R - Научная библиотека ЮУрГУ - Южно

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Южно-Уральский государственный университет
Кафедра общей и экспериментальной физики
537(07)
Т583
Н.Н. Топольская, В.Г. Топольский
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
Учебное пособие по решению задач
Челябинск
Издательство ЮУрГУ
2008
УДК 537.2 (075.8)
Т583
Одобрено
объединенным научно-методическим советом по физике.
Рецензенты:
А.В. Толчев, В.Г. Попов
Т583
Топольская, Н.Н.
Электростатика: учебное пособие по решению задач / Н.Н. Топольская, В.Г. Топольский – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2008. – 72 с.
Основное назначение учебного пособия – помочь студентам научиться
решать задачи, показать им рациональную запись условий, решения, расчета.
Предлагаемое пособие с примерами решения задач составляет единый методический комплекс с учебным пособием «Электромагнетизм» (рабочие программы и дидактические задания для самостоятельной работы студентов).
УДК 537.2 (075.8)
© Издательство ЮУрГУ, 2008
2
Основные понятия, величины и законы
Электрический заряд Q
Характеризует способность тел или частиц к электромагнитным взаимодействиям.
Единица измерения: [Q] = Кл.
1 Кл – электрический заряд, проходящий через поперечное сечение проводника при силе тока 1 А за время 1 с.
Элементарный электрический заряд
е = 1,6⋅10–19 Кл.
Носитель элементарного отрицательного заряда – электрон (me = 9,11⋅10–31
кг); носитель элементарного положительного заряда – протон (mр = 1,67⋅10–27 кг).
Точечный заряд
Заряд, сосредоточенный на теле, линейные размеры которого пренебрежимо
малы по сравнению с расстоянием до других заряженных тел, с которыми он
взаимодействует.
Пробный заряд – заряд, который не искажает исследуемое поле (не вызывает перераспределение зарядов, создающих поле).
Закон сохранения заряда
Алгебраическая сумма электрических зарядов любой замкнутой системы остается неизменной, какие бы процессы не происходили внутри данной системы
Q = Q1 + Q2 + … = const.
Закон Кулона
Модуль силы взаимодействия двух неподвижных точечных зарядов, находящихся в вакууме, прямо пропорционален произведению модулей этих зарядов и
обратно пропорционален квадрату расстояния между зарядами. Вектор силы, действующей на каждый из зарядов, направлен вдоль прямой, соединяющей заряды
(рис. 1).
F12 = F21 =
1 Q1 Q 2
,
4πε o r 2
где F12 – модуль силы, действующей на заряд Q1, F21 – модуль силы, действующей на заряд Q2, ε0 – электрическая постоянная.
ε0 = 8,85⋅10–12 Ф/м.
3
r
F12
Q1
Q2
+
+
r
F21
r
r
F21
r
F12
Q1
–
Q2
+
r
Рис. 1
Модуль силы взаимодействия между зарядами, находящимися в однородной
и изотропной среде,
F12 = F21 =
1 Q1 Q 2
.
4πε o εr 2
Диэлектрическая проницаемость среды ε – безразмерная величина, показывающая во сколько раз сила взаимодействия F между зарядами в данной среде
меньше их силы взаимодействия F0 в вакууме:
ε=
Fo
.
F
Линейная плотность заряда τ – заряд, приходящийся на единицу длины
заряженного тела:
τ=
dQ
.
dl
Поверхностная плотность заряда σ – заряд, приходящийся на единицу поверхности заряженного тела:
dQ
.
dS
Объемная плотность заряда ρ – заряд, приходящийся на единицу объема
σ=
заряженного тела:
ρ=
dQ
.
dV
Электростатическое поле – поле, создаваемое неподвижными электрическими зарядами.
4
Напряженность электрического поля в данной точке поля – это векторная физическая величина, равная отношению силы, действующей на заряд, помещенный в эту точку, к величине заряда:
r
r F
Е= .
Q
Единица измерения: [Е] = Н/Кл = В/м.
r
Направление вектора Е совпадает с направлением силы, действующей на
положительный заряд.
Напряженность поля точечного заряда Q
r
Е=
r
r
1 Qr
,
4πε о ε r 2 r
где r – радиус-вектор, проведенный из заряда Q в данную точку поля (рис. 2).
r
Если поле создается положительным зарядом, то вектор Е направлен вдоль
радиуса-вектора
от заряда, если поле создается отрицательным зарядом, то вектор
r
Е направлен к заряду (рис. 2).
Q
+
r
r
A
Q
r
Е
–
Рис. 2
r
r
r
Е
r
Модуль вектора Е точечного заряда
Å=
где k =
1 Q kQ
,
=
4πε î ε r 2 ε r 2
1
= 9⋅109 м/Ф.
4πε o
Принцип суперпозиции
электростатических полей
r
Напряженность Е результирующего поля, создаваемого системой зарядов в
любой точке поля, равна векторной сумме напряженностей полей, создаваемых в
данной точке каждым из зарядов в отдельности
n r
r r
r
Е = Е1 + Е 2 + ... = ∑ E i .
i =1
5
Линии напряженности (силовые линии) – это линии,
касательные к котоr
рым в каждой точке совпадают с направлением вектора Е (рис. 3).
r
Е
Рис. 3
Силовые линии точечного заряда представляют собой совокупность радиальных прямых, направленных от заряда, если он положителен, и к заряду, если
он отрицателен (рис. 4).
А
r
Е
+
А
–
r
Е
Рис. 4
Линии напряженности могут начинаться или заканчиваться лишь на зарядах
либо уходить в бесконечность.
r
Однородное поле – это поле, в котором вектор Е в любой точке одинаков по
величине и направлению:
r
Е = const.
Линии напряженности этого поля параллельны вектору напряженности (рис. 5).
r
Е
А
Рис. 5
6
Поток вектора напряженности dФ через площадку dS – это скалярная величина
r r
dФ = EdS = EdS cos α ,
r
r
где α – угол между нормалью n к площадке и вектором Е (рис. 6).
r
r
n
Е
α
dS
Рис. 6
Поток dФ – алгебраическая величина.
Единица измерения: [dФ] = (В/м)⋅м2 = В⋅м.
Поток вектора напряженности Ф через произвольную поверхность S
r r
Ф = ∫ Еd S .
S
Теорема Гаусса для поля в вакууме
Поток вектора напряженности электростатического поля в вакууме через
произвольную замкнутую поверхность равен алгебраической сумме заключенных
внутри этой поверхности зарядов, деленных на ε0:
r r 1 n
Ф = ∫ ЕdS =
∑ Qi .
ε
i
S
o =1
Если заряд распределен линейно, то
∑ Q i = ∫ τdl ,
если по поверхности, то
l
∑ Q i = ∫ σdS ,
S
если по объему, то
∑ Q i = ∫ ρdV .
V
Поляризованность или вектор поляризации равен отношению электрического дипольного момента малого объема диэлектрика к этому объему:
7
r
Р=
n r
∑ Pi
i =1
ΔV
.
Единица измерения: [Р] = Кл/м2.
Связь между поляризованностью диэлектрика и напряженностью электростатического поля
r
r
Р = χε о Е ,
где χ – диэлектрическая восприимчивость вещества.
Связь диэлектрической проницаемости с диэлектрической восприимчивостью
ε = 1 + χ.
Вектор электрическогоrсмещения
r (электрической индукции)
D = ε о εЕ ,
или
r
r
r r
D = εоЕ + Р ,
где Е – напряженность поля в диэлектрике.
Единица измерения: [D] = Кл/м2.
