x - Тольяттинский государственный университет

Тольяттинский государственный университет
Физико-технический институт
Кафедра «Общая и теоретическая физика»
Потемкина Л.О., Павлова А.П., Леванова Н.Г.
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
2й семестр
Модуль 4
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
Тольятти 2007
Содержание
Математическое введение........................................................................................................................ 3
Принятые условные обозначения ....................................................................................................... 3
Краткие математические сведения ..................................................................................................... 3
Занятие №16. Закон Кулона. Закон сохранения электрического заряда ............................................. 7
Основные формулы.............................................................................................................................. 7
Методические указания к решению задач ......................................................................................... 7
Примеры решения задач...................................................................................................................... 7
Занятие №17. Расчет напряженности ЭСП. Метод ДИ....................................................................... 19
Основные формулы............................................................................................................................ 19
Методические указания к решению задач ....................................................................................... 19
Примеры решения задач.................................................................................................................... 20
Занятие №18. Электростатическая теорема Гаусса ............................................................................. 33
Основные формулы............................................................................................................................ 33
Методические указания к решению задач ....................................................................................... 33
Порядок решения задач на нахождение электростатического поля с применением т. Гаусса .. 34
Примеры решения задач.................................................................................................................... 34
Занятие №19.1. Потенциал. Связь между напряженностью поля и потенциалом. Работа при
перемещении заряда ............................................................................................................................... 42
Основные формулы............................................................................................................................ 42
Методические указания к решению задач ....................................................................................... 43
Примеры решения задач.................................................................................................................... 43
Занятие №19.2. Электроемкость. Конденсаторы. Энергия электрического поля ............................ 48
Основные формулы............................................................................................................................ 48
Методические указания к решению задач ....................................................................................... 49
Примеры решения задач.................................................................................................................... 50
Вопросы и задачи.................................................................................................................................... 54
Задачи для самостоятельной работы..................................................................................................... 58
Примерный вариант автоматизированной контрольной работы ....................................................... 60
2
Математическое введение
Принятые условные обозначения
1. Векторы обозначены жирным прямым шрифтом, или буквой, со стрелкой над ней (наприr r r
мер- E , F , j , или E, F).
2. Модуль вектора обозначается той же буквой, но светлым (нежирным) шрифтом, выполненной курсивом (например - F,E).
3. Средние величины обозначаются угловыми скобками < >, например <F>.
В пособии применяются символы:
1. Δ – конечное приращение величины, т.е. разность её конечного и начального значений, например ΔΕ=E2–E1.
2. –Δ φ – конечное значение убыли величины, т.е. разность её начального и конечного значений, например –Δ φ =φ1- φ2.
3. d – дифференциал (бесконечно малое приращение), например dφ, dA.
4. δ – элементарное значение величины, например δΑ- элементарная работа, δr – элементарное
перемещение.
Орты-единичные векторы:
ex, ey, ez (i, j, k)- орты декартовых осей координат, n – орт нормали к элементу поверхности, τ –
орт касательной к контуру или границе раздела.
Прямая производная по времени от произвольной функции f обозначена df/dt или f´ - штрихом,
стоящим справа от функции, или f& - точкой, стоящей над функцией.
Интегралы любой кратности обозначены одним единственным знаком
ò
и различаются лишь
обозначением элемента интегрирования: dV -элемент объёма, dS-элемент поверхности, dl- элемент
длины контура. Знак ò обозначает интегрирование по замкнутому контуру или по замкнутой поверхности.
Векторный оператор Ñ (набла). Операции с ним обозначены так: Ñ φ= grad φ- градиент φ.
r
r
r
Ñ E = div E – дивергенция E .
r
r
r
Ñ, E = rot E – ротор E .
[
]
Δ– оператор Лапласа, Δ= Ñ 2 = ¶²/¶x²+¶²/¶y²+¶²/¶z²
Краткие математические сведения
Функцией называется величина, зависящая от одной или нескольких других величин. Независимая величина называется аргументом функции. Обозначается функция так:
y = f (x ) , где
y – функция (зависимая переменная);
x – аргумент (независимая переменная);
f – символ функции.
Приращением аргумента (Dx ) называется разность конечного и начального значений:
Dx = x2 - x1
3
Приращением функции (Dy ) называется разность двух её значений, соответствующих двум
значениям аргумента x2 и x1 , т.е.:
Dy = y1 - y2 = f (x2 ) - f ( x1 )
Т.к. x2 = x1 + Dx , то:
Dy = f (x1 + Dx ) - f (x1 )
Графически приращения функции Dy и аргумента Dx можно пояснить рис.1:
y
y2
y1
2
1
Dy
b
x2
x1
x
Рис. 1 Приращение аргумента (Dx ) и приращение функции (Dy )
Средняя скорость изменения функции равна:
Dy
= tgb , где b – угол между секущей 1-2 и осью абсцисс (см. рис 1.).
Dx
Dy
При уменьшении приращения аргумента Dx отношение
– по-прежнему характеризует средDx
нюю скорость изменения функции, но на всё меньших промежутках изменения аргумента.
dy ö
æ ¢ ¢
ç y , f ( x ), ÷ называется предел отношения приращения функdx ø
è
ции Dy к приращению аргумента Dx , при Dx ® 0 , т.е.:
f (x1 + Dx ) - f (x1 )
dy
Dy
y¢ =
= lim
= lim
.
Dx
dx Dx®0 Dx Dx®0
Производная функции характеризует скорость функции при любом значении аргумента. Производная функции является функцией. Геометрический смысл первой производной – численно она
равна тангенсу угла наклона касательной, проведённой через данную точку графика, с осью x.
Свойства производных:
· Производная постоянной равна 0. Если y = a , a = const , то y ¢ = 0 .
Производная функции f (x )
·
·
·
Производная от произведения постоянной (a ) на какую-нибудь функцию f (x ) равна произведению этой постоянной (a ) на производную функции f (x ) . Если y = a × f ( x ) , то:
¢
y¢ = [a × f (x )] = a × f ¢(x ) , т.е. постоянный множитель можно выносить за знак производной.
Производная от суммы или разности двух или нескольких функций равна сумме или разности производной этих функций. Если y = y1 + y 2 , то y ¢ = y1¢ + y ¢2
Производная от произведения двух функций f1 (x ) и f 2 (x ) равна произведению производной
первой функции f1¢(x ) на вторую ( f 2 (x )) плюс произведение первой функции ( f1 (x )) на производную второй функции ( f 2¢(x )) , т.е. если y = f1 (x ) × f 2 (x ) , то y¢ = f ¢(x )1 × f 2 (x ) + f1 (x ) × f 2¢(x )
f1 (x )
f ¢(x ) f 2 (x ) - f 2¢(x ) f1 (x )
, тогда y ¢ = 1
f 2 (x )
[ f 2 (x )]2
·
Производная от дроби. Пусть y =
·
Производная сложной функции. Функция называется сложной, если её аргументом является функция. Производная сложной функции равна произведению производной этой
4
·
функции по промежуточному аргументу на производную промежуточного аргумента. Например, если: y = cos wt , то y ¢ = (- sin wt ) × (w ) , или y = f (u ) , а u = j (x ) , то y ¢ = f u¢ × j x¢ , индексы u и x внизу у символа функции означает, по какой переменной находится производная.
Дифференциалом функции y = f (x ) dy или df (x ) называется произведение производной
[
]
этой функции ( f (x )) на приращение независимой переменной (Dx ) : dy = f ¢(x )Dx .
·
Дифференциалом независимой переменной (dx ) называется её приращение – Dx: dx = Dx ;
dy = f ¢(x )dx
Операция нахождения дифференциала функции называется дифференцированием.
Первообразной функцией от функции f (x ) называется такая функция F (x ) , производная которой равна f (x ) , т.е.: F ¢(x ) = f (x ) , если F (x ) первообразная от функции f (x ) .
Тогда: dF (x ) = f ( x )dx .
Операция нахождения первообразной не является однозначной. Для заданной функции
f (x ) существует не одна, а множество первообразных. Например, если F (x ) является первообразной функцией от функции f (x ) , то и функция (F (x ) + C ) , где C – произвольная постоянная, также
¢
является первообразной: (F ¢(x ) + C ) = F ¢(x ) = f (x ) .
Неопределённым интегралом от функции f (x ) -
первообразной функции F (x ) от функции f (x ) .
ò f (x )dx называется наиболее общее значение
ò f (x )dx = F (x ) + C , где F (x ) любая первообразная функция от f (x ) ,
C – произвольная постоянная.
Нахождение интеграла по заданной функции называется интегрированием.
Свойства неопределённого интеграла:
ò af (x )dx = a ò f (x )dx .
·
Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла:
·
Интеграл от алгебраической суммы функций равен алгебраической сумме интегралов от
этих функций: ò [ f1 (x ) ± f 2 (x )]dx = ò f1 (x )dx + ò f 2 (x )dx .
·
Замена переменной под знаком интеграла. Если z = j (x ) , то dz = j ¢(x )dx . Найдём
Заменяя в этом интеграле z и dz, получим:
ò f (z )dz .
ò f (z )dz = ò f (j (x )) × j ¢(x ) × dx . Эта формула назы-
вается формулой замены переменной под знаком интеграла и позволяет упростить вычисление некоторых интегралов.
Определённым интегралом от функции f (x ) в промежутке изменения аргумента от x1 = a до
x2 = b называется предел суммы (å f (xi )Dx ) при Dx ® 0 , т.е.:
b
ò f (x )dx = lim å f (x )Dx .
a
Dx ®0
i
Значение определённого интеграла находится с помощью формулы Ньютона-Лейбница:
b
ò f (x )dx = F (x )
b
a
= F (b ) - F (a ) ,
a
где F (x ) – неопределённый интеграл от функции f (x )
Для вычисления определённого интеграла от функции f (x ) необходимо сначала найти неопределённый интеграл от функции f (x ) , а затем взять разность неопределённых интегралов при значениях аргумента x1 = a и x2 = b .
С помощью определённых интегралов можно вычислять площади различных фигур.
5
Таблица 1. Таблица производных элементарных функций.
1
Функция
Производная
Интеграл
y = a, a = const
y¢ = 0
ò adx = ax + C
если n ¹ -1 , то
x n+1 + C
n
x
dx
=
ò
n +1
2
y = xn , n любое число
y ¢ = nx n -1
3
y = sin x
y ¢ = cos x
4
y = cos x
y¢ = - sin x
5
y = tgx
y¢ =
1
cos 2 x
ò tgxdx = - ln(cos x ) + C
6
y = ctgx
y¢ =
1
sin 2 x
ò ctgxdx = - ln(sin x ) + C
7
y = ex
y¢ = e x
8
y = log a x
y¢ = 1 × 1
x ln a
9
y=
10
y=
если n = -1 , то
ò e dx = e
x
dx
ò1+ x
ò
6
dx = ln x + C
x
ò sin xdx = - cos x + C
ò cos xdx = sin x + C
1
1 + x2
1
1 - x2
ò
2
x
+C
= arctgx + C
dx = arcsin x + C
1- x2
Занятие №16. Закон Кулона. Закон сохранения электрического заряда
Основные формулы
Закон сохранения электрического заряда:
åQ
= const .
(1)
r
r
q1 q 2 r
F =k 3 .
r
(2)
q1 q 2
,
rx2
(3)
i
i
Закон Кулона в векторной форме:
Закон Кулона в проекции на ось х:
Fx = k
k=
Принцип суперпозиции для силы:
1
.
4pee 0
r
r
F = å Fi .
i
(4)
Методические указания к решению задач
Задачи о точечных зарядах и системах точечных зарядов решаются с применением закона Кулона, принципа суперпозиции и законов механики .
Для решения необходимо:
1. указать все силы, действующие на точечный заряд, помещенный в электрическое поле, и записать для него уравнение равновесия или основное уравнение динамики материальной точки;
2. выразить силы электрического взаимодействия через электрические заряды и характеристики поля и подставить эти выражения в исходное уравнение;
3. если при взаимодействии заряженных тел между ними происходит перераспределение зарядов, к составленному уравнению добавляют уравнение закона сохранения заряда;
4. составить систему уравнений, добавляя в нее, если необходимо, вспомогательные формулы,
записать в проекциях на выбранные оси и решить относительно искомых величин.
При решении задач часто помогает соображения симметрии, позволяющие определить значения
некоторых величин (зарядов, составляющих сил или полей) без детального рассмотрения взаимодействия.
Примеры решения задач
П р и м е р 1 . Три одинаковых положительных заряда q = 10-9 Кл каждый расположены по вершинам равностороннего треугольника (см. рис.). Какой отрицательный заряд нужно поместить в
центре треугольника, чтобы сила притяжения с его стороны уравновесила силы взаимного отталкивания зарядов, находящихся в вершинах?
7
Дано:
q1 = q2 =
= q3 = 10-9 Кл
q4 – ?
Анализ:
Сделаем рисунок
Q
-Q4
F4
Q
R
F3
F
r
Q
F2
Все три заряда, расположенные по вершинам треугольника, находятся в одинаковых условиях.
Поэтому для решения задачи достаточно выяснить, какой заряд следует поместить в центре треугольника, чтобы какой-нибудь из трех зарядов, например q1, находился в равновесии. В соответствии с принципом суперпозиции на заряд будет действовать каждый заряд из остальных. Поэтому
заряд q1 будет находиться в равновесии, если векторная сумма действующих на него сил равна 0.
Решение:
Запишем уравнение равновесия: F31+F21+F41 = F + F41 = 0, где F21,F31, F41 - силы, с которыми на
заряд q1 действуют соответственно заряды q2, q3, q4; F - равнодействующая сил F31 и F21.
Так как силы F и F41 направлены по одной прямой, то векторную сумму можно заменить скалярной суммой:
F-F41 = 0 или F = F41.
Выразив в последнем равенстве F через F21 и F31 и учитывая, что F31 = F21, получим:
F41 = F21 2(1+ cos a ) .
Применяя закон Кулона и имея в виду, что q2 = q1 = q3, найдем :
F41 = F21 2(1+ cos a ) = kq12 2(1+ cos a ) /r2
или k|q1|2 2(1+ cos a ) /r2 = k|q1||q4|/r12,
откуда |q4| = q1r12
2(1+ cos a ) /r2.
Из геометрических построений в равностороннем треугольнике AOB следует, что
r1 = r/2(cos 30o) = r/ 3 ; cos a =cos 60o = 1/2.
