Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Ефимов А.Д. Физика

.pdf
Скачиваний:
50
Добавлен:
12.03.2016
Размер:
2 Mб
Скачать

 

R

R

 

 

 

 

 

Rb

R4

 

 

 

1

4

 

 

Ra

 

 

 

 

 

 

 

a

R3

a '

 

 

 

 

 

 

 

 

a '

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мак

 

R2

R5

 

 

 

 

 

Rc

R5

 

 

Ðèñ. 29:

 

 

 

 

Ðèñ. 30:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

треугольника трех левых сопротивлений перейдем к звездочке, не

меняя конфигурацию двух правых сопротивлений (рис. 30).

.

Это позволяет получить выражение для полного сопротивления

 

 

 

(Rb + R4)(Rc + R5) ,

 

 

.О

 

 

 

R = Ra +

 

С

 

 

 

 

 

Rb + Rc + R4 + R5

 

 

 

 

ãäå

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ra = R1R2 ; Rb = R1R3 ; Rc = R2R3 ; R = R1 + R2 + R3.

 

 

 

R

R

 

 

R

.e

 

 

 

 

 

 

В частности, если все

 

, òî

R = r

 

 

 

 

 

 

 

e

e Ri = r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

имени

адмирала

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

51

 

 

 

 

 

 

 

 

7 Задачи и их решения

 

7.1 Взаимодействие двух электрических диполей

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мак

 

 

p1

r

 

r

 

p2

В соответствии с рис. 31, две частицы с из-

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

 

вестными массами mi, моментами инерции Ji,

 

 

 

 

r1

 

 

r2

 

произвольно ориентированными в пространстве

 

 

 

 

 

 

 

дипольными моментами pi, находятся в точ-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ках, определяемых радиус-векторами ri

ñîîò-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ветственно. Напряженность, создаваемая пер-

 

 

 

Ðèñ. 31:

 

 

 

вым диполем в точке расположения второго рав-

 

 

 

 

 

на в соответствии с (18)

 

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε0 ½|r2 r1|3

 

 

|r2

r1|5

¾

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

1

 

 

 

 

 

E

(r

 

) =

 

1

 

 

 

 

p1

 

+

3(p1, r2

r1)

(r

 

 

 

 

 

 

r

 

)

 

.

 

(96)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ïðè

 

 

 

 

 

 

 

адми∂x2 рала2 1 |

 

2

 

 

1|

 

 

 

 

 

 

 

этом сила, действующая на второй диполь в соответствии с

 

(23), равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ p2y ∂y2

+ p2z ∂z2

¾E1(r2). (97)

 

F 2 = (p2, (r2))E1(r2) = ½p2x ∂x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для расчета соответствующих частных производных сделаем про-

 

межуточные выкладки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|r2 r1|−n = µ(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2−n/2,

 

 

имен2y ∂yи2 2

 

4πε0 ½ |r2 r1|5

 

 

 

|r2 r1

|5

 

 

 

 

2

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∂|r2 r1|−n

= n(x

x ) r

 

 

 

 

 

 

r

 

 

 

−n−2,

 

 

 

 

 

(p1, r2 r1) = p1x(x2 − x1) + p1y (y2 − y1) + p1z (z2 − z1),

 

 

 

p

 

 

E(r

 

) =

 

p2x

3p1(x2 − x1)

 

+

 

3p1x

 

 

(r

 

 

 

 

 

r

)

+

 

 

 

 

2x ∂x2

 

 

2

 

 

4πε0 ½

 

|r2 r1|5

 

 

 

|r2 r1|5

 

 

 

 

2

 

 

 

1

1

¾

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|r2 r1|5

|r2

r1|7

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3(p1, r2

r1)

i

 

 

15(p1, r2

r1)(r2

r1)

(x

 

 

 

 

 

 

x )

 

 

Ф

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

E(r ) =

p2y

 

 

3p1(y2 − y1)

+

 

3p1y

 

 

(r r ) +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|r2 r1|5

 

|r2

r1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 −

 

1

¾

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3(p1, r2

r1)

j

 

 

 

15(p1, r2 r1)(r2

r1)

(y

 

 

 

 

 

y

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

52

p

 

 

 

 

E(r

) =

 

 

p2z

½

3p1(z2 − z1)

+

 

3p1z

 

 

 

(r

2

r

 

) +

 

 

 

 

 

 

 

4πε0

 

 

 

 

|r2 r1|5

 

 

 

2z ∂z2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

|r2 r1|5

 

 

 

 

