1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (Уроки Черкасского)

1. Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 1Закон Кулона Сила, действующая со стороны заряда q1 на заряд q2 равнаq1 q2 r12,F12 = C 2r12 r12где величина C множитель, зависящий от системы единиц. В системе CGSE размерность заряда выбирается так, чтобы C = 1.

Тогда единица заряда имеет размерность(иногда ее называют статкулон)[q] = [F r2 ]1/2 = M 1/2 L3/2 T −1 или г1/2 см3/2 сек−1 .В системе Си единица заряда определяется независимо от закона Кулона и равна1 Кулону. 1k = 3 · 109 ед. CGSE. В системе Си закон Кулона имеет видq1 q2 r12F12 =,24πε0 r12r12где ε0 = 8, 8542 · 10−12 Ф/м.

Все дальнейшие формулы и задачи, если не оговоренодругое, записываются в системе CGSE.Сила, действующая со стороны i-го заряда на k-й, записывается в видеqi qkFik = 3 rik .rikЭлектростатическое поле подчиняется принципу суперпозиции, т.е. поле в точке rявляется суммой (векторной!!) полей, создаваемых составляющими систему зарядамиqi , расположенными в точках ri .XqiE(r) =r.3 i|r−r|iiЭлектростатическое поле может быть выражено как градиент скалярной функцииE = −∇ϕ, следовательно потенциал определяется с точностью до произвольнойконстанты.

Потенциал точечного заряда, расположенного в начале координат ϕ =q+ C. Принцип суперпозиции распространяется, очевидно, и на потенциал.r1.1. Два шарика с массой m = 0, 1г подвешены на шелковых нитях так, что ихповерхности соприкасаются. После сообщения им заряда они оттолкнулись и разошлись на расстояние D = 6см, длина нитей ` = 30см. Определить, какой величинызаряд был сообщен каждому шарику. Результат выразить в кулонах.Решение Сумма сил вдоль нити и вдоль горизонтальной оси равна силе тяжести.2Сила вдоль горизонтальной оси Fx = mg tg α, а сила от2второго заряженного шарика F k = Dq 2 .

Для равновесия этисилы должны быть направлены в противоположные стороныи равны друг другу по модулю, т.е.αℓmgtgαFkmg tg α =q2.D2DОткудаrmg√Dq = D mg tg α ≈ D mgα = D mg =2`√−9= 6 10 ≈ 18, 8 статкулон = 6 · 10 кулон.√1.2. (Задача 1.3)Три одинаковых частицы имеют массу m и заряд −q каждая.Расстояние между каждой парой a. Они движутся на неизменном расстоянии вокругцентральной частицы, заряд которой равен +q. При какой скорости частиц системанаходится в равновесии? Какова энергия полной «ионизации» системы?Решение m– масса, q– заряд, a – расстояние.q Высота h в правильном2aaqE1FΣ = F1 + F2 − F3 = [2F1 cos(π/6) − F3 ] er ,V-qE3aE2√треугольнике h = a2 − a4 = a 2 3 . Суммарнаясила, действующая на каждую частицу в вершинахтреугольника (см.

рис)-q-qгде вектор er направлен от центра треугольника ккаждому заряду.F1 =q2q2,F=3a2(2/3h)2´3q 2q 2 √ ³√q2 √3−=−33−1.a2a2a2Поскольку получилось отрицательное значение силы, значит она направлена к центруи, следовательно, возможно вращение частиц вокруг центра со скоростью, определяемой из условия равновесия – равенства суммарной силы, действующей на каждуючастицу, центробежной силе, т.е.FΣ =mv 2= FΣ .r1.