Линии электрического смещения – это линии, касательные к которым в
каждой точке совпадают с вектором электрического смещения (рис. 7).
r
D
Рис. 7
r
Линии вектора D могут
начинаться и заканчиваться только на свободных заr
рядах, линии вектора Е могут начинаться и заканчиваться на любых зарядах –
свободных и rсвязанных. Через области поля, где находятся связанные заряды, линии вектора D проходят не прерываясь.
Поток вектора электрического смещения dФ через площадку dS – это
скалярная величина
r r
dФ = DdS = DdS cos α ,
8
r
r
где α – угол между нормалью n к площадке и вектором D (рис. 8).
r
n
α
r
D
dS
Рис. 8
Поток dФ – алгебраическая величина.
Единица измерения: [dФ] = Кл.
Поток вектора электрического смещения Ф через произвольную поверхность S
r r
Ф = ∫ DdS .
S
Теорема Гаусса для поля в диэлектрике
Поток вектора электрического смещения через произвольную замкнутую поверхность равен алгебраической сумме свободных зарядов, заключенных внутри
этой поверхности:
r r
D
∫ dS = ∑ Q i .
Таблица 1
Напряженность и электрическое смещение некоторых заряженных тел.
Формулы
Е=
D=
σ
2εε о
σ
Графическое изображение
Графики зависимости
Е и D от r
Бесконечная равномерно заряженная плоскость
+σ
Е
2
r
9
Формулы
Продолжение табл. 1
Графики зависимости
Е и D от r
Графическое изображение
Бесконечная прямая равномерно заряженная нить
или бесконечный длинный полый цилиндр
Е=
D=
τ
2πεε о r
τ
2πr
E = 0,
D=0
Е=
D=
τ
,
Е
+
,
R
r≤R
τ
2πε о εr
τ
r
+
Е
+
,r≥R
R
2πr
r
Равномерно заряженная сферическая поверхность
Е = 0,
D=0
r <R
1 Q
Е=
,r ≥ R
4ε о ε r 2
Q
D=
4πr 2
+
+
R +
+
0
+
+
r
Е
Е
+
+
r
10
Окончание табл. 1
Графическое изображеГрафики зависимости
ние
Е и D от r
Равномерно заряженный по объему шар
Формулы
Е=
=
=
3ε o ε 1
Q
r
Е
если ε2 > ε1
, r≤R
4πε o ε 1 R 3
D=
Е=
=
ρr
ρr
3
=
Qr
ρR
+
+
+
+ +
4πR 3
Q
1
=
4πε o ε 2 r 2
3
ε1
1
,r≥R
ε2
R
r
R
r
D
3ε o ε 2 r 2
3
1 Q ρR
=
D=
4π r 2
3r 2
r
Циркуляция вектора Е вдоль замкнутого контура равна нулю.
r r
Е
∫ dr = 0 .
L
Потенциал электростатического поля в данной точке поля – это скалярная физическая величина, равная отношению потенциальной энергии заряда, помещенного в рассматриваемую точку поля, к величине заряда:
ϕ=
Wп
.
Q
Единица измерения: [ϕ] = Дж/Кл = В.
Потенциал – алгебраическая величина, определяется с точностью до некоторой константы.
11
Потенциал точечного заряда
ϕ=
1 Q
kQ
+c=
+ c,
4πε о ε r
εr
где r – расстояние от заряда до рассматриваемой точки поля.
Обычно за нулевой уровень выбирают бесконечно удаленную точку (r → ∞).
В этом случае с = 0.
Потенциал системы из n точечных зарядов в данной точке поля равен алгебраической сумме потенциалов отдельных зарядов в этой же точке:
n
ϕ = ϕ1 + ϕ 2 + ... = ∑ ϕ i .
i =1
Потенциал системы, в которой заряды распределены в пространстве непрерывно
dQ
+ С.
4
r
πε
(Q )
o
ϕ= ∫
Работа сил электростатического поля при перемещении точечного заряда
Q0 из точки 1 в точку 2
2r
r 2 r r
А = ∫ F d r = ∫ Q o Ed r ,
или
1
1
А = Q0(ϕ1 – ϕ2) = Q0U.
Работа сил электростатического поля не зависит от траектории перемещения.
Разность потенциалов двух точек 1 и 2 в электростатическом поле равна
отношению работы, совершаемой силами поля, при перемещении заряда из точки
1 в точку 2, к величине заряда:
U = ϕ1 − ϕ 2 =
A
.
Qo
Связь потенциала с напряженностью:
а) в общем случае
12
r
E = −gradϕ ,
или
r
⎛ ∂ϕ r ∂ϕ r ∂ϕ r ⎞
E = −⎜⎜
i+
j+
k ⎟⎟ ,
∂
x
∂
y
∂
z
⎝
⎠
r
r r
j , k – единичные векторы координатных осей х, у, z.
r
Знак «минус» показывает, что вектор E направлен в сторону убывания по-
где i ,
тенциала;
б) в случае однородного поля
E=
ϕ1 − ϕ 2
d
;
в) в случае поля, обладающего центральной или осевой симметрией
Er = −
dϕ
.
dr
Эквипотенциальная поверхность – это поверхность, во всех точках которой потенциал
r имеет одно и то же значение.
Вектор E :
1) всегда перпендикулярен эквипотенциальным поверхностям;
2) всегда направлен в сторону убывания потенциала.
Силовые линии электростатического поля перпендикулярны эквипотенциальным поверхностям (рис. 9).
ϕ1
ϕ2
r
Е
r
Е = const
1
ϕ1
2
ϕ2
Рис. 9
Электрическая емкость (электроемкость) уединенного проводника – это
скалярная физическая величина, равная отношению заряда проводника к потенциалу проводника
13
С=
Q
.
ϕ
Единица измерения: [С] = Кл/В = Ф.
Конденсатор – это система из двух проводников (обкладок), разделенных
тонким слоем диэлектрика.
Электроемкость конденсатора – это скалярная физическая величина, равная отношению заряда одной из обкладок конденсатора к разности потенциалов
между обкладками конденсаторов
С=
Q
Q
= .
ϕ1 − ϕ 2 U
Плоский конденсатор – это две параллельные металлические пластины
площадью S каждая, расположенные на расстоянии d друг от друга. На пластинах
заряженного конденсатора находятся равные по величине и противоположные по
знаку заряды (рис. 10).
+Q
d
–Q
Рис. 10
Электроемкость плоского конденсатора
С=
ε о εS
.
d
Электроемкость уединенной проводящей сферы
С = 4πε0εR,
где ε – диэлектрическая проницаемость среды, в которой находится сфера.
14
Таблица 2
Соединение конденсаторов в батареи.
Соединение
Схема
Сохраняющиеся
величины
Суммируемые
величины
Результирующая
емкость
Параллельное
+
С1
Q1
С2
Q2
Сn
Qn
Последовательное
U 1 U2
–
Un
–
C 1 C2
Cn
+
U1 = U2 = … = Un
U = const
Q1 = Q2 = … = Qn
Q = const
заряд
разность потенциалов
n
n
Q = ∑ Qi
U = ∑ Ui
Cб = ∑ C i
1
1
= ∑
C i =1C i
i =1
n
i =1
i =1
n
Потенциальная энергия заряда в электростатическом поле
W = Qϕ.
Энергия взаимодействия системы неподвижных точечных зарядов
1 n
W = ∑ Qi ϕi ,
2 i =1
где ϕi – потенциал, создаваемый в той точке, где находится заряд Qi, всеми зарядами, кроме i-го.