 

 

 

1

 

¾

Мак

 

 

 

 

 

 

 

|r2

r1|5

 

 

|r2 r1|7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

3(p1, r2 r1)

k

 

 

 

15(p1, r2

r1)(r2

r1)

(z

 

z

 

) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F 2

=

 

4πε0

½ |r2 r1|5 (p2, r2 r1) + |r2 r1|5 (r2 r1) +

Ýòî

äàåò

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

3p1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3(p2, p1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|r2

r1|5

 

 

2

 

 

|r2

r1|7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

1

 

 

 

 

2

 

1

¾

 

 

3(p1, r2

r1)

p

 

 

15(p1

, r2 r1)

(p

, r

 

 

 

r

)(r

 

 

r

 

) . .(98)

Момент

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

силы, действующий на второй диполь в соответствии с

(21), M 2

= [p2, E1(r2)] è

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

½

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2 − 1

 

 

¾

 

 

 

 

 

 

 

4πε0

 

|r2 r1

|3

 

 

|r2

r1

|5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

=

1

 

 

 

адмирала

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(99)

 

 

 

 

 

 

 

[p2, p1

]

 

 

+ 3(p1,

r2 r1)

[p

, С(r r )] .

В соответствии с третьим законом Ньютона сила, действующая

на первый диполь, равна F 1

= −F 2. Момент силы, действующий

на первый диполь, получается из соотношения (98) перестановкой

индексов 1 и 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

=

1

 

[p1, p2]

+

3(p2, r1 r2) [p

 

, (r

 

r

)]

. (100)

 

4πε0 ½

|r2 r1|3

 

1

Â

1

 

 

|r2 r1|5

1

 

 

2

¾

общем случае аналитическое решение данной системы немыс-

лимо, но поведение каждого из диполей можно получить с помо-

щью численного моделирования. Зная в момент времени t ïîëî-

 

жение, скорости и ориентации диполей, можно найти эти харак-

 

теристики в следующий момент времени, мало отличающийся от

 

предыдущего t +

t, тогда

 

 

 

 

имени

 

 

 

 

 

 

 

 

a2 = F 2/m2, v2

(t + t) = v2(t) + a2

t,

 

r2(t + t) = r2(t) + v2(t)Δt + a2(Δt)2/2,

Ф

ε2 = M 2/J2, ω2(t + t) = ω2(t) + ε2

t,

ϕ

(t + t) = ϕ

(t) + ω

(t)Δt + ε (Δt)2/2,

 

2

 

 

2

 

 

2

 

2

 

 

a1 = F 1/m1, v1(t + t) = v1(t) + a1

t,

 

r1(t + t) = r1(t) + v1(t)Δt + a1(Δt)2/2,

 

ε1 = M 1/J1, ω1(t + t) = ω1(t) + ε1

t,

 

ϕ

 

(t + t) = ϕ

 

(t) + ω

 

(t)Δt + ε (Δt)2

/2.

 

1

 

1

 

1

1

 

53

 

Полезным может оказаться и выражение для потенциальной

 

энергии двух электрических диполей. Применяя к настоящей си-

 

туации выражение (22) с учетом (96), имеем

 

 

 

 

 

W = −(p2, E1(r2)) =

 

3(p1, r2 r1)(p2, r2 r1)

¾

 

 

 

 

=

 

1

(p1, p2)

. (101)

 

 

 

4πε0 ½

|r2 r1|3

|r2 r1|5

 

Мак

 

7.2 Примеры расчета полей около проводников

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

В общем случае решение данных задач осуществляется численным

 

способом на основе уравнения Пуассона (26) с ρ = 0 и с исполь-

 

зованием граничных условий на границе проводника, потенциал

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

которого одинаков. Однако для ряда случаев, характеризующихся

 

высокой степенью симметрии, решение может быть получено ана-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

 

 

 

литически. При этом используется метод изображений.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Суть этого метода заключа-

 

 

 

 

 

 

γ

 

ется в том, чтобы подобрать си-

 

 

 

 

c

 

r

стему несуществующих зарядов

 

 

 

 

 

 

и так их расположить, чтобы по-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ

 

верхность проводника имела опре-

 

 

β

 

 

 

 

деленный потенциал. При этом

 

q

a

 

 

a

q

 

сам проводник и его поверхност-

 

 

 

 

 

 

 

 

ные заряды как бы отсутству-

 

 

 

 

 

 

 

 

ют. Искомые несуществующие за-

 

 

 

 

 

 

 

 

ряды имитируют поверхностные

 

 

 

Ðèñ. 32:

 

 

 

заряды, расположенные на про-

 

 

 

 

 

 

 

 

воднике. Рассмотрим некоторые

 

из таких задач.