С учетом этого получаем: q4 = q1/ 3 .
Подставив числовое значение q1, получим:
q4 = 5,8´ 10-10 Кл.
Следует отметить, что равновесие зарядов будет неустойчивым.
Ответ: q4 = 5,8*10-10 Кл.
П р и м е р 2 . Два положительных точечных заряда Q и 4Q закреплены на расстоянии l = 60 см
друг от друга. Определить, в какой точке на прямой, проходящей через заряды, следует поместить
третий заряд Q1 так, чтобы он находился в равновесии. Указать, какой знак должен иметь этот заряд, чтобы равновесие было устойчивым, если перемещение заряда Q1 возможно только вдоль прямой, проходящей через центры закрепленных зарядов.
8
Дано:
q1 = Q
q2 = 4Q
q3 = Q1
l = 0,6 м
Анализ:
Сделаем рисунок
F2
Q
Q
F2
4Q
1
x
x–?
По условию задачи заряд Q1 может перемещаться лишь вдоль прямой, проходящей через центры
закрепленных зарядов. При смещении дополнительного заряда из положения равновесия он будет
сильнее взаимодействовать с тем зарядом, в сторону которого происходит смещение. Если дополнительный заряд имеет тот же знак, что и заряды Q1 и Q2, то возникнет возвращающая сила и равновесие будет устойчивым. В противном случае равновесие неустойчиво.
Решение:
Обозначим через x расстояние между зарядами Q и Q1 и запишем условие равновесия:
|F1| = |F2|. По закону Кулона: F1 = kQQ1/x2;
F2 = kQ14Q/(l-x)2; подставив значения F1 и F2 в условие равновесия и решив квадратное уравнение относительно x, получим:
3x2-2lx-l2 = 0; x1 = l/3 = 20 см, x2 = -l = -60 см, значение x2 отбросим, т.к. расстояние отрицательным быть не может.
Ответ: Положительный заряд Q1 находится на расстоянии 0,2 м от заряда Q и 0,4 м от заряда
4Q. Равновесие устойчивое.
П р и м е р 3 . Два одинаковых металлических заряженных шарика, диаметры которых много
меньше расстояния между ними, находятся на расстоянии r = 60 см. Сила отталкивания шаров F1 =
70 мкН. После того, как шарики привели в соприкосновение и удалили друг от друга на прежнее
расстояние, сила отталкивания стала F2 = 160 мкН. Найти заряды, которые были на шариках до их
соприкосновения.
Дано:
Анализ:
Сделаем рисунок
dш << r.
r = 0,6 м
q1
q2
-6
F1 = 70×10 Н
до соприкосновения
F2=160×10-6 Н
q1 – ?
q2 – ?
q1'
q2 '
после соприкосновения
Заряды q1 и q2 одного знака, т.к. они отталкиваются. Поскольку система замкнута, то выполняется закон сохранения заряда:
q1 + q2 = q1' + q2'.
Т.к. шарики проводящие и одинаковые, то после соприкосновения заряды на шариках будут
равны:
q1' = q2' = (q1 + q2)/2.
Поскольку dш << r, то заряды можно считать точечными и, воспользовавшись законом Кулона
для начального и конечного случаев и законом сохранения заряда, ответить на вопрос задачи. Учитывая, что заряды q1 и q2 можно поменять местами, мы должны получить два значения для величин
зарядов q1 и q2.
Решение:
Из закона сохранения заряда:
9
(q1 + q2)/2 = q1' = q2'.
По закону Кулона:
F1 = k|q1||q2|/r2или F1 = k q1 q2/r2
F2 = k|q1'||q2'|/r2 или F2 = k(q1 + q2)2/4r2
Решив эту систему двух уравнений с двумя неизвестными, находим:
q1 = (F1r2)/kq2 = (F1r24π e 0 )/q2
(1)
(2)
(3)
и, подставив (3)в (2), получаем уравнение относительно q2:
q22 - 2r
F2 4pe 0 q2 + F1r24π e 0 = 0.
Его решениями являются
q1(1,2) = r 4pe 0 (
F2 ±
F2 - F1 )
q2(1,2) = r 4pe 0 F1/( F2 ±
F2 - F1 ).
F2 + F2 - F1 )4π e 0 r]
Тогда: q1(1,2) = (F1 r 2 4pe 0 4pe 0 )/[(
Проверка размерности: [ e 0 ] = Ф/м = Кл/Вм; [F] = Н = Дж/м = КлВ/м;
[q] = Кл = Кл/Вм м КлВ/м = Кл м /м = Кл.
Расчет: q21 = 0,14*10-6 Кл, q22 = 20*10-9 Кл,
q11 = 20*10-9 Кл, q12 = 14*10-8 Кл.
Ответ: q1 = 20 нКл, q2 = 14*10-8 Кл.
П р и м е р 4 . Чему равен суммарный заряд моля электронов?
Дано:
Решение:
n = 1 моль
Q моля = N e
–19
e = 1.6×10
В 1 моле содержится одинаковое количество частиц – число Авогадро N A .
Кл
Q = N Ae
Q–?
Q = 9,6 ´ 10 4 Кл
Ответ: Q = 9,6 ´ 10 4 Кл
П р и м е р 5 . Точечные, одинаковые по модулю заряды расположены в вершинах квадрата со
стороной a, как показано на рисунке. Соблюдая пропорциональность в величинах сил, показать
графически все силы действующие на заряд, обведенный кружком. Сравнить силы по величине.
+q
-q
-q
+q
Решение:
В силу симметричности расположения зарядов.
F21 =
kq 2
a
2
2
;
F23 = kqa2 ; F 24 =
a1 = a 2 ;
10
kq
2
a1
2
;
(1)
(2)
F 21
2
F 24 =
F 21
2
F 24 =
Ответ:
.
П р и м е р 6 . Силы гравитационного притяжения двух водяных, одинаково заряженных капель
радиусами r = 0,1 мм уравновешивается кулоновской силой отталкивания. Найти заряды капель
(плотность воды r = 10 3 кг м 3 ).
Дано:
r = 10–4 м
ρ = 103 кг/м3
q1 – ?
q2 – ?
Решение:
2
Fгр = G ma 2к
Fk =
Т.к. по условию
kq
;
2
a2
;
Fгр = Fk , то:
2
G ma2k =
kq2
a2
.
(1)
mk = 43 pr 3 r .
(2)
Масса капли:
Подставим (2) в (1) и выразим q :
q=m
G
k
= 43 r 3pr
G
k
q = 3.6 ´ 10 -19 Кл
Ответ: q1 = q 2 = 3.6 ´ 10 -19 Кл
П р и м е р № 7 . Тонкий стержень длиной l = 30см . несет равномерно распределенный по длине заряд с линейной плотностью l = 1 мкКл м . На расстоянии r0 = 20см от стержня находится заряд Q1 = 10нКл , равноудаленный от концов стержня. Определить силу F взаимодействия точечного заряда с заряженным стержнем.
11
Дано:
l = 0.3 м
λ = 10–6 Кл/м
r0 = 0.2 м
Q1 = 10–8 Кл
Решение:
Сделаем рисунок:
F–?
Анализ:
Закон Кулона позволяет вычислить силу взаимодействия точечных зарядов. По условию задачи
один из зарядов не является точечным, а представляет собой заряд, равномерно распределенный по
длине стержня. Однако, если выделить на стержне дифференциально малый участок длиной dl , то
находящийся на нем заряд dQ = ldl можно рассматривать как точечный и тогда по закону Кулона
сила взаимодействия между Q1 и dQ равна:
Q ldl
1
´ 12 ,
4pe
r
где r - расстояние от выделенного элемента до Q1
dF =
(1)
Из рисунка следует:
rda
r0
и dl =
r =
cosa
cos a
где r0 - расстояние от Q1 до стержня.
Подставив эти выражения в (1) получим:
dF =
Q1l
da .
4pe 0 r0
(2)
r
Следует иметь ввиду, что dF - вектор, поэтому, прежде чем интегрировать, необходимо разлоr
r
жить его на две составляющие: dF1 - перпендикулярную стержню, и dF2 , параллельную ему.
Из рисунка:
dF1 = dF cos a ;
dF2 = dF sin a ,
Подставив эти выражения в (2) получим:
dF1 =
Q1l cos a
Q l sin a
da ; dF2 = 1
da
4pe 0 r0
4pe 0 r0
Проинтегрировав эти выражения в пределах от - b до + b , получим:
+b
F1 =
=
+b
Q1l cosa
Q1l
Q1l
Q1l
+b
ò-b 4pe0r0 da = 4pe0r0 -òbcosada = 4pe0r0 sina -b = 4pe0r0 sinb - sin(-b) =
Q1l
Ql
2sinb = 1 sinb
4pe0r0
2pe0 r0
В силу симметрии расположения заряда Q1 относительно «стержня» интегрирование второго
выражения дает нуль: F2 = 0
12
Таким образом, сила действующая на Q1 :
Q1l
sin b .
2pe 0 r0
(3)
Q1l
l
´
2pe 0 r0
4r02 + l 2
(4)
F = F1 =
Из рисунка: sin b =
l
2 =
2
r + l4
2
0
l
4r + l 2
2
0
Подставив это выражение в (3), получим:
F=
Подставив в (4) численные данные, получим:
F = 5,4 ´ 10 -4 Н = 0,54 мН
Ответ: F = 0,54 мН
П р и м е р 8 . Два одинаково заряженных шарика подвешены в одной точке на нитях одинаковой длины. При этом нити разошлись на угол a . Шарики погружаются в масло плотностью,
r м = 800 кг м3 . Какова диэлектрическая проницаемость масла, если угол расхождения нитей при
погружении шариков в масло остается неизменным? Плотность вещества материала равна
r ш = 1,6 ´ 103 кг м 3 .
Дано:
l1 = l2 = l
Решение:
1) Шарики в воздухе:
r м = 800 кг м 3
r ш = 1,6 ´ 10 3 кг м 3
a
εм – ?
r
r r
mg + Fk + T = 0
В проекциях на оси:
OX:
Fk - T sin a = 0 ;
(1)
T cos a - mg = 0 ;
(2)
Fk
= tga .
mg
(3)
OY:
T cos a = mg
Разделим (1) на ( T cos a ):
Fk
= tga , или
T cos a
2) Шарики в масле:
13
r
r
r r
mg + FA + Fk¢ + T ¢ = 0 ;
OX:
Fk¢ - T ¢ sin a = 0 ;
(4)
FA - mg - T ¢ cos a = 0 .
(5)
OY:
Разделим (4) на (T ¢ cos a ) :
Fk¢
= tga .
T ¢ cos a
Из (5) T ¢ cos a = mg - FA
¢
Fk
= tga .
mg - FA
(6)
3) Диэлектрическая проницаемость среды e показывает, во сколько раз сила взаимодействия зарядов в среде (диэлектрике) уменьшается по сравнению с силой взаимодействия зарядов в вакууме:
e =
F
Fk
Þ Fk¢ = k .
e
Fk¢
(7)
Приравняем левые части (3) и (6):
Fk
Fk¢
=
.
mg mg - FA
(8)
Подставим (7) в (8)
Fk
Fk
r mg
; т.к. FA = м
=
mg e (mg - FA )
rш
æ
r mg ö
÷
mg = e çç mg - м
r ш ÷ø
è
e=
mg
1
rш
=
=
.
r м mg
r м rш - r м
1mg rш
rш
(9)
Подставив численные значения в (9), получим:
e = 2.
Ответ: e = 2 .
П р и м е р 9 . Два заряда в вакууме взаимодействуют на расстоянии 11 см с такой же силой как
в скипидаре на расстоянии 7,4 см. Определить электрическую проницаемость скипидара.
Дано:
Решение:
14
l1 = 0,11 м
F1 =
l2 = 7,4 ´ 10 - 2 м
F1 = F2
q1 q 2
q1q 2
F
=
;
.
2
4pe 0 l12
4pe 2 e 0 l 22
F1 = F2 - по условию
e1 = 1
q1q2
q1q2
=
.
2
4pe 0l1 4pe 2e 0l22
e2 - ?
1
1
; l12 = e 2 l 22
=
2
2
l1 e 2 l 2
2
l12
0,11)
(
e2 = 2 ; e2 =
l2
7,4 ´ 10 - 2
(
)
2
= 2,2
Ответ: e 2 = 2,2 .
П р и м е р 1 0 . Два заряженных шарика подвешены на нитях одинаковой длины. Шарики опускают в керосин. Какова должна быть плотность шариков, чтобы угол расхождения нитей в воздухе
и керосине был один и тот же?
Дано:
Решение:
1) в воздухе:
l1 = l2 = l
r = 0,8 ´ 10 3 кг м 3
eк = 2
eв = 1
a
rш - ?
r
r r
mg + Fk + T = 0 .
В проекциях на оси:
OX:
Fk - T sin a = 0 ;
(1)
T cos a - mg = 0 ;
(2)
OY:
T cos a = mg .
Разделим (1) на ( T cos a ):
Fk
= tga ,
T cos a
или
Fk
= tga .
mg
2) в керосине
15
(3)
r
r
r r
mg + FA + Fk¢ + T ¢ = 0
OX:
Fk¢ - T ¢ sin a = 0 ;
(4)
FA - mg - T ¢ cos a = 0 .
(5)
OY:
Разделим (4) на (T ¢ cos a ) :
Fk¢
= tga .
T ¢ cos a
Из (5) T ¢ cos a = mg - FA
¢
Fk
= tga .
mg - FA
(6)
Fk
Fk¢
=
.
mg mg - FA
Диэлектрическая проницаемость среды e показывает, во сколько раз сила взаимодействия зарядов в среде уменьшается по сравнению с вакуумом.
e=
Fвак
F
, т.е. e = k
Fср
Fk¢
Fk¢ =
Fk
e
Подставим и упростим:
Fk
Fk
,
=
mg e (mg - FA )
учтем что : FA = r k gVt ; Vt =
mg = e (mg - FA )
r gm
m
; FA = k
rш
rш
æ
r gm ö
÷÷
mg = e çç mg - k
r
ш ø
è
æ
r ö
mg = e mg çç1 - k ÷÷
è rш ø
er
er
1 = e - k ; 1-e = - k ;
rш
rш
e -1 =
er k
rш
er k
e -1
r ш = 1,6 ´ 10 3 кг м 3
rш =
Ответ: r ш = 1,6 ´ 103 кг м 3
П р и м е р 1 1 . После того, как два маленьких заряженных металлических шарика привели в
соприкосновение и раздвинули на прежнее расстояние, сила их кулоновского взаимодействия увеличилась по модулю в n = 4 3 раза . Одноименными или разноименными были первоначально заряды q1 и q2 на шариках? Во сколько раз они отличались по модулю? Радиусы шариков равны.
