

 

 

 

 

 

2πε

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из их сравнения следует, что потенциал непрерывен на границе раздела диэлектрик – диэлектрик при r = R 2 Далее запишем выражения для Еr1 , Еr 2 ,Dr1, Dr 2 .

Er 1

=

q

 

,

Dr1

=

 

q

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πε1 Lr

 

 

Lr

 

 

Er 2

=

q

 

 

,

Dr 2

=

 

q

 

 

.

 

 

2πε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 Lr

 

 

 

Lr

 

 

Перейдём от двухслойного конденсатора к однослойному, для

чего положим ε1 = ε 2

 

= ε ,

 

 

 

тогда

 

 

 

q

 

r

R

 

R0

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ =

 

 

 

 

ln

 

 

 

, E

= r

 

 

 

 

 

.

 

2πεL

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R1

 

 

 

 

2πεLr

Задача №6. (Электростатические поля, создаваемые заряженными телами. Определение объемных зарядов по заданному потенциалу ϕ )

В цилиндрическом объёме задан потенциал j = 2 × r 2 - 4 . Определить объёмную плотность заряда, создающего это поле.

Решение:

Чтобы по заданному закону распределения потенциала в пространстве

ϕ(r,a, z) найти объёмный заряд, создающий это поле,

необходимо использовать уравнение Пуассона (3.5).

В нашем случае поле зависит только от r , поэтому в уравнении Пуассона записанного в цилиндрической системе координат оставляем слагаемое, зависящее только от координаты r .

1 ∂

∂ϕ

= −

ρ

(3.26)

 

 

 

r

r

 

r

r

ε0

путём

последовательного дифференцирования, находим

выражение для объемной плотности заряда

1

 

(r4r ) = −

ρ

,

8r

= −

ρ

, ρ = −8ε0 .

 

 

 

 

 

 

r r

ε0 r

ε0

94

Примером применения уравнения Пуассона является хорошо известная в электронике задача о нахождении распределения объёмного заряда между катодом и анодом электроннолучевой

трубки.

 

 

 

 

Задача №7. Определение объемного заряда.

 

Из плоского катода К вылетают электроны в

 

направлении плоского анода А. Расстояние

 

между

 

 

 

 

электродами d много меньше их размеров.

 

Катод заземлён, на анод подан потенциал U .

 

Потенциал

электрического

поля

между

Рис. 3.5

электродами меняется по закону

 

4

 

ϕ = kx 3 ,

 

здесь k –const ( рис. 3.5).

Определить распределение объёмного заряда между электродами и поверхностный заряд на электродах.

Решение:

Для определения объемной плотности зарядов ρ в области между электродами следует использовать уравнение Пуассона.

Потенциал зависит только от координаты х. (краевыми эффектами пренебрегаем). Поэтому получим

r(x) = -e 2 j = - 4 k × e × x − 2 3 . x 2 9

Плотность поверхностных зарядов на катоде и на аноде определяется . граничными условиями (3.9) В нашем случае нормалью к катоду будет ось х. Поэтому поверхностная плотность заряда на катоде будет

¶j

 

 

= - x

;

xê

= -e

¶j

 

 

= -

4

k × e × x 13

 

= 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

x=0

e

 

 

 

x

 

x=0

3

 

 

x=0

 

 

 

 

 

 

Аналогично нормаль к аноду противоположна по направлению оси x. Поэтому для анода

xà

= e

¶j

 

 

=

4

k ×e × d

13

. (3.27)

 

x

 

 

 

 

 

 

x=d

3

 

 

 

 

 

 

 

 

95

Попробуем разобраться, почему при x → 0 объемная плотность заряда ρ ( х) → ∞ ?

Движение электронов от катода к аноду приводит к появлению

тока переноса R , величина которого в любом сечении,

jпер

параллельном плоскостям катода и анода, должна быть, неизменной и равна

δïåð = ρϑ = const , (3.28)

где ϑ – скорость движения заряда. Отсюда ρ ~ 1/ ϑ . Вылетевший из катода электрон имеет скорость ϑ , близкую к

нулевой. Поэтому вблизи катода ρ → ∞ . По мере удаления от катода электрон разгоняется, ϑ растет и ρ непрерывно падает. Так как энергия движущейся частицы

 

mJ2

= ej , то ϑ ~

 

и ρ ~ ϕ1 2 , где ϕ ϕ - потенциал в точке

W =

ϕ

 

2

 

 

 

нахождения электрона с учетом влияния пространственного заряда.

Задача

 

№8.

