Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач, страница 10

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ2LlЗадача 2.3.1 (базовая задача). Найти потенциал поля, создаваемого равномерно заряженной с линейной плотностью τ нитьюдлины 2L.РешениеzПоместим начало координат в центре нити и направим ось Z вдоль ниdlM(r,z)ти. Система зарядов аксиально симzметрична, поэтому для расчетов выберем цилиндрическую систему коrr0ординат r, φ, z, в которой потенциалв произвольной точке М зависиттолько от переменных r и z (рис.2.1,для наглядности нить показана в виде тонкого цилиндра). Выделяем наРис.

2.1. К нахождению потенциала поля, создаваемого заряженной нити на расстоянии l от центра бесконечно малую область с зарядомнитью (задача 2.3.1)dq = τ dl, который можно считатьточечным. Его расстояние до точки М(r, z) равно r 2 + (l − z ) , а2создаваемый им потенциал определяется формулой (2.3):1τdldφ =.4πε 0 r 2 + (l − z )2Потенциал, создаваемый всей нитью, равенτϕ=4πε 0L∫−Lz + L + r 2 + (z + L )τ=ln.

(2.22)4πε0 z − L + r 2 + (z − L )22dlr 2 + (l − z )2Анализ результата и дополнительные выводы.1. При удалении на очень большое расстояние (z → ∞ илиr → ∞) система выглядит как точечный заряд. Если в полученномрезультате сделать предельный переход z → ∞ или r → ∞, то должен получиться потенциал точечного заряда. Выполним такой предельный переход.Если ввести переменную R = z 2 + r 2 , то любой из упомянутых двух предельных переходов выполняется, если R → ∞. Тогдапри очень больших значениях R (R >> L) имеем:zLr 2 + ( z ± L)2 ≈ R ±,RГл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал59zLL+zLR1+z+L+R+RR+zln= lnzLzLz−L+R−L−RR 1−R+zzL zL  L− L+RR ≈ = ln1 + − ln1 −R+z R+z zLzLzLL+−L−2L + 2RRR = 2L .≈−=R+zR+zR+zRОтсюда получаем, что на больших расстояниях от нити потенциалприближенно равен потенциалу поля точечного заряда2 Lτqφ ≈,=4πε 0 R 4πε 0 Rгде q = 2Lτ– полный заряд нити.2.

Если L → ∞, то потенциал стремится к бесконечности. Потенциал остается ограниченной функцией, если только все зарядысосредоточены в области конечных размеров, а здесь заряды имеются в бесконечно удаленной области. В этом случае непосредственный физический смысл имеет только разность потенциалов влюбых двух точках. В случае бесконечной нити разность потенциалов находим из (2.22) для точек 1 и 2, удаленных от оси нити нарасстояния r и R (r < R)τr∆φ12 = φ(r) – φ(R) = −(2.23)ln .2πε0 RПоясним сказанное расчетом. При L → ∞ потенциал не зависитот z и в (2.22) можно положить z = 0. Кроме того, r << L иr2 L + L2 + r 24LL2 + r 2 ≈ L1 + 2  ,≈1+ 2 .22r−L+ L +r 2L Из (2.22) находим:τ   4L  4 L φ(r) – φ(R) ≈ln1 + 2  − ln1 + 2  ≈4πε0  r R ≈τR2τrln 2 = −ln .4πε0 r2πε0 R60ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧВ случае бесконечной нити задачу можно отнести к типу 2.2.3.В главе 1 получено выражение для напряженности поля бесконечτ. Согласно (2.17)ной равномерно заряженной нити: E = Er =2πε 0 rrφ(r) – φ(R) = − ∫ Edr = −Rτrln ,2πε0 Rчто совпадает с (2.23).3.

Компоненты напряженности поля можно найти из (2.22), вычисляя градиент потенциала, т.е. используя (2.16). Ввиду аксиальной симметрии системы, целесообразно расчет выполнить в ци∂ϕ∂ϕлиндрических координатах, где Ez = −, Er = −. Проекция Еφ∂z∂rв нашем случае равна нулю.

