phys_3sem_lection_all (823856), страница 4
Текст из файла (страница 4)
ϕΣ = ∑ ϕi .iПотенциал в данной точке поля, создаваемого системой зарядов равен алгебраической суммепотенциалов поля, создаваемых каждым из зарядов в отдельности.Пример. Рассмотрим электрическое поле, создаваемое заряженным кольцом, радиус которогоR. Найдем потенциал на оси кольца на расстоянии z от плоскости кольца.Семестр 3. Лекции 1-2.18∆qРешение.
Разобьем кольцо на большое количество участков,αопирающихся на центральный угол α =rучастка L =2π. (Длина одногоN2πRQ.) Заряд одного участка q = , где Q – зарядNNкольца. Будем считать, что Q>0. Принимая малый участокzкольца за точечный заряд можно найти потенциал поля на осиRкольца, создаваемого одним участком: ϕα = kq, гдеrr = R 2 + z 2 .
Тогда, в соответствии с принципом суперпозиции, суммарный потенциалϕ = ∑ ϕα = ∑ kααqQ NQ NQ= ∑k= Nk=k.rrrαR 2 + z2Из этой формулы видно, что потенциал в центре кольца (z=0) равенϕ=kQ.♣RПример. Картина поля для системы двух одинаковых по величине, норазноименных зарядов.Энергия системы зарядов равна сумме энергий попарных взаимодействийWΣ =Здесь множитель1∑Wij2 i, j1учитывает, что одна и та же пара индексов встречается в этом выражении два2раза - один раз как (ij), а второй раз как (ji).
Запишем это выражение через потенциалыWΣ =111Wij = ∑ qi ϕ j = ∑ qi ∑ ϕ j .∑2 i,j2 i,j2 i j ≠i Последнее выражение включает в себя сумму потенциалов полей∑ϕj ≠ij, создаваемых всеми заря-дами, за исключением номера i, в том месте, где находится заряд c номером i.Пример. Найдем энергию взаимодействия двух точечных зарядов q1 и q2.Семестр 3. Лекции 1-2.19В точке, где находится заряд q1, второй заряд создаёт потенциал ϕ2 = kзаряд q2, первый заряд создаёт потенциал ϕ1 = kW=q2. В точке, где находитсяRq1. ТогдаRqqqq11( q1ϕ2 + q2 ϕ1 ) = q1k 2 + q2 k 1 = k 1 2 .♣22RRRОчень часто распределение зарядов в пространстве можно задать с помощью функции, называемой плотностью распределения (электрической плотностью).1) Объёмная плотность распределения ρ ( x, y,z ) (единицы измерения Кл/м3). Тогда суммар-ный заряд объема Q = ∫∫∫ ρdV .
Энергию взаимодействия некоторого точечного заряда q сVзаряженным телом можно определить следующим образом W =1ρq ∫∫∫ dV , где r – рас4πε0 V rстояние от точечного заряда q до точки, где задана плотность ρ ( x, y,z ) .2) Поверхностная плотность распределения заряда σ ( x, y,z ) (единицы измерения Кл/м2). То-гда суммарный заряд поверхностности Q = ∫∫ σdS . Энергия взаимодействия некоторогоSточечного заряда q с заряженной поверхностью W =1σq ∫∫ dS где r – расстояние от4πε 0 S rточечного заряда q до точки, где задана плотность σ ( x, y,z ) .3) Линейная плотность распределения заряда λ ( x, y,z ) (Единицы измерения Кл/м).
Тогдасуммарный заряд кривой линии Q = ∫ λdl . Энергия взаимодействия некоторого точечногоΓзаряда q с заряженной линией W =1λq ∫ dl где r – расстояние от точечного заряда q до4πε 0 Γ rточки, где задана плотность λ ( x, y,z ) .Потоком вектора напряжённости электрического поля через ориентированную поверхность()S называется величина Φ E = ∫∫ E ,dS .