Дано:
Решение:
16
R1 = R 2 = R
r
n=
Поскольку шарики одинаковы, после соприкосновение каждый из них имеет
один и тот же заряд:
4
3
q=
q1 + q 2
.
2
q1 q2 - ?
Определим, согласно закону Кулона силы их взаимодействия до и после взаимодействия:
F =k
q1 q 2
r2
; F ´n =
2
(
q1 + q 2 )
k
4r 2
,
где r - расстояние между шариками
(q1 + q 2 )2 = 4n q1
Обозначим
q2 .
q1
= x и разделим последнее равенство на q 22 = q 2
q2
Получим
(x + 1)2 = 4n x ,
или
2
x 2 + 2(x - 2n x ) + 1 = 0
(
)
Предполагая, что x > 0 т.е. x = x получим:
x1, 2 = 2n - 1 ±
x1 = 3; x2 =
(2n - 1)2 - 1 , т.е.
1
- оба решения означают: одноименные заряды на шариках отличаются в 3 раза.
3
(
)
Предполагая, что x < 0 т.е. x = - x , получим:
(
)
1
x1 = - 11 + 112 = -7,2;
3
x2 =
1
x1
Оба эти решения означают, что заряды q1 и q 2 могли быть разноименными, отличающимися по
модулю в 7,2 раза.
Ответ: Одноименные, отличаются в 3 раза, разноименные – в 7,2 раза.
П р и м е р 1 2 . Может ли точечный заряд находится в состоянии устойчивого равновесия под
действием только кулоновских сил?
Решение:
В положении устойчивого равновесия действующая на тело сила должна равняться нулю; при
небольшом же отклонении в любом направлении от этого положения возникает сила, возвращающая тело в положение равновесия. Если к примеру, точечный положительный заряд в т. А находится в положении устойчивого равновесия, то силовые линии поля вблизи этой точки имеют вид, показанный на рисунке. Тогда в т. А должен находится отрицательный заряд, на котором эти линии
17
заканчивались бы, а такого заряда там нет. Поэтому устойчивое равновесие заряда в электростатическом поле невозможно.
Ответ: не может.
П р и м е р 1 3 . На одинаковых нитях закрепленных в одной точке, висят два одинаковых маленьких шарика, несущих одинаковые заряды. Шарики разошлись на расстояние a = 9,5см , которое
намного меньше длины нитей. Один из шариков разрядили. Что произойдет с шариками после этого? При каком расстоянии между шариками снова установится равновесие?
Дано:
Решение:
После разрядки одного из шариков отталкивание сменится притяжением и шаa = 9,5см
рики соприкоснутся.
b-?
В результате опять возникнет отталкивание, но слабее первоначального, поэтому после затухания колебаний шарики разойдутся на расстоянии b < a .Чтобы найти b , нужно выразить его через
заряды шариков. С одной стороны, сила кулоновского отталкивания Fk = mg tg a2 с другой стоkq 2
, где расстояние a , связано с длиной в нити соотношениa2
ем: a = 2l sin a2 .Чтобы выразить a через q воспользуемся условием a << l
т.е. a << 1 рад
роны, ее величина (до разрядки) Fk =
Считая, tg
a
a
= sin получим:
2
2
æ 2 k l q2
kq 2
a
çç
mg
a
=
Þ
=
2l
a2
è mg
Заменяя q на
1
ö3
÷÷ .
ø
q
получим:
2
1
æ klq 2 ö 3
a
÷÷ =
b = çç
3
4
è 2mg ø
b = 6см
Ответ: b = 6см .
П р и м е р 1 4 . Три маленьких одинаково заряженных шарика массой m = 4 г каждый, подвешены на шелковых нитях длиной l = 1м . Верхние концы нитей закреплены в одной точке. Расстояние от каждого шарика до двух других одинаково a = 5 с . Каков заряд q каждого шарика?
Дано:
Решение:
-3
m = 4´10 кг
l =1м
a = 5´10-2 м
q -?
Каждый из шариков отклонен от центра треугольника на расстояние a . Отсюда следует (см.
3
рисунок 1), что на шарик действует горизонтальная отклоняющая сила: F = mgtga » mg
18
a
3l
.
r
Если: a << l , т.е. a << 1 рад , то F (рис. 2) Является равнодействующей двух кулоновских сил
Fk 1
и
Fk 2 одинаковых по модулю: Fk 1 = Fk 2 =
kq 2
.
a2
Из параллелограмма следует:
F= 3
q=a
kq 2
a2
4pe 0 amg
amg
=a
= 13,5нКл
3lk
3l
Ответ: q = 13,5нКл .
Занятие №17. Расчет напряженности ЭСП. Метод ДИ
Основные формулы
Принцип суперпозиции для напряженности электрического поля:
r
r
E = å Ei .
i
Определение напряженности электрического поля:
r
r F
E= .
q
Определение напряженности поля точечного заряда (закон Кулона):
r
r
dq r
dE = k 3 .
r
Напряженность поля распределенного заряда, находящегося в области V:
r
r
r
dq r
E = ò dE = k ò 3 .
r
(1)
(2)
(3)
(4)
Методические указания к решению задач
В большинстве задач на расчет напряженности электростатических полей требуется найти либо
напряженность поля Е в некоторой точке пространства, либо силу, действующую на заряд, помещенный в эту точку. Эти задачи практически эквивалентны, так как сила и напряженность поля
прямо пропорциональны друг другу.
Найти поле произвольной системы зарядов позволяют закон Кулона и принцип суперпозиции. В
случае распределенного (неточечного) заряда для нахождения поля используют метод ДИ (дифференцирования-интегрирования, т. е. разделения и последующего сложения). Для этого распределенный заряд разбивают на малые (элементарные) части dq, такие, чтобы их можно было считать точечными, и находят поле всего заряда как векторную сумму полей, созданных каждой из этих частей. Поля элементарных зарядов ищут по закону Кулона в форме (3). Так как эти поля бесконечно
малы, а самих этих зарядов бесконечно много, то суммирование заменяют интегрированием по области пространства V, в котором находится заряд. Формула (4) дает общее решение этой задачи.
Так как интеграл в (4) векторный, то для его вычисления необходимо выбрать систему координат и
записать интеграл в проекциях на координатные оси. В большинстве случаев при правильном вы19
боре координатной системы значения некоторых составляющих поля понятны из соображений
симметрии и часть проекций можно не вычислять.
Особенную важность имеет правильный выбор элементарного заряда dq и запись этого поля.
Для этого, во-первых, обязательно надо сделать рисунок. Во-вторых, не следует выбирать dq в каких-либо выделенных положениях (на краю стержня, в середине диска и т. д.). Следует брать самый
общий "неудобный" случай, т. к. при интегрировании будут перебираться все возможные положения заряда и формула должна оставаться справедливой. В-третьих, необходимо помнить, что вектор
r в формулах (3) и (4) является не радиус-вектором, а вектором, соединяющим заряд-источник поля
с точкой наблюдения.
Большое влияние на простоту (но не на верность) решения оказывает выбор переменной интегрирования (т. е. способа, которым будут при интегрировании перебираться заряды системы). От
этого зависит простота записи пределов интегрирования и вид подинтегрального выражения. Следует сравнить удобство различных вариантов, а также избегать сложных тригонометрических выражений (вроде cos (arcctg (x/y)). Лучше выражать нужные тригонометрические функции непосредственно через соотношения сторон треугольников.
В случае сложного распределения заряда (по поверхности или объему) часто удобно использовать "многоступенчатый" способ решения, когда на первом этапе методом ДИ ищется не поле всего
заряда, а поле какой-либо малой, но не точечной его части (например тонкого кольца или полосы), а
результат получается как сумма полей таких частей.
После получения результата в общем виде следует обязательно проверить асимптотику решения, т. к. по закону Кулона поле любой конечной и не скомпенсированной комбинации зарядов
должно убывать на бесконечности как 1/r2.
Примеры решения задач
Пример № 1. Тонкий стержень длиной l = 20 см несет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью l = 10-9 Кл/м. На расстоянии a = 10 см от стержня находится заряд q1 = 1 нКл.
Заряд равноудален от концов стержня. Определить силу взаимодействия точечного заряда с заряженным стержнем.
Дано:
Решение:
l = 0,2 м
Y
dF
-9
l = 10 Кл/м
dFy
ОА = a = 0,1 м
q1 = 10-9 Кл
A
0
a0 a
F–?
dl
B
Q1
dFx
X
da
CC
D
Т.к. заряд расположен на стержне, геометрическими размерами которого нельзя пренебречь по
сравнению с расстоянием от стержня до заряда, то заряд стержня нельзя считать точечным. Чтобы
воспользоваться законом Кулона, применим метод ДИ. Разделим стержень на столь малые участки,
что каждый из них можно считать материальной точкой, а заряд - точечным. Тогда заряд такого
участка длиной dl равен:
dQ = l dl .
на:
Сила взаимодействия бесконечно малого заряда с зарядом q1 согласно закону Кулона будет рав20
dQ q1
,
r2
и направлена по прямой соединяющей заряды (см. рис). Для нахождения силы взаимодействия всего стержня с зарядом q1 выберем систему координат так, как показано на рисунке, и разложим силу
dF на составляющие:
dF = k
dFy = dF sin a ;
dFx = dF cos a ;
тогда
dF = dFx2 + dFy2 .
Интегрируя (суммируя) вдоль всего стержня, получаем составляющие полной силы взаимодействия:
Fx = ò dFx ,
Fy = ò dFy ,
где L - длина стержня. В качестве переменной интегрирования выберем угол a ; тогда пределы интеграла будут от- a 0 до + a 0 . Подынтегральное выражение также необходимо привести к переменной a , для этого рассмотрим треугольник BCD. Угол d a , соответствующий бесконечно малому
участку длины стержня dl, также является малым, поэтому длину участка CD можно представить
как CD = r d a , тогда dl = CD/cos a = r dl/cos a . Кроме того, из треугольника OAC следует
a = r cos a .
Подставляя эти значения в выражения для dF, dFx и dFy, получаем:
где sin a 0 =
l
2a + l 2 4
2
Fx =
q1l +a
cos a da ,
4pe 0 a -òa
Fy =
q1l +a
sin a da ,
4pe 0 a -òa
.
Вычисляя интегралы, находим:
Fx =
q1l l
4pe 0 a a + l 4
2
2
= 1.4 × 10 -6 H ,
Fy = 0, что можно было предполагать сразу исходя из симметрии задачи (оба возможных направления Fy совершенно равноправны).
Ответ: F = Fx = 1.4 ×10 -6 H .
П р и м е р № 2 . Тонкое полукольцо радиусом l несет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью l . В центре кривизны полукольца находится заряд Q. Определить силу взаимодействия точечного заряда и заряженного полукольца.
Дано:
Анализ:
Равномерно заряженное полукольцо несет протяженный заряд. Размеры поl
лукольца
(ПR) сравнимы с расстоянием (R) до точечного заряда.
Q
Сделаем рисунок.
F–?
21
Y
dF
dF
a
0
Q
a
dFx
X
R
da
dl
C
Решение:
Применим метод ДИ. Направим ось x вправо. Разделим полуокружность на столь малые дуги
длиной dl, чтобы заряд каждой такой дуги dq = l dl мог считаться точечным. Каждый заряд dq
взаимодействует с точечным зарядом Q с силой dF.
dq Q
Q l dl
dF =
=
.
2
4pe 0 r
4pe 0 r 2
Вектор dF направлен в точке А вдоль прямой соединяющей заряды dq и Q, и составляет с осью x
угол a . Любому элементарному заряду dq в верхней полуплоскости найдется симметрично расположенный заряд dq' в нижней полуплоскости. При геометрическом сложении полей этих зарядов их
составляющие, перпендикулярные оси OX, взаимно компенсируются, а составляющие вдоль этой
оси складываются алгебраически. Тогда вклад в результирующее поле от участка dl составит:
Q l dl cos a
dFx = dF cos a =
.
4pe 0 R 2
В качестве переменной интегрирования выберем угол a . Длина дуги dl = R d a и тогда:
Q l R da cos a Q l cos a da
dFx = dF cos a =
=
.
4pe 0 R 2
4pe 0 R
При перемещении элемента dl от точки О до точки С угол a меняется от – π/2 до π/2. Тогда для
всего полукольца:
p 2
F=
ò dFx =
-p 2
Ответ: F =
p 2
Ql
Ql
(sin (p 2) - sin (- p 2 )) = Q l .
cos a da =
ò
4pe 0 R -p 2
4pe 0 R
2pe 0 R
Ql
.
2pe 0 R
П р и м е р № 3 . Кольцо радиуса R из тонкой проволоки несет равномерно распределенный заряд Q. Найти модуль напряженности электрического поля на оси кольца как функцию расстояния z
до его центра. Исследовать полученную зависимость при z >> R.
22
Дано:
Q
R
z
E(r) – ?
Анализ:
Кольцо несет протяженный заряд. Размеры кольца в общем случае не малы
по сравнению с расстоянием до него.
Сделаем рисунок.
Z
dE
dEz
X
dEx
a
A
B
0
Решение:
Применим метод ДИ. Разобьем кольцо на столь малые элементы длиной dl, чтобы их заряд можно было считать точечным. Выделим на кольце около точки А элемент длиной dl, несущий точечный заряд dq. Тогда
dq = l dl ,
где l -линейная плотность заряда на кольце, l =
Q
,
2pR
Q dl
.
2pR
Тогда вектор dE, созданный этим заряженным элементом направлен под углом a к оси z:
r
r
r
dE A = dE zA + dE xA .
и dq =
Точка В симметрично расположена точке А, тогда:
dE xA = - dE xB ,
и
E x = ò dE x = 0 .
Для всех точек кольца R и a будут одинаковы и dE z = dE cos a ; а E z = ò dE cos a .
Проинтегрировав, ответим на вопрос задачи.
Из рисунка видно: r = R 2 + z 2 ; cos a =
По определению dE = k
z
R2 + z2
.
dq
; тогда:
r2
dE z = k
Q z dl
(
2pR R 2 + z 2
23
)
32
.
