Учебник - Электричество и магнетизм. Методика решения задач - Д.Ф. Киселев (1238777), страница 4
Текст из файла (страница 4)
В вершинах квадрата с диагональю 2h находятсяточечные заряды +q и –q, как показано на рис. 1.2. Найти модульвектора напряженности электрического поля в точке, расположенной на расстоянии х от плоскости квадрата и равноудалённой от еговершин.РешениеПоместим начало координат в центреквадрата. Ось X проведем перпендикулярно плоскости квадрата, а ось Y – параллельно сторонам, соединяющим заряды +qи –q (рис. 1.3).В точке А, отстоящей от плоскостиквадрата на расстоянии х, вектор напряженности поля Е будет равен векторнойсумме четырех напряженностей, создаваемых точечными зарядами (на рисунке по-+q–q2h+q–qРис.1.2.
Расположениеточечных зарядов +q и–q в координатной плоскости YZ (задача 1.3.2)Гл.1. Постоянное электрическое поле17казано два из них). Модули этихxE+qчетырех напряженностей одинакоAвы и согласно формуле (1.3) равны1 qrEq =, r2 = x2 + h2.E–q24πε0 rxzИз симметрии системы следует,что сумма проекций всех четырехнапряженностей на оси X и Z рав0yны нулю, а проекции всех четырех+q–qнапряженностей Eq на ось Y одинаковы. Проекция Eq на плоскость Рис.1.3. Векторы напряженностиэлектрического поля в произвольYZ равнаной точке А на оси симметрии сисhтемы зарядов (задача 1.3.2)Eh = Eq ,rа проекция Eq на ось Y равнаEhEy = h =Eq .22rСуммируя все четыре вклада, находим4h1q1qEy = E =Eq ==.322 3/ 22r2πε0 r2πε0 ( x + h )Ответ:E=1q.2 3/ 22 πε0 ( x + h )2Задачи типа 1.2Определение напряженности электростатического поля,созданногоэлектрическимизарядами,распределеннымиравномерно в конечных областях пространства с постояннымизначениями линейной плотности заряда (τ), поверхностнойплотности заряда (σ) или объёмной плотности заряда (ρ).Метод решения: в непрерывно распределенных зарядах выделяем физически бесконечно малые заряды – т.е.
заряды, находящиеся на отрезке бесконечно малой длины dl (в случае линейногораспределения), на бесконечно малой площади dS (в случае поверхностного распределения) и в бесконечно малом объеме dV (вслучае объемного распределения). Эти выделенные заряды далеерассматриваются как точечные. Создаваемая ими напряженность18ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧполя в интересующей нас точке вычисляется по формуле напряженности поля точечного заряда (1.3), после чего по принципу суперпозиции суммируются все вклады от таких зарядов.
Фактическизадача сводится к вычислению линейных, поверхностных или объемных интегралов. В курсе общей физики объекты выбираютсяобычно такими, чтобы вычисление интегралов не представлялозначительных математических затруднений.Задача 1.3.3 (базовая задача). Прямая нить длиной L заряженаравномерно с линейной плотностью τ. Найти напряженность поля впроизвольной точке, расположенной на расстоянии h от нити.РешениеПоместим начало системы координат О в основание перпендикуляра, опущенного из точки наблюдения А на направление нити,ось Y направим вдоль нити, а ось X перпендикулярно к ней(рис. 1.4, для наглядности нить представлена в виде тонкого цилиндра). Выделим на нити на произвольном расстоянии y от началакоординат участок бесконечно малой длины dy, заряд которого рассматриваем как точечный.
Этот заряд создает в точке А поле напряженностью1 τdyy,dE =4πε0 r 2h(угол α отсчигде r = h 2 + y 2 =α1rcos αтываем от направления AО). Вектор dE LA xαлежит в плоскости XY и его проекции0hна координатные оси равныdEα2dEx = dE cos α, dEy = dE sin α,dEz = 0.Полное значение проекций напряженРис.1.4. К нахождению напряности поля получим, суммируя все та- жённости поля Е, создаваемогокие бесконечно малые вклады, т.е. вы- отрезком заряженной нити (зачисляя интеграл вдоль всей нити.