Единица измерения В⋅м.SСеместр 3. Лекции 1-2.20Теорема Гаусса в интегральной форме.Поток вектора напряжённости электрического поля через произвольную замкнутую поверхность, ориентированную наружу, прямо пропорционален алгебраической сумме электрических зарядов, охваченных этой поверхностью. Коэффициент пропорциональности∫∫ ( E,dS ) =1.ε0∑qiiε0SЕсли ввести функцию объёмного распределения электрического заряда ρ ( x, y,z ) , такую, что∫∫∫ ρdV = ∑ qiiV∫∫ ( E,dS ) = ∫∫∫ div ( E ) dV , то из равенстваи воспользоваться теоремой Остроградского-ГауссаSV∫∫∫ div ( E ) dV = ε ∫∫∫ ρdV10VVполучим дифференциальную форму теоремы Гаусса:( )div E =ρ.ε0Смысл этого равенства состоит в том, что источником электрического поля являются электрические заряды. Силовые линии электростатического поля начинаются на положительных и оканчиваются на отрицательных зарядах - т.е.
электрические заряды являются источниками и стокамиэлектрического поля.Примеры применения теоремы Гаусса.Теорему Гаусса удобно применять для определения напряжённости поля в случаях, когдакартина силовых линий обладает какой-либо симметрией.1) Поле точечного заряда q.Пусть q>0. Возьмём в качестве поверхности S сферу радиусом R с ценSтром в месте нахождения заряда. На поверхности этой сферы вектор Eсонаправлен с вектором внешней нормали n к поверхности сферы, по-nE() ()этому E ,dS = E,n dS = E n cos 0o dS = EdS .
В каждой точке поверхности сферы, поэтому∫∫ ( E,dS ) = ∫∫ EdS = E ∫∫ dS = ESSSSТак как площадь поверхности сферы S = 4πR 2 , то поток вектора напряженностиСеместр 3. Лекции 1-2.∫∫ ( E,dS ) = 4πε1S021qq4πR 2 = .2Rε02) Поле бесконечной прямой заряженной нити. Пусть нить заряженас линейной плотностью заряда λ>0.dSОСНКак мы уже знаем, силовые линии поля направлены перпенdSБОКLдикулярно нити и картина поля в целом обладает осевой симметриейотносительно нити.Найдем поток напряжённости через поверхность прямого ци-Eлиндра радиуса R и высоты L, ось которого совпадает с осью цилиндра.dSОСН∫∫ ( E,dS ) =ЦИЛИНДР( E,dS ) +∫∫ОСНОВАНИЯ( E ,dS ) = 0 .∫∫На основаниях цилиндра векторы dS ⊥ E , поэтому( E,dS )∫∫БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬОСНОВАНИЯНа боковой поверхности dS ↑↑ E , поэтому( E ,dS ) =∫∫БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬ∫∫EdS .БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬТ.к.
картина поля осесимметрична, то величина Е зависит только от расстояния до нити, поэтомуна боковой поверхности этого цилиндра величина E=const.( E ,dS ) =∫∫БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬПо теореме Гаусса∫∫БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬ∫∫ ( E,dS ) =S∫∫EdS = EdS = ES БОКОВАЯ= E 2πRL .ПОВЕРХНОСТЬБОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬqВНУТР. Но внутри цилиндра находится часть нити длиной L, поε0этому qВНУТР = λ ⋅ L . Поэтому E 2πRL =λ⋅Lλ, откуда E =.ε02πε 0 R3) Поле бесконечной заряженной плоскости. Пусть поверх-ностная плотность заряда σ>0. Картина силовых линий сим-dSОСНметрична относительно плоскости.
