Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Репетитор по физике. Электростатика. Учебное пособие
.pdf
Из рис. 1.5 видно, что
22
22
τ
F = 540 ìêÍ
qq
12
30 10==−íÊëè íÊë
d = 20 ñì
r210= ñì
E
EÅ
12
=+
12
sinβ=
2
=
2
2
r
+
0
4
. (1.20)
r
+
4
0
Подставив (1.20) в (1.19), получим:
q
F
=⋅
2
πε
Вычислив (1.21), будем иметь:
1
r
00
. (1.21)
r
+
4
0
.
Задача 3
Электрическое поле создано двумя точечными зарядами
. Расстояние между зарядами
.
Определить напряжённость электрического поля в точке, находящейся на расстоянии
расстоянии
от второго зарядов.
r115=ñì
от первого и на
Решение
Физическая система состоит из двух точечных зарядов
и созданного ими поля (рис. 1.6).
Для решения задачи воспользуемся принципом суперпозиции, согласно которому напряжённость поля в искомой
точке
жённостей
может быть найдена как векторная сумма напря-
полей, создаваемых каждым зарядом
è
в отдельности:
EE E
.
Рис. 1.6
21
Напряжённость, создаваемая первым зарядом:
q
q
2c
rr d
,è
−−
,Â
r
q
вторым:
E
1
E
2
2
=
4
=
4
; (1.22)
2
r
πε
01
q
2
. (1.23)
2
r
πε
02
Вектор
как заряд
направлен по силовой линии от заряда q1, так
E
1
положителен; вектор
1
направлен к заряду
E
2
так как заряд q2 отрицателен.
Абсолютное значение Е найдём по теореме косинусов:
2
EEEEE=++
где α – угол между векторами
2
1
2
12
и
E
E
2
1
, (1.24)
os
α
, который с использованием теоремы косинусов может быть найден из
треугольника со сторонами
21222
cosα=
drr
12
. (1.25)
rr
2
12
:
Подставляя (1.22) и (1.23) в (1.24), получим:
2
qrq
E
1
=++
4
πε
0
2
qq
1
2
4
4
r
1
2
12
2
rr
122
⋅
⋅
2
⋅
cos
α
. (1.26)
Вычислив результат, будем иметь
4
E =⋅16710
.
ì
Задача 4
,
2
Рассчитать напряжённость поля прямой бесконечной
нити, равномерно заряженной с линейной плотностью τ,
в точке А, удалённой от нити на расстояние
.
0
Решение
Физическая система состоит из бесконечного линейно
распределённого заряда и созданного им поля. Решим зада-
22
чу двумя методами. Применим сначала теорему Гаусса.
E
Φ
rE=
π
Q =⋅
τ
τ
τ
00
dQ d=
τ
В силу симметрии вектор напряжённости в любой точке
нормален цилиндрической поверхности, проходящей через
эту точку и имеющей ось симметрии, совпадающую
с нитью. Поэтому в качестве замкнутой поверхности возьмём цилиндр длиной с осью симметрии, совпадающей
с нитью, боковая поверхность которого проходит через точ-
ку А (рис. 1.7). Поток вектора
вен нулю, через боковую поверхность
через торцы цилиндра ра-
2
E
. Пол-
0
ный заряд, расположенный внутри цилиндра,
С учётом этого по теореме Гаусса будем иметь:
2
π
rE= ,
0
ε
0
откуда
.
Er=
πε
2
Рис. 1.7
. (1.27)
⋅
Теперь применим принцип суперпозиции. Разделим
нить на столь малые элементы d, чтобы заряд
находящийся на каждом таком элементе, можно было счи-
23
,
тать точечным. Выберем один из элементов (рис. 1.8). В точ-
dQ
d
==
⋅
44
τ
dE
d
⋅
sc
τ
d
0
⋅
ns
τ
cos
α
d
BO
rd
==
⋅
coscos
α
α
α
0
2
=⋅
α
cos
ке А он создаёт напряжённость
dE
πε
2
r
0
, (1.28)
2
r
πε
0
где r – расстояние от выбранного элемента до точки А.