адмирала

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 1. Имеется точечный заряд q на расстоянии a от беско-

 

нечной проводящей плоскости. Найти потенциал и напряженность

 

в произвольной точке пространства и плотность поверхностного на-

 

веденного заряда на проводнике.

 

 

 

 

 

 

Решение. Так как проводник бесконечен, то это эквивалентно

 

тому, что он заземлен и его потенциал ϕ равен нулю. Это условие

имени

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

на поверхности вне вещества проводника осуществляется в том слу-

чае, если на расстоянии a по перпендикуляру от заряда q к поверх-

ности за границей расположен заряд −q. В соответствии с рис. 32

 

произвольная точка, в которой будем искать поле, определяется

 

радиус вектором r, ϕ = β + γ. В соответствии с теоремой косину-

 

 

 

 

 

 

 

54

 

 

 

 

 

ñîâ c2 = 4a2 + r2 + 4ar cos ϕ, а в соответствии с теоремой синусов

 

 

sin β = r sin ϕ/c, что позволяет найти характеристики электриче-

 

 

ского поля:

 

 

 

 

 

 

 

 

cos β,

 

 

.Мак

 

 

 

 

q

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

Ex =

4πε0

µ r2

cos ϕ − c2

 

 

 

 

 

 

q

 

 

1

 

 

1

sin β,

 

 

 

 

Ey =

4πε0

µ r2

sin ϕ − c2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(r) =

4πε0

µ r

c .

 

 

 

 

Вблизи поверхности r = c и потенциал ϕ(r) = 0, что соответ-

 

 

ствует проводящей поверхности. При этом β = π − ϕ, .EОy = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

2 cos ϕ

 

 

С

 

 

 

 

 

 

Ex = 4πε0

r2 .

 

 

 

 

 

 

Если расстояние от перпендикуляра, проведен-

 

 

 

 

ного от заряда q до произвольной точки на по-

 

 

 

 

верхности, обозначитü çà ρ, êàê íà ðèñ. 33, òî

 

ρ

r

 

 

cos ϕ = −a/r = −a/pq

a2

 

 

2 è

 

 

 

 

 

 

 

 

+ ρ2a

 

 

 

 

 

 

 

a

q

 

 

Ex = −4πε0 (a2 + ρ2)3/2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В силу того, что плотность реального поверх-

Ðèñ. 33:

 

 

ностного заряда определяется полным полем, то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2aq

 

 

 

 

 

òî

σ(ρадмира) = ε0Ex(ρ) = −4π(лаa2 + ρ2)3/2

,

 

 

 

 

есть наведенный поверхностный заряд противоположен знаку

 

 

заряда q. Сила, действующая на заряд q, будет направлена к по-

 

 

верхности, а ее величину можно определить с использованием зер-

 

 

кального вымышленного заряда −q, ò.å.

 

 

 

 

 

 

имени

 

 

 

 

 

1

q2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F = 4πε0 4a2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

 

Задача 2. Как и в предыдущей задаче имеется бесконечная про-

 

водящая плоскость. Около нее располагается произвольно ориенти-

 

 

рованный электрический диполь p на расстоянии a от поверхности.

 

 

Найти силу и момент силы, действующие на диполь.

 

 

 

55

Решение. В соответствии с методом изображений, удовлетворяя условию нулевого потенциала поверхности, следует воображаемый

 

диполь, обозначенный как p1, расположить так, как это обозначе-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мак

 

но на рис. 34. Реальный диполь обозначим как p2. Естественно,

 

p1 = p2 и оба вектора лежат в одной плоскости. Для решения зада-

 

чи воспользуемся соотношением (98), где F 2 в данном случае есть

 

сила, действующая на рассматриваемый диполь p2. В соответствии

 

ñ ðèñ. 34

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

r2 r1 = 2an; (p2, r2 r1) = 2ap cos α;

 

 

 

 

 

.

 

 

(p2, p1) = p2 cos 2α; (p1, r2 r1) = 2ap cos α.

