Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Электростатика. Постоянный электрический ток. Электромагнетизм. Учебно-методическое пособие
.pdf
2
(
)
ℓ
ℓ
∧
0
′
0
′
′
мН
9
Кл
– коэффициент пропорциональности.
2
где
1 ⋅
=k
4
πε
0
109
⋅=
Таким образом, работа перемещения пробного заряда q′ в поле, создаваемом одиночным зарядом q, действительно не зависит от пути перехода из начального положения в конечное [1–5] и является функцией
начального (r1) и конечного (r2) расстояний между зарядами q и q′.
Силовое поле, обладающее таким свойством, называется потен-
циальным [1].
Выразим теперь работу по перемещению заряда через напряженность поля, учитывая, что F = E⋅q′:
⋅⋅⋅= cos'
dFdEqdA
;
(3.3)
dA = q′Edr.
3.2. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ ЗАРЯДА.
ПОТЕНЦИАЛ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОГО ПОЛЯ
Работа поля по переносу заряда равна убыли потенциальной энергии:
dA = -dW; (3.4)
откуда
dW = -dA.
С учетом выведенного ранее выражения для работы
qq
dA
=
4 επε
dr
получим
2
r
qq
dW
−=
4 επε
dr
.
2
r
Интегрируя это соотношение, найдем выражение для потенциальной энергии, полагая, что при r = ∞ W = 0:
−=
=
∞
∫∫
4
0
4 επε
51
′
qq
επε
r
0
;
dr
2
qq
.
r
0
W
dW
0
W
(3.5)
Если заряд q′ находится в поле точечных зарядов q1, q2, q3, ..., qn,
′
i
i
0
ϕ
Рис.
то его потенциальная энергия будет равна сумме его потенциальных
энергий в полях, создаваемых каждым из зарядов в отдельности. Это
следует из принципа суперпозиции полей [1–15]:
n
i
i
1
n
′
==
qWW
i
q
i
=
επε
4
r
n
qk
ε
q
i
∑∑∑
===
i
,
r
11
(3.6)
где ri – расстояние между зарядами qi и q′.
Из формул (3.5) и (3.6) видно, что отношение потенциальной
энергии заряда q′ к его величине не зависит от q′ и поэтому может
W
служить характеристикой поля. Отношение
обозначается через ϕ и
′
q
называется [1-5] потенциалом электрического поля:
W
.
=ϕ
′
q
(3.7)
Следовательно, потенциальная энергия равна
W = q′⋅ϕ,
а изменение потенциальной энергии
dW = q′⋅dϕ.
Из формулы (3.7) следует, что потенциалом
какой-либо точки электростатического поля
называется физическая величина, численно равная потенциальной энергии единичного положительного заряда, помещенного в эту точку [1–5].
r
Потенциал поля, создаваемого точечным за-
3.2
рядом q, найдем, подставив (3.5) в (3.7):
q
4
kq
==ϕ
rεπε
0
.
εr
График зависимости потенциала поля точечного заряда от рас-
стояния до него ϕ = f(r) изображен на рис. 3.2.
Потенциал системы зарядов определим из выражений (3.6) и (3.8):
n
∑
=
ii1
,
ϕ=ϕ
(3.8)
(3.9)
52
или
i
i
i
010
ϕ
ϕ
Кл
n
q
i
4
i
4
n
1
επεrεπε
q
i
===ϕ
r
i
n
q
k
ε
i
∑∑∑
===
i
.
r
11
(3.10)
Введя понятие потенциала, работу по перемещению заряда q′ из
точки А в точку В электростатического поля можно выразить через разность потенциалов в точках А и В (рис. 3.3). Для этого проинтегрируем
выражение (3.4) и подставим в полученное уравнение выражение (3.7):
A = W1 – W2; (3.11)
A = q′ (
1
–
).
2
(3.12)
Работа, совершаемая силами электростатического поля при перемещении точечного электрического заряда, равна произведению этого заряда на разность потенциалов в начальной и конечной точках
пути [1–15].
