МЭИ(ТУ) Физика

Рис. 66.

Интеграл по боковой поверхности обращается в нуль, так как на этой поверхности

E dS; интеграл по торцам обращается в нуль, так как торцы расположены в толще ме- талла. Подставляя выражения (3) и (4) в формулу (2), получаем

Следовательно, внутренние поверхности пластин заряжены равными, но разноименны- ми зарядами. Такие две заряженные поверхности, как известно, не создают поля вне себя1. Значит, в толще металла поле будет создаваться только внешними сторонами пластин с поверхностными плотностями зарядов σ3 и σ4. Поэтому в толще металла поле будет равно нулю только при условии, что

1 Перед решением этой задачи следует напомнить студентам, что две плоскопарал- лельные поверхности, находящиеся на малом расстоянии, не создают во внешнем про- странстве поля, если они заряжены равными и разноименными зарядами, и не создают поля во внутреннем пространстве, если они заряжены равными и одноименными заря- дами.

Решение. Уравнения (1), (5) и (6) составляют систему четырех уравнений с че- тырьмя неизвестными. Решая их совместно, находим

σ1 = σ4 = Q1 + Q2 = 2 СГСЭσ , 2S

σ2 = Q12−SQ2 = 1СГСЭσ ,

σ3 = Q22− Q1 = −1СГСЭσ .

S

После решения этой задачи следует рассмотреть случай, когда Q2 = – Q1. Подстановка этих значений в окончательные выражения для σ1 приводит к резуль-

тату:

σ1 = σ4 = 0 ,

σ2 = QS1 , σ3 = − QS1 .

Это означает, что в плоском конденсаторе заряды распределяются только на внут- ренних сторонах пластин.

Точно такое же распределение зарядов получится, если заряд Q сообщить только одной пластине, а наружную сторону второй пластины заземлить.

Надо также показать, что, если заряд Q сообщен только одной пластине, а вторая располагается вблизи первой и не имеет заряда, то обе стороны первой пластины будут

обладать поверхностной плотностью σ = 2QS , на внутренней стороне второй пластины

появится индуцированный заряд, распределенный равномерно с поверхностной плот- ностью σ' = – σ; на внешней ее стороне σ'' = σ.

При этом условии напряженность поля между пластинами

E = σ ; ε0

в толще обеих пластин поле будет отсутствовать.

Используя это положение, приведенную задачу можно решить следующим обра- зом: если бы была заряжена только первая пластина, то поверхностная плотность заря-

дов на обеих ее сторонах имела бы значение

σ01 = 2QS1 ;

на второй пластине поверхностная плотность индуцированных зарядов равнялась бы m σ01 (здесь и далее верхний знак относится к левой, нижний – к правой стороне рас-

сматриваемой пластины). Теперь, если сообщить заряд Q2 второй пластине, то он рас-

пределится по ее сторонам с одинаковой плотностью

σ02 = Q2S2 ,

при этом поле в толще второй пластины будет отсутствовать. Тогда на первой пластине появится индуцированный заряд, который распределится с поверхностной плотностью

m σ02 .

В результате получим

σ1 = σ4 = σ01 + σ02 = Q12+SQ2 ,

σ2 = σ01 −σ02 = Q12−SQ2 ,

σ3 = σ02 −σ12 = Q22− Q1 .

S

Задача 5

Точечный заряд q = 3 · 10-6 Кл находится на расстоянии a = 3 см от металлической стенки, соединенной с землей. Найти: поверхностную плотность σ заряда, индуциро- ванного на стенке, в точке, ближайшей к заряду q; то же в точке, находящейся на рас- стоянии r = 5 см от заряда q; найти общую величину заряда, индуцированного на стен- ке.

