А.Н. Матвеев - Электричество и магнетизм (1115536), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Постоянное электрическое поле 42 Пояс аа аси равмонсрио заражсааого дюка 43 К вычяслспию иааряжсииости пола бсскаисчиой заркжсаной пити с помощью теоремы Гаусса ° Нокажденне напряженности попа но ааданнону распределению зарядов прянын нрнивненнем ваиоиа Кулона является иамболев естественным, мо нв санын простым. Нахежденне навряжеиностм полл с пононзью тео. репы Гаусса обычно целесеобравно при наличии снннвтрий реснределенив вар жю. «> Что можно скаыть о фи. зичвском сиысле потенциала в рамках влектрастатикиу Какой физический смена имеет разкасть иотвицкалов1 й 15. Электростатическое поле и вакууме Излагаются осмоаные методы' расчета потенциала и напряженности электроспзаптческого поля н анализируются примеры вычислений.
Постановка задачи. Решим одну нз задач электростатики: определить напряженность электрического поля, создаваемого известным распределением зарядов. Эта задача может быть решена несколькими методами, В принципиальном смысле все онн равноценны, в практическом в зависимости от обстоятельств различны, так как связаны с неодинаковым объемом вычислительной работы. Целесообразно выбрать тот метод, которьзй приводит к искомому результату наиболее простым путем. Прямое использование закона Кулона. В этом случае напряженность поля в точке вычисляется как сумма напряженностей, полей, созлаваемых всеми элементами р й)з и ту с)5 объемных и поверхностных зарядов. Этот метод является наиболее естественньпн, но не самым простым, поскольку приходится суммировать векторы, что значительно усложняет вычисления.
Пример использования этого метода был рассмотрен в З 8 при вычислении силы взаимодействия точечного заряда и бесконечной прямой заряженной нити. Яычнсление потенциала. Формулы (14.35) и 114.36) можно использовать только при распределении заряда в конечной области пространства и нормировке потенциала на нуль в бесконечности, Рассмотрим в качестве примера поле в точках перпендикуляра к плоскости равномерно заряженного диска радиусом а, проходязцего через его центр 1рис, 42). Полный заряд диска равен Д.
Для потенциала на расстоянии )з ог поверхности диска имеем ~см. (14.36)] 4 15, Электростатическое псле в вакууме Ж 1 ~' о «(х «)у «р()«) =— ь" «г '+ *+«* (15. 1) где о = Д/(яаз) — поверхностная плотность заряда на диске. Интеграл удобно вычислять в полярных координатах, полагая хз + уз = гз, «)х«)у =Ж = гдг«)ц. Тогда )см.
(15.1)) «р()«) = — «)а = — — (')«а~ + («з — )«) 4яае ) ) )/гз+ ьз 2яес а' о о (15.2) Из аксиальной симметрии распределения заряда следует, что вектор напряженности электрического поля направлен вдоль оси диска и равен Ее 2 (15.3) д)«2иее аз (, )/„л+~,~(' Для )« ~ а можно считать, что )« 1 1 а 1 — — — +... ~/;т~-с «,-~, ч 2 и, следовательно, В = —— 1 Д (15.5) 4яео 1«'* как зто можно было ожидать и без вычислений, поскольку на боль- )них расстояниях напряженность поля заряженного тела близка к на- Пряженности поля точечного заряда.
Цспользование теоремы Гаусса. При наличии симметрии в некоторых случаях наиболее эффективным методом определения напряженности поля является применение теоремы Гаусса. Пусп, например, требуется найти напряженность поля бесконечной заряженной прямой нити е линейной плотностью т. Построим круглый цилиндр радиусом г, ось которого совпадает с нитью (рис. 43). Обозначим )« — высоту цилиндра.
Применим к объему цилиндра теорему Гаусса: (15.4) 1 Е'«)о = (е/ео (15,6) (15.7) где Д вЂ” заряд в объеме цилиндра, 5 — поверхность цилиндра. Очевидно, что Д = тй Поток Е сквозь основания цилиндра равен нулю так как вектор Е параллелен основаниям. Поток Е сквозь боковую поверхность легко вычисляется, поскольку на ней вектор Е совпадает по направлению с нормалью к поверхности, а по модулю он постоянен. Тогда )Е «)Б= ~ Е.дБ=Я 2ягй. 3 гь 100 2. Постоянное электрическое поле Таким образом, теорема Гаусса приводит к равенству Е 2ягй = тй/со, из которого получаем 1 т Е=— 2яео (15,8) (!5.9) В поле с такой напряженностью сила, действующая на точечный заряд, имеет значение (8.5), полученное прямым применением закона Кулона.
УРавиение Лапласа и ПУассона. Во многих случаях предпочтительным методом нахождения напряженности поля является сведение задачи к решению дифференциального уравнения для потенциала. Чтобы его получить подставим в Жч Е = р/ее выражение Е = — 8гас1 ~р.
Тогда с(гкйгаб~р= -р/ео. (15.11) (15.12) Учтем, что дз дз де, с((ч 8гаД цз = — + — + — — — = Рз(р дх' ду джаз где Рз — оператор Лапласа, являющийся суммой вторых производных по координатам. Иногда он обозначается 11 т 7з. С использованием (15.13) равенство (15.12) записывается в виде и'р= р/е (15.14) и называется уравнением Пуассона. В тех областях пространства, где заряды отсутствуют (р = О), оно превращается в уравнение Рз~р =б, (15.15) называемое уравнением Лапласа.