Единицу разности потенциалов можно
определить из выражения (3.12):
Рис. 3.3
A
=ϕ−ϕ
21
Потенциальная энергия заряда q′ на бесконечно больших расстояниях от образующего поля заряда q равна нулю (W2 = 0). Следова-
тельно, потенциал поля в этой точке равен нулю (ϕ2 = 0).
Тогда по формуле (3.12) работа перемещения заряда из точки А
в бесконечность равна
откуда
;
′
q
Дж
[ ]
A∞ = W1 = q′ ϕ1,
21
=ϕ
1
A
В
==ϕ−ϕ
.
∞
.
′
q
Так как точка А – произвольная точка поля, то, отбрасывая индекс у потенциала ϕ и заряда q′, получим
A
∞
=ϕ
.
q
53
(3.13)
Таким образом, потенциал данной точки электростатического поля
∞
∞
можно определить как физическую величину, численно равную работе,
совершаемой электрическими силами при перемещении положительного единичного заряда из бесконечности в данную точку поля [1–5].
Проинтегрируем выражение (3.3), используя в качестве верхнего
предела интегрирования ∞:
=
∞
ℓ dEdEqA
∫
1
∧
.
)(cos' ℓ
С учетом выражения (3.13) получим следующее выражение для
потенциала:
=ϕ
3.3. ЭКВИПОТЕНЦИАЛЬНЫЕ ПОВЕРХНОСТИ.
ЦИРКУЛЯЦИЯ ВЕКТОРА НАПРЯЖЕННОСТИ
ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОГО ПОЛЯ.
СВЯЗЬ МЕЖДУ ПОТЕНЦИАЛОМ И НАПРЯЖЕННОСТЬЮ ПОЛЯ
ℓ dEdE
∫
1
∧
.
)(cos ℓ
(3.14)
Для графического изображения распределения потенциала
в электростатическом поле пользуются системой так называемых поверхностей равного потенциала (эквипотенциальных поверхностей).
Эквипотенциальная поверхность представляет собой совокупность всех точек поля, имеющих одно и то же значение потенциала [1].
Для поля точечного заряда потенциал убывает обратно пропорционально расстоянию r от источника поля:
q
Рис. 3.4
=ϕ
4 επε
Из этого следует, что ϕ = const при r = const, то
есть поверхности равного потенциала будут кон-
центрическими сферами, описанными вокруг источника поля на возрастающих расстояниях друг
от друга (рис. 3.4).
.
r
0
54
Переместим пробный заряд q′ > 0 вдоль поверхности равного по-
ϕ
ϕ
(
)
∧
ℓ
ℓ
(
)
∧
ℓ
ℓ
(
)
∧
ℓ
ℓ
(
)
∧
ℓ
ℓ
(
)
ℓ
ℓ
∧
(
)
∧
ℓ
ℓ
тенциала из точки 1 в точку 2. Так как ϕ1 = ϕ2, получим, что работа
Таким образом, работа перемещения пробного заряда вдоль поверхности равного потенциала равна нулю [1–5].
Проинтегрируем формулу (3.3), связывающую работу электрического поля и напряженность, по замкнутому контуру L:
Согласно формуле (3.12), эта работа равна произведению пробного заряда на разность потенциалов начальной и конечной точек траектории движения этого заряда. Для замкнутой траектории положе-
ние начальной и конечной точек пути совпадает, поэтому ϕ1 = ϕ2.
А = q′ (
∫
L
∫
L
1
-
⋅⋅⋅=
cos'
⋅⋅⋅=
cos'
) = 0.
2
dFdEqA
;
dFdEqA
.
(3.15)
Значит, работа по перемещению заряда по замкнутому контуру равна
нулю. Следовательно,
∫
L
откуда
∫
L
Это выражение называется [1–5] циркуляцией вектора напря-
женности электростатического поля. Таким образом, характерным
для электростатического поля является то, что циркуляция вектора
напряженности по любому замкнутому контуру равна 0.
Определим связь между напряженностью и потенциалом. Согласно выражению (3.3),
dFdEq
dFdE
0cos' =⋅⋅⋅
,
0cos =⋅⋅
.