Рис. 1.8
Разложим вектор
альную
составляющие. На рис. 1.8 видно, что
dE
2
dE dE
=⋅ =
1
dE dE
=⋅ =
2
на нормальную
πε
πε
⋅co
2
r
0
⋅si
2
r
α
4
α
4
и тангенци-
dE
1
; (1.29)
os
α
. (1.30)
in
α
нити определяется углом α, возьмём его в качестве переменной интегрирования. В связи с этим выразим входящие
в (1.29) и (1.30) величины d и r через r0 и α.
ника BCO следует:
Подставляя найденные значения в уравнения (1.29) и (1.30),
получим:
Поскольку положение выбранного точечного заряда на
Из треугольника ADB находим
, так как
rr=
BO rd
24
0
. Из треуголь-
r
α
0
.
d=⋅
α
00
τ
αα
τ
αα
−+
ππ
22
42
s;
τ
00
σσ
==,,
dE
=⋅⋅
1
4
πε
cos
r
; (1.31)
d
dE
=⋅⋅
2
4
πε
r
00
sin
Интегрируя (1.31) и (1.32) в пределах от
. (1.32)
d
äî
, бу-
дем иметь:
π
+
2
E
=⋅⋅=
1
E
2
τ
∫
πε
r
π
00 00
−
2
ππ
+
2
=⋅⋅=
τ
∫
πε
r
4
π
00
−
2
αα
co
αα
sin
Таким образом, окончательно
d
d
Er=
τ
πε
r
.
0
, что совпадает
πε
2
с выражением, полученным с помощью теоремы Гаусса.
Нетрудно видеть, что в данном случае вычисления по
принципу суперпозиции оказались более трудоёмкими, чем
при использовании теоремы Гаусса. Однако существуют задачи, в которых всё наоборот.
Задача 5
Электрическое поле создано двумя параллельными бесконечными заряженными плоскостями с поверхностными
04 01
плотностями заряда
1
ìêÊë ìè ìêÊë ì
Определить напряжённость электрического поля, созданного этими заряженными плоскостями.
Решение
Физическая система состоит из двух заряженных плоскостей и создаваемого ими поля. Для решения задачи воспользуемся принципом суперпозиции, согласно которому
25
2
2
2
.
поля, создаваемые каждой плоскостью, накладываются друг
E
E
ES∅
σ
∆S
0
⋅∆∆
σ
σ
σ
на друга. Напряжённость поля, создаваемого, к примеру,
первой плоскостью, найдём по теореме Гаусса. Для этого
построим цилиндр с образующими, перпендикулярными
плоскости, и основаниями величиной ΔS (рис. 1.9) и применим к нему теорему Гаусса. Поток через боковую часть поверхности будет отсутствовать, поскольку она параллельна
вектору
но, суммарный поток через поверхность равен 2
три поверхности заключён заряд
. Для оснований En совпадает с
. Согласно теореме
1
. Следователь-
ΔS. Вну-
1
Гаусса, должно выполняться условие
2
ES
⋅=
1
1
,
ε
S
из которого
Аналогично
E
=
1
E
=
2
Рис. 1.9
26
1
.
2
ε
0
2
.
2
ε
0
Плоскости делят всё пространство на три области: I, II,
+
12
1
22
22
σσ
EE
III
() ()
=⋅
01710
44
,,,Âì Âì
= 40 ñì
τ
,Êëì
τ
r020= ñì
EE=⋅=
τ
dx
=⋅
τ
III. Как видно из рис. 1.9, в первой и третьей областях электрические силовые линии обоих полей направлены в одну
сторону, во второй – в противоположные. В соответствии
с этим
I III
() ()
EE EE
==+=⋅
II
()
EEE
=−=⋅
12
12
σσ
1
−
12
;
.
Произведя вычисления, получим
I
=⋅
710
,
.
=⋅
2831
Задача 6
Отрезок длиной
с линейной плотностью
1
, равномерно заряженный
7
15 10=+ ⋅
−
, и бесконечная
прямая нить, заряженная с линейной плотностью
7
−
410=+ ⋅
2
дикулярно друг другу на расстоянии
, расположены в одной плоскости перпен-
Êë ì
(рис. 1.10).
Определить силу взаимодействия между ними.
