МЭИ(ТУ) Физика

Полученное выражение, очевидно, будет справедливо в любом месте на продолжении стержня, т. е.

где x – расстояние от конца стержня до рассматриваемой точки.

После решения задачи желательно рассмотреть со студентами предельные случаи значений x.

1. При x >> l0 выражение (4) после приведения к общему знаменателю примет вид

т. е. всегда можно найти такое большое расстояние x, что заряженный стержень будет вести себя как точечный заряд.

2. При x → 0 выражение (4) теряет смысл, так как величина E обращается в беско- нечность. Это объясняется тем, что при решении задачи не учитывались ни размеры, ни форма поперечного сечения стержня (по условию задачи стержень тонкий). Следова- тельно, проведенное решение справедливо для точек, настолько удаленных от стержня, что в них напряженность поля не зависит от его поперечного сечения.

Задача 4

По тонкой нити длиной l0 равномерно распределен положительный заряд с линей- ной плотностью τ. Найти напряженность поля в точках A и B (рис. 51), расположенных

соответственно против середины нити и против одного из ее концов на одинаковом расстоянии a от нее.

Анализ (СГСЭ)1. На основании закона Кулона можно получить выражение для напряженности поля, созданного точечным зарядом. В данной задаче следует написать формулу для напряженности по- ля, созданного лишь очень маленьким элементом dl нити, обладаю- щим зарядом dQ.

Так как линейная плотность нити равна τ, то заряд

1 В тех случаях, когда задача решается не в СИ, в анализе задачи в скобках указы- вается используемая система единиц.

Интересно исследовать выражения (11) и (12) для случая l0 >> a, т. е. для так назы-

ваемой бесконечной нити. В точке A при l0 >> a угол αA → π2 , поэтому

E = 2aτ .

Силовые линии поля лежат в плоскостях, перпендикулярных заряженной нити, и имеют радиальные направления. При приближении исследуемой точки к концам нити будет появляться составляющая Ey, т. е. плоскорадиальная симметрия поля нарушится.

В точке B, лежащей против одного из концов нити, при t0 >> a αB → π2 , поэтому

Ex = Ey = τa .

Вектор напряженности E будет направлен под углом 45° к нити1.

Задача 5

Две бесконечно длинные равномерно заряженные нити расположены параллельно друг другу на расстоянии a = 10 см. Найти геометрическое место точек, где результи- рующая напряженность поля равна нулю, если линейные плотности зарядов нитей имеют значения:

τ1 = +12 СГСЭq см ; τ2 = +6 СГСЭq см .

Анализ. В условии оговорено, что нити бесконечно длинные; это значит, что рас- стояние между нитями много меньше длины каждой, и поле, создаваемое каждой ни-

1 В более слабых группах задачу следует разбить на две самостоятельные или огра- ничиться отысканием напряженности поля только в точке A. Переход от нити конечной длины к «бесконечно длинной» желательно сохранить, чтобы лишний раз подчеркнуть относительность последнего понятия.

Если выражение для напряженности поля бесконечно длинной тонкой нити было достаточно подробно выведено на лекции, то задачу № 4 при недостатке времени мож- но опустить совсем; но при решении задачи № 5 следует обязательно оговорить грани-

цы применимости формулы E = 2πετ 0 x .

тью, можно считать плоскорадиальным (силовые линии лежат в плоскостях, перпенди- кулярных заряженной нити, и направлены по радиусу). Рассмотрим сечение нитей пер- пендикулярной плоскостью (рис. 53). В любой точке, не лежащей в плоскости обеих

Рис. 53.

нитей, векторы напряженности полей первой и второй нитей расположены под углом друг к другу. Следовательно, результирующее поле E = E1 + E2, и оно не может быть равно нулю. Векторы E1 и E2 коллинеарны и притом направлены в разные стороны только в точках, лежащих в плоскости нитей между ними. Все точки прямой, располо- женной параллельно нитям, будут находиться в равных условиях.

Решение. Рассмотрим поле в точке C:

Как видно из рис. 53, векторы E1 и E2 направлены в разные стороны. Следовательно, равенство (1) можно заменить скалярным выражением

Здесь x – расстояние от первой нити до точки C. Согласно условию задачи EC = 0, по-

этому

Напряженность поля обращается в нуль в точках прямой, лежащей в одной плоскости с заряженными нитями параллельно им и расположенной на расстоянии x = 0,07 м от первой нити.