Анализ. Поле точечного заряда обладает сферической симметрией – силовые ли- нии поля представляются прямыми, расположенными по радиусам. При внесении ме-

(правильнее было бы сказать, что из земли придут отрицательные заряды, которые скомпенсируют положительный заряд, появившийся на этой (левой) стороне металли- ческой стенки). Полученное поле аналогично полю, созданному двумя точечными рав- ными, но разноименными зарядами, находящимися на расстоянии 2a один от другого. В этом случае средняя плоскость (проходящая на расстоянии a от каждого из зарядов и перпендикулярная прямой, их соединяющей) представляет собой эквипотенциальную поверхность. Если в любое электрическое поле внести незаряженную металлическую поверхность, совпадающую с эквипотенциалью, то во внешнем пространстве поле не изменится. Поэтому поле в любой точке справа от стенки, созданное в действительно- сти точечным зарядом q и распределенным по поверхности стенки индуцированным зарядом, оказывается таким же, как и поле, созданное двумя равными разноименными зарядами q, находящимися на расстоянии 2a друг от друга.

Решение. В точке, расположенной непосредственно у поверхности стенки на рас- стоянии r от заряда q, согласно принципу суперпозиции, поле будет находиться по

формуле

Здесь E+ и E– – векторы напряженностей полей, созданных соответственно положи- тельным и отрицательным зарядами.

Вектор напряженности результирующего поля, как видно из рис. 67, а, будет на-

правлен горизонтально и иметь значение

Легко видеть, что cosα = ar ; окончательно будем иметь

Такое значение имеет поле непосредственно у поверхности стенки. Стенка заряжена с поверхностной плотностью σ, являющейся функцией координат. На поверхности стен- ки вектор E меняется скачком от E(r), определяемого формулой (3), до нуля, так как в толще самой стенки и слева от нее электрического поля нет.

Величина скачка E, претерпеваемого вектором напряженности, равна

Так как поле в самом металле отсутствует, то выражения (3) и (4) можно приравнять, и

тогда

Формула (6) дает абсолютное значение поверхностной плотности заряда.

Подставляя числовые значения в (6) и учитывая знак индуцированного заряда,

окончательно будем иметь

σ1 = - 2πqa2 = -5,3×10−6 Клм2 ;

σ2 = - 2qaπr3 = -1,1×10−6 Клм2 .

Для расчета полного заряда Q стенки найдем геометрическое место равных плот- ностей: оно будет представляться бесконечно тонким кольцом радиуса ρ и толщины dρ с центром, находящимся в точке, лежащей на расстоянии a от заряда q (рис. 67, б). За- ряд, приходящийся на такое кольцо,

где dS = 2πρdρ – площадь рассматриваемого кольца. Подставим равенство (6) в форму- лу (7) и проинтегрируем полученное выражение по всей стенке, при этом радиус колец будет меняться в пределах от 0 до ∞; найдем, что полный заряд

Расстояние от точечного заряда до кольца равно r = ρ2 + a2 .

Подставляя это значение в выражение (8) и учитывая, что индуцированный заряд отри- цателен, получаем окончательный ответ

Последний расчет интересен тем, что здесь студенты впервые сталкиваются с пе- ременной поверхностной плотностью. Вся задача, по существу, решена с помощью ме- тода зеркального изображения, с которым студенты будут знакомиться достаточно

подробно в курсе электротехники (если он охватывает вопросы теории поля). При ре- шении задачи важен не столько метод, сколько ее физическая сущность – искажение поля, вызываемое внесением проводника, наличие скачка вектора напряженности на заряженной поверхности.

Задача 6

Металлический шар радиуса R1 = 2 см с зарядом q = 90 СГСЭq окружен металличе- ской концентрической сферой радиуса R3 = 6 см, соединенной с землей. Между шаром и сферой имеется сферический слой фарфора (ε = 6), примыкающий вплотную к внут- реннему шару и имеющий наружный радиус R2 = 4 см. Найти потенциал внутреннего шара и поверхностную плотность связанных зарядов на обеих поверхностях фарфоро- вого слоя. Построить графики зависимостей D(r), E(r) и φ(r), где r – текущее расстояние от центра шара.

Анализ. Внесенный слой диэлектрика вследствие поляризации изменит напряжен- ность поля. Величину напряженности поля внутри диэлектрика можно найти с помо-

Симметричная конфигурация заряженного тела и слоя диэлектрика позволяет предпо- ложить, что линии D так же, как и силовые линии поля, будут направлены радиально.