Энергия заряженного уединенного проводника
Cϕ 2 Qϕ Q 2
W=
=
=
,
2
2
2C
где Q – заряд проводника, ϕ – его потенциал, С – его емкость.
15
Энергия заряженного конденсатора
CU 2 QU Q 2
W=
=
=
,
2
2
2C
где Q – заряд конденсатора, С – его емкость, U – разность потенциалов между
обкладками.
Энергия электростатического поля
W = ∫ ωdV ,
V
где ω – объемная плотность энергии
ε o εE 2 ED
ω=
=
.
2
2
16
Примеры решения задач
Закон Кулона. Напряженность электростатического поля.
Теорема Гаусса
Задача 1
Два точечных заряда Q1 = 9 Q и Q2 = –Q закреплены на расстоянии r = 50
см друг от друга. Третий заряд Q3 может перемещаться только вдоль прямой,
проходящей через заряды. Определить положение Q3, при котором он будет находиться в равновесии.
Дано:
Решение
Рассмотрим систему точечных зарядов.
Q1 = 9 Q
Заряд Q3 будет находиться в равновесии, если векторная
Q2 = – Q
сумма сил, действующих на него, будет равна нулю. Следоваr = 0,5 м
тельно,
х–?
r
r
F1 + F2 = 0,
r
r
где F1 – сила, действующая на заряд Q3 со стороны заряда Q1, а F2 – сила, действующая на заряд Q3 со стороны заряда Q2.
Эти силы должны быть противоположны по направлению и равны по величине.
r
r
F1 = – F2 , F1 = F2.
Для определения положения заряда Q3 применим закон Кулона. По этому
закону можно определить модуль каждой силы
F1 =
F2 =
где k =
k Q 3 Q1
r12
k Q3 Q2
r22
,
,
1
, r1 – расстояние между первым и третьим зарядами, r2 – расстоя4πε o
ние между вторым и третьим зарядами.
Следовательно,
k Q 3 Q1
r12
=
k Q3 Q2
Сократив на Q3, получим
17
r22
.
Q1
=
r12
Q2
r22
.
(1)
Отсюда следует, что положение заряда Q3 не зависит от его величины и знака.
Так как Q 1 > Q 2 , то r1 > r2, т.е. заряд Q3 должен находиться в точке, расположенной ближе к заряду Q2 (рис. 11).
Q1
r r
F1 F2
Q3
+
r
F2
Q2
+
А
–
Q3
+
В
r
F1
Рис. 11
Как следует из рис. 11, таких точек две: А и В. Но в точке А состояние равновесия невозможно, так как силы направлены в одну сторону.
Расстояние между зарядами Q2 и Q3 обозначим х (рис. 12), тогда r1 = x, a
r2 = r + x.
Q1
Q2
+
–
r
F2
Q3
х
Рис. 12
Следовательно,
Q1
( r + х) 2
=
Q2
х2
,
извлечем из обеих частей равенства арифметический корень
Q1
и найдем х
r+х
х=
=
Q2
х
r Q2
Q1 −
Отсюда следует, что
18
Q2
=
r Q
.
3 Q− Q
+
r
F1
х=
r
= 0,25 м.
2
Ответ: заряд Q3 надо поместить на расстоянии 0,25 м от второго заряда.
Задача 2
Три точечных заряда Q1 = Q2 = Q3 = 1 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q4 нужно поместить в центре треугольника, чтобы указанная система зарядов находилась в равновесии?
Дано:
Q1 = Q2 = Q3 = Q
Q = 1 нКл = 10 – 9 Кл
Q4 – ?
Решение
Система зарядов находится в состоянии равновесия, если на каждый из зарядов будет действовать результирующая сила, равная нулю.
Рассмотрим условие равновесия заряда Q4, который нужно поместить в центр треугольника (рис. 13).
Условие равновесия заряда Q4
r
r
r
F41 + F42 + F43 = 0,
r
r
r
где F41 , F42 , F43 – силы, с которыми действуют на заряд Q4 заряды Q1, Q2,
Q3, соответственно.
r
F41
2
+
+
+
3
r
F43
r
F42
4
+
+
–
r
F42
r
1
2
+
4
r
F43
3
r
F41
1
Рис. 13
+
По закону Кулона модули сил
F41 = F42 = F43 =
k Q4 Q
r
2
.
Из геометрического построения следует, что независимо от знака и величины заряда Q4, он всегда будет находиться в состоянии равновесия (см. рис. 13).
19
Все три заряда, расположенные в вершинах треугольника, находятся в одинаковых условиях, поэтому достаточно рассмотреть условие равновесия одного
из зарядов, например Q1. Чтобы этот заряд находился в состоянии равновесия, заряд Q4 должен быть отрицательным (рис. 14).
У
2
3
+
+
–
4
r
F4
1
β
+
r
F3
β
X
α
r
F2
Рис. 14
Условие равновесия заряда Q1
r
r
r
F2 + F3 + F4 = 0,
(1)
r
r
r
где F2 , F3 , F4 – силы, с которыми на заряд Q1 действуют заряды Q2, Q3,
Q4 соответственно.
Спроецируем (1) на оси х и у:
⎧F2 cos α − F3 cos α = 0
(2)
⎨
F
F
sin
F
sin
0
−
α
−
α
=
⎩ 4
2
3
По закону Кулона
F1 = F2 = F =
F4 =
k Q4 Q
r
2
kQ
а
2
2
,
(3)
.
Из геометрических построений расстояние r между 1 и 4 зарядами (см. рис. 14)
r=
a
a
.
=
2 cos β
3
20
(4)
Условие равновесия в направлении оси х от заряда Q4 не зависит. Поэтому с
учетом (3) и (4) преобразуем (2) к виду
3k Q 4 Q
a2
отсюда
Q4 =
2
=
Q 3
2
2k Q sin 60 o
a2
,
10 −9 3
=
= 5,8⋅10–10 Кл.
2
Ответ: в центр треугольника надо поместить отрицательный заряд – 5,8⋅10–10 Кл.
Задача 3
Тонкий очень длинный стержень равномерно заряжен с линейной плотностью заряда τ, равной 10 мкКл/м. На перпендикуляре к оси стержня, восстановленном из его конца, находится точечный заряд Q = 10 мКл. Расстояние от конца
стержня до заряда b = 20 см. Определить силу, действующую на точечный заряд.
Дано:
Решение
–6
Точечный заряд взаимодействует с равномерно
τ = 10⋅10 Кл/м
–9
Q = 10 нКл = 10⋅10 Кл распределенным по стержню зарядом. Разобьем стержень на элементарные участки длины dl с зарядом
b = 20⋅10–2 м
dQ = τdl. Каждый такой участок можно принять за
F– ?
точечный заряд.
По принципу суперпозиции результирующая сила взаимодействия заряда со
стержнем равна сумме взаимодействий заряда Q со всеми зарядами dQ, расположенными по стержню.
r
r
F = ∫ dF .
l
r
У каждого вектора dF свое направление, зависящее от положения заряда
dQ на стержне (рис. 15).
r
dF
r
dF
r
b
dQ
dQ
Рис. 15
Модуль dF можно определить по закону Кулона
21
dF =
k Q dQ
r2
,
1
, r – расстояние между Q и dQ.
4πε o
r
Представим вектор dF в rвиде
r
r
dF = dFх i + dFy j ,
где k =
тогда
r
r
r
F = Fх i + Fy j ,
где Fx и Fy – проекции результирующей силы на оси 0х и 0у,
Fx = ∫ dFx ,
Fy = ∫ dFy .
l
Модуль силы
l
F = Fx2 + Fy2 .
