Литвинов О.С. - Электростатика (1077804), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

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. вектор напряженности E во всех точках касателен к боковой поверх!ности. Ф2 - поток вектора E через основание конусообразной поверхности.Очевидно, что поток Ф2 можно рассчитать, как сумму потоков создаваемых зарядами q и Q через окружность радиуса r, отстоящую от центра зарядов на расстояния x и (L – x) соответственно.

Тогда поток Ф2 можно записать:10Φ2 =( qΩ 1 + QΩ 2 )4πε 0где Ω1 и Ω2 телесные углы, вершины которых совпадают с зарядами q и Q соответственно, и опирающиеся на окружность радиуса r, а β 1 и β2 соответствующие им углы при вершинах конусов (рис. 3.2.).Ω1Ω2β1β2xΩ1xRL-xhβ1Рис. 3.2.Связь между этими углами подчинена следующим соотношениям:β  β S сеч = 2π Rh, h = R − R cos  1  = R  1 − cos  1   , 2  2 Ω1 =S сеч=R22πR 2 (1 − cos(R2β1))2 = 2π (1 − cos( β 1 )) ,2 β  β Ω 1 = 2π  1 − cos  1   , Ω 2 = 2π  1 − cos  2   . 2  2 Далее между углами β1, β2, x и r существует связь.β cos  1  = 2 xx +r22 β2 = 2 и cos L−x(L − x)2+r2, x=L⇒ β1 = β 2 .2Пусть ∆q - часть заряда q, попавшего внутрь конусообразной поверхности, с полууглом при вершиαне α: ∆q = 2π q1 − cos α.4πС учетом теоремы Гаусса для конусообразной поверхности получаем:Рис.

3.3.11∆ q = ε 0Φ 2 =( qΩ 1 + QΩ 2 ) =4π2π q1 − cos α.4πТогда β  β q  1 − cos  1   + Q  1 − cos  2   = q (1 − cos α ) , 2  2 учитываем β1 = β 2 и Q=2q, следовательно,β β+α3 − 3 cos  1  = 1 − cos α , cos  1  = 2 cos .3 2  2 .22 x +r Но β 1 = 2 arccos Окончательно: r =xL9 − (2 + cos α ) 2 .2(2 + cos α )Задача 3.3. Сферический диэлектрический конденсатор имеет радиусы внешнейи внутренней обкладок 2R и R соответственно. Заряд конденсатора равен q. Диэлектрическая проницаемость меняется между обкладками по закону! !!5R 2ε = 2 2 . Определить закон изменения векторов E , P и D , поверхностнуюR +rплотность связанных зарядов и общую величину связанного заряда на внутренней и внешней поверхностях диэлектрика, распределение объёмной плотностисвязанных зарядов ρ′(r) и величину связанного заряда в объёме диэлектрика,емкость конденсатора, максимальную напряженность электрического поля Е иэлектрического смещения D.Решение:Определим зависимость модуля векторов E, D, P от радиуса r в предположении,что заряд внутренней и внешней обкладки равны + q и -q соответственно.

Дляизотропной среды связь между этими векторами определяется соотношениями!! !! ! ε −1 !D = εε 0 E , P = (ε − 1) ε 0 E , P =D.εТогда, применив теорему Гаусса для сферы радиуса r: 4πr2D = qполучим для модулей векторов E, D, P:.12q4R 2 − r 2R2 + r 2D=, E=q, P=q.20R 2πε 0 r 24π r 220R 2 r 2Поверхностную плотность связанных зарядов можно определить из соотношения Pn = σ′, σ′(R) = 3q /20πR2, σ′(2R) =0.Полный связанный заряд на внутренней поверхности равен:q′вн = σ′(R) 4πR2= 3q /5.Объёмную плотность связанных зарядов определим из уравнения:! !PdS"∫ = −q′ .SВ качестве поверхности интегрирования выберем две концентрические сферические поверхности радиусами r и r+dr. Тогда:d(P4πr2) = -dq′,где - dq′ = ρ′(4πr2(dr)) - величина связанного заряда, заключенного между этимисферическими поверхностями.