Найдем Ez
2p R
Ez =
ò
k
0
Q z dl
(
2p R R + z
2
)
2 32
=k
2p R Q z
(
2p R R + z
2
)
2 32
=
(
Qz
4p e 0 R 2 + z 2
)
32
.
Q
то есть эта система
4p e 0 z 2
имеет напряженность поля такую же, как и точечный заряд, и вектор Ez направлен вдоль оси z вертикально вверх.
Qz
Ответ: Ez||z; E z =
(В/м).
32
4p e 0 R 2 + z 2
Если z>>R, то в выражении (R2 + z2) можно пренебречь R и E z =
(
)
П р и м е р 4 . Тонкая пластинка высотой h изогнута в виде полуцилиндра радиуса R и равномерно заряжена с поверхностной плотностью d . Найти напряженность электростатического поля в
точке О, равноудаленной от краев пластинки и лежащей на оси полуцилиндра.
Дано:
Решение:
h
R
Из соображений симметрии понятно, что результирующее поле может быть
направлено только от пластины (см. рис. 1).
d
E–?
R
dL
r
E
O
dl
Рисунок 1.
Выделим на поверхности пластины узкую полоску шириной dl, параллельную образующей цилиндра (см. рис. 1). Найдем поле такой полоски, а затем поле всей пластины как сумму полей полосок. По условию задачи пластинка заряжена равномерно, тогда полоска будет нести заряд
dq = d h dl . Для нахождения поля dE, созданного полоской в точке О, можно воспользоваться результатом задачи 5, заменив в выражении для Fx a на R, l на h, l на dq h = d dl l и записывая выражение для поля, а не для силы. Тогда получим:
d d dl
dE = k
.
(1)
32
R R2 + h2 4
(
)
24
d
E
dEy
a
0
X
dEx
R
dl
da
Рисунок 2.
На рис.2 изобразим вид на пластинку сверху. Полное поле E получается как векторная сумма
полей отдельных полосок. Выберем направление оси X вдоль вектора E. Тогда dE x = dE cos a , и,
учитывая, что dl = R da и можно обойти всю пластинку, меняя угол a в пределах от – π/2 до π/2,
для полного поля E получим:
E = ò dE x = k
p 2
h d cos a da
ò
-p 2
R R2 + h2 4
=
2k h d
R2 + a2 4
.
Проверка размерности: [Е] = В/м = м/Ф×м×Кл/м2×м = В/м.
2k h d
Ответ: E =
(В/м).
R2 + a2 4
П р и м е р 5 . Электрическое поле создано двумя точечными зарядами q1= 40 нКл и q2= -10 нКл,
находящимися на расстоянии d = 10 см друг от друга. Определить напряжённость Е поля в точке,
удалённой от первого заряда на расстояние r1= 12 см и от второго на расстояние r2= 6 см.
Дано:
Решение:
q1 = 40 × 10 -9 Кл
q2 = -10 × 10 -9 Кл
d = 0,1 м
r1 = 0,12 м
r2 = 0,06 м
EA – ?
По принципу суперпозиции:
r
r
v
E A = E1 + E2 ,
(1)
модули напряжённости:
E1 =
kqq
2
1
r
и E2 =
kq2
,
r22
модуль результирующей напряжённости найдём по теореме косинусов:
25
(2)
E A = E12 + E 22 - 2E1 E 2 cos a
(3)
Чтобы найти cos a , ещё раз воспользуемся теоремой косинусов:
d 2 = r12 + r22 - 2r1 r2 cos a ;
cos a = -
d 2 - r12 - r22
.
2r1r2
(4)
(5)
Подставим (2) и (5) в (3)
2
2
æ kq1 ö æ kq2 ö
k 2 q1q 2
E A = çç 2 ÷÷ + çç 2 ÷÷ - 2 2 2
r1 r2
è r1 ø è r2 ø
Ответ: E A = 23,77 кВ
æ r12 + r22 - d 2 ö
÷÷ = 23,77 кВ .
× çç
м
r
r
2
1 2
è
ø
м
П р и м е р 6 . Два точечных заряда q1 = 2Q и q 2 = -Q находятся на расстоянии d друг от друга.
Найти положение точки на прямой, проходящей через эти заряды. Напряжённость поля Е в которой
равна нулю.
Дано:
Решение:
q1 = 2Q
q 2 = -Q
d
EA = 0
x–?
r
v r
E = E1 + E 2 ,
r
r
r
E1 = E2 ; E1 =
k 2Q
(d + x )
2
=
k 2Q
(d + x )
2
r
kQ
E2 = 2 ,
x
kQ
,
x2
2
(d + x )
2
+
1
® x 2 - d 2 - 2dx = 0 .
x2
(1)
Решим (1) относительно x:
(
2d ± 4d 2 + 4d 2
x12 =
= d 1± 2
2
(
)
x = d 1 + 2 м.
(
)
)
Ответ: x = d 1 + 2 м.
Пример № 7
Тонкий стержень длиной а несёт заряд Q.На оси стержня на расстоянии r0 от его правого конца
находится точечный заряд q0 . Найти Кулоновскую силу взаимодействия между стержнем и q0 .
26
Дано:
a
Q
Решение:
r0
q0
r
r
F -? E = ?
r
F -? E = ?
Т.к. заряд стержня не точеный, то применим метод ДИ: для этого разобьем стержень на такие
малые отрезки длиной dx , чтобы заряд такого отрезка считался точечным, а весь заряд равномерно
распределённым по длине стержня. Введём линейную плотность заряда:
Q
l= ,
(1)
a
тогда:
dq = ldx ,
(2)
а элементарная Кулоновская сила отталкивания между dq и q0 равна:
dF =
k × dq × q0 kQdxq0
=
,
x2
x2a
(3)
тогда результирующая сила F = ò dF
x2
kQq0 dx kQq0
× 2 =
F = ò dF = ò
a
a
x
x1
r0 + a
ò
r0
dx kQq0 æ 1
1 ö
çç ÷
=
2
a è r0 r0 + a ÷ø
x
r
Вектор F направлен в положительном направлении оси x и совпадает по направлению с осью.
Ответ: F =
kQq0
a
æ1
1 ö
çç ÷÷ .
r
r
+
a
0
è 0
ø
П р и м е р 8 . Определить напряжённость поля отрезка, равномерно заряженного с линейной
плотностью заряда l , в точке О, удалённой от отрезка на расстояние r0 . Заданы углы a 1 и a 2 .
Дано:
l
r0
Решение:
Применим метод ДИ:
dq = ldl ,
a1 , a 2
dE =
E0 - ?
kdq
.
r2
27
r
Спроецируем dE на оси координат:
r
ìdE x = dE cos a
ï
r
í
ïîdE y = dE sin a
E 0 = E x20 + E y20 ( по теореме Пифагора )
Рассчитаем dE x и
dE y
:
kldl
ì
ïïdE x = r 2 cos a
;
í
ïdE = kldl sin a
ïî y
r2
dl =
r 2 da
r0
kl cos ada
ì
ïdE x =
r0
ï
í
ïdE = kl sin ada
ïî y
r0
a
ì
kl 2
kl
(sin a 1 + sin a 2 )
cos ada =
=
=
E
dE
ï x ò x
ò
r
r
0 -a1
0
ï
í
a2
kl
kl
ï
ï E y = ò dE y = r ò sin ada = r (cos a 1 - cos a 2 )
0 -a1
0
î
kl
(sin a 1 + sin a 2 )2 + (cos a 1 - cos a 2 )2 .
Ответ: E 0 =
r0
П р и м е р 9 . Можно ли создать электростатическое поле, линии напряжённости которого имеют вид, показанный на рисунке?
28
Решение:
Такое поле не является потенциальным: можно выбрать замкнутую траекторию, при перемещении заряда вдоль которой поле совершает отличную от нуля работу. Рассмотрим, например траекторию ABCDA. На участке BC и DA поле не совершает работы. На AB и CD работа поля имеет разные знаки и модули (поскольку густота линий напряжённости вблизи CD больше, там выше напряжённость поля и больше действующая на заряд сила). Следовательно, работа по перемещению по
замкнутой траектории получается отличной от нуля. В электростатическом же поле такого быть не
может, т.к. это поле потенциально.
Ответ: нельзя.
П р и м е р 1 0 . Три одинаковых положительных заряда q расположены в вершинах равностороннего треугольника со стороной a. Определите величину напряжённости поля E в точке, лежащей
на расстояние a от каждого из зарядов.
Дано:
Решение:
q
Указанная точка представляет собой вершину правильного тетраэдра, в вершинах основания которого находятся заряды. Высота тетраэдра является осью
a
r
симметрии
системы.
По
этому
напряжённость
E
направлена вдоль высоты тетE -?
раэдра (см. рис.1) согласно принципу суперпозиций:
r r
r
r
E = E1 + E 2 + E 3 ,
(1)
r
r
r
r
r
r
kq
причём E1 + E 2 + E 3 = 2 , спроецируем (1) на ось y и учитывая, что E1 y = E 2 y = E 3 y , получим
a
E = 3E1 y .
E1 y
2
æ a ö
2
h
÷÷ = a
= ; из DABO : h = a 2 - çç
Из подобия треугольников (см. рис. 2) получим
3
E1
a
è 3ø
отсюда: E1 y =
2 q
k
3 a2
29
E= 6
kq
a2
Ответ: E = 6
kq
/
a2
П р и м е р 1 1 . Очень длинная тонкая проволока несет заряд, равномерно распределенный по
всей ее длине. Вычислить линейную плотность λ заряда, если напряженность Е поля на расстоянии
а = 0,5 м от проволоки против ее середины равна 200 В/м.
Дано:
Решение:
Е = 200 В/м
Т.к. заряд проволоки протяжённый, то для расчёта применим метод ДИ:
a = 0,5 м
Разобьём эти два провода на бесконечно малые участки длиной dl так, чтобы
заряд
такого участка считался точеным. Сделаем рисунок: т. А расположена на
λ-?
перпендикуляре к проволоке, против её середины, на расстоянии а.
r
Начало декартовой системы координат совместим с т. А. Угол между вектором dE и осью x
обозначим a , обозначим через а расстояние от dq до т.А. Тогда:
dq = ldl ,
ìdE x = dE cos a
,
í
îdE y = dE cos a
kldl
dE = 2 .
r
(1)
(2)
(3)
Подставим (3) в (2) получим:
kldl
kldl
cos a ; dE y = 2 sin a .
2
r
r
В качестве переменной интегрирования в данном случае удобно выбрать угол a , тогда:
dE x =
r 2 dl
dl =
.
a
Подставив (5) в (4), получим:
kl cos ada
kl sin ada
dE x =
; dE y =
.
a
a
30
(4)
(5)
Предел интегрирования: a 1 = -
p
p
; a2 = .
2
2
Проинтегрировав, получаем:
aE x
2kl
; E y = 0 ; E A = E x ; теперь найдём величину l : l =
.
a
2h
Кл м × В × Ф В × Кл Кл
=
=
=
Проверка размерности: [l ] =
.
м
м× м
В×м
м
Ex =
Расчёт: l =
0,5 × 200 × 100 50 × 10 -9 5
æ Кл ö
- 9 Кл
=
= × 10 -8 ç
.
÷ = 5,5 × 10
9
9
9
м
2 × 9 × 10
è м ø
Ответ: l = 5,5 × 10 -9
Кл
.
м
П р и м е р 1 2 . Электрическое поле создано бесконечной плоскостью, заряженной с поверхностной плотностью d = 400 нКл 2 , и бесконечной прямой нитью, заряженной с линейной плотном
нКл
стью l = 100
. На расстоянии r = 10см от нити находится точечный заряд Q = 10нКл . Опрем
делить силу, действующую на заряд, если заряд и нить лежат в одной плоскости, параллельной заряженной плоскости.
Дано:
Решение:
d = 400 нКл 2
м
l = 100 нКл
м
r = 10см
Q = 10нКл
F -?
Сила, действующая на заряд, помещённый в поле:
F = EQ ,
(1)
где E – напряжённость поля в точке, в которой находится заряд Q.
Определим напряжённость E поля, создаваемого, по условию задачи, бесконечной заряженной
плоскостью и бесконечной заряженной нитью. Поле, создаваемое бесконечной заряженной плоскостью, однородно, и его напряжённость в любой точке:
d
E1 =
.
(2)
2x 0
Поле, создаваемое бесконечное заряженное нитью, неоднородно. Его напряжённость зависит от
расстояния и определяется по формуле:
l
E2 =
.
(3)
2px 0 r
Согласно принципу суперпозиции электрических полей, напряжённость поля в точке, где нахоr
r
дится заряд Q, равна векторной сумме напряжённостей E1 и E 2 (см. рис.).
31
r r
r
r
r
E = E1 + E 2 , т.к. векторы E1 и E 2 взаимно перпендикулярны, то: E = E12 + E 22 .
Подставляя выражения (2) и (3) в последнее равенство, получим:
æ d
E = çç
è 2x 0
2
2
ö æ l ö
1
l2
÷÷ , или E =
÷÷ + çç
d2 + 2 2 .
2x 0
p r
ø è 2px 0 r ø
Теперь найдём силу F, действующую на заряд, подставив выражение для E в формулу (1).
F = EQ =
Q
l2
d2 + 2 2 .
2x 0
p r
(4)
Расчёт: F = 289 мкН .
Направление силы F, действующей на положительный заряд Q, совпадает с направлением векr
r
тора напряжённости E поля. Напряжение же вектора E задаётся углом a к заряженной плоскости.
Из рисунка следует:
tga =
E1
d
æ dö
= pr , откуда a = arctg ç pr ÷ .
E2
l
è lø
Расчёт: a = 51° 34i
Ответ: F = 289 мкН .
П р и м е р 1 3 . Тонкий стержень длиной l = 10см , заряжен с линейной плотностью
l = 400 нКл . Найдите напряжённость Е электрического поля в точке, расположенной на перпенм
дикуляре к стержню, проведенном через один из его концов, на расстоянии r0 = 8cм от его конца.
Дано:
l = 400 × 10 Кл
-9
l = 0,1м
r0 = 0,08 м
м
Решение:
Применим метод ДИ:
dq = ldl ,
dE =
kldl
.
r2
EA - ?