Найдем проекции Fx и Fy.
Выберем оси 0х и 0у, как показано на рис. 16. Пусть заряд dQ находится на
расстоянии х от начала координат.
r
dF
у
α
r
j b
0
r
r
i
α
dQ
х
Рис. 16
r
Угол между вектором dF и осью х равен 1800– α. Тогда
dFx = – dF⋅cosα,
Следовательно,
dFy = dF⋅sinα.
Fх = − ∫
k Q τdl cos α
r
l
22
2
,
Fy = ∫
k Q τdl sin α
r2
l
Из рис. 16 видно, что
r=
b
,
sin α
dх = −
.
(1)
х=
dl = dx,
bdα
2
2
tg α cos α
=−
bdα
2
sin α
b
,
tgα
.
Подставим dx и r в формулы для Fx и Fy, получим
0
kQτ
π/ 2
b
Fх = ∫
cos αdα =
0
kQτ
π/2
b
Fy = − ∫
kQτ
sin αdα = −
Таким образом, проекции Fx и Fy
равны
векr по величине. Следовательно,
0
тор F образует угол 135 с осью 0х (рис.
17), или 450 с осью 0у, а его модуль равен
F=
kQτ
b
b
sin α
kQτ
b
0
π/ 2
=−
( − cos α )
kQτ
b
0
π/2
=
.
kQτ
b
.
y
r
F
β
Q
2.
Подставим числовые данные и сделаем вычисления:
0
x
Рис. 17
F=
9 ⋅ 10 9 ⋅ 10 −5 ⋅ 10 −8 2
20 ⋅ 10 − 2
= 6,4⋅10–3 H.
Ответ: сила, действующая на точечный заряд, равна 6,4⋅10–3 H.
Задача 4
Тонкая бесконечная нить согнута под прямым углом. Нить несет заряд, равномерно распределенный с линейной плотностью τ = 10 мкКл/м. Определить си23
лу F, действующую на точечный заряд Q = 10 нКл, расположенный на продолжении одной из сторон и удаленный от вершины угла на b = 20 см.
Дано:
τ = 10⋅10–6 Кл/м =1,0⋅10–5Кл/м
Q = 10⋅10–9 Кл = 10–8 Кл
b = 20⋅10–2 м
F– ?
Решение
Точечный заряд взаимодействует с зарядом, равномерно распределенным по стержню.
Будем считать, что стержень состоит из двух
отрезков, один расположен вдоль оси 0х, другой
– по оси 0у (рис. 18).
По принципу суперпозиции сила взаимодействия заряда Q со стержнем
r r
r
F = F1 + F2 ,
r
r
где F1 – сила взаимодействия с горизонтальным отрезком, а F2 – с вертикальным отрезком.
r
Сила F1 известна из решения задачи №3, ее модуль равен
F1 =
r
kQτ
b
2,
а вектор F1 направлен под углом β = 450 к оси 0у.
y
r
F1
β
Q
I
dQ
х
II
Рис. 18
r
Определим силу F2 . Для этого разобьем вертикальный отрезок стержня на
элементарные участки длины dl с зарядом dQ = τdl. Каждый такой участок
можно принять за точечный и модуль силы взаимодействия между зарядами Q и
dQ определить по закону Кулона
24
dF =
k dQ Q
y
,
r2
где r – расстояние между зарядами Q и dQ.
r
dF
Со стороны всех остальных бесконечно малых элементов стержня на заряд
Q будут действовать элементарные силы,
r
направленные в ту же сторону, что и dF .
Сложив их модули, найдем искомую силу
r
F2, действующую на заряд Q. Вектор F2
будет сонаправлен с осью 0у:
F2 = ∫ dF = ∫
l
l
kτdl Q
r
2
r
0
dQ
.
Рис. 19
Из рис. 19 видно, что dl = dy,
оси 0у равны бесконечности и нулю.
r = b + y, а пределы интегрирования по
∞ k Q τdy
F2 = ∫
0
(y + b )
2
=
kQτ
0
(y + b ) ∞
=
kQτ
b
.
Модуль результирующей силы
F = F12 + F22 + 2F1 F2 cos β ,
r
r
где β – угол между векторами F1 и F2 , который равен 450.
r
Покажем на рис. 20 направление вектора F .
r
F
y
r
F1
β
r
F2
Q
х
Рис. 20
Определим модуль силы F:
25
F=
kQτ
b
2+1+
kQτ
2 2 ⋅1 2
.
= 5
2
b
Сделаем вычисления:
F=
5 ⋅ 9 ⋅ 10 9 ⋅ 10 −8 ⋅ 10 −6
20 ⋅ 10
−2
= 10,05⋅10–3 Н.
Ответ: сила, действующая на точечный заряд, равна 10,05⋅10–3 Н.
Задача 5
Два точечных электрических заряда Q1 = 1 нКл и Q2 = – 2 нКл находятся в
r
воздухе на расстоянии d = 10 см друг от друга. Определить напряженность Е поля, создаваемого этими зарядами в точке А, удаленной от заряда Q1 на расстояние
r1 = 9 см и от заряда Q2 на r2 = 7 см.
Дано:
Решение
–9
Электростатическое поле создают два точечных заQ1 = 10 Кл
–9
ряда Q1 и Q2.
Q2 = – 2⋅10 Кл
Согласно принципу суперпозиции напряженность
d = 0,1 м
поля в данной точке будет равна сумме напряженностей
r1 = 9⋅10–2 м
полей, создаваемых каждым из этих зарядов в отдельно–2
r2 = 7⋅10
м
сти в этой точке:
r
r r
r
r
ЕА – ?
Е = Е1 + Е 2 = ∑ Е i .
(1)
r
r
Изобразим векторы Е1 и Е 2 на рис. 21.
r
Е1
A
β
r
Е2
Q1
+
α
– Q2
Рис. 21
26
r
Е
r
Вектор Е1 направлен вдоль прямой, соединяющей точку А и заряд Q1, от
заряда Q1, так как заряд Q1 положительный.
r
Вектор Е 2 направлен вдоль прямой, соединяющей точку А и заряд Q2, к заряду Q2, так как этот заряд отрицательный.
r
r
r
Сложив векторы Е1 и Е 2 по правилу параллелограмма, получим вектор Е .
Для нахождения его модуля, возведем обе части равенства (1) в квадрат
и получим
r
r
r
r r
Е 2 = Е12 + Е 22 + 2Е1 Е 2
Е = Е12 + Е 22 + 2Е1 Е 2 cos α ,
r
(2)
r
где α – угол между векторами Е1 и Е 2 , а Е1 и Е2 – модули этих векторов.
Модуль вектора напряженности Еi, создаваемого в воздухе зарядом Qi, определяется по формуле
Еi =
Qi
4πε o ri2
,
(3)
где ri – расстояние от заряда до точки поля.
Учтем, что α + β = 1800 (рис. 21), тогда cosα = – cosβ, а cosβ можно найти
из треугольника со сторонами r1, r2 и d
r12 + r22 − d 2
.
cos β =
2r1r2
В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cosα
вычислить отдельно:
d 2 − r12 − r22 10 2 − 9 2 − 7 2
cosα =
=
= – 0,238.
2⋅9⋅7
2r1r2
Подставим выражение Е1 и Е2 из формулы (3) в равенство (2) и получим
1
Е=
4πε о
Q 12
r14
+
Q 22
r24
Подставим числовые значения и вычислим:
27
+
2 Q1 Q 2
r12 r22
cos α .