Ин- дача 1.3.3)тегрирование выполняется совсемпросто, если в качестве переменной вместо y использовать угол α.Из соотношения y = h tg α находим19Гл.1. Постоянное электрическое полеdy =d Ex =hdα иcos2 α1 τ1 τcos α dα, d E y =sin α dα .4πε0 h4πε0 hПределы интегрирования определяются углами α1 и α2, под которыми из точки наблюдения A видны концы нити (оба угла считаемположительными). Итак,1 τ1 τ(sin α1 + sin α 2 ) ,(cos α1 − cos α 2 ) .Ex =Ey =4πε 0 h4πε0 h1 τ α1 + α 2 sin.2πε0 h 2 Эти формулы очень удобны для анализа частных случаев. Например, если нить бесконечная, то α1 = α2 = π 2 и мы получаем1 τEx =, Ey= 0.2πε0 hE = E x2 + E y2 =Если нужно вычислить напряженность в точке напротив центра1 τнити, то полагаем α1 = α2 = α и получаем E x =sin α . И так2πε0 hдалее. Конечно, эти результаты можно выразить и через координатуyy−L.y верхнего конца нити, заменяя α1 на arctg и α2 – на arctghhОтвет:E=1 τ α1 + α 2 sin2πε0 h 2 Задача 1.3.4.
На одной половине тонкого кольца радиуса Rравномерно распределен положительный заряд с линейной плотностью τ1, а на другой половине – заряд того же знака с плотностьюτ2. Найти напряженность поля в центре кольца.РешениеСогласно принципу суперпозиции напряженность поля в центре кольца будет равна сумме напряженностей, создаваемых каждым зарядом. Выделим на первом полукольце бесконечно малыйучасток dl = Rdα, несущий заряд dq = τ1 dl (рис. 1.5). Заряд dq считаем точечным, и создаваемое им в центре кольца – точке О – полеdE находим по формуле (1.3):20ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧdE =RdE1 dq1 τ1dα.=24πε0 R4πε0 RИз соображений симметрии ясно, чтов суммарное поле войдет только проXекция напряженности на ось X, проdαdlведенную через центр кольца перпендикулярно диаметру полукольца:Рис.1.5. Определение напряженности поля в центре заряженного dEx = dE cosα. В итоге получаемО dExполукольца (задача 1.3.4)E1 =24πε0π/ 2∫0τ1 cos α dατ1=.R2πε0 RОт второго полукольца поле будет направлено в противоположнуюсторону, так как оба заряда одного знака. Поэтому окончательно,τ −τE= 1 2 .2πε0 RЕсли τ1 = τ2, то E = 0. Напряженность в центре равномерно заряженного кольца равна нулю.τ −τОтвет: E = 1 2 i .2πε 0 RЗадача 1.3.5 (базовая задача).
Вычислить напряженность поляв произвольной точке на оси тонкого кольца радиуса R, на которомравномерно распределен заряд q.РешениеРасположим начало координат вzцентре кольца и направим ось Z вдольdEоси кольца (рис. 1.6). Выберем любуюAточку А на оси кольца c координатой zϑи найдем напряженность поля в этойr θточке.На кольце выделяем участок бесRконечно малой длины dl = Rdϕ, на коdϕdlтором находится заряд dq = τ dl, гдеqτ=– линейная плотность заряда Рис.
1.6. Определение напряженности поля Е на оси заря2πRна кольце. Заряд dq рассматриваем как женного кольца (задача 1.3.5)21Гл.1. Постоянное электрическое полеdq, где r = R 2 + z 24πε0 r 2– расстояние от заряда до точки А. Из соображений симметрии ясно, что в полной напряженности поля будет отлична от нуля толькоее проекция на ось Z.zПоскольку dEz = dE cos ϑ и cos ϑ = , имеемr1qz.Ez =24πε0 (R + z 2 )3 / 2Напряженность при z = 0 и при z → ∞ равна нулю и не меняет знака на всей положительной полуоси. Это означает, что в некоторойточке она достигает максимума. Чтобы найти (Ez)max, используемR∂E zусловие экстремума= 0, из которого находим zmax =. Мак∂z2симальное значение напряженности равноq.Emax = E z ( zmax ) =6 3πε0 R 2При z >> R поле мало отличается от поля точечного заряда q,расположенного в центре кольца.точечный.