Найдём поток через по-Eверхность прямого цилиндра, основания которого параллельdSБОКны плоскости, и расположенного так, что плоскость делитцилиндр пополам. В этом случае наблюдается симметрия относительно плоскости.dSОСН∫∫ ( E ,dS ) =ЦИЛИНДР∫∫ОСНОВАНИЯ( E ,dS ) +∫∫БОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬ( E,dS ) .Семестр 3. Лекции 1-2.22( E,dS ) = 0 .∫∫ТогдаБОКОВАЯПОВЕРХНОСТЬНа основаниях цилиндра величина потока будет одинаковой (из-за симметрии):( E,dS ) = 2ES∫∫ОСНОВАНИЕ.ОСНОВАНИЯВеличина заряда внутри цилиндра q = σ ⋅ SОСНОВАНИЕ .Поэтому, по теореме Гаусса 2 ESОСНОВАНИЕ =σ ⋅ SОСНОВАНИЕσ, откуда E =.ε02ε 04) Поле тонкостенной (полой) заряженной сферы.Картина силовых линий обладает центральной симметрией отноSВНЕШсительно центра сферы, поэтому величина напряженности поля зависит только от расстояния до центра сферы.Сначала в качестве поверхности рассмотрим концентрическуюnSВНУТРсферическую поверхность, находящуюся внутри сферы.∫∫ ( E,dS ) = ∫∫ES ВНУТРEdS = ES ВНУТР∫∫dS = ES ВНУТР .S ВНУТРНо внутри сферы зарядов нет, поэтому ES ВНУТР = 0 .
Таким образом, напряжённость поля внутрисферы равна нулю E = 0 .Теперь в качестве поверхности рассмотрим концентрическую сферическую поверхностьрадиуса R, охватывающую сферу. Тогда∫∫ ( E,dS ) = ∫∫S ВНЕШ∫∫EdS = ES ВНЕШdS = ES ВНЕШ .S ВНЕШЭта поверхность охватывает сферу целиком, поэтому ES ВНЕШ =E=qε 0 S ВНЕШ=q, откудаε0q.4πε 0 R 25) Поле, создаваемое полым бесконечным заряженным цилиндром радиуса R.Картина силовых линий симметрична относительно оси цилиндра.Внутри цилиндра Е=0, а снаружи E =λ, где λ - линейная плотность заряда цилиндра, r- рас2πε 0 rстояние от оси цилиндра.
Если для цилиндра задана поверхностная плотность заряда σ, то, т.к. заряд куска цилиндра длиной L q = λL = σ2πRL , откуда получаем λ = σ2πR , поэтомуE=σ R⋅ .ε0 rСеместр 3. Лекции 1-2.236) Поле, создаваемое шаром радиуса R и заряженным равномерноSВНЕШзарядом q. Картина силовых линий обладает центральной симметрией. Выделим внутри шара сферу радиуса r с центром, совпа-nSВНУТРдающим с центром шара.
Тогда∫∫ ( E,dS ) = ESEВНУТРS ВНУТРЗаряд внутри сферы qВНУТР =qVШАРVВНУТР , где объём шара VШАР ==qВНУТР.ε04 3πR , объём внутри сферы3VВНУТР =4 3πr , площадь поверхности внутренней сферы S ВНУТР = 4πr 2 . Тогда3E 4πr 2 =1q4 31 qπr , поэтому внутри шара E =r.ε0 4 3 34πε 0 R 3 πR 3Замечание. Это равенство можно записать в векторном виде E =1 qr , где r - радиус-вектор4πε 0 R3из центра шара.Снаружи шара картина поля аналогична уже разобранному полю заряженной сферыE=q.4πε 0 r 2Уравнение ПуассонаОбщая задача электростатики состоит в том, чтобы по распределению зарядов в пространстве определить потенциал ϕ и, следовательно, напряжённость электростатического поля.( )Из соотношений E = − grad ϕ и div E =ρполучаем уравнениеε0div ( grad ϕ ) = −ρε0описывающее распределение потенциала по заданному распределению заряда.В декартовой системе координатdiv ( grad ϕ ) =∂ 2ϕ ∂ 2 ϕ ∂ 2ϕ++= ∆ϕ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2(∆ - оператор Лапласа), поэтому уравнение принимает вид ∆ϕ = −ρ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