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

 

 

Подстановка этих выраже-

 

 

 

 

 

 

 

 

ний в (98) дает выражение

 

 

 

 

 

 

p2

α

 

 

 

 

[p2,

адr2 миралr1] = [p2, n]2a = 2аap sin α l,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

a

 

 

 

 

 

1 3p

 

(1 + cos

2

 

 

 

 

p1 α

 

n

 

 

 

 

F 2 = −4πε0 16a4

 

α)n,

 

 

 

l

 

 

которое показывает, что при лю-

 

 

 

 

 

 

 

 

бой ориентации диполя он бу-

 

Ðèñ. 34:

 

 

 

 

дет притягиваться к металлу (n

 

 

 

 

 

 

 

 

единичный вектор, направленный от поверхности металла).

 

 

Для расчета момента силы воспользуемся соотношением (99).

 

Учтем что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[p

2

, p

1

] = p2 sin 2α l;

 

 

 

 

 

 

имени

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ãäå l единичный вектор, направленный за плоскость рисунка. В

 

результате мы имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M 2 =

 

16a3 sin 2α l.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε0

 

 

 

 

 

 

Ф

У диполя будет два устойчивых положения равновесия отно-

будет стремиться повернуться по направлению к поверхности. Та-

сительно поворотов: если −π/2 < α < π/2, то диполь будет стремилься сориентироваться от поверхности, при других углах диполь

ким образом, максимально неустойчивая ориентация реализуется при α = ±π/2, устойчивое положение дают углы α = 0 и α = π.

56

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мак

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

ϕ = 0

 

 

 

a2

b

 

q '= − a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ðèñ. 35:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 3. Рассмотрим систему из точечного заряда q и прово-

дящей сферы радиусом a, расстояние между зарядом и центром

сферы b, ðèñ. 35.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Пусть сначала потенциал сферы равен нулю, что

осуществляется простым ее заземлением. Для решения этой зада-

чи, в соответствии с рис. 36 на расстоянии c от центра шара рас-

положим заряд q. Чтобы потенциал поверхности был равен ну-

лю должно выполняться условие q/r1 + q/r2

 

= 0, которое при

фиксированных зарядах дает условие постоянства отношений r1

è r2. Из рис. 36 для двух треугольников соответственно имеем

r12 = r22 +(b

c)2

2r2(b

c) cos α è 2r2 cos α = (a2

r22

c2)/c. Комби-

 

 

 

 

 

 

 

 

2

br

2

 

 

 

2

bc

 

ba

2

 

 

2.

нируя эти два соотношения, получаем r

 

 

/c+b

 

 

/c+a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

=

2

2

 

bc

 

 

2

 

 

 

 

2

= 0,

Из требования r1/r2 = const следует, что b

 

 

 

ba /c + a

 

откуда для c и соответственно для q

получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

адмирала

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

r2

 

 

 

r1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c =

b ; q

 

= −b q.

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

При этом заряд q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

имени

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

и заземленный шар

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

будут испытывать

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

притяжение, сила

 

Ðèñ. 36:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

которого будет рав-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

íà

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F =

1

a

q2

 

 

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε0

b (b − a

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

/b)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

57

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В том случае, если потенциал сферы нам задан, то смоделировать данную ситуацию можно, дополнительно поместив в центр шара заряд q′′, удовлетворяющий условию

q′′ = 4πε0aϕ.

Если же шар изолирован и его заряд Q, то для моделирования данной ситуации в центр следует поместить заряд

 

 

 

 

 

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

Мак

 

 

 

 

q

 

= Q − q

 

= Q +

 

 

q.

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

Сила взаимодействия между шаром с зарядом Q и точечным

 

зарядом q равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

1

 

 

 

(a/b)q)q

 

 

 

a

q2

 

 

F =

 

µ

(Q +

 

 

 

 

 

 

(b − a2/bС)2 .

 

 

4πε0

 

b2

 

 

 

b

 

 

Эта сила будет равна нулю, если между зарядами имеется соот-

 

ношение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b3

1

 

 

 

 

 

 

 

Q = aµ

 

 

 

q.

 

 

 

 

 

 

(b2 − a2)2

b

 

 

 

 

При нейтральности шара и в дипольном приближении, т.е. Q =

 

0 è a b, сила будет равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q2

 

a3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F = −

 

b5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πε0

 

 

 

 

Это принципиально новая функциональная зависимость, про-

 

порциональная 1/r5, ãäå r расстояние от точечного заряда до

 

 

 

адмирала

 

 

 

нейтрального металлического шара.