Е = 9 ⋅ 10
10 −18
9
9 4 ⋅ 10 −8
+
4 ⋅ 10 −18
7 4 ⋅ 10 −8
−
4 ⋅ 10 −9 ⋅ 10 −9 0,238
9 2 ⋅ 7 2 ⋅ 10 −8
.
Е = 3,6 кВ/м.
Ответ: напряженность поля в точке А равна 3,6 кВ/м.
Задача 6
Четверть тонкого кольца радиусом 3,0 см несет заряд, равномерно распределенный с линейной плотностью τ = 10–8 Кл/м. Определить напряженность поля в
центре кольца.
Дано:
Решение
–2
Поле создает заряд, равномерно распределенный по
r = 3⋅10 м
–8
кольцу.
τ = 1⋅10
Кл/м
r
Разобьем кольцо на элементарные участки длиной
Е–?
dl с зарядом dQ = τdl (рис. 22). Каждый такой участок
можно принять за точечный заряд.
dQ
0
х
r
dE
у
Рис. 22
Модуль dE можно определить по формуле
dE =
k dQ
r
=
2
где r – расстояние от заряда до точки О.
28
kτdl
R
2
,
Искомая напряженность поля в точке О по принципу суперпозиции равна
векторной сумме элементарных напряженностей, созданных в этой точке всеми
элементарными участками кольца
r
r
Е = ∫ dE .
l
r
Так как все векторы dE имеют различные направления (рис. 22), то представим его в виде
r
r
r
dE = dE x i + dE y j ,
тогда
r
r
r
r
E = Ex i + Ey j ,
где проекция вектора E
Е х = ∫ dE x ,
Е y = ∫ dE y ,
r
а модуль вектора E определяется по формуле
E = E 2x + E 2y .
Определим проекции Ех и Еу.
Из рис. 23 видно, что
dE x = dE cos α =
dE y = dE sin α =
Отсюда
Ex = ∫
l
Eу = ∫
l
kτdl
R
2
kτdl
R
2
29
kτdl
R
2
kτdl
cos α ,
sin α .
R2
cos α ,
sin α .
dQ
dα
α
0
α
х
r
dE
у
Рис. 23
Интегрирование ведется по четверти кольца, причем
dl = R⋅dα,
где dα – центральный угол, а dl – длина дуги окружности радиуса R, опирающаяся на этот угол.
Переходя к интегрированию по углу, получаем
Ex = ∫
Ey = ∫
kτRdα
R2
kτRdα
R2
cos α =
π / 2 kτ
kτ π / 2
kτ
sin
d
cos
α
α
=
−
α
= .
∫
R 0
R
0
R
sin α =
π / 2 kτ
kτ π / 2
kτ
cos
d
sin
α
α
=
α
= .
∫
R 0
R
0
R
Ех и Еу оказались равными,r следовательно, векrТаким образом, проекции
тор Е образует углы 450 с осями х и у. Изобразим вектор Е на рис. 24.
0
х
r
E
у
Рис. 24
Вычислим модуль Е:
30
kτ 9 ⋅ 10 9 ⋅ 10 −8 2
=
= 4,2⋅10–3 Н/Кл.
Е= 2
R
3 ⋅ 10 − 2
Ответ: напряженность поля в центре кольца равна 4,2⋅10–3 Н/Кл.
Задача 7
На пластинах плоского конденсатора находится заряд Q = 10 нКл. Площадь
S каждой пластины конденсатора равна 100 см2, диэлектрическая
r проницаемость
среды между обкладками конденсатора ε = 1. Определить силу F , с которой притягиваются пластины. Поле между пластинами считать однородным.
Дано:
Q = 10 нКл = 10–8 Кл
S = 100 см2 = 10–2 м2
ε=1
Поле однородное
r
F–?
Решение
На пластинах конденсатора находятся равные по
величине и противоположные по знаку заряды. Они
притягиваются с силами, равными по величине и противоположными по направлению, согласно третьему закону Ньютона (рис. 25). Поэтому достаточно определить
силу, действующую на одну из пластин.
Q1
1
r
F1
r
F2
– Q2
2
Рис. 25
r Будем считать, что вторая пластина находится в электростатическом поле
Е 1, которое создает первая пластина. Определим силу, действующую на вторую
пластину.
Вектор силы
r
r
F2 = Q 2 E1 ,
а модуль силы
F2 = Q E1 .
Напряженность поля заряженной пластины найдем, используя теорему Гаусса: поток вектора напряженности через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядов внутри этой поверхности, деленной на ε0.
31
r r ∑ Qi
.
Е
∫ dS =
εo
Будем считать пластину конденсатора равномерно заряженной плоскостью.
Из соображений симметрии вытекает, что напряженность поля пластины в
любой точке имеет направление, перпендикулярное к плоскости, а в симметричных относительно плоскости точках напряженность поля одинакова по величине
и противоположна по направлению. Линии напряженности представляют собой
совокупность параллельных равноотстоящих прямых (рис. 26). В качестве замкнутой поверхности выберем прямой цилиндр с образующими, перпендикулярными к плоскости, и основаниями величины Sосн, расположенным симметрично относительно пластины.
r
n2
r
E
r
n1
r
E
r
n2
Рис. 26
Представим поток через замкнутую поверхность как сумму потоков через
боковую поверхность цилиндра Фб и два его основания Фосн, следовательно,
r r
r r
r r
Ф = ∫ Еd S = ∫ Еd S + 2 ∫ Еd S .
S
S
б
осн
r
Поток вектора Е через боковую поверхность
r r
Ф б = ∫ ЕdS cos(n 2 E ) = 0,
Sб
r
так как угол между нормалью n2 к поверхности и вектором Е равен 900.
Поток через основания
r r
2Ф осн = 2 ∫ ЕdS cos n E = 2ЕS ,
Sосн
r
так как угол между нормалью n1 к основанию и вектором Е равен 00, следова-
(
тельно,
32
)
Ф = 2Е⋅Sосн.
С другой стороны алгебраическая сумма зарядов, заключенных внутри этой замкнутой поверхности
∑ Q i = σ ⋅ S осн ,
где σ – поверхностная плотность заряда, σ = Q/S, поэтому
2Е⋅Sосн =
σ ⋅ S осн
,
εо
а следовательно,
Е=
Q
σ
=
.
2ε о 2ε о S
Сила, с которой притягиваются пластины
Q2
F = QE =
.
2ε o S
Подставим числовые значения и сделаем вычисления:
F=
10 −16
2 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 10 − 2
= 5,6⋅10–4 Н.
Ответ: сила притяжения пластин 5,6⋅10–4 Н.
Задача 8
Точечный заряд Q = 25 нКл находится в поле, созданном прямым бесконечным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным, с поверхностной
r
2
плотностью σ = 0,2 нКл/см . Определить силу F , действующую на заряд, если его
расстояние от оси цилиндра равно 10 см.
33
Дано:
Q = 25 нКл = 2,5⋅10–8 Кл
R = 1 см = 10–2 м
σ = 0,2 нКл/см2 = 0,2⋅10–5 Кл/м2
r = 10rсм = 0,1 м
F–?
Решение
Точечный заряд Q находится в электростатическом поле, которое создает бесконечно
длинный заряженный цилиндр.
Силу, действующую на заряд в электростатическом поле можно определить по формуле:
r
r
F = QE ,
r
где E – напряженность поля цилиндра в той точке, где находится заряд Q,
модуль силы
F = QE .
Напряженность поля цилиндра найдем, используя теорему Гаусса
r r ∑ Qi
Ф = ∫ ЕdS =
.