Он создает в точке А поле dE =Ответ: E = Ez =1qz.4πε0 (R 2 + z 2 )3 / 2Задача 1.3.6 (базовая задача). Определить напряженность поля на оситонкого диска радиуса R0, заряженногоравномерно с поверхностной плотностью σ.РешениеВыберем ось Z совпадающей с осьюдиска (рис. 1.7). Малый элемент поверхности диска, находящийся на расстоянииRотцентра,имеетплощадьdS = R dφ dR, где φ – полярный угол.Элементарный заряд на нем можно считатьточечным;онравенzArRdEϑdϕdRРис.
1.7. Определение напряженности поля Е на оси заряженного диска (задача1.3.6)22ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧdq = σdS = σ R dR dφ. Соответственно напряженность поля от этоготочечного заряда в точке c координатой z0 будет равна1 σR dR dϕ r, r = R 2 + z02 .dE =24πε 0rrРазложим dE на две составляющие – по оси Z и перпендикулярную оси Z. Последняя при суммировании по площади диска всилу симметрии задачи даст нуль, а первая будет равнаzdEz = dEcosϑ, где cosϑ = 0 .
Тогдаr1 σ z 0 R dR dϕdE z =4πε 0 ( R 2 + z 02 ) 3 / 2иR 2πσ z0z0R dR dϕσ .Ez ==1−22 4πε 0 ∫0 ∫0 (R 2 + z 02 )3 / 2 2ε 0 R+z00 σПри R0 → ∞ (или z0 → 0) Ez →, т.е. стремится к величине2ε 0поля равномерно заряженной бесконечной плоскости.0Ответ: E = E z =z0σ 1−22ε 0R0 + z 02.Замечание. Тот же результат можно получить гораздо легче,используя решение базовой задачи 1.3.5. Для этой цели выделим вплоскости диска малое кольцо радиуса r, которое будет нести зарядdq = σ dS = σ 2π r dr и которое, согласно решению задачи 1.3.5, создаст на оси диска напряженность поля, равную по величинеdE z =1z dqσz r dr.=22 3/ 224πε 0 (r + z )2ε 0 ( r + z 2 ) 3 / 2Интегрируя это выражение по r от нуля до R0, получаем искомый ответ.Задача 1.3.7.
Заряд равномерно распределен по поверхностиполусферы радиуса R с поверхностной плотностью заряда σ. Определить напряженность электрического поля в центре полусферы.Гл.1. Постоянное электрическое поле23РешениеZВ сферической системе коорdEz ϑ dEдинат площадь элемента поверхноRсти равна dS = R2 sinϑ dϑ dφ. Элементарный заряд на этой площади,который мы будем рассматриватькак точечный (рис. 1.8), будетdqdq = σ R2sinϑ dϑ dφ и поле, создаваемое им в центре полусферы, равРис. 1.8.
Определение напряженноности поля Е в центре заряженнойσполусферы (задача 1.3.7)dE =sin ϑ dϑ dϕ .4πε0Разложим это поле на составляющую, направленную по перпендикуляру к плоскости сечения сферы (по оси Z)σdE z = dE cos ϑ =sin ϑ cos ϑ dϑ dϕ ,4πε0и на составляющую, лежащую в плоскости сечения сферы. Последняя в силу симметрии задачи при суммировании даст нуль, анормальная составляющая и есть искомая напряженность поляπ / 2 2πσσsin ϑ cos ϑ dϑ dϕ =Ez =.4πε 0 0 04ε 0∫∫Ответ: E = E z =σ.4ε 0Задачи типа 1.3Определение напряженности электростатического поля отзарядов, распределение которых имеет плоскостную, осевую(цилиндрическую) или центральную (сферическую) симметрию.Метод решения: применение электростатической теоремы Гаусса (1.10).
В соответствии с условиями задачи выбираютповерхность Гаусса таким образом, чтобы вектор Е на ней былпостоянен и, по возможности, перпендикулярен или параллеленповерхности. Именно в этих условиях вычисление поверхностныхинтегралов не вызывает трудностей и сводится к простомусуммированию.24ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадачи этого раздела в большинстве своем являются базовыми.В дальнейшем результаты решения этих задач неоднократно будутиспользованы при решении задач других разделов.Задача 1.3.8 (базовая задача).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