(3.16)
где
dA = q′Edr.
cos
drdFd =⋅
(см. рис. 3.1). Тогда
⋅⋅⋅= cos'
55
dFdEqdA
;
С другой стороны, из формулы (3.4) следует, что
dr
-
6
2
2
1
σ
σ
1
2
σ+σ
dA = - dW = -q′⋅dϕ.
Приравняем правые части этих выражений и получим
-q′ dϕ = q′ E dr,
откуда
Eϕ−=
d
.
(3.17)
Напряженность электрического поля равна градиенту потенциала
в направлении силовой линии, взятому с обратным знаком [1–15].
Примеры решения задач
Пример 3.1. Две параллельные плоскости, заряженные с различ-
ными по знаку поверхностными плотностями σ1 = 0,2 мкКл/м2
и σ2 = -0,3 мКл/м2, находятся на расстоянии d = 0,5 см друг от друга.
Определить разность потенциалов между плоскостями.
Дано: СИ Решение:
σ1 = 0,2 мкКл/м2
σ2 = -0,3 мкКл/м
2
d = 0,5 см
ε = 1
(φ1 - φ2) =?
1
,
где
= ЕЕ
1
2
εε
0
=
2
0,2·10
Кл/м
-0,3·10-6 Кл/м
5·10-3 м
2
,
ε0 =8,85·10
2
εε
0
2
+=
Напряженность электрического поля между двумя равноименно заряженными плоскостями может быть найдена по
принципу суперпозиции (1.5):
EEE
,
-12
Кл2/(Н⋅м2) – электрическая по-
стоянная.
Векторы напряженности
E
и
E
имеют одинаковые направления,
поэтому геометрическую сумму можно заменить арифметической:
21
=+= ЕЕЕ
21
2
εε
.
0
Плотность заряда σ2 в последней формуле берется по модулю,
знак заряда определяет направление вектора напряженности, которое
учтено при сложении напряженностей.
56
Поле между плоскостями однородно, поэтому напряженность по-
(
)
⋅σ+
σ
Ф
м
⋅
⋅
⋅
(
)
−−−
ля связана с разностью потенциалов (3.17) как
Е = (φ1 – φ2)/d.
Отсюда
d
2
εε
21
0
.
( )
21
=⋅=ϕ−ϕ
dЕ
Проверка размерности:
ммКл
[ ]
21
=ϕ−ϕ
2
=
.В
Расчет:
266
105,0103,0102,0
( )
21
=ϕ−ϕ
−
1085,812
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅+⋅
12
=
.В141
Ответ: φ1 – φ2 = 141 В.
Пример 3.2. Тонкий стержень согнут в кольцо радиусом R = 10
см. Он равномерно заряжен с линейной плотностью τ = 300 нКл/м.
Определить потенциал в точке, расположенной на оси кольца на расстоянии h = 20 см от его центра.
Дано: СИ Решение:
R =10 см
τ = 300 нКл/м
h = 20 см
ε = 1
φ =?
0,1 м
3·10-7 Кл/м
0,2 м
Согласно принципу суперпозиции электрических полей каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов.
Заряд на кольце не является точечным, поэтому разбиваем его на элементарные заряды (рис. 3.5):
dq = τ⋅dℓ,
где dℓ – бесконечно малый участок кольца.
Заряд dq можно считать точечным. Он
создает поле, потенциал которого в точке А
равен
57
Рис. 3.5
d
τ
ℓ
0
мФм
⋅
⋅
⋅
⋅
−
-
6
44
d
πεε
,
r
00
dq
=ϕ
πεε
=
r
где
22
по теореме Пифагора.
hRr +=
По принципу суперпозиции полей потенциал поля в точке А равен сумме потенциалов полей, создаваемых элементарными зарядами
dq. Так как заряды dq одного знака, то можно найти суммарный потенциал интегрированием. Пределы интегрирования – от нуля до 2πR.
2
R
A
=ϕ=ϕ
πεε
d
1
π
d
=τ
ℓ
∫∫
r
0
0
44
τ
πεε
2
R
=π⋅
r
0
2
R
τ
.
22
hR
+εε
Проверка размерности:
ммКл
[ ]
=ϕ
7
1,0103
=ϕ
А
−
⋅⋅
12
( ) ( )
.В
=
3
В.105,7
22
2,01,01085,812
+⋅⋅⋅
⋅=
Ответ: φА =7,5⋅103 В.
