Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач, страница 5

Определить напряженность электрического поля в центре полусферы.Гл.1. Постоянное электрическое поле23РешениеZВ сферической системе коорdEz ϑ dEдинат площадь элемента поверхноRсти равна dS = R2 sinϑ dϑ dφ. Элементарный заряд на этой площади,который мы будем рассматриватькак точечный (рис. 1.8), будетdqdq = σ R2sinϑ dϑ dφ и поле, создаваемое им в центре полусферы, равРис. 1.8.

Определение напряженноности поля Е в центре заряженнойσполусферы (задача 1.3.7)dE =sin ϑ dϑ dϕ .4πε0Разложим это поле на составляющую, направленную по перпендикуляру к плоскости сечения сферы (по оси Z)σdE z = dE cos ϑ =sin ϑ cos ϑ dϑ dϕ ,4πε0и на составляющую, лежащую в плоскости сечения сферы. Последняя в силу симметрии задачи при суммировании даст нуль, анормальная составляющая и есть искомая напряженность поляπ / 2 2πσσsin ϑ cos ϑ dϑ dϕ =Ez =.4πε 0 0 04ε 0∫∫Ответ: E = E z =σ.4ε 0Задачи типа 1.3Определение напряженности электростатического поля отзарядов, распределение которых имеет плоскостную, осевую(цилиндрическую) или центральную (сферическую) симметрию.Метод решения: применение электростатической теоремы Гаусса (1.10).

В соответствии с условиями задачи выбираютповерхность Гаусса таким образом, чтобы вектор Е на ней былпостоянен и, по возможности, перпендикулярен или параллеленповерхности. Именно в этих условиях вычисление поверхностныхинтегралов не вызывает трудностей и сводится к простомусуммированию.24ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадачи этого раздела в большинстве своем являются базовыми.В дальнейшем результаты решения этих задач неоднократно будутиспользованы при решении задач других разделов.Задача 1.3.8 (базовая задача).

Найти в произвольной точке напряженность поля, создаваемого положительным зарядом, равномерно распределенным с поверхностной плотностью σ на бесконечной плоскости.РешениеПоскольку плоскость бесконечная, распределение зарядов иполя обладает плоской симметрией. Следовательно, линии напряженности поля везде направлены по нормали к плоскости и, следовательно, параллельны друг другу, а модуль напряженности одинаков во всех точках, отстоящих от плоскости на одно и то же расстояние.Ввиду симметрии задачи целесообEразно применить теорему Гаусса (1.10).Для этого рассмотрим прямой цилиндр,перпендикулярный плоскости и симметрично расположенный относительнонее (рис.1.9).

Поток вектора E через боσковую поверхность такого цилиндра равен нулю, так как линии напряженностиРис. 1.9. Поверхность Гаусса везде параллельны образующим цилиндля равномерно заряженнойдра. Потоки вектора E через основанияплоскости (задача 1.3.8)цилиндра одинаковы и равны ES, где S –площадь основания цилиндра. Заряд,находящийся внутри замкнутой поверхности этого цилиндра, равенσS, откуда находим ответ:σS. По теореме Гаусса имеем 2ES =ε0σ.E=2ε 0Напряженность поля не зависит от расстояния отплоскости. Это однородное поле, силовые линии которогоначинаются на заряженной плоскости и уходят на бесконечность,оставаясь перпендикулярными к заряженной плоскости.Гл.1.

Постоянное электрическое поле25Тот же результат получится и для отрицательного заряда. Вэтом случае силовые линии поля начинаются в бесконечности изаканчиваются на заряженной плоскости.Конечно, бесконечных заряженных плоскостей в природе несуществует. Однако полученный результат можно использовать дляопределения напряженности поля вблизи равномерно заряженнойпластины, когда расстояние от точки наблюдения до пластины много меньше размеров пластины и, кроме того, точка наблюдения находится достаточно далеко от края пластины. Чем лучше выполнены эти условия, тем точнее полученная формула определяет напряженность поля в точке наблюдения.

Это типичный пример придания физического смысла результатам расчета напряженности поляот объекта бесконечной протяженности.Отметим, что на заряженной поверхности напряженность поляЕ не определена (испытывает скачок). Это связано с выбором модели поверхности как не имеющей толщины. В реальных материалахэлектрическое поле вблизи заряженной поверхности меняетсяочень быстро на расстояниях порядка нескольких атомных слоев.

Вэтой области модель не имеющей толщины поверхности оказывается слишком грубой и требует уточнения с учетом свойств составляющих ее атомов и молекул. В дальнейшем, говоря о скачке напряженности, мы будем иметь в виду именно такую картину.σОтвет: E =.2ε 0Задача 1.3.9. Две бесконечные параллельные друг другу плоскости равномерно заряжены с поверхностными плотностями зарядаσ1 и σ2. Найти распределение напряженности поля: а) когда зарядыодного знака, б) когда заряды разных знаков.РешениеНапряженности полей, создаваемых каждой плоскостью, найдены в базовой задаче 1.3.8.