32
kldl
ì
ïïdE x = r 2 × cos a
í
ïdE = kldl × sin a
ïî y
r2
(1)
kl
ì
dE
=
× cos ada
x
ï
r0
ï
í
ïdE = kl × sin ada
ïî y r0
(2)
r 2 da
dl =
, подставим в (1)
r0
a 1 = 0; cos a 2 =
Ex =
r0
l 2 + r02
; sin a 2 =
l
r02 + l 2
ö
kl
kl æç
l
- 1÷ ; E y = ÷
r0 ç l 2 + r02
r02 + l 2
ø
è
2
ö
kl æç
l
- 1÷ +
EA =
÷
r0 ç l 2 + r02
è
ø
(l
r02
2
+ r02
) = 35,6кВ
Ответ: E A = 35,6кВ.
Занятие №18. Электростатическая теорема Гаусса
Основные формулы
Теорема Гаусса для электростатического поля в вакууме в интегральной форме записи:
r r 1
F E = ò E dS = å Qi .
e0 i
S
Теорема Гаусса в дифференциальной форме записи:
r
r r
r (r )
div E ( r ) =
,
e0
(1)
(2)
где ρ – объемная плотность заряда.
Методические указания к решению задач
Теорема Гаусса является одной из основных теорем электростатики и описывает фундаментальные свойства электростатического поля.
В месте с тем теорема Гаусса в интегральной форме может использоваться для нахождения
электростатического поля по известному распределению зарядов, а в дифференциальной – для нахождения зарядов по известной картине поля.
33
Хотя рассчитать электростатическое поле любой комбинации зарядов можно с помощью закона
Кулона и принципа суперпозиции, использование т. Гаусса для этих целей иногда позволяет значительно упростить вычисления.
Идея применения т. Гаусса для расчета электростатического поля в некоторой точке пространства заключается в выборе воображаемой замкнутой поверхности, проходящей через эту точку, и вычисления на основе формулы (1) потока Е через нее. Значение самого поля Е находится потом из
выражения для потока в левой части (1), поэтому решение возможно только в тех случаях, когда это
выражение получается простым (например, когда вектор Е во всех точках поверхности перпендикулярен или параллелен ей или пересекает поверхность под определенным углом). К сожалению,
это справедливо только для небольшого класса симметричных задач.
Применение т. Гаусса в дифференциальной форме (2) для нахождения распределения зарядов,
создавших данное поле, относительно несложно и сводится к пространственному дифференцированию известной напряженности поля Е. Необходимо только помнить, что наличие заряда в данной
точке влияет не на саму величину поля в этой точке, а на быстроту его изменения.
Порядок решения задач на нахождение электростатического поля с применением т. Гаусса
1. Проанализировать данное распределение зарядов. Выяснить, возможно ли из соображений
симметрии указать направление поля в искомой точке. Несимметричные комбинации зарядов иногда удается разбить на несколько симметричных, найти их поле по отдельности, а затем сложить по принципу суперпозиции.
2. Выбрать такую замкнутую поверхность, проходящую через данную точку поля, чтобы на
основании симметрии задачи поток через нее можно было легко выразить через напряженность поля Е на поверхности. Если это невозможно, то применять т. Гаусса для решения
данной задачи нецелесообразно.
3. Записать выражение для потока через поверхности (т.е. раскрыть интеграл в левой части (1))
и приравнять его заряду, охватываемому поверхностью. (Иногда для вычисления заряда необходимо брать интеграл, но уже по объему внутри выбранной поверхности).
4. Выразить из получившегося соотношения искомую напряженность поля Е.
Применение т. Гаусса в дифференциальной форме (2) для нахождения распределения зарядов,
создавших данное поле, относительно не сложно и сводится к пространственному дифференцированию известной напряженности поля Е. Необходимо только помнить, что наличие заряда в данной
точке влияет не на величину поля в этой точке, а на быстроту его изменения.
Примеры решения задач
П р и м е р 1 . Тонкая, бесконечно длинная нить заряжена однородно с линейной плотностью заряда λ. Найти напряженность электростатического поля Е(r) на произвольном расстоянии r от нити.
Дано:
Решение:
λ
Предлагается решить задачу двумя способами:
r
1) применив метод ДИ;
2) применив теорему Гаусса.
E (r ) - ?
Сделаем рисунок:
34
Д
dl
В
С
α
г
О
гdα
dα
r
dEx
А
α
r
dE y
α
r
dE
х
Анализ:
Т.к. нить несет не точечный заряд, применим метод ДИ. Выделим бесконечно малый элемент
длины проводника dl, который будет содержать заряд dq=dlλ. Рассчитаем напряженность поля, созданного каждым элементом проводника в произвольной точке А, находящейся от нити на расстояr
нии а. Вектор dE будет направлен вдоль прямой, соединяющей точечный заряд с точкой наблюдеr
ния. Результирующее поле E получим по нормали к нити вдоль оси х. Необходимо найти величину
dEx: dEx =dE cosα. E x = ò dE x = ò dE ´ cos a .
По определению:
dE = k
l dl
dq
=
.
2
r
4pe 0 r 2
Величина dl, r, меняются согласованно при изменении положения элемента dl. Выразим их через
величину α:
r da
= cos a ,
dl
a
dl cos a = ,
r
r
где dα – бесконечно малое приращение угла α в результате поворота радиуса-вектора r относительно точки А при перемещении по нити на dl. Тогда dl=r2 dα/ а. При перемещении dl от - ¥ до
точки О угол меняется от 00 до π/2.
E x = ( 2l / 4pe 0 a ) ò cos ada =( 2l / 4pe 0 a )[sin p / 2 - sin 00 ] = 2l / 4pe 0 a .
Следовательно E x = 2l / 4pe 0 a .
Проверка размерности:[Е]=В/м=кг ´ м/м ´ ф ´ м=Кл ´ В/Кл ´ м=В/м;
Ответ: E x = 2l / 4pe 0 a .
Способ 2.
В силу аксиальной симметрии распределения заряда, все точки, расположены на равном расстоянии от нити, эквивалентны и напряженность поля в них одинакова, т. е. Е(r)=const, где r- расстояние от точки наблюдения до нити. Направление Е в этих точках всегда совпадает с направлением нормали к нити. По теореме Гаусса ò ЕdS = Q / e 0 ; где Q-заряд, охваченный поверхностью – S’
S'
через которую вычисляется поток, выберем в виде цилиндра радиусом а и образующей с нитью.
r
Учитывая, что Е нормален боковой поверхности цилиндра, получим для потока:
ò EdS = ò EdS
осн
+ ò EdS бок = ò EdS бок = E ò dS бок т. к. Е=const.
35
Н
Sбок.пов.=На2π.
С другой стороны Е2πаН=Q/ε0,
где λН=q.
Ответ: Е=λ/4πε0а.
П р и м е р 2 . Рассчитать напряженность равномерно заряженной бесконечной плоскости с поверхностной плотностью зарядов σ.
Дано:
Решение:
σ
Бесконечная плоскость заряжена с поверхностной плотностью зарядов:
dq
E -?
s=
.
dS
r
E
+
r
E
Линии напряженности перпендикулярны и направлены в обе стороны от плоскости. В качестве
замкнутой поверхности выберем поверхность цилиндра, основания которого параллельны плоскости, а ось цилиндра перпендикулярна плоскости. Т.к. образующие цилиндра параллельны линиям
напряженности (α=0, cos α=1), то поток вектора напряженности сквозь боковую поверхность равна
нулю, а полный поток сквозь замкнутую цилиндрическую поверхность равен сумме потоков сквозь
его основание. Заряд, заключенный внутри замкнутой поверхности равен σSосн., тогда:
q
sSосн
q
s
=
, тогда E =
=
ФЕ=2ЕSосн или ФЕ =
e0
e0
2e 0 Sосн
2e 0
s
Ответ: E =
, не зависит от длинны цилиндра и на любых расстояниях от плоскости одинако2e 0
ва по модулю. Поле равномерно заряженной плоскости однородно.
П р и м е р 3 . Рассчитать поле двух бесконечно заряженных плоскостей, с поверхностной плотностью +σ и –σ соответственно.
36
Дано:
+σ
–σ
E -?
Решение:
Пусть левая плоскость заряжена с +σ, а правая с – σ тогда суммарное поле
найдем как суперпозицию полей, создаваемых каждой из пластин в отдельности:
E = E = 0 ; E = E+ + E- =
+s
E =0
r
E
E=
2s s
= .
2e 0 e 0
-s
s
e0
E=0
Ответ: Результирующая напряженность поля в области между плоскостями равна E=
s
, а вне
e0
объема, ограниченного плоскостями равняется нулю.
П р и м е р 4 . Рассчитать напряженность поля равномерно заряженной с поверхностной плотностью заряда +σ сферической поверхности радиуса R.
Дано:
Решение:
Поле равномерно заряженной сферы обладает сферической симметрией,
+σ
линии
напряженности направлены радиально. Выделим сферу радиуса r,
R
имеющую общий центр с заряженной сферой. Тогда если:
E -?
r ³ R , то
q
q
sR 2
2
= 4pr 2 E , и E =
q
=
4
p
R
r
,
E
=
ср
e0
4pe 0 r 2
e 0r 2
если r < R, то внутри замкнутой поверхности нет зарядов и электростатическое поле отсутствует
(Е=0).
Ответ: E =
sR 2
.
e 0r 2
П р и м е р 5 . Рассчитать напряженность объемно заряженной с объемной плотностью ρ, шара
радиусам R.
Дано:
Решение:
ρ
Поле шара обладает сферической симметрией. Плотность зарядов равна:
37
R
E -?
В виде замкнутой поверхности возьмем сферу.
q
q
Если r ≥R , то
= 4pr 2 E = 4πr2E ; E =
e0
4pe 0 r 2
r=
dq
.
dV
r
если r < R , то сфера радиусом r, охватывает заряд q' равный q'= q ( ) 3 (так как заряды относятся
R
как объёмы, а объёмы, как кубы радиусов)
Тогда по т.Гаусса
E=
kqr 3 kqr
qr
= 3 =
2 3
r R
R
4pe 0 R 3
qr
; внутри равномерно заряженного шара напряжённость растет линейно с
4pe 0 R 3
расстоянием r от его центра, а вне - убывает обратно пропорционально r2.
Ответ: E =
П р и м е р № 6 . Рассчитать напряжённость поля бесконечного, круглого цилиндра, заряженного с линейной плотностью заряда λ, радиуса R.
Дано:
Решение:
λ
Линии напряжённости поля направлены по радиусам круговых сечений цилиндра с одинаковой густотой. Замкнутую поверхность выберем в виде циR
линдра радиуса r и высотой h.
E -?
r
E
h
Поток вектора напряженности сквозь торцы цилиндра равен 0, а сквозь боковую поверхность:
lh
ФE = ES бок т.к. S бок = 2prh , ФE = 2prhE или ФE =
,
e0
тогда E =
lh
l
=
(если r > R)
2prhe 0 2pre 0
если λ > 0, Е > 0 , вектор Ē направлен от цилиндра,
если λ < 0, Е < 0 , вектор Ē направлен к цилиндру.
Если r < R, то замкнутая поверхность зарядов внутри не содержит, поэтому в этой области Е = 0
38
l
(r > R) ; E = 0 (R>r). Внутри равномерно заряженного по поверхности беско2pre 0
нечного, круглого цилиндра, поля нет.
Ответ : E =
П р и м е р 7 . Электрическое поле создано двумя бесконечно длинными параллельными плоскостями с поверхностными плоскостями зарядов 2 нКл/м2 и 4нКл/м2. Определить напряжённость
поля в областях І, ІІ, ІІІ. Построить график зависимости Ē (r) .
Дано:
Решение:
2
σ1=2нКл/м
Согласно принципу суперпозиции поля создаваемые каждой плоскостью в
2
отдельности
накладываются друг на друга.
σ2=4нКл/м
r
r
s
s
d – расстоян.
E1 = 1 , E 2 = 2 .
межд. пл
2e 0
2e 0
E - ? График Ē(r)
r
r
E1
s1
E1
d
r
E2
r
E2
r
0
I
II
III
Плоскости делят пространство на 3 области
r r
r
E = E1 + E 2 .
Направление Ē результирующего поля в сторону большего.
ìs 2 > s 1 (по условию)
í
îs 2 = 2s 1
r
r
E 2 > E1
В проекции на r:
E I = - E1 - E 2 ; «–»; E I = E II = E1 - E 2 ; «–»; E II =
s1 æ 1 ö
ç + 1÷ = -345 В/м ;
e0 è 2 ø
s1 æ 1 ö
ç - 1÷ = -172 В/м ;
e0 è 2 ø
E III = E1 + E 2 ; «+»; E III =
s1 æ 1 ö
ç + 1÷ = 345 В/м .
e0 è 2 ø
График Ē(r)
Выбор масштаба: Е2 =2 Е1
Е1 = 1; Е2 =2
39
E
r
d
Ответ: ЕІ = –345 В/м; ЕІI = –172 В/м; ЕІII = 345 В/м.
П р и м е р № 8 . Эбонитовый сплошной шар радиусом R = 5 см несет заряд, равномерно распределенный с объёмной плотностью ρ =10 нКл/м3. Определить напряженность электрического поля в точках: 1) на расстоянии r1 = 3 см от центра сферы; 2) на поверхности сферы; 3) на расстоянии
r2 = 10 см от центра сферы.
R
2
Дано:
R = 5·10-2 м
ρ =10-8 Кл/м3
r1 = 3·10-2 м
r2 = 10-1 м
E -?
3
Решение:
Проверим симметрию: если шар заряжен равномерно по объёму, значит,
поле шара обладает сферической симметрией
1) E1 =
E1 =
q1
4
; q1 = rV1 = rpr13
2
3
4pe 0 r1
r 4pr13
rr
= 1 = 11.3 В
2
м
3e 0
4 × 3 × pe 0 r1
т.к. заряд распределен равномерно, то Е1 возрастает до Е max
rR
2) E max =
= 18.8В / м
3e 0
При дальнейшем увеличении расстояния от центра сферы Е уменьшается, т.к. q – не изменяется,
а r возрастает.
3) E3 =
q1
r 4pR 3
rR 3
=
=
= 4.7 В / м
4pe 0 r22 3 × 4pe 0 r22 3e 0 r22
Ответ: 1) E1 = 11.3 В/м; 2) E2 = Eмах = 18.8 В/м ; 3) E3 = 4.7 В/м
П р и м е р № 9 . Две прямоугольные одинаковые параллельные пластины, длины сторон которых а =10 см и b = 10 см, расположены на малом (по сравнению с линейными размерами пластин)
расстоянии друг от друга. На одной из пластин равномерно распределён заряд Q1 = 50 нКл, на другой Q2 = 150 нКл Определить напряженность Е электрического поля между пластинами.
