Учебник - Электричество и магнетизм. Методика решения задач - Д.Ф. Киселев (1238777), страница 11
Текст из файла (страница 11)
На границе слоя напряρd(см. задаженность поля от распределенного заряда равна E =2ε 0чу 1.3.11, глава 1). Из равенства E = E0 находим ρ = 2ε0∆ϕ d 2 . Навторой границе внешнее поле направлено одинаково с полем распределенного заряда. Поэтому напряженность поля вблизи второйграницы равна 2 ∆ϕ d .2ε ∆ϕОтвет:ρ = 02 .dЗадачи типа 2.3Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля, и решение обратной задачиГл. 2.
Работа сил электростатического поля. Потенциал67Метод решения. Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов)использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х изdϕ(2.16) находим: Е(х) = −. Интегрируя это уравнение, получаемdxφ(x). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.Представленные в данном разделе задачи в основном являютсябазовыми. Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.Задача 2.3.8 (базовая задача).
Бесконечный плоский слой толщиной 2h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.РешениеВ задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженностиполя от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали кплоскости слоя, то внутри слоя (x ≤ h) поле растет по линейномуρρh.закону E = x , а вне слоя (x ≥ h) поле однородно и равно E =ε0ε0Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть толькообласть x > 0, а решение для области x < 0 легко записать из полученного результата.Используя (2.16), находим dφ = – Edx, откуда для области x ≤ hполучаемρx 2+ C1 ;φ(x) = −2ε 0аналогично для x ≥ h имеемρhxφ(x) = −+ C2 ,ε0где C1 и C2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.68ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧПоскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке.Наиболее естественный способ нормировки потенциала в даннойсистеме – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя,где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C1 = 0. Постоянную C2 определим теперь из условия непрерывности потенциалана границе слоя. Имеем при x = h:ρh 2ρh 2−+ C2 = −ε02ε 0откуда C2 =ρh 2. Итак, внутри слоя потенциал убывает по квадра2ε 0тичному закону φ(x) = −ρ 2x , а снаружи – по линейному2ε 0ρh(2 x − h) . Убывание потенциала связано с тем, что при2ε 0удалении пробного положительного заряда от центральной плоскости слоя поле совершает положительную работу и потенциальнаяэнергия заряда уменьшается.Ввиду плоской симметрии системы распределение потенциалапри x < 0 найдем, заменяя в полученных формулах x на |x|.
Еслиуменьшать толщину слоя до нуля, сохраняя его заряд, то в результате получим плоскость, заряженную равномерно с поверхностнойплотностью σ = 2ρh, создающую в пространстве потенциалσρhϕ( x) = −x = − x , соответствующий однородному полю2ε 0ε0φ(x) = −E=σ.2ε 0Ответ:1) |x| < h: φ(x) = −ρ 2x ,2ε 02) |x| ≥ h: φ(x) = −ρh(2 x − h) .2ε 0Задача 2.3.9.
Шар радиуса R равномерно заряжен с объемнойплотностью ρ. Найти значение потенциала в произвольной точке.Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал69РешениеИз симметрии системы следует, что для решения целесообразновыбрать сферическую систему координат. Напряженность поляравномерно заряженного шара вычислена в задаче 1.3.16 (глава 1):ρ1 q, где q – полr , вне шара Eвне =3ε 04πε0 r 2ный заряд шара, равный (4/3)πR3ρ.
Напряженность поля зависиттолько от одной координаты r. В этом случае из (2.16) находимdϕE(r) = −и, интегрируя это уравнение, получаемdr1 qρ 2φвне(r) =φвнутри(r) = −r + C1 ,+ C2 .6ε 04πε 0 rВ нашем случае заряды сосредоточены в ограниченной областипространства, поэтому можно положить равным нулю потенциалбесконечно удаленной точки. Тогда С2 = 0, а постоянная С1 определяется из условия непрерывности потенциала при r = R:ρ 21 q,−R + C1 =6ε 04πε 0 Rвнутри шара Eвнутри =ρR 2. Физический смысл константы С1 – это потенциал2ε 0в центре шара при нашей нормировке.
Итак, внутри шара потенциρал убывает по квадратичному закону φвнутри(r) =(3R 2 − r 2 ) , а6ε 0снаружи – как потенциал точечного заряда q, расположенного вцентре шара.Если, сохраняя заряд q и его симметричное распределение, перенести его весь на поверхность шара, то напряженность поля и потенциал во внешней области не изменятся. Потенциал любой точки на1 qповерхности останется равным. Но во внутренней области4πε 0 Rтеперь поле отсутствует, работа по перемещению пробного заряда споверхности шара в его центр не совершается и потенциал в любойточке внутри получившейся заряженной сферы будет одним и темже – потенциалом поверхности сферы.откуда С1 =70ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧОтвет: 1) r < R: φвнутри(r) =2) r > R: φвне(r) =ρ(3R 2 − r 2 ) ;6ε 01 q.4πε 0 rЗадача 2.3.10.
