Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

с инета для метод

.pdf

Скачиваний:

1531

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

5.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 444 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Гл.1. Постоянное электрическое поле						31
Ответ: Для r < R: Eвнутри =	ρ	r ; для r > R: Eвне	=	ρR2	1	.
Ответ: Для r < R: Eвнутри =	2ε0	r ; для r > R: Eвне	=	2ε0	r	.
	2ε0			2ε0	r

Задача 1.3.14. Внутри бесконечного круглого цилиндра радиуса R0, заряженного равномерно с объёмной плотностью ρ, имеется круглая цилиндрическая полость радиуса R1 (R1 < R0), ось которой параллельна оси цилиндра и находится от неё на расстоянии а (рис. 1.14). Найти напряженность электрического поля в полости.

Решение

Для решения данной задачи целесообразно использовать реше-

ние базовой задачи 1.3.13 и
принцип суперпозиции. Иско-					a	0
мое поле в полости можно			O	r	a	0
мое поле в полости можно			O	r		r′
представить как сумму		полей			A
сплошного	цилиндра,	заря-			A
женного с плотностью +ρ, и
сплошного	цилиндра,	совпа-
дающего с полостью, заряжен-
ного с плотностью (–ρ).
Сначала найдем поле ци-
линдра, заряженного с плотно-			Рис. 1.14. К вычислению напряженности
стью +ρ. Воспользуемся ре-			поля Е в цилиндрической полости внутри
зультатом задачи 1.3.13, со-			заряженного цилиндра (задача 1.3.14)
гласно которому напряжен-
ность поля внутри такого цилиндра будет равна E1				=	ρ		r , где r –
ность поля внутри такого цилиндра будет равна E1				=	2ε	0	r , где r –
					2ε	0

радиус-вектор точки, проведенный в перпендикулярном сечении от оси цилиндра. Аналогично, поле внутри цилиндра, совпадающего с

полостью, будет E2 = (−ρ) r′, где r´ – радиус-вектор точки А, про- 2ε0

веденный от оси полости. Напряженность поля в произвольной точке А полости будет равна сумме полученных полей

	ρ	′	ρa
	2ε0	′	2ε0
Ea =	2ε0	(r − r ) =	2ε0	,

где вектор а = r – r′ определяет смещение оси полости относительно оси цилиндра. Следует отметить, что поле внутри полости одно-

32	ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

родно, то есть не зависит от r′.

Ответ: Ea = 2ε0 a .

Задача 1.3.15 (базовая задача). На поверхности сферы радиуса

R равномерно распределен положительный заряд с поверхностной плотностью σ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке.

Решение

Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентрическую сферу радиуса r.

При r < R заряда внутри этой поверхности нет. Значит, в любой точке внутри равномерно заряженной сферы E = 0.

При r > R весь заряд q = 4πR2σ находится внутри поверхности Гаусса, а поток вектора E через неё равен 4πr2E. По теореме Гаусса находим

E =	q		=	σR	2	.

	4πε0 r	2		ε0 r	2

Поле вне равномерно заряженной сферы совпадает с полем точечного заряда q, расположенного в центре сферы.

На заряженной поверхности напряженность поля не определе-

на (испытывает скачок от E = 0 внутри, до E =	q	=	σ	– сна-
	4πε0 R2
			ε0

ружи). Физический смысл такого поведения функции E(r) объяснен в решении задачи 1.3.8.

	Eвне =	σR2
Ответ: для r < R: Eвнутри = 0; для r > R:					.
		ε	0	r2

Задача 1.3.16 (базовая задача). Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти напряженность поля в произвольной точке.

Решение

Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентриче-

Гл.1. Постоянное электрическое поле

скую сферу радиуса r.

При r < R заряд внутри этой сферы равен (4/3)πr3ρ, а поток E

через её поверхность равен 4πr2E. По теореме Гаусса Eвнутри = ρ r . 3ε0

Таким образом, внутри равномерно заряженного шара поле растет от центра шара по линейному закону, достигая на поверхности ша-

ра значения E =	ρR	=	q	, где q – полный заряд, размещенный

	3ε0		4πε0 R2
на шаре.

При r > R рассуждения ничем не отличаются от проведенных в задаче 1.3.15. Поле снаружи равномерно заряженного шара совпадает с полем точечного заряда, расположенного в центре шара и равного по величине полному заряду шара. Функция E(r) непрерывна, так как нет поверхностей, несущих поверхностный заряд.