Пример 3.3. Полому металлическому шару сообщили заряд q =
0,4 мкКл. Радиус шара R = 0,2 м. Определить напряженность и потенциал поля на поверхности шара и в его центре (рис. 3.6).
Дано: СИ Решение:
q = 0,4 мкКл
R = 0,2 м
ε = 1
Е
= ? φ0 = ?
0
Е
= ? φR = ?
R
0,4·10
Кл
Определим поток вектора
напряженности, пронизывающего сферу радиуса r:
NE = E 4πr2.
По теореме Гаусса
NE = q/(εε0),
где ε0 = 8,85·10
-12
Кл2/Н⋅м2 – электрическая постоянная.
r
R
Отсюда
O
Е = q/(4πεε0r2).
Рис. 3.6
58
Поле заряженного шара обладает сферической симметрией (3.17),
=
Кл м В
;
Ф м м
м
Ф
⋅
⋅
поэтому
Е= -dφ/dr;
dφ = -Edr = - qdr/(4πεε0r2).
В этих формулах r – это произвольный радиус, т. е. расстояние
от центра сферы до исследуемой точки. Интегрируя, получим
q
const
=ϕ
4
πεε
+
r
0
.
Полагая при r = ∞ φ = 0, получим соnst = 0. Тогда
φ = q/(4πεε0r).
Потенциал поверхности шара
φR = q/(4πεε0R).
Когда заряды находятся на шаре в равновесии, поле внутри шара
отсутствует. Это следует из того, что заряды располагаются на поверхности, внутри сферы радиусом r < R зарядов нет. Тогда по теореме Гаусса (2.14)
Е 4πεε0r = 0,
откуда
E = 0.
Так как
Е = -dφ/dr,
то при Е = 0 dφ = 0. То есть потенциал заряженного проводника во
всех точках одинаков. Поэтому в центре проводника
E
0
R
,0
0
q
−=ϕ=ϕ
4
πεε
.
R
0
Проверка размерности:
E⋅= =
[ ]
⋅
2
мКл
[ ]
=ϕ
=
.В
59
Расчет:
9 10 B;
−
ℓ
⋅⋅π⋅=
E
τ
ℓ
τ
τ
dr
ϕ
⋅
τ
6
Е
= = ⋅
R
4 3,14 1 8,85 10 0,2
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
0
=ϕ=ϕ
R
0,4 10
−
⋅
( )
12
⋅⋅⋅⋅⋅
2
( )
2,01085,8114,34
12
−
6
104,0
⋅
−
4
4
B.108,1
⋅=
Ответ: ЕR = 9⋅104 В/м; Е0 = 0 В/м; φ0 =φR= 1,8⋅104 В.
Пример 3.4. Электрическое поле образовано положительно за-
ряженной бесконечно длинной нитью. Двигаясь под действием этого
поля от точки, находящейся на расстоянии r1 = 1 см от нити, до точки
r2 = 4 см, α – частица изменила свою скорость от 2·105 м/с до 3·106
м/с. Найти линейную плотность заряда на нити.
Дано: СИ Решение:
r1 = 1 см
r2 = 2 см
mα = 6,64·10
q = 3,2·10
v
= 2·105 м/с
1
v
= 3·106 м/с
2
-19
ε = 1
= ?
-27
кг
Кл
0,01 м
0,02 м
Вокруг нити опишем цилиндр радиуса r и высотой ℓ. По определению потока напряженности (2.10)
.2
rEN
По теореме Гаусса (2.14) тот же поток равен
q
εε
.
00
N
=
E
=
εε
Приравнивая правые части этих выражений, получим
E
=
2
πεε
.
r
0
Линии напряженности направлены от нити по радиусам, поле за-
ряженной нити обладает осевой симметрией, поэтому
d
Е
−=
dr
Отсюда
Edrd
−=−=ϕ
2
πεε
.
r
0
В результате интегрирования получим
r
ln
1
∫
r
2
60
τ
−=ϕ−ϕ
12
2
πεε
.
τ
−=
2
πεε
( )
00
−
.lnln
rrr
12
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]