Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач, страница 11

Поправки к постоянному потенциалу существуют только за счет слагаемых второго порядка малости. Поле в этой области будет оченьслабым, напряженность его будет близка к нулю. При q1 = –q2 = qимеем в низшем порядке по малым параметрам x/R и h/R:1 qxh.

Линейная зависимость потенциала от координатыϕ=4πε 0 R 3говорит о том, что поле в этом случае однородное. Величина напряженности поля невелика, так как определяется малым параметром h/R.Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал65Задачи типа 2.2Обратная задача: найти распределение зарядов, создающихзаданные значения потенциала или разности потенциалов.Метод решения – прямое применение уравнения Пуассона(2.18).

Следует использовать запись оператора Лапласа в системекоординат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если вусловии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (2.16) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве.Задача 2.3.6. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar2 + b, где a и b –постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ(r) внутришара.РешениеЭто пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферическихкоординатах – тогда остается зависимость только от одной пере∂ 2 ϕ 2 ∂ϕменной r: ∆ϕ = 2 +. Выполняя дифференцирование, нахо∂rr ∂rдим ∆φ = 6a.

Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6aε0.Ответ: ρ = – 6aε0.Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовыхкоординатах, если в заданное выражение для ϕ(r) подставитьr2 = x2 + y2 + z2 и воспользоваться выражением (2.19) для оператораЛапласа в декартовых координатах.Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё толькочисленным множителем.

Объемная плотность ρ заряда внутри шарапостоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен,что соответствует убыванию потенциала в направлении от центрашара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала вцентре шара. Его величину можно найти из условия непрерывностипотенциала при r = R:ϕ=1 q= aR 2 + b ,4πε 0 R66ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧρR 2. Величина b зависит от плотности распределения2ε 0заряда и от радиуса шара.откуда b =Задача 2.3.7. В бесконечном слое толщиной d находится равномерно распределенный объемный заряд.

Разность потенциаловмежду границами слоя постоянна и равна ∆φ ≠ 0. При каком значении объемной плотности ρ заряда напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю? Какова будет при этом напряженность поля у другой границы?РешениеПоскольку распределение заряда симметрично относительноцентральной плоскости слоя, то создаваемый полем этого зарядапотенциал одинаков на обеих поверхностях слоя.

Таким образом,сам распределенный в плоском слое заряд не может создать разность потенциалов на своих границах (см. базовую задачу 2.3.8).Следовательно, должно присутствовать внешнее однородное поле внаправлении нормали к слою, напряженность которого можнопредставить в виде E0 = ∆ϕ d .

Напряженность поля вблизи однойиз границ будет равна нулю, если это внешнее поле равно по величине полю, создаваемому на этой пластине распределенным зарядом, и противоположно ему направлено. На границе слоя напряρd(см. задаженность поля от распределенного заряда равна E =2ε 0чу 1.3.11, глава 1). Из равенства E = E0 находим ρ = 2ε0∆ϕ d 2 . Навторой границе внешнее поле направлено одинаково с полем распределенного заряда. Поэтому напряженность поля вблизи второйграницы равна 2 ∆ϕ d .2ε ∆ϕОтвет:ρ = 02 .dЗадачи типа 2.3Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля, и решение обратной задачиГл. 2.

Работа сил электростатического поля. Потенциал67Метод решения. Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов)использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х изdϕ(2.16) находим: Е(х) = −. Интегрируя это уравнение, получаемdxφ(x). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.Представленные в данном разделе задачи в основном являютсябазовыми.

Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.Задача 2.3.8 (базовая задача). Бесконечный плоский слой толщиной 2h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.РешениеВ задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженностиполя от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали кплоскости слоя, то внутри слоя (x ≤ h) поле растет по линейномуρρh.закону E = x , а вне слоя (x ≥ h) поле однородно и равно E =ε0ε0Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть толькообласть x > 0, а решение для области x < 0 легко записать из полученного результата.Используя (2.16), находим dφ = – Edx, откуда для области x ≤ hполучаемρx 2+ C1 ;φ(x) = −2ε 0аналогично для x ≥ h имеемρhxφ(x) = −+ C2 ,ε0где C1 и C2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.68ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПоскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке.Наиболее естественный способ нормировки потенциала в даннойсистеме – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя,где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C1 = 0. Постоянную C2 определим теперь из условия непрерывности потенциалана границе слоя.