εo
Из соображений симметрии следует, что напряженность поля в любой точке
должна быть направлена вдоль радиальной прямой, перпендикулярной к оси цилиндра. Величина напряженности в любой точке на расстоянии r от оси цилиндра
имеет одно и то же значение. Линии напряженности представляют собой совокупность радиальных прямых, начинающихся на поверхности заряженного цилиндра (рис. 26). Для расчета поля в точке А, находящейся на расстоянии r от оси
цилиндра выберем коаксиальную с заряженной поверхностью замкнутую цилиндрическую поверхность радиуса r и высотой h (рис. 27).
+
r
Е
r
+
A
+
+ R
+
h
+
+
r
n
+
+
+
+
+
+
+
+
Рис. 27
34
r
E
A
r
n
Рис. 26
+
r
E
r
n1
r
Представим поток вектора Е через замкнутую поверхность как сумму потоков через боковую поверхность цилиндра Фб и два его основания Фосн (рис. 27)
r r
Ф = ∫ ЕdS = Фб + 2 Фосн.
S
r
Поток вектора Е через боковую поверхность
r r
Ф б = ∫ ЕdS cos(E, n 1 ),
Sб
r
так как угол между нормалью n1 и вектором Е равен 00,
Фб = Е⋅2πrh.
r
Поток вектора Е через основание цилиндра
r r
Ф осн = ∫ ЕdS cos(E, n ),
Sосн
r
так как угол между нормалью n и вектором Е равен 900, то
Фоснr = 0.
Поэтому полный поток вектора Е через замкнутую поверхность равен
Ф = Фб = Е⋅2πrh.
С другой стороны, алгебраическая сумма зарядов, заключенных внутри этой
замкнутой поверхности (заряд находится на цилиндре радиуса R)
∑ Q i = σ 2πRh ,
поэтому
Е⋅2πrh =
а следовательно,
E=
σR
,
εor
σ 2πRh
,
εo
если r ≥ R.
35
r
Направление силы F показано на рис. 26. Определим ее величину
F=
Qσ R
.
ε or
Подставим числовые значения и вычислим F:
F=
2,5 ⋅ 10 −8 ⋅ 2 ⋅ 10 −6 ⋅ 10 − 2
8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 10 −1
= 5,6⋅10–4 Н.
Ответ: на заряд действует сила 5,6⋅10–4 Н.
Задача 9
Полый шар из диэлектрика (ε2 = 6) несет равномерно распределимый по объему заряд с ρ = 0,1 мкКл/м3. Внутренний радиус шара R1 = 2 см, а наружный –
R2 = 6 см. Шар находится в среде с rдиэлектрической проницаемостью
ε3 = 3. Опr
ределить электрическое смещение D и напряженность поля Е в точках, находящихся на расстоянии: 1) r1 = 1 см, 2) r2 = 3 см, 3) r3 = 6 см, 4) r4 = 10 см. Построить графики зависимости Е и D от r.
Дано:
ρ = 0,1 мкКл/м3 = 10–7 Кл/м3
R1 = 2 см = 2⋅10–2 м
R2 = 6 см = 6⋅10–2 м
ε1 = 1, ε2 = 6, ε3 = 3
r1 = 1 см = 1⋅10–2 м
r2 = 3 см = 3⋅10–2 м
r3 = 6 см = 6⋅10–2 м
r4 = 10 см = 10⋅10–2 м
Е–?
Решение
Источником поля является равномерно заряженный по объему шаровойrслой диэлектрика.
Напряженность
поля Е и электрическое
r
смещение
r D rполя шара найдем, используя связь
между D иr Е
r
D = ε0 ε Е
и теорему Гаусса
r r
Ф = ∫ DdS = ∑ Q i = ∫ ρdV ,
S
V
r r
где ∫ DdS – поток вектора электрического смещения через замкнутую поверхS
ность S, ∑ Q i – алгебраическая сумма свободных зарядов внутри этой поверхности, ρdV = dQ – заряд элемента объема.
Поле в этом случае
r обладает центральной симметрией. Это означает, что направление вектора D в любой точке проходит через центр сферы, а его величина
36
на
r одинаковых расстояниях от центра будет одна и та же (рис. 28). Линии вектора
D представляют собой совокупность радиальных прямых, начинающихся на поверхности шара радиуса R1.
ε2
r
D
ε3
ε1
1 2
3
r
4
Рис. 28
Точки r1, r2, r3 и r4 находятся в областях с различными диэлектрическими проницаемостями среды и источники поля в этих областях разные. Поэтому получим формулы для расчета Е и D в каждой из этих областей.
Замкнутую поверхность S выбираем в форме сфер, проходящих через точки
r
А, В, С (рис. 29).
D
r
r
n
D
r
n
ε2
ε2
ε2
B
A
ε1
ε1
r1
r2
C
ε1
r4
1
2
3
Рис. 29
В первом случае внутри сферы радиусом rA нет зарядов, вследствие чего
DА = 0,
ЕА = 0,
(1)
(2)
т.е. во всех точках r ≤ R1, поле отсутствует.
37
r
r
В случаях 2 и 3 (рис. 29) угол α между вектором D и нормалью n к
элементу поверхности сферы dS равен 00, поэтому
Ф 2 = ∫ DdS = D ⋅ 4πrB2 ,
SB
Ф 3 = ∫ DdS = D ⋅ 4πrС2 .
SС
Определим заряды, которые находятся внутри этих сфер.
Во втором случае заряд Q2 сосредоточен в объеме V2 шарового слоя с радиусами R1 и rB
(
)
4
Q 2 = ∫ ρdV = ρV2 = ρ π rB2 − R 12 .
3
V2
В этом случае на основе теоремы Гаусса получим выражение
(
Отсюда
)
4
D В 4πrB2 = ρ π rB3 − R 13 .
3
R 13 ⎞⎟
ρ ⎛⎜
D=
r− 2 ,
3 ⎜⎝
r ⎟⎠
(3)
R 13 ⎞⎟
ρ ⎛⎜
E=
r− 2 ,
3ε o ε 2 ⎜⎝
r ⎟⎠
(4)
эти формулы справедливы для R1 ≤ r ≤ R2.
В третьем случае заряд сосредоточен в объеме V3 шарового слоя с радиусами R1 и R2, т.е. равен заряду шара Qш
(
)
4
Q3 = Qш = ∫ ρdQ = ρV3 = ρ π R 32 − R 13 .
3
V3
В этом случае на основе теоремы Гаусса получим выражение
(
Отсюда
)
4
D С 4πrС2 = ρ π R 32 − R 13 = Q ш .
3
38
(
D=
ρ R 32 − R 13
E=
ρ R 32 − R 13
3r
2
(
3εε o r
2
)=
Qш
4πr
)=
2
,
(5)
Qш
4πε o ε 3 r
2
,
(6)
эти формулы справедливы для r ≥ R2. Следовательно, вне шара поле убывает по
такому же закону, как и у поля точечного заряда, расположенного в центре шара.
Сделаем вычисления.
Точка r1 = 1 см находится в первой области
–2
D1 = 0 ,
Е1 = 0.
10 −7
D2 =
3
−6 ⎞
⎛
8
10
⋅
−
2
⎟ = 7,03⋅10–10 Кл/м2,
⎜ 3 ⋅ 10 −
⎜
9 ⋅ 10 −4 ⎟⎠
⎝
Точка r2 = 2⋅10 м находится во второй области, подставим в (3) и (4) числовые данные и получим:
Е2 =
0,703 ⋅ 10 −9
8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 6
= 13,2 В/м.
