Методические указания к решению задач (МУ к выполнению ДЗ)

1МГТУ им. Н.Э.БауманаВ.Г.Голубев, М.А.ЯковлевМетодические указания к решению задачпо курсу общей физикиРаздел «Электростатика»Под редакцией О.С. ЛитвиноваМосква, 2005ОГЛАВЛЕНИЕВведение§1. Основные сведения по теории§2. Метод с использованием принципа суперпозиции.§3. Метод решения задач с использованием теоремы Гаусса.§4. Решение задач с использованием метода электростатических изображений.§5. Метод решения задач с использованием понятия энергии электрическогополя.Список литературы.ВведениеВ методическом пособии содержится краткий обзор основных методоврешения задач по электростатике. Помимо рассмотрения традиционных методов определения электрического поля распределенных зарядов в вакууме идиэлектриках, в пособии рассматриваются также методы, редко упоминаемые в учебной литературе, но достаточно эффективные для решения задач –метод электростатических отображения, метод повторяющихся элементов идругие.Для студентов 2-го курса всех специальностей МГТУ им.

Н.Э. Баумана.2§1. Основные сведения по теорииВ основе всех представлений электростатики лежат понятия электрического заряда и связанного с ним электрического поля, возникающего в окружающем пространстве. Одной из характеристик этого поля является векторная!величина E - напряженность электрического поля. Это силовая характеристика!поля, определяемая отношением силы F , действующей на заряд к величинеэтого заряда q:!! FE= .qВ случае диэлектриков электрическое поле характеризуется также вектором!!электрического смещения D и вектором поляризации P .Связь между этими векторами, в случае если диэлектрики занимают областьмежду эквипотенциальными поверхностями:!! !! ! ε −1 !D = εε 0 E, P = (ε − 1) ε 0 E, P =D.εгде - ε и ε0 относительная проницаемость вещества и абсолютная проницаемость вакуума.!!Cила F, действующая на неподвижный точечный заряд равна: F = qE .!EПоле неподвижного точечного заряда q равно =!q r.4πε 0 r 2 r!где r - радиус вектор, соединяющий заряд и данную точку пространства.Принцип суперпозиции для любой системы зарядов qi имеет вид:!!E = ∑ Ei ,i!где ∑ Ei - сумма векторов напряженности создаваемых точечными зарядамиiили заряженными телами, входящими в систему.Теорема Гаусса:! ! qΦ E = "∫ EdS =- для вакуума,ε0S3! ! q + q′Φ E = "∫ EdS =- для диэлектриков,ε0S! !Φ D = "∫ DdS = q - для диэлектриков,S! !Φ P = "∫ PdS = − q′ .S! !!Где Ф - поток вектора ( E , D или P ) через произвольную замкнутую поверх-!! !ность, dS = dS ⋅ n , n - единичный вектор нормальный к площадке площадьюdS, q - алгебраическая сумма свободных зарядов охватываемых замкнутой поверхностью, q′ - суммарный связанный заряд охватываемый замкнутойповерхностью.Для потенциала электростатического поля справедливо:! !ϕ1 − ϕ 2 = ∫ EdlL! !Edlгде ϕ1, ϕ2 - потенциалы в точках 1 и 2, ∫- криволинейный интеграл по проLизвольной траектории между точками 1 и 2.!Связь между E и ϕ в декартовой системе координат:! ∂ϕ ! ∂ϕ ! ∂ϕ ! E = −i+j+k ,∂∂∂xyz#######!!E = − gradϕ .Потенциал поля создаваемый точечным зарядом q: ϕ =q.4πε 0 rПринцип суперпозиции для системы точечных зарядов: ϕ = ∑ ϕ ii4§2.

Метод с использованием принципа суперпозиции.Задача 2.1. Найти напряженность электрического поля в точке А, расположенной на расстоянии b от равномерно заряженного с линейной плотностью τ отрезка. Углы α1 и α2 заданы (см.рис.2.1.).Xτdlbrdαα1α2A!dEY!dEРис.2.1.Решение:Разобьем отрезок на бесконечно малые участки dl, каждый из которых имеетэлементарный заряд dq = τ dl и создает в точке А напряженность поля:!#!dqrdE =4πε o r 3r- расстояние от точки А до участка dl.!Результирующий вектор напряженности E является векторной суммой элемен!тарных векторов dE , и проекция результирующих векторов напряженности Еyи Еx на ось y и x равна сумме элементарных проекций dEy и dEx соответственно.r=brdαadα=, dl =cos αcos α cos 2 αdE y = dE cos α =,τ dlτ dαα=coscos α4πε o r 24πε o bdEx = − dE sin α = −,τ dlτ dαsin α = −sin α .24πε o r4πε ob5α1τ sin α dατ=(cos α1 − cos α 2 ) .4πε o b4πε o bα2Ex = − ∫Ey =α1∫−α 2τ cos α dατ=(sin α 1 + sin α 2 ), E = Ex2 + E y24πε o b4πε o bИспользуя метод разбиений можно определить напряженность электрическогополя в произвольной точке от линейного заряженного участка.

В частности, длябесконечной нити (α1 = π/2 и α2 = π/2):E = Ey =τ, Ex = 0 .2πε o bЗадача 2.2. Определить напряженность электрического поля в точке А, созданного диском радиуса r0 равномерно заряженным поверхностной плотностью σ.Точка расположена на оси диска на расстоянии а от его центра (Рис.2.2).drrαAadEydExX!dEРис.2.2.Решение. Используем пошаговый метод решения.Шаг 1. С учетом симметрии задачи простейшими геометрическими элементами(см.рис.2.2.), с помощью которых можно представить диск, являются концентрические кольца радиуса r толщиной dr.Шаг 2. Определим напряженность электрического поля dEA в точке А, создаваемую одним кольцом. В силу симметрии задачи dEAy = dEAz =0.Разобьем кольцо на элементарные дуги dl.

