МЭИ(ТУ) Физика

E (x 3 ) = 7,5 ×104 Вм .

Задача 1.2. Два точечных заряда Q1 = + 2 · l0-10 Кл, Q2 = – 2 · l0-10 Кл находятся на расстоянии l = 2 см друг от друга. Найти работу поля по перемещению заряда q = – 1 · l0-11 Кл из точки B в точку C и из точки B в точку D. Точки расположены, как показано на рис. 1.2.

Р е ш е н и е . Рассматривается перемещение точечного заряда q в поле, создаваемом точечными зарядами Q1 и Q2.

Работа поля по перемещению заряда q для двух заданных перемещений равна:

Таким образом, задача сводится к нахождению разности потен- циалов между указанными точками.

Использование интегральной формулы ϕ1 -ϕ2 = ò2 Edr для на-

1

хождения разности потенциалов предполагает знание выражения Рис. 1.2. напряженности поля как функции координат. Поэтому в данном

случае целесообразнее искать отдельно потенциал результирующего поля в каждой из точек B, C, D методом суперпозиции.

В точке B на расстоянии от зарядов r1 = r2 = l/2 потенциал равен

r2 = l2 + l2 = l 2 . Потенциал этой точки:

Подставляя найденные значения потенциалов в выражение (14), получим:

A1 = 0; A2 = 2,5 · 10-10 Дж.

Работа A2 поля оказалась положительной, так как хотя φB < φD, но переносимый за- ряд q<0.

Задача 1.3. Заряд Q = 5 · 10-8 Кл равномерно распределен по тонкому кольцу ра- диуса R = 6 см. Найти напряженность и потенциал в точке, лежащей на оси кольца (рис. 1.3) на расстоянии h = 8 см от его центра. Построить графики зависимости напряжен- ности и потенциала в точках, лежащих на оси кольца, от координат.

Р е ш е н и е . Рассматривается электрическое поле, созданное зарядом, равномерно распределенным по тонкому кольцу заданного радиуса. Расстояния от заряженного те- ла до точки, в которой отыскиваются характеристики поля, соизмеримы с размерами самого заряженного тела. Следовательно, заряд кольца нельзя считать точечным.

Для решения задачи может быть применен принцип суперпозиции для непрерывно распреде-

векторной величины E по формуле E = òdE ма-

(Q )

тематически более сложен, чем расчет скалярной

Рис. 1.3. величины φ по формуле ϕ = òdϕ . Поэтому целе-

(Q )

сообразнее находить сначала потенциал, а затем по формуле дифференциальной связи E = – grad φ напряженность.

Если кольцо разбить на элементы dl (рис. 1.3), то заряд каждого элемента может

быть выражен как

dQ = Ql dl ,

где l = 2πR – длина окружности кольца. Справедливость этой формулы следует из рав- номерного распределения зарядов по кольцу (отношение Q/l есть линейная плотность зарядов).

В рассматриваемой точке C потенциал поля, созданного таким элементарным заря- дом dQ при выборе начала отсчета потенциала в бесконечности, равен

dϕ = dQ , 4πε0r

где r = R 2 + h2 одинаково для всех элементарных зарядов. Принцип суперпозиции

дает

Следует отметить, что полученное выражение для потенциала не зависит от харак- тера распределения заряда по кольцу; то же выражение получится и в случае неравно- мерного распределения зарядов.

Для нахождения напряженности поля в точке C следует прежде всего определить направление вектора E в этой точке. Из условия равномерного распределения зарядов по кольцу следует, что E направлен по оси z, как показано на рис. 1.3, т. е. E = Ez.

Очевидно, что векторы напряженности dE полей, создаваемых всеми элементар- ными зарядами в точке C, одинаковы по величине и образуют коническую поверхность, симметричную относительно оси z. Поэтому Ex = Ey = 0.

Для нахождения величины E = Ez лучше пользоваться дифференциальной связью между потенциалом и напряженностью, так как полученное выше выражение для по- тенциала является одновременно и функциональной зависимостью потенциала от ко- ординаты z, так как расстояние h как раз является координатой z. То есть для любой

Для построения графика Ez(z) исследуем выражение (16). При z = 0 Ez = 0. При z > 0 Ez = + E > 0. При z < 0 Ez = – E < 0. При z → ± ∞ E → 0. Следовательно, функция Ez име-

ет два экстремума. E = Emax при dEdz = 0 . Произведя дифференцирование, найдем, что Ez

= Emax при z = ± R2 . График Ez(z) приведен на рис. 1.4.

Для построения графика φ(z) исследуем выражение (15). Очевидно, при всех значе-

ниях z как положительных, так и отрицательных φ > 0. При z = 0 ϕ = Q достигает 4πε0 R

максимального значения, при z → ± ∞ φ → 0. График φ(z) приведен на рис. 1.5.

