Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Тарасов ЭУМК_Физика_бак_1_2 / 3 - практ_зан / практические занятия_2 сем.pdf
Скачиваний:
254
Добавлен:
13.03.2016
Размер:
1.94 Mб
Скачать

3. Электростатическое поле в веществе

При равновесии зарядов на проводнике и при внесении проводников в электростатическое поле напряжённость поля внутри проводника равна нулю, а потенциалы всех точек проводника равны (см. пример 3.1).

В диэлектриках, находящихся в электростатическом поле, напряжённость может быть найдена по известным значениям электрического смещения D . Если конфигурация зарядов, создающих

электрическое поле, обладает симметрией, то для нахождения электрического смещения D используют обобщённую теорему Гаусса (см. пример 3.2).

Примеры решения задач

Пример3.1

Внутри металлического шара имеется асимметрично расположенная сферическая полость, в центре которой находится точечный заряд Q = l,2 ·10–8 Кл (рис. 3.1). Найти напряжённость и потенциал электрического поля вне шара на расстоянии r0 = 10 мм от его центра. Как изменится распределение зарядов, если шар соединить с Землёй?

Рис. 3.1

Так как шар металлический, то на его внутренней и внешней поверхностях возникнут индуцированные заряды Q1 и Q2, вследствие чего напряжённость результирующего поля в толще шара станет равной нулю.

Для нахождения заряда Q1 используем теорему Гаусса. Вспомогательную поверхность S1 проведём в толще металла, где E = 0 (рис. 3.1):

 

 

 

 

Q +Q

0

 

 

(S1 )

 

 

1

0

2

 

 

 

EdS

=

ε

=

 

, следовательно, Q1

= –Q.

Согласно закону сохранения заряда Q1 + Q2 = 0 (так как металлический шар не был заряжен), получим Q2 = –Q1. Заряды Q1 и Q2 распределяются по поверхностям полости шара равномерно, так как заряд Q находится в центре полости, а поверхности сферические. Для нахождения

напряжённости проведём вспомогательную поверхность S2 через точку, в которой найдём E и, используя теорему Гаусса

получим

S2

cos

 

,

 

Q +Q

0

+Q

 

 

 

 

 

 

 

ErdS

 

(E dS )=

ε1

2

,

 

E(r0 )=

4

πεQ r2 =11 кВ м.

 

 

 

 

 

0 0

 

 

 

 

Выбирая потенциал, равный нулю, в бесконечности, потенциал в точке r = r0 находим по формуле

φ(r0 )=r0

Erdr = 0

4πε0r2

= 4πε0r0 =11 кВ.

Qdr

 

Q

30

При соединении шара с Землёй заряд на внешней поверхности шара исчезнет, так как свободные электроны Земли нейтрализуют заряд шара Q. Потенциал шара будет равен потенциалу Земли (обычно φЗ = 0). Внутри полости поле останется прежним.

Пример3.2

Большой* плоский слой толщиной d из изотропного диэлектрика с относительной диэлектрической проницаемостью ε заряжен с постоянной объёмной плотностью ρ. Найти напряжённость электростатического поля внутри и вне слоя.

Напряжённость электростатического поля E (A) в точке A в присутствии изотропного диэлектрика может быть найдена по известным значениям электрического смещения D(A) в той же точке:

 

(A)=

D(A)

 

E

 

,

ε(A)ε0

где запись ε(A) подчёркивает, что значение диэлектрической проницаемости берётся в той же точке A. Пользуясь симметрией заряда, найдем D(A) с помощью обобщённой теоремы Гаусса

DdS =Qохв . Введём ось x, направленную перпендикулярно поверхности слоя с началом на средней плоскости слоя, которая показана на рис. 3.2 штриховой линией.

D, E

dS

Рис. 3.2

Свободный заряд, создающий поле, обладает плоской симметрией – объёмная плотность заряда ρ зависит только от значений x, не зависит от положения точки в плоскости, параллельной поверхности слоя, и значения ρ(x) одинаковы при отражении в средней плоскости ρ(x) = ρ(–x). Электрическое

смещение D имеет составляющую только вдоль оси x: D = Dx(x). Вычислим поток D сквозь поверхность цилиндра с основаниями Sосн, параллельными поверхностям слоя (рис. 3.2, на нём также

показаны векторы внешней нормали dS ):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Sбок

DdS cos π

+2

Sосн DdS cos0 =2Dx (x )Sосн ,

 

 

 

DdS =

по

 

 

 

 

 

 

 

2

по

 

 

 

 

Q

 

 

 

 

 

так как во всех точках основания Dx(x) равны. По теореме Гаусса

Dx =

 

 

охв

 

. Свободный заряд,

Q

 

осн

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

 

 

зар

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

охв

 

 

 

охваченный поверхностью интегрирования, зависит от координаты x:

2

 

 

=

ρV

, где Vзар – объём,

При x d/2 Vзарохв= 2xSосн, при x d/2 Vзар = Sоснd. Итак,

 

Sосн взяты разные для наглядности.

содержащий Q

, на рис. 3.2 он показан сплошной штриховкой,

 

 

2Sосн

 

ρd 2,

 

x d 2

(вне слоя).

 

 

)

 

 

 

 

ρV

 

ρx

d

x d

(

 

 

 

 

 

 

 

 

Dx (x )=

 

 

зар

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

График Dx(x) имеет вид, приведённый на рис. 3.3 а. Найдём теперь E . Так как диэлектрик изотропный, E ↑↑D , т. е. E =E x – силовые линии направлены параллельно оси x. Ex зависит только

31