Ответ: для	r < R:	Eвнутри =		ρ	r ;
Ответ: для	r < R:	Eвнутри =			r ;
				3ε0
	r ≥ R:			q			где q =	4	3
для		Eвне =				,			πR	ρ.
для		Eвне =	4πε0 r2			,		3	πR	ρ.

Задача 1.3.17. Внутри шара, равномерно заряженного с объемной плотностью +ρ, сделана сферическая полость, центр которой смещен относительно центра шара на вектор a. Найти напряженность поля внутри полости.

Решение

Если представить себе полость как шар, равномерно заполненный зарядом с плотностью (–ρ), вставленный в сплошной шар с объемной плотностью +ρ, то поле в полости можно определить как суперпозицию полей этих двух равномерно заряженных шаров. Эти поля найдены в базовой задаче 1.3.16.

Выберем начало координат в центре О большого шара (рис.1.15) и проведем в произвольную точку А полости радиус-вектор r. Центр полости О′

	ρ	A
		r
	O	r´
	O	a O´
		a O´

Рис. 1.15. К вычислению напряженности поля Е в сферической полости внутри заряженного шара (задача 1.3.17)

34 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

определим радиус-вектором а. Соединим О' с точкой А вектором r′. Из построения ясно, что r = а + r′.

Согласно результатам задачи 1.3.16 имеем в точке А:

E =	ρ	′	ρ	a.
	3ε0		3ε0
		(r − r ) =

Таким образом, поле внутри полости однородно.

Ответ: E = 3ε0 a .

Задача 1.3.18. Две длинные параллельные нити равномерно заряжены с одинаковой линейной плотностью заряда τ. Найти максимальное значение модуля напряженности поля в плоскости симметрии этой системы. Расстояние между нитями d.

Решение

Плоскость симметрии системы параллельна нитям и отстоит от каждой из них на расстояние d2. Напряженность поля, создавае-

мая каждой нитью, вычислена в базовой задаче 1.3.12: она направлена радиально от нити, а модуль ее равен

E		τ	1
	E =		r .
	E =	2πε0	r .

E2	E1	где r – расстояние	от нити до произ-
	A	вольной точки А,	расположенной в
	ϕ	плоскости симметрии. Пусть точка А
	ϕ	находится на расстоянии x от линии,
		находится на расстоянии x от линии,

xпроведенной через две нити перпенди-

кулярно

плоскости симметрии (на

рис. 1.16

показана плоскость, перпен-

Рис. 1.16. К вычислению напря-

дикулярная к нитям).

женности поля от двух заряжен-

Используя принцип суперпозиции,

ных нитей (задача 1.3.18)

определим напряженность поля E в

точке А. Из рисунка видно, что

E = 2E1 cosφ =

πε0

x2 + (d / 2)2

где cos φ =

. Максимальное

значение

E находим из условия

Гл.1. Постоянное электрическое поле					35
	dE	= 0 , откуда x =	d	и Emax =	τ	.

	dx	2			πε0 d

Ответ: Emax = πε0 d .

Задача 1.3.19. В сфере, заряженной равномерно с поверхностной плотностью заряда σ, вырезано круглое отверстие, малое по сравнению с радиусом сферы. Найти напряженность поля в центре этого отверстия.

Решение

Ввиду малых размеров отверстия можно считать, что вырезанная часть сферы эквивалентна диску малого радиуса. Согласно принципу суперпозиции поле в центре отверстия можно представить как сумму поля сплошной сферы и поля, созданного диском, равным отверстию и заряженным с поверхностной плотностью (–σ).

Рис.1.17. Заряженная сфера с вырезанным малым отверстием (задача 1.3.19)

Напряженность поля вблизи поверхности сплошной сферы

равна Е1 = σ (см. базовую задачу 1.3.15).

ε0

Напряженность поля вблизи центра диска определена в базовой задаче 1.3.6. Она направлена противоположно полю сплошной сфе-

ры и по величине равна E2 = σ . В итоге радиальная напряжен- 2ε0

ность поля в центре отверстия Еr = Е1 – E2 =			σ	−	σ	=	σ	.
ность поля в центре отверстия Еr = Е1 – E2 =				−		=		.
			ε0		2ε0		2ε0
Ответ: Еr =	σ	.
Ответ: Еr =		.
	2ε0

Задачи типа 1.4

Определение напряженности поля непрерывного неравномерного распределения заряда, когда плотность распределения заряда выражается какой либо функцией координат

36	ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Метод решения. В общем виде методика решения задач этого типа та же, что и при решении задач типа 1.2 и, если распределение заряда обладает элементами симметрии, задач типа 1.3. Отличие заключатся в том, что выражения для плотностей зарядов ρ, σ и τ не константы, а заданы определенными функциями координат, что приводит к некоторому усложнению интегралов, определяющих проекции напряженности поля в заданной точке.