Используем полученные там решенияи принцип суперпозиции. На рис.1.10 схематически показаны поляот каждой плоскости для случаев а) и б); при этом положительнымнаправлением напряженности считается направление слева направо(именно это направление будем считать положительным направлением оси Х).а) В области 1 поля E1 и E2 сонаправлены, поэтомуE(1) = –E1 – E2= –(E1 + E2).26ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.

МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧВ области 2 направления полей противоположны, поэтомуE(2) = –E2 + E1.Аналогично в области 3 имеемE(3) = E1 + E2.+σ1+σ2+σ1E1E1E1E2E2E2123а)x–σ2E1E1E1E2E2E2231б)Рис.1.10. Напряженности электрических полей, создаваемых двумя равномернозаряженными плоскостями (задача 1.3.9): а) заряды плоскостей одного знака;б) заряды плоскостей противоположных знаковЕсли плотности зарядов одинаковы и равны σ, то проекциивекторов напряженностей на ось Х будут равны:σσE(1) = – ,E(2) = 0,E(3) =.ε0ε0б) Рассмотрение аналогично пункту а).

Находим:E(1) = E2 – E1; E(2) = E1 + E2 ; E(3) = E1 – E2.В случае одинаковых по модулю зарядов имеемσ.E(1) = E(3) = 0, E(2) =ε0Как и в задаче 1.3.8, полученные результаты можно использовать для пластин конечных размеров в точках пространства, находящихся достаточно близко к плоскостям пластин и отстоящихдостаточно далеко от краев пластин. Фактически расстояния междупластинами должны быть малыми по сравнению с размерами пластин, а точка наблюдения находиться далеко от краев пластин. Впротивном случае отклонения от полученных результатов становятся существенными (поле искажается за счет краевых эффектов).Ответ: В областях (1), (2) и (3) поля однородные и их напряженности соответственно равны:27Гл.1. Постоянное электрическое полеа) Е(1) = –σσ, E(2) = 0, E(3) =;ε0ε0б) E(1) = E(3) = 0, E(2) =σ.ε0Задача 1.3.10.

В бесконечной тонкой плоскости, заряженнойравномерно с поверхностной плотностью заряда σ, вырезано круглое отверстие радиусом R. Найти напряженность электрическогополя на оси этого отверстия (рис. 1.11, для наглядности плоскостьпоказана в виде тонкой пластины).РешениеZОтверстие, где плотность заряE1дов равна нулю, можно представитькак наложение диска с поверхностAE2ным зарядом –σ на сплошную плоскость с поверхностным зарядом +σ.RИспользуя принцип суперпозиции,σнапряженность электрического поляв произвольной точке А на оси отверстияможно представить как Рис. 1.11.

К нахождению поля Есумму напряженностей поля Е1, соз- на оси отверстия, вырезанного вплоскости (задачадаваемого целой бесконечной плос- заряженной1.3.10)костью, и поля Е2 от данного противоположного заряженного диска радиуса R.Напряженность поля, создаваемого бесконечной плоскостью,σ. Напряженность поля на оси диска известна из реравна E1 =2ε 0шения базовой задачи 1.3.6. и в данном случае равна(−σ) z0,E2 =1−22 2ε0 +Rz0 где z0 – расстояние от точки наблюдения до плоскости. Окончательный ответ получаем, складывая эти две напряженности.Ответ: E = E z =σ2ε 0z02R + z02.Задача 1.3.11.

Определить напряженность поля Е внутри и внебезграничного плоского слоя толщиной 2h, в котором равномернораспределен положительный заряд с объемной плотностью ρ.28ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧРешениеВ силу симметрии задачи вектор напряженности может бытьнаправлен только перпендикулярно плоскости (ось Х). Для применения теоремы Гаусса (1.10) выбираем расположенный симметрично относительно центральной плоскости слоя цилиндр с осью, параллельной оси Х, площадью основания S и длиной образующей 2x(рис.

1.12).ρρSSX2h2xX2hа)2xб)Рис. 1.12. Поверхность Гаусса для равномерно заряженного плоского слоя(задача 1.3.11): а) вычисление напряженности внутри слоя; б) вычислениенапряженности вне слояЕсли x < h, то теорема Гаусса определяет напряженность полявнутри заряженного слоя, если x > h – снаружи. Рассуждения проводятся в точности аналогично базовой задаче 1.3.8. При x < h(рис. 1.12а) получаем2ES =ρx2ρSxи Eвнутри =.ε0ε0При x > h (рис. 1.12б) имеем2ES =2ρShρhи Eвне =.ε0ε0Внутри слоя величина напряженности поля нарастает от центра слоя по линейному закону, а вне слоя поле становится однородным, как в случае бесконечной заряженной плоскости.

Как и в предыдущих двух задачах, решение для конечного по площади слоясправедливо в области, где можно пренебречь краевыми эффектами.29Гл.1. Постоянное электрическое полеОтвет: при x < h: Eвнутри =ρρh.x ; при x > h: Eвне =ε0ε0hЗадача 1.3.12 (базовая задача). Поверхность бесконечнодлинного круглого цилиндра радиуса R заряжена равномерно с поверхностной плотностью σ.