1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 2Теорема Гаусса1.1. (1.19 из задачника) Используя теорему Гаусса, найти: а) поле плоскости, заряженной с поверхностной плотностью σ; б) поле плоского конденсатора; в) полеравномерно заряженной прямолинейной бесконечной нити с линейной плотностью κ.Решение а) E = 2πσz/|z|; б) внутри конденсатора |E| = 4πq/S, вне E = 0;r.в) E = 2κr21.2.
(1.20 из задачника) Найти величину и направление сил, действующих наединицу длины для каждой из трех параллельных бесконечных прямых нитей, находящихся друг от друга на расстоянии a и заряженных одна с линейной плотностью−κ, а две других – с линейной плотностью +κ.Решение Направление сил показано на рисунке.E+ =2κ2κ √, E− =3.aa1.3. (1.21 из задачника) Вывести граничные условия для нормальных компонентэлектрического поля и соответствующих производных потенциала, если граница заряжена с поверхностной плотностью σ.Решение E2n − E1n = 4πσ, где внешняя нормаль n к поверхности разделанаправлена из среды 1 в среду 2.∂ϕ1 ∂ϕ2−= 4πσ.∂n∂n1.4. (1.22 из задачника) Показать, что поле вблизи поверхности металла E =4πσn, где n – нормаль к поверхности, а σ – поверхностная плотность зарядов.1.5. (1.23 из задачника) Используя теорему Гаусса, найти поля равномерно заряженных:а) шарика радиуса a с объемной плотностью ρ;б) бесконечного цилиндра радиуса a с линейной плотностью η;в) бесконечного плоского слоя толщины 2a с объемной плотностью заряда ρ.Решение Эти задачи, обладают такой симметрией распределения зарядов, чтоможно, не решая, указать поверхности, на которых напряженность электрического2поля E перпендикулярна ей в каждой точке и постоянна по величине.
Для нахождения поля E в таких задачах достаточно применения теоремы Гаусса, смысл которойдля вакуума состоит в следующем: поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую поверхность S равен полному заряду, заключенному внутри нее(умноженному на 4π в системе CGSE). Математическое выражение теоремы Гауссаимеет видIZ(E ds) = 4π ρdv,(1)SVгде ds – вектор, по величине равный величине элементарной площадки ds, а по направлению совпадает с направлением внешней нормали к этой площадке, т. е. нормали, направленной наружу; ρ – объемная плотность заряда.
Интеграл с левой стороныесть поток вектора E через замкнутую поверхность S. Под интегралом соответсвенно стоит скалярное произведение векторов E и ds, равное потоку вектора E черезмалую площадку ds. Интеграл с правой стороны берется по объему, заключенномувнутри поверхности, и равен полному заряду, находящемуся в нем. Успех решения спомощью соотношения (1) обусловливается тем, что, выбирая поверхность интегрирования, на которой напряженность поля E постоянна, можно E вынести за знакинтеграла и тогда это соотношение дает возможность найти E.а) Совместим начало сферической системы координат с центром шара.ur uurВвиду сферической симметрии распределения заряда ясно, чтоE dsвектор E может быть направлен только вдоль радиуса и завиRсеть только от величины радиуса.
Поток вектора E через сфериurческую поверхность радиуса R независимо от величины радиусаaEзапишется так:IIΦ = (E ds) = E ds = E · 4πR2 ,SSесли E параллелен радиус-вектору R и Φ = −E · 4πR2 , если E антипараллелен R,поскольку косинус угла между E и ds будет равен (-1).С другой стороны,Z4приR≤a4π ρdv = 4πρ · πR33VиZ4πV4ρdv = 4πρ · πa33приR > a.1. Электростатика3Поэтому4E = πρRприR ≤ a,34RQE = πρa3 3 = 3 RприR > a,3RRгде Q = 43 πa3 ρ – полный заряд шара.Таким образом, равномерно заряженный шар создает во внешнем пространстветакое поле, как если бы весь заряд был сосредоточен в его центре.
Этот результатостается справедливым при любом сферически симметричном распределении зарядапо объему шара.б) Для бесконечного равномерно заряженного цилиндра вектор напряженностиaэлектрического поля лежит в плоскостях, пердендикулярныхоси цилиндра, и может зависеть только от расстояния от точки наблюдения до оси цилиндра. В цилиндрической системеlurкоординат с осью Z вдоль оси цилиндра вектор напряженErности E направлен вдоль r.
Построим два коаксиальных циdsлиндра длины ` с радиусами r < a и r > a. Поток вектораE через поверхность каждого из цилиндров запишется так:IIΦ = (Eds) = E ds = E · 2πr`.SSПри вычислении потока мы считали, что ρ > 0, и, значит, вектор ds направленпо r. Поток вектора E через торцы цилиндров равен нулю, поскольку на них E и rперпендикулярны.С другой стороны,ZZη4η4π ρ dv = 4π 2 dv = 2 πr2 `приr < a,πaaVVZρ dv = 4πρ · πa2 ` = 4πη`4πприVПодставляя найденные значения в уравнение (1), получаем:E=2ηra2приr ≤ a,E=2ηrr2приr > a.r ≥ a.4в) Пусть средняя плоскость пластинки занимает положение плоскости (x, y). Всилу симметрии распределения заряда относительно плоскости (x, y), вектор E может зависеть только от координаты z и направлен от плоскости, если пластина заряжена положительно, и к плоскости, если ее заряд отрицателен.Построим куб с основаниями, симметрично расположенными по разные стороныот средней плоскости.