40
Дано:
а =10
b = 10 см
Q1 = 5·10-8 Кл
Q2 = 15·10-8 Кл
E -?
Решение:
+ q1
r
E1
r
E2
+ q2
x
Результирующий вектор направлен в сторону большего из векторов. По принципу суперпозиции:
r r
r
E = E1 + E 2
S = ab = 100см 2 = 10 -2 м 2
q
q
s 1 = 1 = 50 × 10 -7 Кл / м 2 ; s 2 = 2 = 150 × 10 -7 Кл / м 2
S
S
s 2 > s 1 ® E 2 > E1 Þ E -- E 2
E1 =
s1
= 2.82 × 10 5 В / м
2e 0
E2 =
s2
= 8.47 × 10 5 В / м
2e 0
E x = E1x - E 2 x = -5.65 × 10 5 В / м
Ответ: E = –5.65×105 В/м
П р и м е р 1 0 . Электрическое поле создано тонкой бесконечно длинной нитью, равномерно заряженной с линейной плотностью λ= 30 нКл/м. На расстоянии а= 20 см от нити находится плоская
круглая площадка радиусом r = 1 см. Определить поток вектора напряжённости через эту площадку,
если её плоскость составляет угол β = 30° с линейной напряжённостью, проходящей через середину
площадки.
Дано:
Решение:
-8
λ= 3·10 Кл/м
α + β =90°=π/2
а= 0,2 м
Поле создаваемое бесконечно длинной E n равномерно заряженной нитью
r = 0,01 м
неоднородно.
β = 30°
Еп – проекция вектора Ē на нормаль к площадки.
ФЕ – ?
Интегрирование проводится по всей поверхности площадки.
l
a
b
a
Еп =Е cosα, тогда
41
r
En
ФE = ò E cos adS
S
Размеры площадки малы по сравнению с расстоянием до нити (r << а), то в пределах площадки
поле можно считать однородным, и вектор напряжённости мало меняется по модулю и направлению. Следовательно можно заменить значения Е и cosα под знаком интеграла на их средние значения.
ФE = ò < E >< cos a > dS = E cos a ò dS
S
S
l
ФE = E cos a × S ; E =
; S = pr 2
2pe 0 a
ФE =
lpr 2
p
cos a ; cos a = cos( - b ) = sin b
2pe 0 a
2
sin 30 ° = 0.5
lr 2 sin a
ФE =
= 0.42 ИВ / м
2e 0 a
Ответ: ФE = 0,42 В/м
Занятие №19.1. Потенциал. Связь между напряженностью
поля и потенциалом. Работа при перемещении заряда
Основные формулы
Потенциал:
j=
Wp
q
, - dj = E dl .
(1)
Потенциал точечного заряда:
j=
q
.
4pe 0 r
(2)
Потенциал поля, созданного системой дискретных зарядов:
qi
1
j = åji =
.
å
4pe 0 i ri
i
(3)
Потенциал поля, созданного непрерывным зарядом:
1
dq
j = ò dj =
.
ò
4pe 0 r
(4)
Работа, совершаемая над зарядом силами электрического поля при перемещении из точки 1 в
точку 2:
2
A12 = W p1 - W p 2 = q(j1 - j 2 ) или A12 = q ò E dl .
(5)
1
Связь между напряженностью электростатического поля и потенциалом имеет вид:
¶j
¶j
¶j
E = - grad j или E x = , Ey = , Ez = ,
¶x
¶y
¶z
42
(6)
2
j12 = ò E dl .
(7)
1
Проекция вектора Е на произвольное направление l связана с потенциалом зависимостью:
¶j
El = .
¶l
(8)
Методические указания к решению задач
Поскольку потенциал является скаляром, то расчет методом ДИ потенциала, созданного системой зарядов в некоторой точке пространства, значительно проще, чем расчет напряженности электростатического поля в этой же точке. Это обусловлено следующими причинами:
1 – не надо принимать во внимание направление вектора;
2 – для расчета потенциала нужно брать только один интеграл (или считать сумму) вместо трех
проекций для напряженности;
3 – заряды dq, на которые разбивается система при применении метода ДИ, могут быть и не точечными, т.к. единственное требование к ним - равно удаленность от точки наблюдения. Как правило, это в конечном счете приводит к более простым в математическом отношении интегралам.
По этим причинам часто даже в задачах на нахождение электрического поля сначала рассчитывают потенциал φ, а затем, используя формулу (6), находят E.
Однако пользоваться ф.(6) необходимо с осторожностью, т.к. она предполагает пространственные (т.е. по длине) производные. Поэтому, чтобы найти, например, касательную компоненту поля в
цилиндрических координатах, надо дифференцировать не по углу α, а по элементу длины вдоль
этого направления.
Существует также и другой класс задач, когда для расчета φ или разности потенциалов ∆φ=φ12
оказывается удобнее сначала рассчитать поле Е, а для нахождения потенциала использовать формулу (7). Как правило, это задачи с симметричным расположением зарядов, когда для нахождения поля можно использовать теорему Гаусса и таким образом избежать метода ДИ и интегрирования.
Примеры решения задач
П р и м е р 1 . Положительные заряды Q1 = 3 мкКл и Q2 = 20 нКл находятся в вакууме на расстоянии r1 = 1,5 м друг от друга. Определить работу А’, которую нужно совершить, чтобы сблизить
заряды до расстояния r2 = 1 м.
Дано:
Решение:
Q1 = 3 мкКл
Положим, что первый заряд Q1 остается неподвижным, а второй заряд Q2
под
действием внешних сил перемещается в поле, созданном зарядом Q1, приQ2 = 20 нКл
ближаясь
к нему с расстояния r1 = 1,5м до r2 = 1м.
r1 = 1,5 м
Работа А' внешней силы по перемещению заряда Q из одной точки с потенr2 = 1 м
циалом φ1 в другую с потенциалом φ2, равна по модулю и противоположна по
А' – ?
знаку работе А сил поля по перемещению заряда между теми же точками: А' =
–А.
Работа А сил поля по перемещению заряда А = Q(φ1 – φ2), тогда:
A¢ = Q(j1 - j 2 ) .
Потенциалы точек начала и конца пути выражаются формулами:
43
(1)
j1 =
Q1
Q1
; j2 =
.
4pe 0 r1
4pe 0 r2
Подставив выражения для φ1 и φ2 в (1) и учтя, что для данного случая Q = Q2, получим:
QQ 1 1
A' = 1 2 ( - ) .
4pe 0 r2 r1
Расчет: А' = 180 мкДж.
Ответ: А' = 180 мкДж.
П р и м е р 2 . Найти работу А поля по перемещению заряда Q = 10 нКл из точки 1 в точку 2, находящихся между двумя разноименно заряженными с поверхностной плотностью σ = 0,4 мкКл/м2
бесконечными параллельными плоскостями, расстояние между которыми l = 3 см.
Дано:
Q = 10нК
σ = 0,4мкКл/м2
l = 3см
Решение:
А–?
I способ:
Работу сил поля по перемещению заряда Q из т. 1 с
потенциалом φ1, в т. 2 с потенциалом φ2 найдем по
формуле:
A = Q(j1 - j 2 ) .
(1)
Для определения потенциалов в точках 1 и 2 проведем через эти точки эквипотенциальные поверхности I и II. Эти поверхности будут плоскостями, т.к. поле между двумя равномерно заряженными бесконечными параллельными плоскостями однородно. Для такого поля справедливо соотношение:
j1 - j 2 = E l ,
(2)
где E – напряженность поля;
l – расстояние между эквипотенциальными поверхностями.
Напряженность поля между параллельными бесконечными разноименно заряженными плоскостями E = t / e 0 , подставив это выражение в формулу (2) и затем полученное выражение в (1), поs
лучим: A = Q( )l .
e0
II способ:
Так как поле однородно, то сила, действующая на заряд Q, при его перемещении, постоянна. Поэтому работу перемещения заряда из т. 1 в т. 2 можно посчитать по формуле:
(3)
A = FDr cos a ,
44
где F – сила, действующая на заряд;
Δr – модуль перемещения Q из т. 1 в т. 2;
a - угол между направлениями перемещения и силы.
s
F = QE = Q , подставим в (3), учтя что Ar cos a = l , получим:
e0
A = Q(
s
)l .
e0
(4)
Таким образом, оба способа приводят к одному и тому же результату.
Расчет: А = 13,6 мкДж.
Ответ: А = 13,6 мкДж.
П р и м е р 3 . Тонкое полукольцо несет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью l = 1 нКл/м. Определите потенциал электрического поля в центре кривизны кольца.
Дано:
Решение:
l = 1 нКл/м
Выделим на полукольце элемент длины dl, заряд которого dq = l dl можно
было
считать точечным, тогда:
e =1
j -?
dj =
j=
ldl
,
4pe 0 R
(1)
1
l
ll
dl =
,
ò
4pe 0 R0 0
4pe 0 R
(2)
l
.
4e 0
(3)
Т.к. l = pR , то:
j=
Расчет: j » 28 В .
Ответ: в точке О j » 28 В .
П р и м е р № 4 . Шар радиусом 9 см заряжен до потенциала 25 кВ. На расстоянии 50 см от поверхности шара находится точечный заряд 10-8 Кл. Какую работу нужно совершить, чтобы сблизить
шар и заряд до расстояния 20 см?
45
Дано:
R = 9 см
j = 25 кВ
Решение:
q = 10-8 Кл
l1 = 50 см
l2 = 20 см
А-?
Будем считать, что шар неподвижен и образует электрическое поле в вакууме ( e = 1), в котором
перемещается точечный заряд из точки 1 в точку 2. Работу по перемещению заряда в электрическом
поле найдем по формуле:
Аэл = q (j1 - j 2 ) .
(1)
Учитывая, что потенциал поля заряженного шара в вакууме:
qш
qш
j1 =
; j2 =
.
4pe 0 ( R + l1 )
4pe 0 ( R + l 2 )
Преобразуем (1) с учетом последних формул:
q × q ш (l 2 - l1 )
Аэл =
.
4pe 0 ( R + l1 )( R + l 2 )
Потенциалы точек на поверхности шара: j ш =
(2)
qш
, отсюда:
4pe 0 R
q ш = j ш 4pe 0R .
(3)
Решая совместно (2) и (3), получим:
Аэл = qRj ш =
l 2 - l1
.
( R + l1 )( R + l 2 )
Расчет: Аэл = –39,5 мкДж.
Ответ: Аэл = –39,5 мкДж.
П р и м е р 5 . По окружности радиуса R = 5 см равномерно распределен заряд с линейной плотностью l = 10 нКл/м. Определить потенциал j в точках O и А (на оси на расстоянии 10 см от центра).
Дано:
Решение:
R = 5 см
1) В точке А:
l = 10 нКл/м
kdq kdll
dq = ldl ; dj =
=
;
H = 10 см
r
r
j А - ? jО - ?
r = h 2 + R 2 (из прямоугольника);
46
dj =
jA =
2pR
ò dj =
0
kdll
h2 + R2
.
2pR
kl
h2 + R2
ò dl =
0
(1)
kl 2pR
h2 + R2
;
j A = 290 В.
2) В точке О: h = 0, r = R.
jO =
kl 2pR
= kl 2p ;
R
j О = 565,2 В.
Ответ: j A = 290 В; j О = 565,2 В.
П р и м е р 6 . Заряд распределен равномерно по бесконечной плоскости с поверхностной плотностью s = 10 нКл/м2. Определить разность потенциалов двух точек поля, одна из которых находится на плоскости, а другая удалена на 10 см.
Дано:
Решение:
2
По теореме Гаусса:
s = 10 нКл/м
a = 0,1 м
s
- dj = E r dr ; E r =
2e 0
(j1 - j 2 ) - ?
r1 = 0; r2 = 0,1.
- dj =
sdr
; - dj = -(j 2 - j1 ) ; dj = j1 - j 2 ;
2e 0
r
j1 - j 2 =
s 2
s
dr =
(r2 - r1 ) ;
ò
2e 0 r1
2e 0
j1 - j 2 = 56,6 В.
Ответ: j1 - j 2 = 56,6 В.
П р и м е р 7 . Сто одинаковых капель ртути, заряженных до потенциала 20 В сливаются в одну
большую каплю. Каков потенциал образовавшейся капли?
Дано:
Решение:
n = 100
j1 = 20 В
j -?
Поле создается системой зарядов.
47
n
j = å j1 .
i =1
4
V1 = pr13 ;
3
V=
4pr13100
4pR 3
= nV1 =
.
3
3
(1)
R 3 = 100r13 ;
R = 3 100r1 .
(2)
Q = 100q1 ;
kQ
;
R
kq
j1 = 1 .
r1
j=
j=
kq1100
3
r1 100
=
j1100
3
100
(3)
= 20 × 100 2 / 3 » 440 В .
Ответ: j » 440В.
П р и м е р 8 . Потенциал некоторого поля имеет вид: j = a( x 2 + y 2 ) + bz 2 , где a и b – постоянные. Найти модуль и направление вектора напряженности.
Дано:
Решение:
r
2
2
2
j = a( x + y ) + bz
E = Exi + E y j + Ez k
r
|E | -? E -?
ì
¶j
dj
== -2a x
ïE x = ¶x
dx y , z =const
ï
ï
¶j
dj
ï
== -2a y ;
íE y = ¶
y
dy
ï
x , z = const
ï
ï E z = - ¶j = - dj
= -2bz
¶z
dz x , y =const
ïî
r
E = -2(a x i + a y j + b z k ) ;
| E |= E = 2a 2 ( x 2 + y 2 ) + b 2 z 2 .
r
Ответ: E = 2a 2 ( x 2 + y 2 ) + b 2 z 2 ; E = -2(a x i + a y j + bz k ) .
Занятие №19.2. Электроемкость. Конденсаторы. Энергия
электрического поля
Основные формулы
Электроемкость уединенного проводника:
48
C=
q
,
Dj
где q – заряд, сообщенный проводнику;
Dj – изменение потенциала, вызванное этим зарядом.