Имеем при x = h:ρh 2ρh 2−+ C2 = −ε02ε 0откуда C2 =ρh 2. Итак, внутри слоя потенциал убывает по квадра2ε 0тичному закону φ(x) = −ρ 2x , а снаружи – по линейному2ε 0ρh(2 x − h) . Убывание потенциала связано с тем, что при2ε 0удалении пробного положительного заряда от центральной плоскости слоя поле совершает положительную работу и потенциальнаяэнергия заряда уменьшается.Ввиду плоской симметрии системы распределение потенциалапри x < 0 найдем, заменяя в полученных формулах x на |x|. Еслиуменьшать толщину слоя до нуля, сохраняя его заряд, то в результате получим плоскость, заряженную равномерно с поверхностнойплотностью σ = 2ρh, создающую в пространстве потенциалσρhϕ( x) = −x = − x , соответствующий однородному полю2ε 0ε0φ(x) = −E=σ.2ε 0Ответ:1) |x| < h: φ(x) = −ρ 2x ,2ε 02) |x| ≥ h: φ(x) = −ρh(2 x − h) .2ε 0Задача 2.3.9.

Шар радиуса R равномерно заряжен с объемнойплотностью ρ. Найти значение потенциала в произвольной точке.Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал69РешениеИз симметрии системы следует, что для решения целесообразновыбрать сферическую систему координат. Напряженность поляравномерно заряженного шара вычислена в задаче 1.3.16 (глава 1):ρ1 q, где q – полr , вне шара Eвне =3ε 04πε0 r 2ный заряд шара, равный (4/3)πR3ρ. Напряженность поля зависиттолько от одной координаты r. В этом случае из (2.16) находимdϕE(r) = −и, интегрируя это уравнение, получаемdr1 qρ 2φвне(r) =φвнутри(r) = −r + C1 ,+ C2 .6ε 04πε 0 rВ нашем случае заряды сосредоточены в ограниченной областипространства, поэтому можно положить равным нулю потенциалбесконечно удаленной точки.

Тогда С2 = 0, а постоянная С1 определяется из условия непрерывности потенциала при r = R:ρ 21 q,−R + C1 =6ε 04πε 0 Rвнутри шара Eвнутри =ρR 2. Физический смысл константы С1 – это потенциал2ε 0в центре шара при нашей нормировке. Итак, внутри шара потенциρал убывает по квадратичному закону φвнутри(r) =(3R 2 − r 2 ) , а6ε 0снаружи – как потенциал точечного заряда q, расположенного вцентре шара.Если, сохраняя заряд q и его симметричное распределение, перенести его весь на поверхность шара, то напряженность поля и потенциал во внешней области не изменятся.

Потенциал любой точки на1 qповерхности останется равным. Но во внутренней области4πε 0 Rтеперь поле отсутствует, работа по перемещению пробного заряда споверхности шара в его центр не совершается и потенциал в любойточке внутри получившейся заряженной сферы будет одним и темже – потенциалом поверхности сферы.откуда С1 =70ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧОтвет: 1) r < R: φвнутри(r) =2) r > R: φвне(r) =ρ(3R 2 − r 2 ) ;6ε 01 q.4πε 0 rЗадача 2.3.10. Шаровой слой между сферами радиусов R1 и R2(R1 < R2) заряжен с плотностью ρ = a/r2. Найти потенциал поля впроизвольной точке.РешениеРаспределение заряда сферически симметрично (рис.2.4), поэтому поле во внешней области совпадает с полем точечного заряда, равного полному заряду слоя q и расположенного в центре сфер.Полный заряд слоя R1 < r < R2 найдем, суммируя заряды бесконечно тонких слоев с внутренним радиусом r и внешним r + dr.Учитывая, что заряд такого слоя dq = ρdV = ρ 4πr2dr = 4πa dr и вычисляя интеграл по r в пределах от R1drдо R2, получаем:R2rq = 4πa ∫ dr = 4πa(R2 – R1).R1Нормируя потенциал на нуль вбесконечности, находим потенциал вR2области r ≥ R2:1 q a R2 − R1φ3(r) =.=4πε0 r ε 0rРис.

2.4. Шаровой слой со сфеОтсюда потенциал сферы радиусарически симметричным распределением заряда (задача 2.3.10)aR 1 − 1  .R2 будет равен φ(R2) =ε 0  R2 Электрическое поле внутри слоя E2(r) определяется суммарным зарядом, находящимся внутри сферы радиуса r. Этот зарядравенR1rq(r) = 4πa ∫ dr = 4πa(r – R1).R1По теореме Гаусса создаваемая им напряженность поляГл. 2. Работа сил электростатического поля.