Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач, страница 6

Найти напряженность электрическогополя в произвольной точке.РешениеДля применения теоремы Гаусса (1.10) выбираем в качествеповерхности Гаусса коаксиальный цилиндр произвольного радиусаr и конечной высотой h (рис. 1.13). Если r < R, то внутри такого цилиндра зарядов нет. Следовательно, в любой точке внутри равномерно заряженной цилиндрической поверхности Eвнутри = 0.Если r > R, то заряд внутри цилиндра равен 2πRhσ, а поток вектора E через поверхность цилиндра радиуса r легко подсчитать,если учесть, что ввиду цилиндрической симметрии системы векторE везде зависит только от координаты r и везде направлен по нормали к боковой поверхности цилиндра.

По теореме Гаусса (1.10)2πRh σ2πrhE =,Rε0откуда напряженность поля внеrцилиндраσR 1,Eвне =ε0 rгде r – расстояние до оси цилиндра. На заряженной поверхностицилиндра напряженность поля неопределена (испытывает скачок отE = 0 вблизи поверхности внутри Рис. 1.13. Поверхности Гаусса длякруглого цилиндра (задача 1.3.12)σдо E =вблизи поверхностиε0снаружи).Аналогично задаче 1.3.8, полученные результаты применимы идля цилиндров конечных размеров, если можно пренебречь краевыми эффектами.Если, сохраняя заряд, устремить радиус R к нулю, то в пределеполучим тонкую нить с линейной плотностью заряда τ = 2πRσ; для30ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧнее из выражения напряженности поля вне цилиндра находим поледля бесконечной нити:τ 1.E =2πε 0 rКонечно, этот результат можно получить и сразу из теоремы Гаусса,так как заряд внутри вспомогательного цилиндра равен в этом случае τh, а поток вектора E через боковую поверхность цилиндраτ 12πrhE; поэтому E =.

Этот результат уже был получен в за2πε0 rдаче 1.3.3, как предельный случай напряженности поля от нити конечной длины.Ответ: для r < R: Eвнутри = 0;для r > R:Eвне =σR 1.ε0 rЗадача 1.3.13. В круглом бесконечном цилиндре радиуса Rравномерно распределен положительный заряд с объемной плотностью ρ. Найти напряженность электрического поля в произвольнойточке.РешениеДля применения теоремы Гаусса (1.10) выбираем поверхностьГаусса в виде цилиндра, как в задаче 1.3.12 (рис. 1.13).Для области внутри цилиндра r < R заряд внутри поверхностиГаусса равен ρπr2h, а поток вектора E через поверхность равенρ2πrhE.

По теореме Гаусса получаем Eвнутри =r . Внутри заря2ε 0женного по объему цилиндра напряженность поля нарастает от нуля на оси цилиндра по линейному закону, достигая на его поверхρRности значения. Напряженность поля является здесь непре2ε 0рывной функцией от r, так как нет заряженных поверхностей сплотностью σ ≠ 0.Для области вне цилиндра r > R заряд внутри поверхности Гаусса равен ρπR2h, поток вектора E равен 2πrhE, и по теореме ГауссаρR 2 1Eвне =.

Устремляя здесь r → R, убеждаемся в непрерывности2ε 0 rфункции E(r).31Гл.1. Постоянное электрическое полеОтвет: Для r < R: Eвнутри =ρρR 2 1.r ; для r > R: Eвне =2ε 02ε 0 rЗадача 1.3.14. Внутри бесконечного круглого цилиндра радиуса R0, заряженного равномерно с объёмной плотностью ρ, имеетсякруглая цилиндрическая полость радиуса R1 (R1 < R0), ось которойпараллельна оси цилиндра и находится от неё на расстоянии а (рис.1.14).

Найти напряженность электрического поля в полости.РешениеДля решения данной задачи целесообразно использовать решение базовой задачи 1.3.13 ипринцип суперпозиции. Искоa 0мое поле в полости можноOrr′представить как сумму полейAсплошного цилиндра, заряженного с плотностью +ρ, исплошного цилиндра, совпадающего с полостью, заряженного с плотностью (–ρ).Сначала найдем поле цилиндра, заряженного с плотно- Рис. 1.14. К вычислению напряженностистью +ρ.