Задача 6

Три плоскопараллельные тонкие пластины, расположенные на малом расстоянии друг от друга, равномерно заряжены. Поверхностные плотности зарядов пластин

σ1 = 3×10−8 Клм2 ; σ2 = -5 ×10−8 Клм2 ; σ3 = 8×10−8 Клм2 .

Найти напряженности поля в точках, лежащих между пластинами и с внешней сторо- ны. Построить график зависимости напряженности поля от расстояния, выбрав за нача- ло отсчета положение первой пластины.

Анализ. Согласно принципу суперпозиции поле в любой рассматриваемой точке будет создаваться всеми тремя заряженными пластинами:

где Ei – вектор напряженности поля, созданного одной пластиной.

Следовательно, прежде всего надо найти поле, создаваемое одной равномерно за- ряженной пластиной1. Рассмотрим большую плоскость, равномерно заряженную с по- верхностной плотностью σ. Из соображений симметрии можно предположить, что в точках, достаточно близких к плоскости, силовые линии поля направлены перпендикулярно самой плос- кости (рис. 54). Тогда, если напряженность поля вычислять с помощью теоремы Гаусса, вспомогательную поверхность надо выбрать так, чтобы она содержала две плоскости, параллель-

Рис. 54. ные заряженной, например цилиндр, ось которого располагает- ся параллельно силовым линиям поля, а основания симметрич- ны относительно заряженной плоскости и одно из них проходит через точку K, в кото-

рой определяется поле. При таком выборе вспомогательной поверхности угол (E, dS)

будет равен нулю во всех точках оснований цилиндра и π2 во всех точках боковой по-

верхности.

1 Если формула поля заряженной плоскости известна студентам, то данный вывод можно опустить.

Разобьем интеграл по вспомогательной гауссовой поверхности на интегралы по бо- ковой поверхности цилиндра (Sбок) и по основаниям (SI и SII):

òEdS = òEdS + òEdS + òEdS .

S Sбок SI SII

Первый интеграл обращается в нуль, так как на боковой поверхности E dS, скалярное произведение EdS = EdS cos(E, dS), поэтому E, dS ≡ 0. Знак тождества показывает, что это равенство справедливо в любой точке боковой поверхности. На основаниях цилин- дра векторы E и dS коллинеарны, поэтому EdS = EdS. Следовательно,

линдра много меньше заряженной плоскости, в противном случае будет неверным на-

ше первоначальное предположение о направлении силовых линий.

Здесь Sосн – площадь каждого основания вспомогательного цилиндра, E – напряжен- ность поля в точках оснований.

Согласно теореме Гаусса запишем

где åQ – алгебраическая сумма зарядов, охватываемых поверхностью интегрирова-

ния.

В рассматриваемом случае поверхность интегрирования вырезает из заряженной плоскости площадку, равную основанию вспомогательной цилиндрической поверхно- сти, поэтому

Выражение (6) определяет поле большой равномерно заряженной плоскости.

В условиях задачи оговорено, что пластины находятся на малом расстоянии друг от друга, поэтому можно считать, что в точках A, B, C, D (рис. 55) каждая из пластин соз- дает поле, определяемое формулой (6).

Решение. Учитывая направления полей и выбирая направление направо за поло- жительное, находим

Поверхностные плотности σi зарядов берутся везде по абсолютной величине, так как знак заряда уже учитывается направлением поля.

Построим график зависимости напряженности E от расстояния x, отсчитываемого от первой пластины (рис. 56).

При анализе графика надо обратить внимание сту- дентов, что на каждой заряженной поверхности вектор напряженности обязательно терпит разрыв, причем можно показать, что величина скачка напряженности

Надо также указать на то, что при удалении от пластин график начнет менять свой ха- рактер – однородность поля, создаваемого равномерно заряженной плоскостью, имеет место только для точек, расстояния до которых от плоскости малы по сравнению с ее собственными размерами. Это следует подчеркивать неоднократно, чтобы студенты

Согласно теореме Гаусса, в левой части равенства (1) рассматривается поток результи- рующего вектора напряженности, т. е. E есть вектор напряженности поля, созданного всем заряженным цилиндром, а не только зарядом, находящимся внутри поверхности интегрирования. Поэтому из предположения о плоскорадиальной структуре поля сле-

дует, что на поверхностях SI и SII угол (E,dS)= π2 , значит

Так как боковая поверхность вспомогательного цилиндра симметрична относительно заряда, то E = const . на поверхности Sбок. Отсюда

òEdS = E òdS .

Sбок Sбок

Очевидно, что

òdS = 2πrBh .

Sбок

женного цилиндра, т. е. линейную плотность заряда: πR02 ρ = τ .

Следовательно, формуле (8) можно придать вид