Этот расчет мы предоставляем сделатьчитателю. Результат будет полезно сравнить с полученным выше взадаче 1.3.3.z + L + r 2 + (z + L )τϕ(r , z ) =ln.4πε 0 z − L + r 2 + (z − L )22Ответ:Задача 2.3.2 (базовая задача). На тонком кольце радиуса Rраспределен по произвольному закону заряд q. Определить потенциал поля в точке А, расположенной на оси кольца на расстоянии hот его плоскости.РешениеПотенциал бесконечно удаленной точки будем считать равнымнулю.

На кольце выделим дугу бесконечно малой длины dl. Зарядdq этого участка рассматриваем как точечный. В точке наблюдения1 dqА он создает потенциал dϕ =, где r = R 2 + h 2 . Суммиро4πε 0 rвание всех таких вкладов при любом распределении заряда на1qкольце дает ответ: ϕ =. В частности, в центре кольца4πε 0 R 2 + h 21 q.

Эти результаты можно было сразу записать без всяких4πε 0 Rвычислений, так как все части распределенного заряда находятся наодном и том же расстоянии от центра кольца.ϕ=Гл. 2. Работа сил электростатического поля. ПотенциалОтвет:ϕ=14πε 0qR + h2261.Задача 2.3.3 (базовая задача).

Тонкий диск радиуса R заряженравномерно с поверхностной плотностью σ. Определить потенциалполя в точке А, расположенной на оси диска на расстоянии h от егоплоскости.РешениеУчитывая условия цилиндрической симметрии распределениязаряда, выделим на диске кольцевую область между окружностямирадиусов r и r + dr. Находящийся на ней заряд dq = σ2πr dr создает1 dqв точке наблюдения А потенциал dϕ =, где l = r 2 + h 2 .4πε 0 lИскомый потенциал есть сумма всех таких вкладов:1ϕ=4πε0Ответ:ϕ=R∫0σ2πrdrr +h22=σ( R 2 + h 2 − h) .2ε 0σ( R 2 + h 2 − h) .2ε 0Анализ результата и дополнительные выводы.σR1.

В центре диска h = 0 и потенциал равен.2ε 02. На большом расстоянии от плоскости диска (при R << h)Rимеем при разложении по малой величинев первом порядке:h1 σπR 21 qϕ==.4πε 0 h4πε 0 hЭто означает, что с ростом h потенциал становится все ближе кпотенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска.3. Вблизи плоскости диска (при h << R) при разложении по маσR hhлой величинев первом порядке имеем ϕ =1 −  .R2ε 0  R 4. При R h → ∞ мы ожидаем получить потенциал бесконечнойзаряженной плоскости (т.е.

линейно зависящий от расстояния h до62ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧплоскости). Однако такому предельному переходу препятствуетнаша нормировка потенциала, приемлемая только для заряда, распределенного в конечной области пространства. В этом случае зануль потенциала следует принять его значение в какой-либо произвольной точке, не лежащей в бесконечности. Если положить φ = 0при h = 0, то получим закон изменения потенциала в однородномполе, соответствующем полю бесконечной заряженной плоскости.Вопрос о нормировке не возникает, если требуется вычислить разность потенциалов в двух точках, отстоящих от плоскости на расстояния h1 и h2.

В этом случае независимо от нормировки имеемσ∆ϕ =(h1 − h2 ) , что и соответствует однородному полю от беско2ε 0нечной заряженной плоскости (см. задачу 1.3.8, главы 1).Задача 2.3.4. Найти потенциал φ на краю тонкого диска радиуса R, по которому равномерно распределен заряд с поверхностнойплотностью σ.РешениеПоиск подхода к решению приводит к выводу, что наиболее целесообразно использовать полярнуюсистему координат (r, α), начало которойdαрасположенов точке А, а угол α отсчиdSтывать от диаметра, проходящего черезαAточку А (рис. 2.2).