Заряд такой дуги равен dq = σdrdl.Проекция dEx напряженности поля на ось х, создаваемая этим зарядом равна:6dEx =σ drdlcos α ,4πε 0 R 2где R=а/cosα – расстояние от элемента dl до точки А.dE Ax =σ drdlσ rdrσ dαadαcos 3 α =cos 3 α =sin α , r = atgα , dr =.222ε O a2ε Ocos 2 αOa"∫ 4πε2π rαoE Ax = ∫ dE Ax =0αOσσdαa=αsin(1 − cos α 0 ), cos α 0 =.∫0 2ε O2ε Or02 + a 2Для бесконечного диска или бесконечной плоскости α0 = π/2, EAx=σ.2ε OЗадача 2.3. Сфера радиуса R равномерно заряжена по поверхности поверхностной плотностью заряда σ. Определить напряженность элек-αтрического поля в центре очень маленького от-βОверстия на поверхности сферы (рис.2.3).АРешение задачи 2.3.Пусть отверстие находится в точке А.Шаг 1.

Представим поверхность сферы в видеРис.2.3.колец вырезаемых радиус-векторами направ-ленными из центра сферы под углами α и α + dα отрезку ОА. Тогда эквивалентная линейная плотность заряда вдоль дуги этого кольца равна dτ = σRdα.Напряженность электрического поля в точке А, создаваемая этим кольцом равна:dE =Поскольку α = 2 β , то dE =dτ 2π R sin α4πε 0 ( 2R cos β )2cos β .( dτ 4π R sin β ) = σ sin β d β.22ε 04πε 0 ( 2R )Шаг 2.Напряженность электрического поля создаваемая сферой в центре маленького отверстия получится путем интегрирования по всей поверхности:E = ∫ dE =Sπ /2∫0σ sin βdβ σ=2ε 02ε 0.7(2-й способ).Определим напряженность электрического поля E0 непосредственно у поверхности сферы при отсутствии маленького отверстия.

Для этого воспользуемсятеоремой Гаусса для сферической поверхности радиуса r =R+dr.E0 4π r 2 =σ4π r 2σ, E0 = .ε0ε0E0 - сумма напряженностей, создаваемых сферой с маленьким отверстием и маленького участка заряженной поверхности закрывающего это отверстие.Е0 = Есф + ЕотвМаленький участок заряженной поверхности можно считать плоскостью дляточек бесконечно близких к этой поверхности. Тогда для плоскостиЕотв = σ/2ε0 вне сферы, и Еотв = -σ/2ε0 внутри сферы вблизи поверхности сферы.Отсюда напряженность, создаваемая сферой в центре маленького отверстияравна: Есф = Е0 – Еотв = σ/2ε0 = Е.Следовательно, результаты обоих способов решения совпадают. Второй способпроще, т.к. удалось избежать интегрирования.

В данном методе мы дополнилисферу до сферически симметричного случая, заполнив отверстие.8§3. Метод решения задач с использованием теоремы Гаусса.Задача 3.1 Шар радиуса R заряжен равномерно по объёму. Объёмная плотностьзаряда равна ρ. Внутри шара находится сферическая полость радиуса R0. Расстояние между центрами шара и полости равно а. Определить напряженностьэлектрического поля в полости.Решение.В решении задачи используется принцип суперпозиции электрических полейдля заряженных тел и метод дополнения из задачи 2.3.

Для этого заданную систему зарядов можно представить в виде суперпозиции двух тел, а именно, шарарадиуса R заряженного равномерно по объему плотностью +ρ и шара радиусаR0 заряженного объемной плотностью -ρ, помещенного на место полости.Найдем сферически симметричное распределение электрического поля в шаре,заряженном объемной плотностью ρ. Теорема Гаусса для концентрическойсферической поверхности радиуса r, расположенной внутри такого шара дает:! !4= q ⇒ 4π r 2 D = π r 3 ρ ,DdS"∫S3!!rrD = ρ , или в векторной форме D = ρ .33Тогда напряженности электрического поля E+ и E- для шаров радиуса R и R0 соответственно равны:!!!!r+r−E+ = + ρ=−ρ, E−,3ε 03ε 0!!где - r+ и r− - радиус-векторы, проведенные из центров соответствующих шаров в произвольную точку находящуюся внутри малого шара.Откуда результирующее поле E:!! !!! !!r+ − r−a=ρE = E+ − E− = ρ,3ε 03ε 0где a – вектор, проведенный из центра большого в центр малого шара.9Задача 3.2.

Два заряда противоположного знака, величины которых соответственно равны q и Q=2q, расположены на расстоянии L друг от друга вдоль осиX. Определить на каком расстоянии от оси Х, силовая линия, исходящая из заряда q, под углом α к оси X, пересекает плоскость перпендикулярную оси Хнаходящуюся посредине между зарядами.Решение.Пусть начало координат совпадает с зарядом q.Предположим, что силовая линия, выходящая из заряда q под угломα пересекает плоскость, перпендикулярную оси X и находящуюся на расстоянии x от заряда q и на расстоянии r от оси системы (см. рис.3.1). Выберем замкнутую конусообразную поверхность, вершина которой совпадает с зарядом q,образующей является искомая силовая линия, высота равна x, а основание кругαrβ1qxβ2QLРис.3.1.радиусом r. Запишем теорему Гаусса для заданной замкнутой поверхности.! !∆q = ε 0 "∫ EdS = ε 0 (Φ1 + Φ 2 )Sгде ∆q - часть заряда заключенного внутри конусообразной поверхности.Ф1 - поток вектора Е через боковую поверхность конуса, который очевидно ра!вен 0, т.к.