Воспользуемся ре- поля Е в цилиндрической полости внутризультатом задачи 1.3.13, со- заряженного цилиндра (задача 1.3.14)гласно которому напряженρность поля внутри такого цилиндра будет равна E1 =r , где r –2ε 0радиус-вектор точки, проведенный в перпендикулярном сечении отоси цилиндра. Аналогично, поле внутри цилиндра, совпадающего с(−ρ)полостью, будет E 2 =r′ , где r´ – радиус-вектор точки А, про2ε 0веденный от оси полости. Напряженность поля в произвольнойточке А полости будет равна сумме полученных полейEa =ρρa,(r − r′) =2ε 02ε 0где вектор а = r – r′ определяет смещение оси полости относительно оси цилиндра.

Следует отметить, что поле внутри полости одно-32ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧродно, то есть не зависит от r′.Ответ: E a =ρa.2ε 0Задача 1.3.15 (базовая задача). На поверхности сферы радиусаR равномерно распределен положительный заряд с поверхностнойплотностью σ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке.РешениеСистема имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентрическую сферу радиуса r.При r < R заряда внутри этой поверхности нет. Значит, в любойточке внутри равномерно заряженной сферы E = 0.При r > R весь заряд q = 4πR2σ находится внутри поверхностиГаусса, а поток вектора E через неё равен 4πr2E. По теореме ГауссанаходимE =qσR 2=.4πε 0 r 2 ε 0 r 2Поле вне равномерно заряженной сферы совпадает с полем точечного заряда q, расположенного в центре сферы.На заряженной поверхности напряженность поля не определеqσна (испытывает скачок от E = 0 внутри, до E =– сна=2ε04πε0 Rружи).

Физический смысл такого поведения функции E(r) объясненв решении задачи 1.3.8.Ответ: для r < R: Eвнутри = 0; для r > R: Eвне =σR 2.ε0 r 2Задача 1.3.16 (базовая задача). Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти напряженность поля в произвольной точке.РешениеСистема имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентриче-33Гл.1.

Постоянное электрическое полескую сферу радиуса r.При r < R заряд внутри этой сферы равен (4/3)πr3ρ, а поток Eρчерез её поверхность равен 4πr2E. По теореме Гаусса Eвнутри =r.3ε 0Таким образом, внутри равномерно заряженного шара поле растетот центра шара по линейному закону, достигая на поверхности шаρRqра значения E =, где q – полный заряд, размещенный=3ε 0 4πε0 R 2на шаре.При r > R рассуждения ничем не отличаются от проведенных взадаче 1.3.15. Поле снаружи равномерно заряженного шара совпадает с полем точечного заряда, расположенного в центре шара иравного по величине полному заряду шара.

Функция E(r) непрерывна, так как нет поверхностей, несущих поверхностный заряд.Ответ:для r < R: Eвнутри =для r ≥ R:Eвне =ρr;3ε 0q,4πε0 r 2где q =4 3πR ρ.3Задача 1.3.17. Внутри шара, равномерно заряженного с объемной плотностью +ρ, сделана сферическая полость, центр которойсмещен относительно центра шара на вектор a. Найти напряженность поля внутри полости.РешениеЕсли представить себе полостькак шар, равномерно заполненныйзарядом с плотностью (–ρ), вставленρAный в сплошной шар с объемнойrплотностью +ρ, то поле в полостиr´Oa O´можно определить как суперпозициюполей этих двух равномерно заряженных шаров. Эти поля найдены вбазовой задаче 1.3.16.Выберем начало координат в центре Рис. 1.15.