Отсюда – ρ′ = -(q/10πrR2).32Полный заряд в объёме диэлектрика - q = ∫ ρ ′4π r dr = − q .5Емкость конденсатора можно определить, найдя разность потенциалов междуобкладками: R2R2 + r 2q3q=+∆ϕ = − ∫ Edr = ∫ qdr1, dr =2222∫20R πε 0 r20R πε 0  r40πε 0 R- где интеграл берется в пределах от R до R0. Далее по определению емкостиконденсатора С =q/∆ϕ.Задача 3.4. Шарик радиуса R из диэлектрика, с диэлектрической проницаемостью ε помещен в однородное электрическое поле E0.

Определить величину инапряженность электрического поля в точке Y=Y1, X=Х1 (Y1, Х1<R).Решение.Под действием электрического поля происходит поляризация диэлектрика. Поляризацию можно представить как смещение положительных и отрицательныхсвязанных зарядов объёмной плотностью ρ′=ρ′+=ρ′- относительно друг друга на!величину, определяемую вектором δ . При этом для вектора поляризованности!!выполняется соотношение P = ρ ′δ .

Следовательно, можно рассматривать13электрическое поле связанных заря+ρ′++ρ′- дов, как суперпозицию электрических полей двух шаров, радиусы ко! !торых равны R, равномерно заполE, Pненных объемной плотностью заряда+ρ и -ρ соответственнои смещенных!на вектор δ . Выберем величинуδδ<<R. Тогда можно считать, что наповерхности шара радиуса R нахоРис.3.4дится поверхностная плотность связанных зарядов σ′, причем поверхностная плотность в точке С(σ′с) связана с величиной вектора поляризованности Pи величинами ρ′ и δ следующими соотношениями: P=(ε-1)εoE=ρ′δ, P =σ′c.Электрическое поле Е′+(E′-) внутри равномерно заряженного по объему шара!E′создаваемое положительным зарядом ρ′+ (отрицательным ρ′-) равно:!!ρ′ !ρ′ !E+′ = + r+ , E−′ = − r− ,3ε 03ε 0!!где r+ и r− - радиус-векторы, проведенные в данную точку из центров положительно и отрицательно заряженных шаров соответственно, для которых спра!!!ведливо r+ − r− = δ .Результирующее электрическое поле связанных зарядов равно суперпозиции!!!!ρ′ !Pδ =−.этих электрических полей: E ′ = E+′ − E−′ = −3ε 03ε 0Однородное электрическое поле внутри шара Е равно:!! !!!! ε −1 !P= E0 −E = E0 + E ′ = E0 −E.3ε 03!3 !E0 .Откуда: E =2+ε14§4.

Решение задач с использованием метода электростатическихизображений.Задача 4.1. Над заземленной плоской металлической пластиной находится положительный заряд q на расстоянии а от пластины. Определить плотность поверхностного заряда на пластине и показать, что полный заряд на пластине повеличине равен q.++aq +q⇒ϕ =0αa0r!E−axα!E−−qb !E+yб)a)Рис.4.1Решение.Исходная система – это положительный заряд и заземленная плоскость с наведенным на нее отрицательным зарядом (см. рис.

4.1, а), она эквивалентна системе 2-х зеркальных зарядов (см. рис. 4.1, б). Действительно, электрическое поле от двух зеркальных зарядов в верхней полуплоскости полностью совпадает сисходным электрическим полем. Кроме того, на плоскости симметрии (ось ОХ)потенциал, создаваемый зарядами φ=0 (как и заземленной плоскости), а напряженность электрического поля перпендикулярна плоскости и направлена по осиОУ:15E B = EY =12qa⋅ 2⋅.4πε 0 ( a + x 2 ) a 2 + x 2С другой стороны поле у поверхности заряженного проводника: E B =σ ( x).ε0Таким образом получаем:σ ( x) =1q⋅a⋅2π (a 2 + x 2 ) 3 2Определим полный заряд индуциро-Xванной не заземленной плоскости. РазобьемOx+dxплоскость на совокупность концентрических колец относительно точки О (Рис.4.2.).

