- •Общие указания
- •1. Напряжённость электростатического поля в вакууме
- •Примеры решения задач
- •Пример 1.1
- •Задачи
- •Ответы
- •2. Потенциал. Работа сил электростатического поля
- •Примеры решения задач
- •Пример 2.1
- •Задачи
- •Ответы
- •3. Электростатическое поле в веществе
- •Примеры решения задач
- •Пример 3.1
- •Задачи
- •Ответы
- •Примеры решения задач
- •Пример 4.1
- •Задачи
- •Ответы
- •5. Постоянный ток
- •Примеры решения задач
- •Пример 5.1
- •Задачи
- •Ответы
- •Примеры решения задач
- •Задачи
- •Ответы
- •Примеры решения задач
- •Пример 7.1
- •Задачи
- •Ответы
- •8. Работа сил Ампера
- •Примеры решения задач
- •Пример 8.1
- •Задачи
- •Ответы
- •9. Явление электромагнитной индукции
- •Примеры решения задач
- •Пример 9.2
- •Задачи
- •Ответы
- •10. Уравнения Максвелла. Магнитное поле в веществе
- •Примеры решения задач
- •Пример 10.1
- •Пример 10.2
- •Задачи
- •Ответы
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 )=r∫0 |
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