Точка r3 = 6⋅10–2 м находится на границе двух областей. Величину D можно
вычислить по одной из двух формул (4 или 5)
2 3 ⋅ 10 −6 ⎞⎟
10 − 2 ⎛⎜
−2
D3 =
= 19,3⋅10–10 Кл/м2,
6 ⋅ 10 − 2
3 ⎜⎝
6 ⋅ 10 −4 ⎟⎠
или
D3 =
10 −7 (6 3 − 2 3 ) ⋅ 10 −8
3 ⋅ 36 ⋅ 10
−4
= 19,3⋅10–10 Кл/м2.
r
Вектор Е на границе двух диэлектриков терпит разрыв, поэтому он будет
иметь два значения
D3
19,3 ⋅ 10 −10
=
= 37,7 В/м.
Е′3 =
ε о ε 2 8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 6
39
D3
19,3 ⋅ 10 −10
Е′3′ =
=
= 75,4 В/м.
ε о ε 3 8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 3
Точка r4 = 10⋅10–2 м находится в третьей области, поэтому будем вычислять
по формулам (5) и (6):
D4 =
Е4 =
10 −7 (216 − 8 ) ⋅ 10 −6
3 ⋅ 100 ⋅ 10 −4
6,93 ⋅ 10 −10
8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 3
= 6,93⋅10–10 Кл/м2,
= 26,1 В/м.
Нарисуем графики D = f(r) и Е = f(r) (рис. 30).
D, 10–10 Кл/м2
20
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
r, 10–2 м
2
3
4
5
6
7
8
9
10
r, 10–2 м
E, В/м
80
40
1
Рис. 30
40
Потенциал электростатического поля.
Связь напряженности с потенциалом. Работа сил поля
Задача 10
Два разноименных заряда 2 мкКл и – 3 мкКл каждый расположены в вершинах равностороннего треугольника со стороной 0,3 м. Определите потенциал
электрического поля в третьей вершине.
Дано:
Q1 = 2⋅10–6 Кл
Q2 = – 3⋅10–6 Кл
a = 0,3 м
ϕ–?
циалов ϕ1В
Решение
Рассмотрим электростатическое поле, которое создает система из двух разноименных зарядов.
Согласно принципу суперпозиции электрических полей,
каждый заряд создает поле независимо от присутствия других
зарядов. Поэтому потенциал электрического поля в точке В
(рис. 31) может быть найден как алгебраическая сумма потени ϕ2В, создаваемых каждым точечным зарядом в этой точке
ϕВ = ∑ ϕ iB = ϕ1В + ϕ2В.
Q2 –
Q1 +
B
Рис. 31
Потенциал ϕi точечного заряда Qi определяется по формуле
ϕi =
Qi
,
4πε o ri
где ri – расстояние от заряда до точки поля.
В нашем случае r1 = r2 = a, следовательно,
ϕВ =
Q1
Q2
1
+
=
(Q 1 + Q 2 ) .
4πε o a 4πε o a 4πε o a
41
Подставим числовые значения и вычислим ϕВ
(
)
9 ⋅ 10 9
ϕВ =
2 ⋅ 10 −6 − 3 ⋅ 10 −6 = – 3⋅104 В.
0,3
Ответ: потенциал в третьей вершине равен – 3⋅104 В.
Задача 11
1/4 часть кольца радиусом 3⋅10–2 м несет заряд, равномерно распределенный
с линейной плотностью τ = 10–5 Кл/м. Определите потенциал в центре кольца.
Дано:
R = 3⋅10–2 м
τ = 10–8 Кл/м
ϕ–?
Решение
Разобьем кольцо (рис. 32) на элементарные участки длиной dl с зарядом dQ = τdl. Каждый такой участок можно
принять за точечный заряд, и тогда потенциал dϕ поля, созданного точечным зарядом dQ, вычислим по формуле
dϕ =
τdl
dQ
,
=
4πε o r 4πε o R
где r – расстояние от участка dl до точки О.
dQ
r
Рис. 32
По принципу суперпозиции потенциал результирующего поля
τdl
τl
ϕ = ∫ dϕ = ∫
=
4πε o R
l
l 4πε o R
2 πR
4
0
Подставим числовые значения и сделаем вычисления:
42
=
τ2πR
τ
.
=
4 ⋅ 4πε o R 8ε o
ϕ=
10 −8
8 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −12
= 1,4⋅10–2 В.
Ответ: потенциал равен 1,4⋅10–2 В.
Задача 12
Тонкий диск радиуса R равномерно заряжен с поверхностной плотностью σ.
Найти потенциал и напряженность поля в точке А, лежащей на оси диска на расстоянии r от него.
Дано:
Решение
Поле создано зарядом, распределенным по диску. Оно не обR
ладает достаточной симметрией и нельзя указать точную конфигуσ
рацию силовых линий, поэтому для расчета напряженности и поr
тенциала поля можно использовать только принцип суперпозиции.
ϕ – ? Е – ? Этим методом можно найти независимо друг от друга и напряженность, и потенциал. Однако, проще этим методом определить потенциал, так как
он является скалярной величиной, а напряженность поля определить, используя
связь между ϕ и Е.
Разобьем диск на элементарные кольца толщиной dх (рис. 33).
Заряд кольца
dQ = σdS,
где dS – площадь кольца.
dS = 2πхdx.
A
a
x
R
Рис. 33
Потенциал поля кольца равен сумме потенциалов, созданных всеми его точечными элементами. Так как последние равноудалены от точки А, то, заменив
43
заряд кольца точечным зарядом той же величины, удаленным на расстояние
х 2 + а 2 от точки А, найдем потенциал кольца
dϕ =
1 2πσxdx
.
2
2
4πε o x + a
Потенциал диска
σ ⎛ 2
2 R xdx
=
⎜ r + R 2 − r ⎞⎟ . (1)
∫
⎠
4πε o 0 x 2 + r 2 2ε o ⎝
0
r
Из соображений симметрии ясно, что вектор напряженности E электрического поля направлен в точке А вдоль оси диска. Рассматривая величину r как
R
ϕ = ∫ dϕ =
переменную, воспользуемся формулой
Еr = −
dϕ
.
dr
Дифференцируя выражение (1), определим напряженность поля диска
Е=
σ
2ε о
⎛
r
⎜1 −
⎜
r2 + R2
⎝
⎞
⎟.
⎟
⎠
Задача 13
Разноименные точечные заряды по 5⋅10–8 Кл каждый находятся на расстоянии 5 см друг от друга. Какую работу нужно совершить, чтобы расстояние между
ними увеличить до 50 см?
Дано:
Решение
–8
Будем считать, что первый заряд неподвижный. ВоQ1 = 5⋅10 Кл
круг заряда есть электростатическое поле. Это поле – неодQ2 = – 5⋅10–8 Кл
r1 = 5 cм = 5⋅10–2 м нородное. Второй заряд перемещается в поле первого заряда из точки 1 в точку 2 (рис. 34).
r2 = 50 cм = 5⋅10–1 м
А–?
1
2
+
—
Q1
Q2
Рис. 34
44
Работа сил поля по перемещению заряда Q2 из точки 1 в точку 2 может быть
вычислена по формуле
А = Q2(ϕ1 – ϕ2),
(1)
где ϕ1 – потенциал поля заряда Q1 в точке 1, отстоящей от него на расстоянии
r1, ϕ2 – потенциал поля заряда Q1 в точке 2, отстоящей от него на расстоянии r2,
Q2 – заряд, который перемещается.