Рис. 1.4. Рис. 1.5.

Задача 1.4. Тонкая круглая пластина радиуса R = 10 см равномерно заряжена по- ложительным зарядом с поверхностной плотностью (312) σ = – 2 · l0-7 Кл/м2.

Найти напряженность поля: 1) в точке, лежащей на расстоянии z =12 см от пласти- ны на перпендикуляре к ее плоскости, проходящей через центр пластины; 2) при z >> R;

ся решение задачи 1.3, пластину можно разбить на тонкие кольца шириной dr каждое (рис. 1.6). Площадь такого кольца dS = 2πrdr, заряд dQ = σ2πrdr. Напряженность поля, созданного кольцом радиуса r в рассматриваемой точке на расстоянии z от центра пла- стины, может быть записана в соответствии с формулой (16) в задаче 1.3:

Вектор dE, как следует из решения задачи 1.3, направлен по оси z (рис. 1.3).

Выражение для напряженности поля, созданного всей заряженной пластиной, мож- но получить, просуммировав все элементарные dE. Так как все векторы dE направлены

При интегрировании по заряду всей пластины, разбитой на элементарные кольца,

где Q = σπR2 – заряд всей пластины.

Последнее выражение совпадает с формулой (4) для точечного заряда. Таким обра- зом, при z >> R пластину можно рассматривать как точечный заряд. Допущенная при этом погрешность определяется отброшенными членами приведенного выше ряда.

При z << R выражение, стоящее в скобках формулы (19), стремится к единице, т. е.

E = 2σε0 .

Из последующего выражения видно, что вблизи пластины напряженность поля не зависит от расстояния до пластины.

ловые линии должны располагаться радиально (рис. 1.8). Так как Q2 < 0 и |Q2| > Q1, можно предположить, что за пределами внешней сферы силовые линии направлены противоположно радиусу-вектору.

Симметрия поля позволяет для нахождения напряженности применить теорему Остроградского-Гаусса.

Вспомогательные поверхности S1 и S2 (показаны на рис. 1.8 пунктиром) имеют форму сфер с радиусами r1 (для точки 1) и r2 (для точки 2).

Сумма зарядов, охваченных поверхностью S1, равна заряду Q1 внутренней оболоч- ки; сумма зарядов, охваченных поверхностью S2, равна сумме зарядов Q1 + Q2 обеих оболочек.

так как cos(EdS) = cos 0° = l.

Величина Е во всех точках поверхности S1 в силу симметрии одинакова, что позво-

ляет записать

ра напряженности (левая часть) и сумм зарядов, охваченных поверхностью интегриро- вания (правая часть), получим:

на рис. 1.9. Как видно из графика, на заряженных поверхностях, т. е. при r = R1, r = R2 функция Er(r) терпит разрыв – напряженность изменяется скачком.

Для построения графика φ(r) можно, не рассчитывая потенциал как функцию рас- стояния на отдельных участках, использовать имеющийся график Er(r) и найденное значение потенциала на поверхности внутренней оболочки.

При r < R1, E ≡ 0, как следует из дифференциальной связи E x = − ∂∂ϕx , φ = const = φC.

При R1 < r < R2 Er < 0 и, следовательно, потенциал убывает с расстоянием.

Рис. 1.10.

При r > R2 Er < 0 и потенциал возрастает с расстоя-

нием. Так как φ∞ = 0, то, очевидно, на участке от R1 до R2 потенциал отрицателен и, следовательно, где-то на участке между R1 и R2 график должен пересечь ось абсцисс. График φ(r) показан на рис. 1.10.

Как видно из рис. 1.10, на участке от R1 до R2 угол между касательной к кривой и положительным направлением оси абсцисс тупой и возрастает по величине; тангенс

этого угла, равный ∂∂ϕr = −Er , отрицателен и убывает по абсолютной величине, следо-

вательно Er > 0 и убывает, что соответствует ходу кривой Er(r) на этом участке (рис. 1.9). На участке от R2 до ∞ угол между касательной к кривой и положительным направлением оси абсцисс острый и убывает по величине; тангенс этого угла, равный

∂∂ϕr = −Er , положителен и убывает с возрастанием r, следовательно Er < 0 и возрастает,

что соответствует ходу кривой Er(r) на этом участке (рис. 1.9).

Задача 1.7. Вблизи тонкой большой пластины, равномерно заряженной с поверх- ностной плотностью заряда σ = 6 · 10-6 Кл/м2, на нити подвешен маленький шарик, мас- са которого m = 0,2 г. При сообщении шарику некоторого заряда шарик отклоняется так, что нить образует с вертикалью угол α = 37°.

Найти заряд q, сообщенный шарику.

Р е ш е н и е . Рассматривается точечное тело заданной массы с неизвестным заря- дом, находящееся в поле равномерно заряженной плоскости.