Чтобы найти значение вектора смещения в некоторой точке A, рас- положенной внутри диэлектрика, проведем (рис. 68) вспомога- тельную поверхность SA через эту точку, причем придадим этой поверхности форму сферы, центр которой совпадает с центром за- ряженной системы. Из соображений симметрии следует, что угол между векторами D и dS во всех точках поверхности равен нулю и

что абсолютное значение вектора D во всех точках поверхности одинаково. Тогда

Вспомогательная поверхность охватывает свободные заряды, находящиеся на внутрен- нем шаре, т. е.

1 Если обобщенная теорема Гаусса не рассматривается в курсе, то, поскольку здесь граница диэлектрика перпендикулярна линиям поля, ослабление поля в диэлектрике в ε раз можно постулировать.

В выражение (4) не входит характеристика среды, т. е. величина вектора смещения за- висит только от расстояния rA, (рис. 69, а). Тот факт, что D = 0 для точек r ≤ R1 и r ≥ R3 может быть показан либо повторным применением обобщенной теоремы Гаусса, либо из следующих соображений. Как известно,

а в указанных точках E ≡ 0.

Рис. 69.

Следует обратить внимание на то, что вектор смещения терпит разрыв на поверх- ностях, заряженных только свободным зарядом. Причем можно показать, что величина

скачка

Таким образом, на границе диэлектрик-вакуум (r = R2) вектор напряженности также терпит разрыв (см. график зависимости E(r) на рис. 69, б), и величина скачка, как обычно, равна

Здесь σ'– поверхностная плотность связанных зарядов на указанной границе. Используя формулы (7) и (8), можно найти поверхностную плотность связанных

зарядов, появившихся на поверхностях диэлектрика. При r = R2

При r = R1

σ + σ1'= ε0 DE ,

где σ – поверхностная плотность свободных зарядов на внутреннем шаре, и, следова- тельно, алгебраическая сумма σ + σ1 представляет собой результирующую плотность зарядов на поверхности r = R1;

DE = 4πεqεR2 .

0 1

Отсюда

Как видно, поверхностные плотности связанных зарядов , появившихся на обеих по- верхностях диэлектрика, различны, а суммарные связанные заряды равны по модулю и противоположны по знаку. Этот факт надо обязательно подчеркнуть, так как он объяс- няет, почему в точках R2 ≤ r ≤ R3, т. е. в вакууме, наличие диэлектрического слоя не из- менило напряженности поля.

Поскольку наружная сфера заземлена, то потенциал внутреннего шара может быть

рассчитан из формулы

R3

ϕ1 = òEdr .

R1

Но в этом выражении подынтегральная функция R(r) терпит разрыв в точке r = R2. По- этому интеграл следует разбить на два интеграла в пределах от R1 до R2 и от R2 до R3:

График φ(r) (рис. 69, в) так же, как и в задаче № 13 § 1, будем строить на основании уже построенного графика E(r). В точках, лежащих внутри заряженного шара, потенци- ал не изменен и равен потенциалу φ1 на поверхности, т. е. при r ≤ R1 φ = φ1. В точках R1 < r < R2 напряженность поля положительна, т. е. направлена по радиусу-вектору r; следовательно, по мере удаления от поверхности внутреннего шара потенциал будет убывать и на поверхности r = R3 обратится в нуль (внешняя сфера заземлена). Так как

во всем указанном промежутке напряженность убывает пропорционально r12 , потенци-

ал будет убывать пропорционально 1r . При r = R2 вектор напряженности терпит раз-

рыв; следовательно, при r = R2 график φ(к) будет иметь особую точку. В интервале R2 < r < R3 кривая зависимости φ(r) будет круче, чем в интервале R1 < r < R2, так как при переходе через точку r = R2 величина напряженности увеличивается скачком. Умень- шение абсолютного значения вектора E, т. е. уменьшение (по модулю) тангенса угла наклона касательной, обусловливает вогнутый характер кривой φ(r).

Задача 7

В плоском воздушном конденсаторе, заряженном до некоторой разности потенциа- лов, пластины притягиваются друг к другу с силой F0. Во сколько раз изменится сила притяжения пластин, если конденсатор опустить в керосин, относительная диэлектри- ческая проницаемость которого ε = 2? Задачу решить для двух случаев: 1) конденсатор отключается от батареи до опускания в диэлектрик; 2) конденсатор все время остается соединенным с батареей.

Анализ и решение. В отсутствие диэлектрика сила