Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Другой подход состоит в вычислении энергии электрического поля, созданного зарядами сферы. Для этого следует использовать формулы (5.4) – (5.5).Внутри сферы напряженность поля равна нулю и, значит, плотность энергии поля также равна нулю.1 qВне сферы E =, D = ε0E и плотность энергии поля рав4πε0 r 21ε0 E 2 .2Вся энергия поля сосредоточена в пространстве вне сферы ивеличина ее равнана w =∞W = ∫ w 4πr 2 dr =R21 q2.8πε 0 R1 q.8πε0 RЗамечание: Физическое содержание второго решения принципиально отличается от первого.
В первом случае носителями энергии выступают заряды, а энергия системы представляется локализованной на зарядах. Носителем энергии во втором подходе выступает электрическое поле, а энергия системы локализована во всехобластях пространства, где оно отлично от нуля.Как уже отмечалось (см.
главу 1), понятие поля соответствуетпризнанной в физике концепции близкодействия и поэтому второйподход обычно бывает предпочтительнее. Однако в рамках электростатики сделать определенный выбор не представляется возможным. Ситуация проясняется только при изучении динамики,когда однозначно правильной оказывается полевая трактовка. Следует проявлять осторожность, применяя полевой подход в тех (модельных) задачах, где заряды находятся также и на бесконечности.Здесь часто для расчета предпочтительнее использовать первыйспособ решения.Энергия поля концентрируется преимущественно вблизи зарядов.
Так, для рассматриваемой задачи внутри сферы радиуса 2RОтвет: W =151Гл. 5. Энергия электрического полясосредоточена половина всей энергии поля, а внутри сферы радиуса 3R уже 2/3 всей энергии.Задача 5.3.2. Вычислить потенциальную энергию заряда q,равномерно распределенного по объему шара радиуса R. Диэлектрическая проницаемость вещества шара равна ε. Сравнить энергию поля внутри шара и вне его.РешениеС помощью формулы (5.3) нельзя определить энергию электрического поля вне шара, поэтому сразу будем решать задачу, исследуя распределение энергии поля в пространстве.Вне шара поле ничем не отличается от поля равномерно заряженной сферы, поэтому запасенная в нем энергия точно равна1 q2, вычисленной в предыдущей задаче.энергии W1 =8πε0 RВнутри шара согласно теореме Гаусса для вектора D (глава 4,1 qrформула (4.9)) индукция электрического поля равна D =.4π R 3Применяя формулы (5.4) и (5.5) находим:Rw=D211 q 2r 21 q2и W2 =⋅ 4πr 2 dr =.26∫2εε 02εε 0 0 16π R40πεε0 RОтношение этих энергий равноW1= 5ε .W2Ответ: отношение энергии электрического поля вне шара, кэнергии электрического поля внутри него равно 5ε.Замечание.
Полная потенциальная энергия шара W равнаW = W1 + W2 =q 2 5ε + 1.8πε0 5εRЭто же значение полной энергии шара можно также получить,1используя выражение (5.3)W = ∫ ρϕ(r )dV .2VАналогично задаче 2.3.9 главы 2 получаем, что потенциал электрического поля внутри равномерно заряженного по объёму шараиз вещества с диэлектрической проницаемостью ε определяется как152ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧϕ(r ) =ρ( R 2 (2ε + 1) − r 2 ) ,6εε 0q3q=– объёмная плотность заряда, r – расстояние отV 4πR 3центра шара. Отсюда следует:где ρ =RW=1ρ2πρ2 R 5 5ε + 1q 2 5ε + 1222ρ(R(2ε+1)−r)⋅4πrdr==.2 ∫0 6εε09εε058πε0 5εRЗадача 5.3.3.
Имеется проводящий шар радиуса r1 и концентричный с ним сферический проводящий слой, внутренняя поверхность которого имеет радиус r2 (r2 > r1), а внешняя – радиус r3(r3 > r2). Заряды шара и слоя равны соответственно q1 и q2. Найтиэнергию этой системы зарядов.РешениеВвиду сферической симметрии системы, ее энергию легко подсчитать как энергию электрического поля.Внутри шара и внутри проводящего слоя поля нет, т.е. приr < r1 и r2 < r <r3 E = 0.
Напряженность поля в области r1 < r < r21 q11 q1 + q2равна E1 =, а в области r > r3 E2 =. Записывая24πε0 r4πε0 r 2плотность энергии поля согласно (5.5), находим энергию в каждойобласти, вычисляя соответствующие интегралы (5.4):r2W1 =1q12 1 1 22 − ;εE⋅4πrdr=012 ∫r8πε0 r1 r2 W2 =11 (q1 + q2 )ε 0 E12 ⋅ 4πr 2 dr =.∫2r8πε0r31∞23Полная энергия системы равна их сумме:1 2 1 1 1 2q1q2 + q22 W = W1 + W2 = q1 − + +.8πε0 r1 r2 r3 r3Ответ: W =18πε0 2 1 1 1 2q1q2 + q22 q1 − + +.r3 r1 r2 r3 153Гл. 5.
Энергия электрического поляЗадачи типа 5.2Определение потенциальной энергии взаимодействия системы,состоящей из точечных зарядов, диполей и нескольких заряженныхтел.Метод решения. Использование формул (5.1) – (5.2) и определения потенциальной энергии взаимодействия системы из нескольких заряженных тел.Задача 5.3.4 (базовая задача). В вершинах квадрата со стороной a находятся точечные заряды q1, q2, q3, q4.