Электроемкость конденсатора:
q
C=
,
U 12
(1)
(2)
где q – заряды на обкладках;
U12 – разность потенциалов между ними.
Электроемкость плоского конденсатора:
S
,
d
C = e 0e
(3)
где S – площадь каждой пластины конденсатора;
d – расстояние между ними;
e – относительная диэлектрическая проницаемость среды между ними;
e0 – электрическая постоянная.
Электроемкость последовательно и параллельно соединенных конденсаторов:
1
N
1
,
Сi
(4)
C парал = å C i .
(5)
C посл
=å
i =1
N
i =1
Энергия системы зарядов:
1
q ij i ,
2
где ji – потенциал в том месте, где находится i-й заряд, созданный всеми остальными зарядами
кроме i-го.
Энергия электрического поля:
W =
W = C (Dj ) 2 =
qDj q 2
+
.
2
2C
(6)
(7)
Объемная плотность энергии:
w=
ED
E2
= e 0e
,
2
2
EDV
E 2S d
E 2V
= e 0e
= e 0e
.
2
2
2
Энергия заряженного конденсатора:
W=
CU 2 q 2 qU
W=
=
=
.
2
2
2
(8)
(9)
(10)
Методические указания к решению задач
Особенностью расчета электрических полей в присутствии проводников является то, что распределением заряда по проводнику нельзя управлять – он сам распределяется таким образом, чтобы
49
обеспечить эквипотенциальность поверхности проводника и отсутствие поля внутри него. В результате классический метод ДИ к таким задачам в общем случае неприменим, т.к. неизвестно распределение заряда (кроме некоторых, пространственно симметричных задач, а также таких задач, в
которых пренебрегают кривыми эффектами, например поле в плоском конденсаторе). Поэтому для
решения задач с проводниками применяют другие методы, использующие эквипотенциальность поверхности проводника, в частности метод суперпозиций и метод электрических изображений.
Поверхность проводника является эквипотенциальной поверхностью. На этом свойстве проводника основан метод зеркальных изображений, который позволяет рассчитывать различные электрические поля, определять емкость проводников.
Метод зеркальных изображений базируется на следующем положении. Если в произвольном
электростатическом поле заменить эквипотенциальную поверхность металлической поверхностью
такой же формы и создать на ней такой же потенциал, то данное электростатическое поле не изменится.
При расчете С следует исходить из того, что емкость – это коэффициент пропорциональности
между j и q, хотя и не зависит ни от того, ни от другого. Поэтому порядок расчета С, в общем случае, следующий:
Предположить, что тело или конденсатор заряжены;
Найти возникающее при этом электрическое поле Е;
Зная Е, рассчитать разность потенциалов j12;
Найти С как отношение q/j12.
Если все сделано правильно, то q сократится и останется величина, зависящая только от геометрических размеров и свойств среды.
Примеры решения задач
П р и м е р 1 . Точечный заряд q находится в центре шарового слоя из однородного диэлектрика
с проницаемостью e. Внутренний и наружный радиусы слоя равны a и b. Найти электрическую
энергию, заключенную в этом слое.
Дано:
Решение:
Q
Выделим в диэлектрике очень тонкий концентрический сферический слой
толщиной
dr, т.е. внешний радиус этого слоя (r+dr), а внутренний r. В силу
r1 = a
сферической симметрии поля точечного заряда объемная плотность энергии
r2 = b
Во всех точках, отстоящих на равные расстояния от центра сферы. Объемe
ная плотность энергии равна:
W–?
dW = e 0 e
50
E 2 dV
.
2
dV = 4pr 2 dr .
q
1
,
Тогда W = ò dW , а dW = e 0e E 2 4p r 2 dr и напряженность поля точечного заряда E =
2
4pee 0 r 2
тогда dW =
q 2 dr
.
2(4pee 0 r 2 ) 2
Отсюда:
q2
8pee 0 r 2
æ1 1ö
ç - ÷.
èa bø
Проверка размерности: [W]=Дж=Кл²м/Фм=КлВ= Дж.
W=
Ответ: W =
q2
8pee 0 r 2
æ1 1ö
ç - ÷.
èa bø
П р и м е р 2 . Плоский конденсатор, заряженный до заряда q, заполнен диэлектриком с проницаемостью e. Конденсатор имеет площадь каждой из обкладок равную S, и расстояние между обкладками d. Рассчитать механическую силу, с которой пластины конденсатора притягивают друг
друга.
Дано:
Решение:
q
Сделаем рисунок. Ось х направим от левой обкладки к правой.
e
S
d
Fx – ?
0
d
x
Поле сосредоточенно между обкладками конденсатора, оно однородно и потенциально, а тогда
Fx=–dWp/dx; dA=Fxdx=–dWp, a Wp=Wэ, и Wэ=q²/2C, где С=ee0S/d; тогда учитывая, что x=d, получаем
Fx=–dWp/dx=–q²/(2ee0S). Знак (–) показывает, что сила Fx направлена в сторону, противоположную
направлению оси x, т.е. является силой притяжения.
Ответ: Fx=–q²/2ee0S.
П р и м е р 3 . Плоский воздушный конденсатор с площадью пластин S подключен к источнику
тока, ЭДС которого равна Е. Определить работу внешних сил по раздвижению пластин от расстояния d1 до расстояния d2 в двух случаях:
1. Пластины перед раздвижением отключаются от источника тока;
2. Пластины в процессе раздвижения остаются подключены к источнику.
Дано:
Решение:
S
Конденсатор заряжен и отключен от источника, т.е. заряд на пластинах конденсатора
остается постоянным: q = const. Тогда конденсатор можно считать
E
изолированной системой (система эта состоит из двух заряженных и отклюe=1
ченных от источника пластин). Работа внешних сил равна: Авнеш=W=W2–W1,
d1
где W2 и W1 – энергия конденсатора в конечном и начальном состояниях. По
d2
определению: W2=q²/2C2; W1=q²/2C1; C1=ee0S/d1; C2=ee0S/d2. Но С1=q/U, а т.к.
U=E, тогда q=C1E. Подставив значения q в формулы для расчета W2,W1, полуАвнеш1 – ?
чаем:
А
–?
внеш2
Aвнеш1 =
q2
2
æ d2
d ö
d -d
çç
- 1 ÷÷ = ee 0 S E 2 2 2 1 .
2d 1
è ee 0 S ee 0 S ø
51
Если теперь пластины остаются подключенными к источнику, то при раздвижении пластин заряд с них перемещается к клеммам источника, но при этом U=E=const. Законам сохранения энергии
воспользоваться нельзя, т.к. система двух пластин не является изолированной. Тогда элементарная
работа при раздвижении пластин равна: dA=qE1dx, где E1—напряженность поля создаваемого одной пластиной, а E1=½E=½U/d=½U/x. Примем x=d. Тогда q=CE, C=ee0S/x, a q=ee0SE/x. Подставив q
и E1 в формулу для расчета элементарной работы, получаем: dA=e0SE²dx/x² и
d
x2
e SE 2 1 e 0 SE 2 d 2 dx e 0 SE 2 æ 1 1 ö e 0 SE 2 (d1 - d 2 )
çç - ÷÷ =
=
=
;
Авнеш 2 = ò dA = 0
ò
2
1
2
x
2
d
d
2
d
1
2
1
ø
è
d1
x1
2( - )
x d2
Ответ: Авнеш1 =
ee 0 SE 2 (d 2 - d1 )
e 0 SE 2 (d 2 - d 1)
;
А
=
.
внеш2
2d12
2d12
П р и м е р 4 . Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен изотропным диэлектриком, проницаемость которого увеличивается в перпендикулярном обкладкам направлении по линейному закону от e1 до e2. Площадь каждой обкладки S, расстояние между ними d. Определить емкость конденсатора.
Дано:
Решение:
D
Сделаем рисунок
S
e1
e2
C–?
Направим ось Х от левой обкладке конденсатора к правой. Т.к. диэлектрическая проницаемость
увеличивается по линейному закону, то e1=e2+kx ; найдем значение k при x=d: k=(e1-e2)/d; тогда
e2=e1+(e2-e1)/d x.
Пусть на левой обкладке конденсатора имеется заряд +q. По определению емкость конденсатора: С=q/(φ2-φ1); для решения задачи необходимо найти φ1-φ2. Сначала по методу Гаусса рассчитаем
напряженность поля между обкладками конденсатора: Е=q/ee0S=q/e0S(e1+kx), а теперь найдем
(φ2-φ1) из формулы связи между Еx и j:
d
d
e
¶j
q
dx
q 1 æ kd ö
qd
÷÷ =
Þ -¶j = j 2 - j1 = ò E x dx =
=
× × lnçç1 +
× ln 2 ;
ò
¶x
e 0 S 0 e 1 + kx e 0 S k è e 1 ø Se 0 (e 2 - e 1 )
e1
0
qSe 0 (e 2 - e 1 ) e 0 (e 2 - e 1 ) × S
q
;
C=
=
=
e2
Dj
d (ln e 2 - ln e 1 )
qd ln
e1
Ex = -
Проверка размерности :
Фр 2
×м
Кл
[С] = = Фр = м
= Фр.
В
м
e (e - e 1 ) × S
(Фр ).
Ответ: С = 0 2
d (ln e 2 - ln e 1 )
П р и м е р 5 . Точечный заряд q=2.10–19 Кл находится на расстоянии l=0,1 м. от бесконечной металлической плоскости. Определить силу взаимодействия между зарядом и плоскостью.
52
Дано:
jпл=0
q=2×10–19Кл
Fвз – ?
Решение:
Рассмотрим электрическое поле между точечным зарядом +q и бесконечной металлической плоскостью, потенциал которой равен 0. Согласно методу
зеркальных изображений это поле эквивалентно электрическому полю, созданному данным точечным зарядом +q и точечным зарядом (–q), который является зеркальным изображением заряда +q в металлической плоскости.
Сделаем рисунок:
q
l
j=0
l
q
Заряд (–q) появляется на той стороне металлической плоскости, которая ближе к заряду +q,
вследствие явления электростатической индукции. Т.к. потенциал плоскости равен 0, то заряд +q и
(–q) находятся по разные стороны плоскости на одинаковом расстоянии l. Силу взаимодействия
между точечными зарядами рассчитаем по закону Кулона:
| q || - q |
Fвз = k
.
2l 2
Проверяем единицы наименований: [Fвз]=Нм²Кл²/Кл²м²=H;
Рассчитаем численную величину:
Fвз=9.109×4.10-18/4×10‾²=9×10-7 H;
Ответ: Fвз=9×10-7 H.
П р и м е р 6 . Тонкая бесконечно длинная нить равномерно заряжена электричеством с линейной плотностью τ и расположена параллельно безграничной проводящей плоскости на расстояние l
от неё. Найти: а) модуль вектора силы, действующей на участок нити единичной длины; б) распределение поверхностной плотности заряда σ(x) на плоскости, где x – расстояние от плоскости, перпендикулярной проводящей поверхности и проходящей через нить.
53
Дано:
τ
l
|F|–?
σ(x) – ?
Решение:
Легко видеть, что для определения силы, действующей на участок нити
единичной длины, необходимо рассчитать поле ее изображения. О поле нити
нетрудно найти, хотя бы по теореме Гаусса.
E=
t
2pe 0 r
В нашем случае r=2l. Таким образом, сила, действующая на участок нити единичной длины,
F=Eτ=
t 2
4 pe 0 l
Для ответа на второй вопрос определим поле нити и ее изображения в точке А
tl
2tl
=
Е1=
2
2
2pe 0 ( x + l ) pe 0 ( x 2 + l 2 )
Поле Е2 индуцированных зарядов вблизи проводящей плоскости (вне ее) найдем по теореме Гаусса:
s
Е2=
e0
Индуцированные заряды распределяются так, что их поле внутри плоскости компенсирует
внешнее поле Е1 (напряженность поля внутри проводника, расположенного в электрическом поле,
равна нулю):
Е1+Е2=0
Следовательно,
tl
σ=
2
p (x + l 2 )
Таким образом, в методе зеркальных изображений чаще всего необходимо рассчитывать характеристики поля данных зарядов и их изображений, т.е. решать основную задачу теории поля.
Ответ: F=
tl
t 2
, σ=
.
2
4 pe 0 l
p (x + l 2 )
Вопросы и задачи
1) Два одинаковых плоских конденсатора подключены к источникам напряжения U. Пространство между пластинами конденсаторов заполнено слоями диэлектриков одинаковой толщины с диэлектрическими проницаемости e1 и e2. В одном конденсаторе слои расположены параллельно обкладкам, во втором — перпендикулярно. Во сколько раз отличаются электроемкости этих конденсаторов?
Ответ: C1/C2=4e1e2/(e1+e2)².
2) Вывести формулу для расчета емкости плоского конденсатора.
Ответ: С=ee0S/d.
3) Найти емкость системы одинаковых конденсаторов между точками А и В, если соединены
конденсаторы так:
54
Ответ: 1) Собщ=3С=С1+С2+С3; 2) Собщ=С.
3) Определить емкость сферического конденсатора с радиусами обкладок R1 и R2 (R2>R1), который заполнен диэлектриком с проницаемостью e, изменяющейся по закону e=a/r², где a=const, r –
расстояние от центра конденсатора.
Ответ: C=4πε0a/ln(R1/R2).
4) Определить емкость сферического конденсатора с радиусами обкладок R1 и R2 (R2>R1), который заполнен изотропным диэлектриком, проницаемость которого изменяется по закону: e=а/r², где
а – положительная постоянная, r – расстояние от центра конденсатора.
Ответ: С=4πаe0/(R2-R1)(Ф).
5) Четыре одинаковых металлических пластины расположены в
воздухе на одинаковом
расстоянии d друг от друга. Площадь каждой пластины S. Найти емкость системы между точками А
и В, если пластины соединены так:
Ответ: 1) Сab=2/3e0S/d 2) Cab=3/2e0S/d.
6) Плоский воздушный конденсатор с площадью пластин S=500 см² каждая, подключен к источнику тока с Е=300 В. Определить работу внешних сил по раздвижению пластин от расстояния
d1=1см по d2=3см в двух случаях: 1) Пластины перед раздвижением отключат от источника тока; 2)
Пластины в процессе раздвижения остаются подключенными к источнику тока. Чему равно приращение энергии в каждом из этих случаев?
Ответ: 1) А=e0SE²(d2-d1)/2d1²=3,9*10-6 Дж, 2) А=1/2e0SE²(d1-d2)/d1*d2=1,33*10-6 Дж.