 

 

 

 

Задача 4. Рассмотрим более сложную задачу, решение которой

 

не может быть получено аналитически. Имеется два одинаковых

 

проводящих шара с радиусами a и одинаковыми зарядами q. Íàé-

 

ти силу взаимодействия между шарами, если расстояние между

 

íèìè b.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Задача решается с помощью бесконечного количества

имени

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

изображений. Нулевое приближение соответствует расположению

зарядов q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

рые будут симметричновцентры шароврасполагаться.Они создаютв каждомсвои изображения,из шаров. Изобракото--

жения создают новые изображения, данный итерационный процесс следует повторять до полного схождения результата.

58

 

 

Заряды изображения qвместе с зарядом q располагаются в уз-

 

лах шаров на одном радиусе вдоль линии, соединяющей центры

 

шаров. Начнем отсчет этих узлов с центра, считая его за нулевой.

 

Расстояние от центра до n-го узла обозначим за δn, тогда, как мож-

 

но догадаться

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

δn+1 =

 

a2

ïðè

δ0 = 0.

 

 

 

 

 

 

b − δn

 

 

 

 

 

Обозначим за qn′ m) заряды изображения, полученные на n èòåМак-

 

рации в m узле. Тогда, в соответствии со сказанным ранее,.íà n

 

итерации

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.О

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qni) = −b − δi−1 qn−1i−1),

i = 1, n.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

С

 

êàêНа этой итерации суммарный заряд в нулевом узле определится

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qn0) = q − qni),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

а сила взаимодействия определится соотношением

 

 

 

 

1

 

 

n n

qk )qm)

.

 

 

 

 

F =

 

 

 

 

 

 

 

(b δk

δm)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε0

k=0 m=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приведем

 

 

 

 

 

X X

 

 

 

 

 

 

 

конкретный пример соответствующего расчета. Пусть

 

b = 2a = 2, то есть шары с единичным радиусом соприкасаются. Ре-

 

зультаты для зарядов изображения после пяти итераций приведены

 

 

 

 

адмирала

 

 

в таблице. При этом сила взаимодействия в единицах q2/(4πε0) â

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

δ(n)

qn)/q

n

δ(n) qn)/q

 

 

 

 

0

0.0000

1.4507

 

3

 

0.7500

 

-0.3542

 

 

 

 

1

0.5000

-0.7160

 

4

 

0.8000

 

0.3000

 

 

 

 

2

0.6667

0.4861

 

5

 

0.8333

 

-0.1667

 

 

 

 

нулевом приближении будет 0.25, после представленных пяти ите-

имени

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

раций 0.1580, точный же результат 0.1549.

 

 

 

Задача 5.

Â

однородное электрическое поле с напряженностью

 

E0 поместили металлический шар радиусом a. Найти результиру-

ющее поле и плотность поверхностного заряда на шаре.

59

Решение. Пусть однородное электрическое поле

E0 направле-

но слева направо, и соответственно поверхностные заряды на ша-

ре будут располагаться симметрично так, как это представлено на

поверхности шара ϕ (ϑ) = −E0a cos ϑ.

Мак

ðèñ. 37. Îñü OX расположим по направлению слева направо и точ- ку O поместим в центр шара. Тогда значение x каждой точки на

поверхности будет определяться выражением x = a cos ϑ. Если потенциал однородного поля при x = 0 принять равным нулю, то

в любой точке пространства он будет равен

ϕ

(0)

(x) = −E0x

, à íà

 

 

(0)

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для определения поля поверхностных зарядов шара вне его мож-

но воспользоваться методом изображений. Для этого поверхност-

ные заряды представим диполем p в центре шара. Его потенциал

на поверхности шара в соответствии с формулой (17)

.О

 

 

ϕø(ϑ) =

1

 

p

cos ϑ.

 

 

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πε0 a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Потенциал

поверхности должен быть постоянен, а при нашем

предположении относительно ϕ(0)(x) è â ñèëó òîãî, ÷òî ϕø(ϑ =

π/2) = 0, äàåò

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(0)(ϑ) + ϕø(ϑ) = −E0a cos ϑ +

1 p

 

cos ϑ = 0,

 

 

a2

 

4πε0

 

откуда p = 4πε0E0a3, а полное поле снаружи шара определяется

выражением

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

p

3p

 

 

 

 

 

 

E(r)дмираа= 4πε0 µ−r3 + r4 лcos ϑа+ E0.

 

 

На поверхности шара нормальная компонента этого поля равна

1

 

p

 

3p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

En(a) = 4πε0

µ

 

cos ϑ + a3 cos ϑ+ E0 cos ϑ = 3E0 cos ϑ.

 

a3

 

В силу соотношения (38)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

имени

 

σ= 3ε0E0 cos ϑ.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ф

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

60