Электростатика3√´mv 2 3q 2 √ ³√= 2 33−1a r a´q 2 ³√v=3−1 .maПолная энергия системы в этом равновесном состоянии равнаmv 2 1E =T +U =3+ (3U1 + U0 ),22где первый член – это утроенная кинетическая энергия одной движущейся частицы,второе слагаемое – это вклад каждой движущейся частицы в общую энергию взаимодействия за счет взаимодействия с другими, а третье слагаемое - вклад покоящейсячастицы в общую энергию за счет взаимодействия с движущимися. Точнее, это будетвыглядеть так. Полная энергия взаимодействия имеет вид1 XU=qi ϕji ,2 i,j,i6=jгде ϕji – потенциал, который создает j-й заряд в точке, где находится заряд i. Дляпримера рассмотрим чему равен член U1 в выражении для полной энерги赶√ ´q qqq2 ³U1 = q (ϕ21 + ϕ31 + ϕ01 ) = q+ −=2− 3 .a a 2/3haВыражение для U0 запишем аналогично в видеqq2 √U0 = −q3= −33.2/3haСобирая все члены потенциальной энергии получим´1q 2 ³√U = [3U1 + U0 ] = −33−1 .2aИспользуя ранее полученное выражение для скорости, полную энергию можно переписать в виде· 2´¸´mvq 2 ³√3 q 2 ³√E =T +U =33−1 =−3−1 .−2a2aДля того, чтобы "ионизовать"систему, т.е.

чтобы частицы разлетелись на бесконечность с нулевой скоростью, необходимо чтобы полная энергия системы стала равнойнулю. Тогда очевидно, что необходимо "добавить"в систему энергию´3 q 2 ³√3−1 .E0 = −E =2a41.3. (Задача 1.14 из задачника) Полусфера радиуса R равномерно заряжена споверхностной плотностью σ. Найти потенциал в некоторой точкеэкваториальной плоскости, отстоящей на расстоянии a от оси симметрии полусферы.Решение Потенциал в точке A, если сфера полная−ϕ = ϕ+A + ϕB−ϕ+A – потенциал в точке A от верхней полусферы.ϕB – потенциал от нижней полусферы в точке B. В силу осевой симметрии ϕA = ϕB ; ϕ = 2ϕA . Легко понять, чтопотенциал внутри сферы в любой точке ϕ = const = ϕ0 .

Это можно объяснить вращением сферы, при которой ничего не меняется ϕA = ϕ20 . Тоже самое можно сказатьо потенциале снаружи от всей сферы.ϕвнешн =σ4πR2a12πσR2( 12 )ϕвнешн= ϕвнешн =2aИз непрерывностиϕвнутр = 2πσaR2= 2πσRRϕнар = 2πσR2 /a, ϕвнутр = 2πσR.1.4. (Задача 1.15 из задачника) Найти потенциал ϕ и напряженность E электрического поля: а) на оси Z круглого тонкого диска радиуса R; б) равномерно заряженной бесконечной плоскости; в) на оси Z круглого отверстия радиуса R, сделанного вплоскости z = 0. Плоскость и диск равномерно заряжены с плотностью σ.Решение Электрическое поле E удовлетворяет уравнениюrot E = 0(1)и, значит, является потенциальным, т.

е. таким полем, в котором работа сил поляпри перемещении заряда из одной точки в другую не зависит от пути, по которому производится его перемещение, а зависит только от расположения начальной иконечной точек. Потенциальность поля обусловливает существование такой скалярной функции, называемой потенциалом ϕ, разностью значений которой в конечнойи начальной точках пути определяется работа по перемещению единичного заряда.Потенциал ϕ вводится соотношениемE = − grad ϕ.(2)1. Электростатика5Представленный таким образом вектор E является решением уравнения (1), поскольку ротор градиента всегда равен нулю. Если в уравнении (2) ϕ заменить на ϕ+const,то E от этого не изменится.