Найти потенциальную энергию этой системы зарядов.РешениеВ формуле (5.2) содержится шесть слагаемых по числу парвзаимодействующих частиц. В четырех из этих слагаемых rij = a, ив двух rij = a 2 . Отсюда получаемОтвет:W=qq +q q 1 1q1q2 + q2 q3 + q3q4 + q1q4 + 1 3 2 4 .4πε0 a 2W=qq +q q 1 1q1q2 + q2 q3 + q3q4 + q1q4 + 1 3 2 4 .4πε0 a 2Задача 5.3.5. Вычислить потенциальную энергию, приходящуюся на один заряд, расположенный в неограниченной линейнойцепочке точечных зарядов, величина которых равна q, а знаки чередуются.
Расстояние между соседними разноименными зарядамиравно a (рис.5.1).РешениеЭнергия взаимодействия какого-либо заряда +q с ближайшимсоседом (зарядом –q слева) со- Рис. 5.1. Линейная цепочка зарядов(задача 5.3.5)гласно (5.1) равнаW1 = −а со следующими зарядами1 q2,4πε0 a154ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧW2 =1 q2,4πε0 2aW3 = −1 q2и т. д.4πε0 3aПолная энергия взаимодействия одного заряда со всеми остальными определяется суммой (5.2):W = 2(W1 + W2 + …) = −Ответ: W = −1 q2 1 1 11 q2ln 2 .1 − + − + … = −2πε0 a 2 3 42πε0 a1 q2ln 2 .2πε 0 aЗадача 5.3.6. Точечный заряд q находится на расстоянии h отбезграничной проводящей плоскости. Найти:а) энергию взаимодействия этого заряда с зарядами, индуцированными на плоскости,б) собственную энергию зарядов, индуцированных на плоскости,в) полную электрическую энергию этой системы.Решениеа) Энергия взаимодействия Wсистемы двух точечных зарядовопределена формулой (5.1) теоретического материала.
Для её применения следует выделить на плоскости участок очень малой площади dS, заряд которого dq = σ(r)dS Рис. 5.2. К расчёту энергии взаимоможно считать точечным (см. действия заряда и безграничнойрис. 5.2), записать энергию взаимо- проводящей плоскости (задачадействия dW этого заряда с зарядом 5.3.6)q и просуммировать вклады в энергию всех зарядов плоскости, т.е.вычислить интеграл от dW по всем точкам плоскости.Для расчета удобно использовать полярную систему координат(r, ϕ) с началом координат в основании перпендикуляра, опущенного на плоскость из точки расположения заряда q (точка О на рисунке 5.2). В этой системе координат dS = rdr dϕ, и интегрирование повсей плоскости означает вычисление интеграла по ϕ в пределах отнуля до 2π и по r от нуля до бесконечности.155Гл.
5. Энергия электрического поляПлотность индуцированного на плоскости заряда σ, вычисленная в задаче 3.3.10 (глава 3), равна1qh.σ=−22π (h + r 2 )3 2Итак, согласно (5.1) имеем:1qdq1q σrdrdϕ,dW ==22 124πε 0 (h + r )4πε 0 (h 2 + r 2 )1 2и2πW =−∞1 q 2hrdrq2dϕ=−.4πε0 2π ∫0 ∫0 ( h 2 + r 2 ) 28πε0 hб) для расчета собственной энергии индуцированных зарядоввоспользуемся формулой (5.3), примененной к этим зарядам:1W = ∫ ϕσ σ dS ,2S1qh(см.22π (h + r 2 )3 2пункт а).
В данную формулу входит потенциал ϕσ, созданный самими поверхностными зарядами. Чтобы его найти, отметим, чтопотенциал бесконечной проводящей плоскости складывается изпотенциала ϕσ, создаваемого самим поверхностным зарядом, и по1qтенциала точечного заряда ϕq =. Примем потен24πε0 (h + r 2 )1 2циал на бесконечном расстоянии от заряда равным нулю. Тогда потенциал бесконечной проводящей плоскости тоже везде равен нулю(ϕσ + ϕq = 0), получаем1q.ϕσ = −ϕ q = −4πε0 (h 2 + r 2 )1 2Вычисляя интеграл с найденным потенциалом, находим:где плотность индуцированных зарядов σ = −2π∞q 2 hrdrq2.=2π(h 2 + r 2 ) 2 16πε0 h00в) Согласно методу изображений поле над плоскостью совпадает с полем, создаваемым зарядом q вместе с его зарядомизображением –q.
Так как в данном случае энергия сосредоточеналишь в полупространстве над плоскостью, то полная энергия сисW=1 12 4πε0∫ dϕ ∫156ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧтемы равна половине энергии взаимодействия заряда q с его зарядом-изображением. Отсюда, используя (5.1) получим:1 1 q2q2.W =−=−2 4πε 0 2h16πε 0 hОтвет: а) W = −q2q2q2; б) W =; в) W = −.8πε0 h16πε0 h16πε 0 hЗадача 5.3.7. Два диполя с моментами p1 и p2, которые лежат водной плоскости на расстоянии r друг от друга, образуют с прямой,соединяющей диполи, углы θ1 и θ2 соответственно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