55
7) Плоский воздушный конденсатор, расстояние между пластинами которого d1=2см, площадь
пластин S=100см². Как изменится энергия конденсатора до и после раздвижения пластин до расстояния d2=5см, если сначала пластины раздвигают, не отключая конденсатор от источника с
U=300B, а потом сначала отключают от источника, а затем раздвигают.
Ответ: W1=2*10-5 Дж; W2=8*10-5 Дж.
8) Цилиндрический конденсатор состоит из двух коаксиальных цилиндров, первого слоя изолятора с диэлектрической проницаемостью e1=1; толщиной d1=3мм и второго слоя изолятора с диэлектрической проницаемостью e2=2; толщиной d2=4мм. Слои плотно прилегают к обкладкам. Радиус внутреннего цилиндра R1=3мм. Найти емкость конденсатора, если его длина L=3см.
Ответ: С =
2pe 0e 1e 2 L
4p * 3 ×10 -2
=
(Ф ) .
10
10
e 1 ln + e 2 ln 2 ln + 2 ln 2
6
6
9) Определите, как изменится энергия электрического поля в плоском конденсаторе, заряженном
с поверхностной плотностью заряда +σ, если конденсатор заполнен жидким диэлектриком, с диэлектрической проницаемостью e, лишь до половины высоты. Геометрические размеры конденсатора S=h² и d. Рассмотреть, случаи, когда конденсатор подключен и отключен от источника.
Два проводника имеют одинаковую форму и размеры, причем один из них, полый, а другой
сплошной. Если сообщить каждому из них одинаковый заряд, то будут ли их потенциалы одинаковы?
Ответ: Да, так как электроемкость от массы не зависит.
Заряженный медный и стальной шары одинакового радиуса приводят в соприкосновение. Как
распределится на них заряд?
Ответ: Одинаково.
10) Два металлических шара разных диаметров заряжены до одинакового потенциала относительно Земли. Одинаковы ли заряды на шарах? Будут ли переходить заряды от одного шара на другой при соединении их проволокой?
Ответ: Заряды разные, но переходить с одного шара на другой не будут, так как потенциалы
шаров одинаковые.
11) Как можно изменить потенциал проводника не касаясь его и не изменяя заряд?
Ответ: Изменить расположение окружающих его проводников и заземлить их.
12) В установках для улавливания пыли воздух пропускают через металлические трубы, по оси
которых протягивается металлическая проволока. Проволока соединена с минусом, а труба с плюсом генератора, подающего напряжение в несколько десятков тысяч вольт. Как будут вести себя
пылинки: 1) незаряженные? 2) заряженные положительно или отрицательно?
Ответ: Заряженные положительно и не заряженные пылинки будут двигаться к проволоке. Пылинки, заряженные отрицательно, будут двигаться к трубе, если они находятся вдали от проволоки,
и к проволоке, если они находятся ближе определенного расстояния, сравнимого с размерами пылинка.
13) Что произойдет с разностью потенциалов на пластинах заряженного конденсатора, если
уменьшить расстояние между ними?
Ответ: Уменьшится.
56
14) Почему из двух конденсаторов одинаковой емкости и с одинаковыми диэлектриками и фольгой, большие размеры имеет тот, который рассчитан на более высокое напряжение?
Ответ: Более высокое пробивное напряжение требует более толстого слоя диэлектрика, а это
вызовет уменьшение емкости. Чтобы получить заданную емкость потребуется увеличивать площадь пластин конденсатора, т.е. увеличить объем.
15) Измениться ли емкость плоского конденсатора, если в воздушный зазор между пластинами
вдвинуть незаряженную тонкую металлическую пластину?
Ответ: Не измениться, так как введение тонкой незаряженной металлической пластины в конденсатор не изменяет распределение потенциала в нем.
16) Три конденсатора , имеющие разные электроемкости, соединены в батарею параллельно.
Они заряжены. Отличаются ли разности потенциалов между обкладками отдельных конденсаторов?
Одинаковы ли заряды конденсаторов?
Ответ: Разности потенциалов одинаковы. Заряды различны, так как различны емкости.
17) Три конденсатора, имеющие разные электроемкости, соединены в батарею последовательно.
Они заряжены. Отличаются ли разности потенциалов между обкладками отдельных конденсаторов?
Одинаковы ли заряды конденсаторов?
Ответ: Заряды одинаковы. Разности потенциалов различны.
18) В распоряжении студента имеются два конденсатора одинаковой емкости. Как нужно соединить их, чтобы емкость в два раза больше? В два раза меньше?
Ответ: В первом случае параллельно, во втором – последовательно.
19) Можно ли увеличить энергию заряженного конденсатора переменной емкости, не изменяя
его заряда?
Ответ: Да, нужно раздвигать пластины; затрачиваемая при этом энергия внешних сил будет израсходована на увеличение энергии конденсатора.
20) Металлический шар радиуса R помещён в однородное электрическое поле. Изобразить качественную картину эквипотенциальных поверхностей и линий поля Е.
Ответ:
57
21) Большую металлическую пластину толщины а зарядили так, что плотность заряда на поверхности каждой стороны пластины равна σ. Затем пластину поместили в однородное поле напряжённости Е=Е0еx, перпендикулярной плоскости пластины. Определить напряженность поля Е'
внутри и снаружи пластины и поверхностную плотность зарядов σ1 и σ2, которая возникнет на левой и правой сторонах пластины.
Ответ: Поле внутри пластины равно нулю и является суперпозицией трёх полей: поля Е0, создаваемого зарядами левой стороны пластины, и поля, создаваемого зарядами правой стороны пластины. Следовательно, Е0+σ1/2ε 0-σ2/2ε 0=0, где σ1 и σ2 – поверхностная плотность заряда на левой и
правой сторонах пластины, которая возникает после внесения пластины в поле Е0. Суммарный заряд пластины не изменится, поэтому σ1+σ2=2σ, откуда σ1=σ-ε 0Е0, σ2=σ+ε 0Е0. Слева от пластины
Е'=Е0-σ/ε 0. Справа от пластины Е'=Е0+σ/ε 0.
22) Заряд уединенного металлического шара, находящегося в вакууме, равен q, радиус шара равен R. Определить энергию W электрического пол двумя способами: а) воспользовавшись выражением для энергии уединенного проводника; б) воспользовавшись выражением для плотности энергии электрического поля.
e0E2
q2
q2
Ответ: а)W=
, б)W= ò
=
.
2
8pe 0 R
8pe 0 R
r >R
23) Точечный заряд q находится в среде с диэлектрической проницаемостью ε. Найти энергию
поля, заключенную внутри шарового слоя, радиусы внутренней и наружной поверхностей которого
равны соответственно а и b. Заряд находится в центре слоя.
q2 æ 1 1 ö
Ответ: W=
ç - ÷.
8pe 0 e è a b ø
24) В установке Токомак Т-10 мощность в импульсе электрического разряда 3·105кВт, продолжительность импульса 1с. Какой ёмкостью должна обладать батарея конденсаторов при напряжении 20кВ, используемая в качестве накопителя энергии?
Ответ: С » 1,5Ф.
Задачи для самостоятельной работы
Билет №1
Между пластинами конденсатора, заряженного до разности потенциалов U=600 В, находятся два
слоя диэлектриков: стекла, толщиной d1=7мм с e=7 и эбонита, толщиной d2=3мм с e=3. Площадь
каждой пластины S=200 см². Найти: электроемкость конденсатора; напряженность поля и падение
потенциала в каждом слое.
Ответ: С=88,5 пФ; Е=42,8 кВ/м; 100 кВ/м; U=300(300) В.
58
Две концентрические металлические сферы радиусом R1=2см и R2=2,1см образуют сферический
конденсатор. Определить его емкость, если пространство между сферами заполнено парафином с
e=2.
Ответ: С=93,3 пФ.
Билет №2
Конденсатор емкостью С1=0,2 мкФ был заряжен до напряжения U1=320 В. После того как его
соединили параллельно со вторым конденсатором, заряженным до напряжения U2=450 В, напряжение на нем изменилось до U=400 В. Вычислить емкость С2 второго конденсатора.
Ответ: С2=(U—U1)/(U2—U1)*C1=0,32 мкФ.
Электрическое поле создано заряженной ( q=0,1 мкКл ) сферой радиусом R=10 см. Какова энергия поля, заключенная в объеме, ограниченном сферой и концентрической с ней сферической с ней
сферического поверхностью, описанной радиусом, превышающем в два раза радиус сферы?
Ответ: W=225 мкДж.
Билет №3
Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено диэлектриком (фарфор),
объем которого V=100см³. Вычислить работу А, которую необходимо совершить для того, чтобы
удалить диэлектрик из конденсатора. Трением диэлектрика о пластины пренебречь. Поверхностная
плотность заряда на пластинах конденсатора σ=8,85 нКл/ м²
Ответ: А=63,5 нДж.
Конденсатор емкости С1,С2=2мкФ, С3=3мкФ, С4=1мкФ соединены так, как показано на рисунке.
Разность потенциалов на обкладках четвертого конденсатора равна U4=100В. Найти заряд и разность потенциалов на обкладках каждого конденсатора, а также общий заряд и разность потенциалов батареи конденсаторов.
Ответ: 200 мкКл; 120мкКл; 120мкКл; 100мкКл, 110 В; 60 В; 40 В; qбат=220мкКл; Uбат=210 В.
Билет №4
Конденсаторы с электроемкостями С1=10нФ, С2=40нФ, С3=2нФ, С4=30нФ соединены так, как
показано на рисунке. Разность потенциалов между точками А и В равна U= . Определить: электроемкость такого соединения и суммарный заряд батареи конденсаторов.
Ответ: С=9,875 нФ; qбат=3,16*10-6 Кл.
Три одинаковых плоских конденсатора соединены последовательно. Электроемкость такой батареи С=89 нФ. Площадь каждой пластины S=100 см². Диэлектрик стекло, e=7. Найти толщину
стеклянной пластины в одном конденсаторе.
Ответ: d=2,32 мм.
Билет №5
Конденсаторы соединены по схеме, приведенной на рисунке. С1=0,2 мкФ; С2=0,1 мкФ; С3=0,1
мкФ; С4=0,4 мкФ. Разность потенциалов между точками А и В равна 100 В. Найти: электроемкость
соединения и суммарный заряд батареи.
59
Ответ: С=36 мкФ: q=3,6*10-³ Кл.
Плоский воздушный конденсатор с площадью пластин S=500 см² подключен к источнику с
e=200 В. Определить работу внешних сил по раздвижению пластин от расстояния d1=0,5 см до
d2=1см, если пластины перед раздвижением от источника отключили.
Ответ: А =
e 0 Sz 2
× (d 2 - d1 ) = 17,7 ×10-7 Дж.
2d1
Билет №6
Конденсаторы электроемкостями С1=0,2 мкФ; С2=0,6 мкФ; С3=0,3
мкФ; С4=0,5 мкФ соединены по схеме, изображенной на рисунке. Разность потенциалов между точками А и В равна Uab=320 В. Найти: электроемкость и заряд батареи конденсаторов.
Ответ: С=3,377*10-7 Ф; qбат=1,08*10-7 Кл.
Плоский воздушный конденсатор с площадью обкладки S=500 см², подключен к источнику с
э.д.с.(E) равной 300 В. Определить работу внешних сил по раздвижению пластин от расстояния
d1=0,5 см до d2=1см, если пластины в процесс остаются подключенными к источнику.
Ответ: A =
1 e 0 Sz 2
(d 2 - d1 ) = 3,825 ×10 -9 Дж.
2 d1 d 2
Примерный вариант автоматизированной контрольной
работы
№ 1. Два одинаковых проводящих заряженных шарика (d ш <<1)находятся на расстоянии L=30
см. Сила притяжения шариков F 1 =90 мкН. После того как шарики были приведены в соприкосновение и удалены друг от друга на прежнее расстояние, они стали отталкиваться с силой F 2 =160
мкН. Определить заряды Q 1 и Q 2 ,которые были на шариках до их соприкосновения. Диаметр шариков принять много меньше расстояния между шариками.
Ответ: 0.09 мкКл; -0.01 мкКл.
№ 2. Электрическое поле создано двумя равномерно заряженными с линейной плотностью λ нитями, расположенными в одной плоскости и изогнутыми в виде полуколец, как показано на рисунке. Считая радиусы большого и малого полуколец равными R и R/2 соответственно, найти модуль и
направление напряженности электрического поля в точке О.
R
R/2
О
а)
Ответ: а)
R
R
О
R/2
б)
R/2
R/2
О
в)
г)
О 45
2l 5 æ В ö
2l
6l æ В ö
2l æ В ö
æ Вö
- 5-2 2 ç ÷.
ç ÷ ; б)
ç ÷ ; в)
ç ÷ ; г)
4pe 0 R è м ø
4pe 0 R è м ø
4pe 0 R è м ø
4pe 0 R
èмø
60
0
№ 3. Электрическое поле создано двумя бесконечными параллельными пластинами, несущими
равномерно распределенный по площади заряд с поверхностными плотностями δ1 = 1 нКл/м2 и δ2 =
3 нКл/м2. Определить напряженность E поля: 1) между пластинами; 2) вне пластин. Построить график изменения напряженности вдоль линии, перпендикулярной пластинам.
Ответ: E1 = (δ2 - δ1 )/2 = 113 В/м; E2 = (δ2+δ1)/2 = 226 В/м.
№ 4. Длинный прямой провод, расположенный в вакууме, несет заряд, равномерно распределенный по всей длине провода с линейной плотностью 2 нКл/м. Определить напряженность E электростатического поля на расстоянии r = 1 м от провода.
Ответ: 36 В/м.
№ 5. Заряд распределен равномерно по бесконечной плоскости с поверхностной плотностью заряда σ = 10 нКл/м2. Определить разность потенциалов двух точек поля, одна из которых находится
на плоскости, а другая удалена от плоскости на расстояние а = 10 см.
Ответ: φ1 – φ2 = 56,6 В.
№ 6. Электрическое поле создано бесконечной тонкой прямой нитью, равномерно заряженной с
линейной плотностью заряда λ = 1 нКл/м. Найти градиент потенциала в точке, удаленной от нити на
расстояние r = 10 см. Указать направление qrad φ .
Ответ: qrad φ = 180 В/м., направлен к нити вдоль силовой линии.
61