Шаровой слой между сферами радиусов R1 и R2(R1 < R2) заряжен с плотностью ρ = a/r2. Найти потенциал поля впроизвольной точке.РешениеРаспределение заряда сферически симметрично (рис.2.4), поэтому поле во внешней области совпадает с полем точечного заряда, равного полному заряду слоя q и расположенного в центре сфер.Полный заряд слоя R1 < r < R2 найдем, суммируя заряды бесконечно тонких слоев с внутренним радиусом r и внешним r + dr.Учитывая, что заряд такого слоя dq = ρdV = ρ 4πr2dr = 4πa dr и вычисляя интеграл по r в пределах от R1drдо R2, получаем:R2rq = 4πa ∫ dr = 4πa(R2 – R1).R1Нормируя потенциал на нуль вбесконечности, находим потенциал вR2области r ≥ R2:1 q a R2 − R1φ3(r) =.=4πε0 r ε 0rРис.
2.4. Шаровой слой со сфеОтсюда потенциал сферы радиусарически симметричным распределением заряда (задача 2.3.10)aR 1 − 1 .R2 будет равен φ(R2) =ε 0 R2 Электрическое поле внутри слоя E2(r) определяется суммарным зарядом, находящимся внутри сферы радиуса r. Этот зарядравенR1rq(r) = 4πa ∫ dr = 4πa(r – R1).R1По теореме Гаусса создаваемая им напряженность поляГл.
2. Работа сил электростатического поля. ПотенциалE2(r) =71q(r )a R1 =1 − .24πr ε 0 ε 0 r r Потенциал внутри слоя φ2(r) находим по (2.17):rϕ2 (r ) = ϕ( R2 ) − ∫ E2 (r )dr =R2raR1 a 1 R1 aRr = 1 − −1 − dr = 1 − 1 − ln .∫R2 ε 0 R r r rR2 ε0 ε0 Внутри сферы радиуса R1 зарядов нет, поэтому напряженностьполя внутри нее равна нулю, а потенциал постоянен и равен егозначению на сфере R1:a R2φ(r < R1) = φ2(R1) =ln.ε 0 R12Ответ:1) φ1 =a R2lnε 0 R1при r ≤ R1;2) φ2 =a R1R 1 − + ln 2 ε0 rr при R1 ≤ r ≤ R2;3) φ3(r) =a R2 − R1rε0при r ≥ R2.Задача 2.3.11.
Бесконечно длинный круговой цилиндр радиусаR равномерно заряжен с объемной плотностью заряда ρ. Найти потенциал в произвольной точке пространства, считая, что потенциална поверхности цилиндра равен нулю.РешениеНапряженность поля такого цилиндра была определена в главе1 (базовая задача 1.3.13). Ввиду цилиндрической симметрии системы целесообразно использовать для решения цилиндрическую систему координат (r, φ, z), у которой ось Z направлена по оси цилиндра, а начало координат расположено в произвольной точке на осицилиндра.
Учитывая, что на поверхности цилиндра потенциал, согласно условию, равен нулю, можно применить формулу (2.17),которая в нашем случае примет вид:72ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧrRRrϕ(r ) − ϕ( R ) = ϕ(r ) = − ∫ Edr = ∫ Edr .Учитывая, что внутри цилиндра (при r ≤ R) E1 =ρr , находим2ε 0потенциал в этой области:ρρτ r2 1 − 2 ,rdr =R2 − r 2 =2ε 04ε 04πε0 R rгде τ = πR2ρ – заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра.ρR 2и для потенциала в этойВне цилиндра (при r ≥ R) E =2ε 0 rобласти имеемR(ϕ1 ( r ) = ∫)Rφ2(r) =ρR 2 dr ρR 2 Rτr=ln = −ln .∫2ε 0 r r2ε 0r2πε0 RВнутри цилиндра потенциал убывает по квадратичному закону,а снаружи – как логарифм расстояния от оси цилиндра.Сохраняя цилиндрическую симметрию, перенесем весь зарядна поверхность цилиндра, сохраняя линейную плотность зарядаτ = πR2ρ.
Внутри заряженной цилиндрической поверхности заряданет и напряженность поля равна нулю. Значит, потенциал во внутренней области равен нулю (при нормировке потенциала, указанной в условии). Потенциал вне цилиндра опять, как и прежде, будетτrравен φ2(r) = −ln .2πε0 RЕсли уменьшать радиус цилиндрической поверхности, то впределе она превратится в бесконечную прямую нить, заряженнуюс постоянной линейной плотностью τ.
Из-за неопределенности значения ln ( r R ) при r → 0 и R → 0 нельзя полагать равным нулюзначение потенциала на нити. Поэтому для нормировки потенциалапридется использовать какое-либо другое условие, т.е. положитьравным нулю значение потенциала в произвольно выбранной точке.Отметим, что физический смысл имеет только разность потенциалов. Например, в точках, удаленных от нити на заданные расстоя-Гл. 2.
Работа сил электростатического поля. Потенциал73ния R1 и R2 (R1 < R2), а такая разность потенциалов равнаτR∆φ12 = −ln 2 и от нормировки не зависит.2πε 0 R1Ответ:φ1 =ρ(R2 − r 2 )4ε 0φ2 = −ρR 2 rln2ε 0 Rпри r ≤ R;при r ≥ R.Задачи типа 2.4Построение картины силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для заданной системы неподвижных зарядовМетод решения. Обычно рассматриваются достаточно простые конфигурации, когда условия симметрии в достаточной мереопределяют характер силовых линий и эквипотенциальных поверхностей.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