Если S – площадь каждого основания, то поток вектора EZчерез оба основания равен 2ES. Поток через боковую поверхность куба равен нулю, так как на ней векторы E и ds2aZвзаимно перпендикулярны. Значит, поток через поверхностьzoкуба равен 2ES. С другой стороны, правая сторона выражения (1) будет равна: 4πηS · |z|, если z ≤ a, и 4πηS · 2a, еслиz > a.
ПоэтомуE = 4πηz при |z| ≤ a ,E = 4πηazпри |z| > a .z1.6. (1.24 из задачника) Внутри шара радиуса a, равномерно заряженного пообъему с плотностью ρ, имеется незаряженная шарообразная полость, радиус которой b, а центр отстоит от центра шара на расстоянии ` таком, что (` + b < a). Найтиэлектрическое поле E в полости.Решение Поле, создаваемое шаром с полостью, можно рассматривать как суперпо-a urrrRO1bO2rllзицию двух полей: поля сплошного шара радиуса a, заряженногос плотностью ρ, и поля сплошного шара радиуса b, заполняющего полость с объемной плотностью −ρ. Нулевой заряд полостипредставлен как ρ + (−ρ) = 0. Тогда, используя результат задачи 1.23 а, находим поле в полости444E = πρR − πρr = πρ `.333Поле внутри полости однородное и направлено по линии, соединяющей центр шара сцентром полости, в сторону центра полости.1.7.
(1.25 из задачника) Два очень больших металлических листа, расположен-1. Электростатика5s1ных один над другим, имеют поверхностную плотность зарядов σ1 и σ2 соответственно. Найти поверхностные плотs2ности зарядов на внешних σ10 , σ20 и внутренних σ100 , σ200 сторонах листов.Решение Электрическое поле E внутри металлических пластин, которые мы будем считать бесконечными, равно 0, поэтому поток вектора E через поверхность,ограниченную плоскостями внутри металла и вертикальными стенками, равен нулю.Тогда из теоремы Гаусса4π (σ10 + σ100 ) = 0.Исходя из закона сохранения заряда получимσ20 + σ200 = 0,σ10 + σ100 = 0.Поле внутри первой пластины, которое равно 0, образовано зарядами σ”1 и противоположно направленным полем от остальных трех поверхностей. Тогда мы можемзаписатьσ10 − σ100 − σ200 − σ20 = 0.Решая полученную систему уравнений, получимσ10 = σ20 =1(σ1 + σ2 ) ,2σ100 = −σ200 =1(σ1 − σ2 ) .21.
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 3Диполь1.1. (Задача 1.27 из задачника) Найти потенциал и напряженность поля диполяс дипольным моментом p.Решение Рассмотрим два одинаковых по величине и разных по знаку заряда,находящихся на расстоянии a друг от друга (см. рис.).Потенциал такой системы в некоторой точке можно записать (по принципу суперпозиции) какr1r2µ¶1r2 − r11ϕd = q−=q.r1 r2r1 r2-qqaДля вычисления этого выражения предположим, чтоr1 À a, r2 À a.
Домножим числитель и знаменательполученного выражения r1 + r2 и пренебрежем различиями между r1 и r2 в знаменателе(r2 − r1 ) (r2 + r1 )r22 − r12=.2r32r3Используя векторное соотношение, a + r1 = r2 ,, можно получитьϕd =rp,r3где p = qa и вектор p, который называется дипольным моментом, направлен от −qк +q. Для системы зарядов потенциал электростатического поля вдали от области ихразмещенияQ Rdϕ= + 3,RRPPri qi , а R – вектор из начала координат в точку, наблюдения.где Q = i qi , d =Начало координат выбрано где-то внутри системы зарядов. Тогда поле в точке Rµ¶Rdd3R (Rd)E = −∇=−+R3R3R5При выводе этого соотношения использовались правила обращения с оператором ∇∇R = R/R,∇(ab) = a∇b + b∇a.21.2.
(Задача 1.28 из задачника) Найти силу и вращательный момент, приложенные к электрическому диполю с моментом P в поле точечного заряда q.Решение Сила, действующая на диполь в поле точечного заряда q, являетсясуммой сил, действующих на заряды диполя со стороны заряда q:F = F1 + F2 = Q(E2 − E1 ),(1)где E1 – напряженность электрического поля, создаваемая зарядом q в точке нахождения отрицательного заряда диполя (−Q); E2 – в точке нахождения положиuurтельного заряда диполя. Если расстояние между зарядамиF+Qдиполя мало по сравнению с расстоянием, на котором наurr Plходится диполь от заряда, то поле E2 можно разложить вur rR+lrряд Тейлора и оставить в нем два первых отличных от нуляnчлена-Qq2E2 = E(R + `) =∂E∂E∂E+ `y+ `z≈ E1 + (` ∇)E,∂x∂y∂z´³∂∂∂где (` ∇) – скалярное произведение вектора ` и вектора ∇ = i ∂x + j ∂y + k ∂z .= E(R) + `xПодставим E2 в уравнение (1) и учитывая, что P = Q`, E = RQ3 R, находим выражение для силы, действующей на диполь со стороны точечного заряда:µ¶qR∂∂∂F = (P∇) 3 R = q Px+ Py+ Pz.(2)R∂x∂y∂z R3Так какµ ¶¶µ¶µ1 ∂R∂ ³ 1 ´3R∂ RiPx= Px+R= Px− 5x ,∂x R3R3 ∂x∂x R3R3Rто аналогичноµ ¶µ¶µ ¶µ¶∂ Rj∂ Rk3R3RPy= Py− 5 y , Pz= Pz− 5z ,∂y R3R3R∂z R3R3Rгде i, j, k – единичные векторы в направлениях соответственно X, Y , Z.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