После нахождения потенциала <р как решения (15,14) можно вычислить напряженность электрического поля по формуле (15.11). Решение должно удовлетворять требованиям, которые были сформулированы для потенциала (см. 4 14): потенциал ~р является непрерывной и конечной функцией, с конечными производными по координатам. Если все заряды сосредоточены в конечной области пространства, то решением (15.14) будет (14.35), что следует из однозначности решения задач электромагнстизма (см. э 58). Наиболее важным преимуществом нахождения напряженности поля с помощью дифференциального уравнения Пуассона для потенциала является большая общность этого метода и его очень широкая при- $15.
Эяектростатяческое ноле в вакууме 101 Так как в данном случае потенциал ср зависит только от г, то выражение (15.16) упрощается: лгф 1лф 1 л( л т'ф + — -„г г,~.— г ~,~, <~./ а уравнение Пуассона (15.14) записывается так: — — 1г — — ~ = — р/еа (О < г < а), гд | д./ 1 д )' дфг1 — — 1г ~=0 (г>а).
г дг~ дг /- (15.17) (15.18) Общие решения (1538) находятся интегрированием: Р г ф, = — — — г + А,!пг+В„ 4 ео фг = .Аг1пг + Вь (15.19) где А„Аг, В, и Вг — постоянные интегрирования. Поскольку потенциал во всех точках должен быть конечным, а 1пг-+ со прн г- О, необходимо в решении (15.19) положить А, =О. Удобно потенциал нормировать условием ф, (0) = О, и тогда В, = О. Поскольку поверхностные заряды отсутствуют, напряженность электрического поля на поверхности шара непрерывна, т.е. непрерывна производная от потенциала. Условия непрерывности потенциала и его производной при г = а дают два алгебраических уравнения для определения двух оставшихся пока неизвестными постоянных Аг и В,: 1 р г Аг 1 р А,!па+В = — — — а, — = — — — а, г— 4со ' а 2 со (15.20) менимость.
Формулы (14.35) и (14.36) предполагают, что все заряды находятся в конечной области пространства, благодаря чему имеет смысл нормировка потенциала на нуль в бесконечности. Уравнение лсе Пуассона не предполагает определенной норлгировки потенциала и отсутствия зарядов на бесконечноспш. бесконечный равномерно заряженный круглый цилиндр, Найдем с помощью уравнения Пуассона потенциал, создаваемый бесконечным круглым цилиндрам радиусом а с объемной плотностью заряда р = сап51. Направим ось Х по оси цилиндра. Вследствие аксиальной симметрии распределения заряда потенциал ф также аксиально симметричен, т.е.
ф = ф(г). Поэтому удобно использовать цилиндрическую систему координат, аксиальный угол хотарай обозначим и. В ней оператор Лапласа имеет вид г дгф 1 дф 1 дгф дгф фг + + + дгг г дг гг да~ дгг ' 102 2. Постоянное электрическое поле Отсюда следует, что 1 р тр,(г) = — — — г 4 ао (О < г < а), (15.21) грг(г) = — — а 1п — — — — а 1 р а 1 2 ко г 4 во Тогда (г ) а). дтр, дг 1 р — — Г 2 ао 1 ра' 2 во г Е,= (О < г < а), (15.22) дгрг Е = — — = е (г ) а). (1523) Сравнение (1523) с (15.9) показывает, что поле вне однородно заряженного цилиндра таково, как если бы весь его заряд был сосредоточен на оси.
Пример 15.1. Найти напряженность поля прямой нити конечной длины, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда т (рис. 44). Принятьг т = 10 'о Кл/м; ! =! м; И = 0,5 м; а = 0,5 м. По закону Кулона тйусова Итду 4яв (уг + Иг) 4ке (уг + Иг)згг ' тйунпа ту Иу 4„в ( г+,!г) 4яв (уз+ Иг)згг ° откуда Е„=— тг! ( Иу т ( уйу , Е„= —— 4кв ) (уг + Иг)за 4ж ) (уг + Иг)згг ' -е- г "е" г Произведя замену переменных у =И!ли, Иу = Иди/сов'и, 1+ гаги =!/созга и вычислив интегралы, получимг Е„(зги из+ зги и,) = 1,27 В/м, 4кеоИ (15.24) = — (соз иг — сов и,) = О.
4явоИ Для бесконечной нити (! оз) иг = аг — — я/2 и поэтому Е, = О, Е„= т/(2квоИ). Пример 15.2. Определить с помощью потеняиала напряженность поля в точкок перпендикуляра к плоскости диска, ест по нему равномерно распределен заряд (2. Ридиус диска а (рис.
45) Учитывая, что рнаг = т — заряд, приходящийся на 1 м длины ци- линдра, можно второе из равенств (1522) переписать в виде 1 Е, = —. 2кео г ' 6 15. Электростатическое поле в вакууме 1ОЗ Принять: Я=10 'ь Кл; а=10 см; 6=20 см (расснюяззие до точки от плоскости диска/. По формуле (14,36) имеем 1 ~ пдхду (7 42(й) = —, а = —. 3 Для вычисления интеграла перейдем к полярным координатам в плоскости диска: х'+ у' = =гз, йхду гдгдес е в 2 + Ы ( 2 2 2яве а (15.221 ознуда др 1 (3/ й Вь= — — = — — 2~1 — 1)=16 В/, дй 2яее аз ) )/аз+ 63 Г (1526) Формула (15.26) совпадает с (15,3).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