Элемент площади вOэтой системе равен dS = r dr dα. На немнаходится заряд dq = σdS, который созвточкеАпотенциалРис. 2.2. К нахождению по- даеттенциала поля на краю заря1 dqσdϕ ==dr dα . Интегрируяженного диска (задача 2.3.4)4πε0 r4πε0это выражение по r в пределах от нуля до r = 2R cosα, найдем вкладв потенциал от всех точек диска, находящихся внутри угла dα. Интегрируя затем по углу α в пределах от − π 2 до π 2 , найдем поσRтенциал точки А: ϕ =.πε 0Потенциал в точке на краю диска в π 2 раз, т.е.

приблизительно в полтора раза, меньше потенциала в центре диска. Это и понятно: потенциал в центре диска равен работе внешних сил по пере-Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал63мещению единичного заряда из бесконечности в центр диска. Присмещении заряда из центра диска к его краю работу совершает само поле, и потенциальная энергия заряда уменьшается.σRОтвет: ϕ =.πε0Задача 2.3.5. Два коаксиальных кольца одинакового радиуса Rзаряжены равномерно зарядами q1 и q2. Плоскости колец находятсяна расстоянии h друг от друга. Найти потенциал в произвольнойточке А на оси колец.xРешениеAИз симметрии задачи следует, что начало координат О следует поместить вq1средней точке между кольцами, а ось x направить вдоль оси колец (рис. 2.3).hOТочка А с координатой x отстоит отплоскости верхнего кольца на расстояниеq2x1 = x − h 2 , а от нижнего кольца – наx2 = x + h 2 .

Каждое кольцо создает в точкеРис. 2.3. К нахождениюА потенциал, вычисленный в базовой зада- потенциала электростатического поля на оси двухче 2.3.2:заряженныхкоаксиаль1qiных колец (задача 2.3.5)ϕi =, где i = 1, 2.4πε0 R 2 + xi2Согласно принципу суперпозиции φ = φ1 + φ2. Отсюда получается ответ.1 q1q2.Ответ: ϕ =+4πε 0  R 2 + ( x − h / 2) 2R 2 + ( x + h / 2) 2 Анализ результата и дополнительные выводы1. Если q1 = q2, то функция φ(x) четная и распределение потенциала симметрично. В точке О потенциал равен удвоенному потенциалу от одного кольца.Если q1 = –q2, то функция φ(x) нечетная, график ее имеет видантисимметричной функции, а в точке О имеем φ = 0.64ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ2. При большом удалении от колец, когда x >> h, R (x > 0), имеем при разложении в первом порядке по малым значениям h x иR x:1h ≈ 1 − x2xR + ( x + h / 2)122и ϕ=1  q1 + q2 ( q1 − q2 )h +.4 πε0  x2 x2 Первое слагаемое является потенциалом точечного заряда, равногополному заряду системы q1 + q2, расположенного в центре междукольцами, второе – потенциал точечного диполя, расположенного втой же точке, с вектором дипольного момента, направленным вдольhоси x и равным по величине p = (q1 − q2 ) .

Радиус колец слабо2влияет на поле, давая поправку только второго порядка малости. Вслучае q1 = q2 поле системы двух колец видится с большого расстояния как поле точечного заряда 2q, а дипольное слагаемое (т.е.слагаемое второго порядка малости) отсутствует. В случаеq1 = − q2 система электронейтральна и с большого расстояния выглядит как диполь с моментом p = qh, ориентированным вдоль осиx.3. Если кольца расположены очень близко друг к другу(h << R), то в области между кольцами x << R. В этой области при1 qq1 = q2 = q потенциал поля на оси ϕ =сохраняется постоян2πε 0 Rным в линейном приближении по малым параметрам x/R и h/R.