Задача 1.3.20. Сфера радиуса r заряжена с поверхностной плотностью заряда σ = ar, где а – постоянный вектор, r – радиусвектор точки сферы относительно её центра (рис. 1.18). Найти напряженность электрического поля в центре сферы.

Решение

Выберем за ось Z вертикаль, проведенную через центр сферы параллельно вектору а, а начало координат поместим в центр сферы. В этом случае поверхностная плотность заряда будет распределена по закону

+σ′ + z + +

+	a	ϑ	r +
	dE	O	y
–			–
–			–
–σ′	–	–	–

Рис. 1.18. К определению напряженности поля в центре сферы с неравномерно распределённым поверхностным зарядом (задача 1.3.20)

σ(ϑ) = ar cosϑ,

где ϑ – полярный угол точки наблюдения.

Заряд элементарной площадки сферы с площадью

dS = r2sinϑ dϑ dφ

будет равен

dq = σdS = ar3sinϑ cosϑ dϑ dφ, где φ – азимутальный угол. Напряженность поля от этого заряда в центре сферы равна

1 dq r dE = − 4πε0 r2 r ,

a ее модуль

dE = 4πε1 0 ar cosϑ sinϑdϑdϕ .

Проекции dE на ось Z и на перпендикулярное направление y соответственно равны

2π

dEz = −dE cos ϑ ∫0 dϕ = 2ε0 sin ϑcos2 ϑ dϑ и

Гл.1. Постоянное электрическое поле

2π

dEy

= −dEsinϑ ∫dϕ = −

sin2 ϑ cosϑ dϑ .

2ε0

Интегрирование по углу ϑ соответственно дает

= −

∫sinϑ cos2ϑ dϑ = −

и Ey

= −

∫sin2 ϑ cosϑ dϑ = 0 .

2ε

3ε

2ε

Вспоминая, что ось Z направлена вдоль вектора а, можно ответ написать в векторном виде E = − 3εr0 a .

Ответ: E = − 3ε0 a .

Замечание. Другой способ решения этой задачи предлагается ниже в задаче 1.4.11.

Задача 1.3.21. Тонкое кольцо радиуса R заряжено с линейной плотностью τ = τ0 cosφ (начало полярной системы координат в центре кольца). Найти напряженность поля в центре и в произвольной точке на оси кольца.

Решение					-dq	+dq
С учетом симметрии системы
рассмотрим четыре участка кольца					E	ϕ
длиной dl = Rdφ каждый, располо-					E	ϕ
длиной dl = Rdφ каждый, располо-
женных на концах двух взаимно						X
перпендикулярных		диаметров
(рис. 1.19, на котором стрелками по-					-dq	+dq
казаны напряженности					-dq	+dq
казаны напряженности
	1	dq		Рис. 1.19. К		вычислению напря-
dE1 = 4πε0		R2 ,		Рис. 1.19. К		вычислению напря-
dE1 = 4πε0		R2 ,		женности поля Е в плоскости не-
создаваемые точечными зарядами dq				равномерно		заряженного кольца
= τdl, находящимися на каждом уча-				(задача 1.3.21)
стке dl).
Видно, что при их сложении будет отлична от нуля только про-
екция на ось X:
dEx = –4dE1 cosφ = −			1	τ0	cos2 ϕdϕ = dE.
dEx = –4dE1 cosφ = −			πε0		cos2 ϕdϕ = dE.
			πε0	R

38	ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Интегрируя это выражение в пределах от 0 до π2 , получим значение напряженности в центре кольца:

E = −

τ0

i ,

dE1

4ε0R

(здесь учтено и направление

вектора E, а i – орт оси Х).

точке на

оси кольца,

отстоящей

от

плоскости

–dq

+dq

кольца на расстояние z, усло-

вия симметрии те же, поэто-

Рис. 1.20.

К вычислению

напряженности

му опять будет отлична от

поля Е на оси неравномерно заряженного

нуля только проекция E на

кольца (задача 1.3.21)

ось

Но

теперь

(см.

рис. 1.20)

= −4dE1 cosϕcosα =

dE1 =

, dEx

4πε0

z2 + R2

= −4

cosϕcosα = −

τ0R2

cos2

ϕdϕ .