К вычислению напряО большого шара (рис.1.15) и прове- женности поля Е в сферическойдем в произвольную точку А полости полости внутри заряженногорадиус-вектор r. Центр полости О′ шара (задача 1.3.17)34ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧопределим радиус-вектором а. Соединим О' с точкой А вектором r′′.Из построения ясно, что r = а + r′′.Согласно результатам задачи 1.3.16 имеем в точке А:ρρE=(r − r ′) =a.3ε 03ε 0Таким образом, поле внутри полости однородно.ρОтвет: E =a.3ε 0Задача 1.3.18. Две длинные параллельные нити равномернозаряжены с одинаковой линейной плотностью заряда τ. Найти максимальное значение модуля напряженности поля в плоскости симметрии этой системы. Расстояние между нитями d.РешениеПлоскость симметрии системы параллельна нитям и отстоит откаждой из них на расстояние d 2 . Напряженность поля, создаваемая каждой нитью, вычислена в базовой задаче 1.3.12: она направлена радиально от нити, а модуль ее равенτ 1EE=.2πε0 rE2E1где r – расстояние от нити до произвольной точки А, расположенной вAплоскостисимметрии.

Пусть точка Аϕнаходится на расстоянии x от линии,xпроведенной через две нити перпендиddкулярно плоскости симметрии (на22+ рис. 1.16 показана плоскость, перпен+Рис. 1.16. К вычислению напря- дикулярная к нитям).женности поля от двух заряженИспользуя принцип суперпозиции,ных нитей (задача 1.3.18)определим напряженность поля E вточке А.

Из рисунка видно, чтоE = 2E1 cosφ =где cos φ =τ xτx,=22πε0 rπε0 x + (d / 2) 2x. Максимальное значение E находим из условияrГл.1. Постоянное электрическое поле35dEτd= 0 , откуда x = и Emax =.dx2πε 0 dОтвет: Emax =τ.πε 0 dЗадача 1.3.19. В сфере, заряженной равномерно с поверхностной плотностью заряда σ, вырезано круглое отверстие, малое посравнению с радиусом сферы. Найти напряженность поля в центреэтого отверстия.РешениеВвиду малых размеров отверстияRможно считать, что вырезанная частьOсферы эквивалентна диску малого радиуса. Согласно принципу суперпозицииполе в центре отверстия можно представить как сумму поля сплошной сферы иполя, созданного диском, равным отвер- Рис.1.17. Заряженная сфера свырезанным малым отверстистию и заряженным с поверхностной ем (задача 1.3.19)плотностью (–σ).Напряженность поля вблизи поверхности сплошной сферыσ(см. базовую задачу 1.3.15).равна Е1 =ε0Напряженность поля вблизи центра диска определена в базовойзадаче 1.3.6.

Она направлена противоположно полю сплошной сфеσры и по величине равна E2 =. В итоге радиальная напряжен2ε 0σσσность поля в центре отверстия Еr = Е1 – E2 = −.=ε 0 2ε 0 2ε 0Ответ: Еr =σ.2ε 0Задачи типа 1.4Определение напряженности поля непрерывного неравномерного распределения заряда, когда плотность распределения зарядавыражается какой либо функцией координат36ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧМетод решения. В общем виде методика решения задач этоготипа та же, что и при решении задач типа 1.2 и, если распределениезаряда обладает элементами симметрии, задач типа 1.3.

Отличиезаключатся в том, что выражения для плотностей зарядов ρ, σ и τ неконстанты, а заданы определенными функциями координат, чтоприводит к некоторому усложнению интегралов, определяющихпроекции напряженности поля в заданной точке.Задача 1.3.20. Сфера радиуса r заряжена с поверхностнойплотностью заряда σ = ar, где а – постоянный вектор, r – радиусвектор точки сферы относительно её центра (рис. 1.18).

Найти напряженность электрического поля в центре сферы.РешениеВыберем за ось Z вертикаль, проведенную через центр сферыпараллельно вектору а, а начало координат поместим в центр сферы. В этом случае поверхностная плотность заряда будет распределена по законуσ(ϑ) = ar cosϑ,zгде ϑ – полярный угол точки на+ ++σ′ +блюдения.++Заряд элементарной площадки++a ϑ rсферы с площадьюdS = r2sinϑ dϑ dφбудет равенydE Odq = σdS = ar3sinϑ cosϑ dϑ dφ,––где φ – азимутальный угол. На––пряженность поля от этого заря–σ′ –да в центре сферы равна– –1 dq rРис.