Решение
В физическую систему включим два тела: нить и отрезок. Физическое явление заключается в воздействии поля на
заряд отрезка. Поскольку поле нити неоднородно, а значит,
на различные (но равные по длине) участки отрезка действуют различные силы, использовать для определения
силы формулу
FQ
1
нельзя.
Для нахождения силы применим принцип суперпозиции. Разделим отрезок на столь малые части
заряд, находящийся на них, dQ dx
, можно было счи-
1
, чтобы
тать точечным. Тогда на произвольно выбранный заряд dQ
будет действовать сила
27
dF EdQ
⋅
ττ
rr
00
+
xr
00
,H
12
πε
2
0
dx=⋅ =
⋅
, (1.33)
x
где х – расстояние заряда dQ от нити; Е – напряжённость
поля, создаваемого нитью (см. задачу 4).
Рис. 1.10
Сила, действующая на каждый элемент отрезка, зависит
от расстояния х. Поэтому х выберем в качестве переменной
интегрирования. Из рис. 1.10 следует, что х изменяется
в пределах от
äî
. Интегрируя (1.33) по х, полу-
чим:
+
r
0
ττ
⋅
F
12
=
∫
r
0
⋅=
πε
22
0
dx
ττ
Подстановка числовых значений даёт
⋅
12
ln
πε
. (1.34)
+
1
F =⋅
12 10
−
3
.
28
2. ПОТЕНЦИАЛ. РАБОТА.
E
ϕ
ϕ
()
∂
∂
∂
E
r
E
r
ϕ
q
rr
ЭНЕРГИЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ
2.1. Основные понятия и соотношения
Потенциалом электрического поля называется скаляр-
ная величина ϕ, равная отношению потенциальной энергии
E
поля
к величине пробного заряда q0:
p
E
p
ϕ
. (2.1)
=
q
0
Связь между потенциалом электрического поля ϕ и на-
пряжённостью поля
определяется соотношениями:
E =−∇
=−
∫
; (2.2)
Edr,
, (2.3)
где ∇ – дифференциальный оператор вида
∇=
i
j
+
x
∂
+
y
∂
Соотношение (2.2) позволяет найти поле
.
k
z
∂
посредством
дифференцирования ϕ по координатам х, y, z радиуса-вектора
точки наблюдения. Аналогично соотношение (2.3) позволяет найти потенциал поля ϕ посредством интегрирования
по
до точки наблюдения. Постоянная интегрирования
в (2.3) при этом выбирается так, чтобы потенциал ϕ принимал определённое значение в заданной точке пространства.
Для поля, создаваемого конечной системой зарядов, потенциал ϕ принимается равным нулю на бесконечности. В соответствии с последним требованием потенциал точечного заряда q в однородной и изотропной среде с диэлектрической
проницаемостью ε можно определить выражением
=
πεε
, (2.4)
r4
0
где
=.
29
Следствием соотношений (2.2), (2.3) является условие
ϕ
()
ϕ
Eq
=
ϕ
′
q
qq
′
ij
ортогональности силовых линий поля эквипотенциальным
поверхностям, уравнение которых определяется выражением
xyz,,
= const .
Соотношения (2.2), (2.3) позволяют также сформули-
ровать принцип суперпозиции, согласно которому потен-
циал электрического поля, создаваемый системой зарядов,
равен алгебраической сумме потенциалов, создаваемых
каждым из зарядов в отдельности. По этой причине по-
тенциал системы из N точечных зарядов qi можно определить выражением
N
1
=
4
πε ε
q
i
, (2.5)
∑
r
1
i
=
0
i
где i – номер заряда и ri – расстояние от i-го заряда до точки
наблюдения.
Из формулы (2.1) следует, что заряд q, находящийся
в точке поля с потенциалом ϕ, обладает потенциальной
энергией
p
Если потенциал ϕ создаётся точечным зарядом
. (2.6)
, расположенным на расстоянии r от заряда q, то формула (2.6)
будет определять энергию взаимодействия двух зарядов
мы, состоящей из N точечных зарядов qi, будет
E
E
=
p
4
πε ε
. (2.7)
r
0
Нетрудно показать, что энергия взаимодействия систе-
N
∑
ij
,
qq
, (2.8)
r
1
=
ij
1
=⋅
p
214
πε ε
0
30
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]