4πε0 z2 + R2

πε0 (z2 + R2 )3/ 2

Вычисляя интеграл по φ в пределах от 0 до π2 и учитывая направление вектора E, находим

		τ	R2
Ответ:	E = −	0		i .
		4ε0 (z2 + R2 )3/ 2

Задача 1.3.22. Система состоит из шара радиуса R, заряженного равномерно, и окружающей среды, заполненной зарядом с объ-

ёмной плотностью ρ = α , где α – постоянная, r – расстояние до r

центра шара. Найти заряд шара, при котором модуль вектора напряженности электрического поля вне шара не будет зависеть от r.

Решение

Задача обладает сферической симметрией, что позволяет воспользоваться теоремой Гаусса. Выберем в качестве поверхности

Гл.1. Постоянное электрическое поле

Гаусса сферу с радиусом r > R. Тогда величина заряда внутри этой поверхности будет Q + q, где Q искомый заряд шара, а q – заряд шарового слоя, равный

q = ∫ρ4πr2dr = 2πα(r2 − R2 ) .

Согласно теореме Гаусса, напряженность поля на выбранной поверхности будет

	Q + q		1	Q		2παR2

E =	4πε0r	2 =			2 + 2πα −	r	2
	4πε0r		4πε0 r			r

Величина Е не будет зависеть от r, если Q = 2παR2. Напряжен-

ность поля при этом будет равна Евне = α . 2ε0

Ответ: Q = 2παR2.

Задачи типа 1.5

Определение напряженности поля, в создании которого участвуют электрические диполи

Метод решения: использовать определения диполя или дипольного момента системы зарядов (1.5), (1.6) и выражения для на-

пряженности поля диполя (1.4).	E

Задача 1.3.23. Используя сферическую систему координат с ортами er и eφ, начало которой совпадает с точечным электрическим диполем с моментом p, найти в произвольной точке А с координатами (r, φ) компоненты и модуль вектора напряженности.

Решение

	α	Er
Eϕ	eϕ	er
	eϕ	A(r,ϕ)

Рис.1.21. Компоненты напряженности поля диполя в сферических координатах (задача 1.3.23)

Поместим начало координат в точку нахождения диполя и направим полярную ось φ = 0 вдоль вектора p (рис. 1.21). Используем для расчета формулу (1.4) теоретического введения, отсчитывая угол φ от направления вектора p:

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

E(r) =

3(pr)r

−

4πε0

Поскольку в выбранной системе координат

pr = pr cosφ, per = pcosφ, peφ = – psinφ, reφ = 0,

находим из (1.4):

Er =

pcosϕ

Eφ =

psinϕ

2πε0r3

4πε0r3

E = E2

+ E2

3cos2ϕ +1 .

4πε0r3

Отсюда E = Er er + Eφeφ. Вектор E составляет с направлением r угол

α, такой, что tgα =

tgφ.

pcosϕ

psinϕ

Ответ: Er =

, Eφ =

, E =

3cos2 ϕ +1 .

2πε0r3

4πε0r3

Задача 1.3.24. Два точечных диполя с одинаковыми по величине дипольными моментами p находятся на расстоянии R друг от друга и ориентированы взаимно перпендикулярно. Найти величину напряженности поля в точке О, расположенной посередине между диполями. Вектор момента р1 одного из диполей направлен под углом ϑ относительно прямой, соединяющей диполи

(рис.1.22а).

Решение

Используем

решение

обозначения

задачи

1.3.23.

ϑ +

Для первого диполя угол φ1

между векторами р1 и

ра-

вен

φ1 = 2π – ϑ

(см.

рис. 1.22б), поэтому для про-

Рис. 1.22а. Система двух взаимно перпен-

екций напряженности на оси

дикулярных диполей (задача 1.3.24)

сферической

системы

коор-

динат получаем

2p1 cosϑ

p sinϑ

Er1 = 4πε0

r13

, Eϕ1 = −

4πε

Знак «–» в Eϕ1

показывает, что эта компонента направлена проти-

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 444 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.11.20182.69 Mб27рустам курсовой (2).docx
#
14.11.2019118.27 Кб9рыночн.doc
#
20.12.2018239.62 Кб16РЭУБД.doc
#
17.03.2015860.16 Кб284Ряд и преобразование Фурье методичка.doc
#
26.09.201958.42 Кб9с 1 по 10 ТУ.docx
#
17.03.20155.91 Mб1531с инета для метод.pdf
#
17.03.2015652.72 Кб12С.И.К. 1995.doc
#
17.03.2015585.22 Кб27С.И.К. 1998.doc
#
08.11.2018775.71 Кб16САК лаба 1 Исследование передаточных функций.docx
#
17.03.20155.44 Mб19Салаватский Нефтехимик.pdf
#
14.11.2018822.27 Кб6Самостоят+расчет.doc