 

 

Определение

потенциала

и

напряженности

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определить

потенциал

и

 

напряженность

 

 

 

электрического поля, созданного точечным зарядом

 

 

 

q = 1 Кл в точке, удалённой от нёго на расстояние r = 1

 

 

 

r = 1м. Относительная диэлектрическая проницаемость

 

 

 

 

Рис.

 

среды ε r =4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для точечного заряда (3.13).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

q

 

 

1×3610

−9

 

 

9 ×10

−9

 

B

 

q

= 2,25 ×10−9 Â .

E =

=

 

 

=

 

= 2,2510−9

, j =

4per 2

 

 

 

 

 

ì

 

 

 

4p4

 

 

4

 

 

 

 

4per

 

 

 

 

Просчитайте, как изменятся потенциал и напряженность поля, если этот заряд будет находиться в воздухе?

Задача №9 Метод зеркальных отображений.

96

Получите выражение в точке М для потенциала ϕ , создаваемого точечным зарядом q , расположенным над идеально проводящей плоскостью на высоте h (рис. 3.6).

Решение: Для решения следует использовать метод зеркального отображения и принцип суперпозиции. Метод зеркального отображения заключается в том, что металлическая поверхность заменяется зеркально отображенным зарядом q .

Используя этот метод и принцип суперпозиции, записываем выражение для потенциала в точке М .

j = j(q ) + j(q ) =

q

-

q

 

=

4q

=

q

.

 

 

 

 

 

 

4p e a 4pe

5a 20pea 5pe a

Электрическое поле и потенциал в точках, удаленных на расстояние r от заряженной нити, определяются формулами:

R

R0

τ

 

τ

 

E =

r

и ϕ =

ln r + C .

 

 

2πε

 

2πε r

 

Задача №10 Определить напряженность электрического поля и потенциал в

точке М , расположенной в свободном пространстве, создаваемые тонкой нитью, на которой находится заряд с линейной плотностью τ = 0,01 Кл/м. Расстояние от нити до точки М равно 1м.

Решение:

Для нити Е иϕ получены в предыдущей задаче. Тогда

R

π

 

 

E =

36

107

=18 ×107 В/м;

 

 

 

2pl

 

Потенциал можно однозначно определить, задав точку, в которой он равен нулю, например при r = r1 ,ϕ = 0

Ñ = −

τ

ln r1 и ϕ =

τ

ln

r

=18 ×107 ln

r

, В.

 

 

 

2πε

 

2πε

r

r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

Задача №11. Метод зеркальных отображений.

97

Над проводящей плоскостью, имеющей положительный поверхностный заряд ξ , на высоте h , параллельно ей подвешен заряженный провод с погонной плотностью заряда + τ (рис. 3.7). На какой высоте должен быть расположен провод, чтобы сила, действующая на него, равнялась

нулю? Рис. 3.7 Решение:

При решении используем метод зеркального отображения без учета заряда на плоскости и принцип суперпозиции потенциалов.

Для зарядов

и - τ в точке М потенциал не высоте h

определяется из соотношения

ϕì = −

τ

(LnR1

LnR2 ) ,

 

2πε

 

 

 

где

R1 = (h z)2 + r 2

а

R2 = (h + z)2 + r 2 ,

При r = 0

ϕì

= −

τ

 

(Ln(h z) − Ln(h + z) .

2πε

0

 

 

 

Поверхностный заряд, наводимый заряженной нитью на проводящей поверхности при z = 0 равен

ξ

 

= −ε

∂ϕ

= −

τ

 

(h z) + (h + z)

= −

τ

.

 

 

 

 

 

 

 

s

 

 

zz=0 h2 + z 2

πh

Чтобы сила, действующая на провод была равна нулю,

необходимо выполнить равенство

ξ = ξ

 

=

τ

 

 

 

S

πh

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

откуда высота подвеса должна быть равна

τ

h= πξ .

98

На основании этого закона, в следующей задаче находится сила, с которой проводящие плоскости действуют на точечный заряд.

Задача №12

Найти силу, действующую на точечный заряд q, помещенный на расстояниях a = 4 см и b = 3 см от двух проводящих полуплоскостей, образующих между собой прямой угол (рис. 3.8).

Решение:

Рис.

Применяем метод зеркальных изображений. Отобразим зеркально

заряд +q в проводящих плоскостях. Получим дополнительные заряды r = 1 (−q2 ), (−q3 ) , как показано на рис. 3.9а, там же нарисованы электрические поля системы. Определяем силу, действующую на заряд q со стороны трех зарядов q1, q2 , q3

(направление силы от положительного заряда к отрицательному, рис. 3.9,б). Согласно принципу суперпозиции на заданный заряд

Рис.