Тогда заряд на кольце (x, x+dx):dQ = σ ⋅ dS = σ ⋅ 2πxdxРис.4.2.Полный заряд Q на плоскости равен:∞Q = −∫0qaxdx(a + x )2232= −qa(−1(a + x )2212∞0) = −q .Задача 4.2 Заряд q расположен внутри угла, образованного большим плоскимметаллическим листом, согнутым под углом 90°, на расстоянии а и b от плоскостей. Определить силу, действующую на заряд.Решение. Плоская эквипотенциальная поверхность образуется любой системойаqзарядов, имеющей относительной данной-qплоскости зеркальную симметрию. Применительно к данной задаче, квадрупольная конфи-bгурация зарядов образует систему двух пере-qqсекающихся под прямым углом эквипотенциальных плоскостей.Рис.4.3Тогда, согнутый под прямым углом лист можно заменить двумя отрицательными зарядамии одним положительным.

Откуда сила, действующая на заряд равна:16Fx =Fy =q24πε 0 ( 2a )2+q24πε 0 ( 2b )2+2q 2 a((2a ) + (2b )q 2 2b4πε 0((2a ) + (2b)2).)q2  12b=+216πε 0  a ( a 2 + b 2 )3 2.2 3224πε 0q2  12a=+216πε 0  a ( a 2 + b 2 )3 22 32Задача 4.3 Заряд q находится на расстоянии a от центра заземленной металлической сферы радиуса R. Определить силу взаимодействия междуRO-Qqх сферой и зарядом.Решение.

Пусть начало координатbaнаходится в точке О. На расстоянии b от центра сферы поместимРис.4.4.заряд Q противоположного знака.Предположим, что на поверхности сферы радиуса R потенциал равен 0. Тогдадля точки на поверхности сферы:Q2q2Qq;=−= 0,2222( x − b) + y( a − x) + y( x − b) 2 + y 2( a − x) 2 + y 2учитывая, что x 2 + y 2 = R 2 ,R 2 + b 2 − 2bx R 2 + a 2 − 2ax=;Q2q2(b+ R2 )22bQ 2 2b−x(a2+ R2 )2aq 2 2a=−x,откуда видно, что уравнение обращается в тождество при любых х в случае, когдаQ2 q2 b2 + R 2 a 2 + R 2==,;2b 2a2b2aдалее(b(a2R2 + b2Q22b−x2b+ R2 )=a2 + R2q22a−x2ab Q2= = 2 , ( a 2 b + R 2 b ) = ( ab 2 + R 2 a ) , ab = R 2 ,22+R ) a qОкончательноQ R bR= = ; Q = q⋅ ,q a Ra17Полученную сферическую поверхность радиуса R можем использовать, поместив на неё заземленную сферу, потенциал которой равен 0.

Тогда заряд навнешней поверхности сферы равен –Q и вместе с зарядом q образует системузарядов, совпадающей с условием задачи. При этом электрическое поле вокругзаряда q не изменилось и поэтому силу, действующую на заряд q можно рассчитать, как силу взаимодействия между точечными зарядами. Из полученныхвыше соотношений:Q=qСледовательно: F =RR2Qq, b=, F==2aa4πε 0 ( a − b )q2R  a24πε 0  − R a R2q2R  a24πε 0  − R a R2..Задача 4.4 Заряд q находится на расстоянии a от центра металлической сферырадиуса R, заряженной зарядом q0. Определить потенциал сферы и силу взаимодействия между сферой и зарядом.Решение. Воспользуемся результатом задачи 4.3, поместим на расстоянииb=R2/a от центра сферической поверхности радиуса R отрицательный заряд величиной Q=qR/a.

Дополнительно в центр сферической поверхности поместимзаряд q1=qo+Q, при этом сферическая поверхность останется эквипотенциальной. Потенциал сферической поверхности складывается из потенциала создаваемого зарядами q и –Q, равного 0 и потенциала создаваемого зарядом (qo+Q).Откуда потенциал сферы равен: ϕ =q0 + Q4πε 0 RСила, действующая на заряд q:q ( q0 + Q )q ( q0 + qR a )qQq2 R a−=−F =224πε 0 a4πε 0 a 24πε 0 ( a − b )4πε 0 ( a − R 2 a )q ( q0 + qR a )q 2 Ra=−24πε 0 a 24πε 0 ( a 2 − R 2 ).18Задача 4.5.

Характеристики

Список файлов книги