Таким образом, потенциал является вспомогательной величиной и определяется с точностью до произвольной аддитивной постоянной. Численная величина не может быть измерена на опыте. Физическое значение имеет лишьразность потенциалов между двумя точками, что соответствует работе A при перемещении единичного заряда между этими точками:ZdA=Zd(E d`) =cZd=−(grad ϕd`) =c∂ϕ∂ϕ∂ϕ( dx +dy +dz) = −∂x∂y∂zcZddϕ = ϕ(c) − ϕ(d).cТаким образом, потенциал в любой фиксированной точке можно сделать равным любой наперед заданной величине. Тогда потенциал всех остальных точек оказываетсяопределенным однозначно. Если заряды расположены в конечной области пространства, то обычно потенциал выбирается равным нулю на бесконечности. Для системыточечных зарядовX qi,(3)ϕ=Riiгде Ri – расстояние от заряда qi до точки, в которой вычисляется потенциал ϕ. Принепрерывном распределении зарядаZZZZdqρ dvσ dsη d`ϕ==++,(4)RRRRVSLгде ρ , σ , η – соответственно объемная, поверхностная и линейная плотности зарядов; R – расстояние до точки, в которой вычисляется потенциал от зарядов ρdv впервом интеграле, σds – во втором, ηd` – в третьем; dv , ds , d` – соответственно элементарные объем, площадь, длина.

Интегралы берутся по всему объему, гдеρ 6= 0, по поверхности, где σ 6= 0, по линии, где η 6= 0.Если заряды не расположены в конечной области пространства, то не всегда можно выбрать потенциал так, чтобы на бесконечности он был равен нулю, и путь прямого вычисления потенциала по формуле (4) может приводить к появлению расходимостей, поскольку эта формула является обобщением формулы (3) для потенциалаот системы точечных зарядов, для которых потенциал принимается равным нулю на6бесконечности.

В этих случаях удобнее сводить задачу о нахождении потенциала крешению дифференциального уравнения Пуассона ∆ϕ = −4πρ. Иногда проще сначала найти E, например, по теореме Гаусса в задачах с определенной симметриейраспределения заряда (см. 1.23), а затем, обратив уравнение (1), найти потенциал поформулеZϕ=−(E dR) + const,(5)подобрав константу так, чтобы потенциал имел более простой вид.а) Потенциал будем вычислять по формуле (4). Выделим на диске кольцоurрадиуса r ширины dr.

На элементе длины кольцаZdEd` = r dα находится количество зарядаdq = σd` dr = σr dr dα.dlr0RПотенциал, создаваемый этим√ зарядом на оси на расстоянии z от диска, равен dq/ z 2 + r2 . Потенциал, создаваемый кольцом радиуса r ширины dr,dr2πσr drdϕ = √.z 2 + r2ТогдаZR√ϕ = 2πσ0откуда¡√¢r dr= 2πσ z 2 + R2 − |z| ,z 2 + r2µ¶z∂ϕzEz = −= 2πσ−√.∂z|z|R2 + z 2(6)(7)б) Пусть бесконечная заряженная плоскость занимает положение плоскости (x, y). В силу симметрии распределения зарядов, вектор E электрического поля может зависеть только от координаты z и должен быть перпендикулярен плоскости.

Он направлен к плоскости, если ее заряд отрицателен. Поэтому напряженностьэлектрического поля для равномерно заряженной бесконечной плоскости можно найти предельным переходом при R → ∞ в формуле (7) для поля, создаваемого дискомрадиуса R на оси диска. ПолучаемEz = 2πσz.|z|1. Электростатика7Заметим, что предельный переход в формуле (6) для потенциала приводит к бесконечности. Это случай возникновения трудности с применением формулы (4), о котором говорилось выше.

Распределение потенциала находим, используя формулу (5):ϕ = −2πσ|z| + const .Константу положим равной нулю. Это означает, что мы выбрали равным нулю потенциал самой плоскости. Окончательноϕ = −2πσ|z|.Напряженность электрического поля на заряженной плоскости терпит скачок,равный 4πσ, как и следует из граничного условияE2n | − E1n | = 4πσ.в) Поле, создаваемое плоскостью с отверстием, можно рассматривать как суперпозицию двух полей: поля плоскости без отверстия, заряженной с плотностью σ, иполя диска радиуса R, заполняющего отверстие и заряженного с плотностью −σ.Поэтомуµ¶zzzzEz = 2πσ− 2πσ−√= 2πσ √.|z||z|R2 + z 2R2 + z 2Распределение потенциала на оси отверстияZ√ϕ = Ez dz + const = −2πσ R2 + z 2 + const .Константу можно выбрать равной нулю, это будет означать, что потенциал в центреотверстия ϕ(0) = −2πσR.1.