Потенциалы поля ϕ1 и ϕ2 вычислим по формуле потенциала поля точечного заряда:
ϕ1 = k
Q1
;
r1
ϕ2 = k
Q1
.
r2
(2)
Подставим значения потенциалов (2) в формулу (1)
А = Q2 ( k
Q1
Q
– k 1 ).
r1
r2
Вычислим величину работы:
А = – 4⋅10–4 Дж.
Работа сил поля по перемещению заряда отрицательна. Это значит, что переместить заряд Q2 из точки 1 в точку 2 могут лишь внешние силы
Ответ: для увеличения расстояния между зарядами до 50 см внешние силы
должны совершить работу 4⋅10–4 Дж.
Задача 14
Полый шар из диэлектрика (ε2 = 6) несет равномерно распределимый по объему заряд с ρ = 0,1 мкКл/м3. Внутренний радиус шара R1 = 2 см, а наружный –
R2 = 6 см. Шар находится в среде с диэлектрической проницаемостью ε3 = 3. Вычислить потенциал в точках, отстоящих от центра сферы на расстоянии r1 = 1 см,
r2 = 2 см, r3 = 3 см, r4 = 6 см, r5 = 10 см. Построить график зависимости ϕ от r.
45
Дано:
ρ = 0,1 мкКл/м3 = 10–7 Кл/м3
R1 = 2 см = 2⋅10–2 м
R2 = 6 см = 6⋅10–2 м
ε1 = 1, ε2 = 6, ε3 = 3
r1 = 1 см = 1⋅10–2 м
r2 = 2 см = 2⋅10–2 м
r3 = 3 см = 3⋅10–2 м
r4 = 6 см = 6⋅10–2 м
r5 = 10 см = 10⋅10–2 м
ϕ–?
Решение
Для определения потенциала в указанных
точках воспользуемся тем, что нам известна напряженность поля шара.
Е = 0,
если r ≤ R;
(1)
R 13 ⎞⎟
ρ ⎛⎜
E=
r− 2 ,
3ε o ε 2 ⎜⎝
r ⎟⎠
R1 ≤ r ≤ R2
(2)
E=
(
ρ R 32 − R 13
3εε o r
2
)=
Qш
4πε o ε 3 r
2
, r ≥ R2
(3)
Связь между напряженностью поля и изменением разности потенциала выражается формулой
r
Е = −gradϕ .
Для поля с центральной симметрией, каким является поле шара, это соотношение можно записать в виде
Er = −
или
dϕ
,
dr
dϕ = −E r dr .
(4)
Интегрируя, последнее выражение можно найти разность потенциалов двух
точек, находящихся на расстоянии r1 и r2 от центра шара.
Так как нам надо определить не разность потенциалов, а потенциал, мы
должны знать значение потенциала в какой-либо точке поля.
Будем считать, что потенциал на бесконечности равняется нулю, т. е. нам
известен потенциал в области r ≥ R2, поэтому сначала получим формулу для определения потенциала в этой области.
Поставим (3) в (4) и, интегрируя, получим
∞
∞
Q ш dr
Qш 1 ∞
=
−
.
2
4
πε
ε
4
πε
ε
r
r
r
о 3 r
о 3
∫ dϕ = − ∫
r
Подставив пределы интегрирования, имеем
ϕ(∞ ) − ϕ(r ) = 0 −
отсюда
46
Qш
,
4πε о ε 3 r
ϕ(r ) =
Qш
,
4πε о ε 3 r
(5)
где
Qø =
4
π( R 32 − R 13 )ρ = 8,7⋅10–11 Кл.
3
Теперь нам известен потенциал на границе области R1 ≤ r ≤ R2, и можно
получить формулу для определения потенциала в этой области.
Для этого определим разность потенциалов между точкой r и R2, так как в
точке R2 потенциал нам известен, он рассчитывается по формуле (5).
Подставим (2) в (4)
R2
R2
ρ
∫ dϕ = − ∫
r 3ε 2 ε o
r
3⎞
⎛
R
1
⎜r −
⎟dr ,
2 ⎟
⎜
r ⎠
⎝
интегрируя и подставляя пределы интегрирования, получим
R2
ρ
ϕ(r ) = ϕ( R 2 ) + ∫
r 3ε 2 ε o
ρ
ϕ(r ) = ϕ( R 2 ) +
3ε 2 ε o
3⎞
⎛
R
1
⎜r −
⎟dr ,
2 ⎟
⎜
r ⎠
⎝
⎛ r 2 2R 13 ⎞ R 2
⎜ +
⎟ .
⎜ 2
⎟r
r
⎝
⎠
Подставив пределы интегрирования, представим формулу ϕ(r) в виде трех
слагаемых, два из которых не зависят от r.
Итак,
ρ
ϕ(r ) = ϕ( R 2 ) +
6ε 2 ε o
⎛ 2 2R 13 ⎞
⎜R2 +
⎟− ρ
⎜
R 2 ⎟⎠ 6ε 2 ε o
⎝
⎛ 2 2R 13 ⎞
⎜r +
⎟.
⎜
r ⎟⎠
⎝
Введем обозначения
ρ
;
К=
6ε о ε 2
А=
R 22
2R 13
,
+
R2
2R 13
.
В=r +
r
2
Тогда
ϕ(r ) = ϕ( R 2 ) + К ⋅ А − К ⋅ В .
47
(6)
Определим потенциал в первой области 0 ≤ r ≤ R1. Подставим (1) в (4) и получим
dϕ = −0dr = 0 ,
следовательно,
ϕ = const.
Потенциал в любой точке этой области в силу непрерывности потенциала равен потенциалу на внутренней поверхности шарового слоя
ρ
ϕ(r ) = ϕ( R 1 ) = ϕ( R 2 ) +
6ε 2 ε o
⎛ 2 2R 13 ⎞ ρR 12
⎜R2 +
⎟+
,
⎜
⎟
R
2
ε
ε
2 o
2 ⎠
⎝
или
ϕ(r ) = ϕ( R 2 ) + КА + 3КR 12 .
(7)
Из полученных выражений для ϕ(r), легко увидеть, что формула (6) при r =
R1 переходит в формулу (7), а при R = R2 – в формулу (5).
Подставив в формулы (5), (6), (7) числовые значения и сделав вычисления,
получим
ϕ(r1) = 5,18 В;
ϕ(r2) = 5,18 В;
ϕ(r3) = 5,11 В;
ϕ(r4) = 4,35 В;
ϕ(r5) = 2,61 В.
График зависимости ϕ(r):
ϕ, В
6
5
4
3
2
1
1
2
R1
3
4
5
6
R2
Рис. 35
48
7
8
9
10
r, 10–2 м
Задача 15
Электрическое поле образовано положительно заряженной длинной нитью.
Двигаясь в этом поле из точки 1 в точку 2, находящихся на расстоянии r1 = 1 см
и r2 = 4 см от нити, α-частица увеличила свою скорость от 2,0⋅105 до 3,0⋅105 м/с.
Найти линейную плотность распределения заряда на нити, считая ее постоянной.
Дано:
Решение
–2
Рассмотрим движение заряженной частицы в электриr1 = 1⋅10 м
–2
ческом поле, созданным заряженной нитью (рис. 36).
r2 = 4⋅10 м
Поле длинной нити неоднородно и обладает осевой
m = 6,7⋅10–27 кг
симметрией: силовые линии прямые и в любой плоскости,
Q = 3,2⋅10–19 Кл
перпендикулярной оси цилиндра, радиальны (рис. 37).
υ1 = 2,0⋅105 м/c
υ2 = 3,0⋅105 м/c
τ–?
τ
r
υ2
r
υ1
1
τ
2
Рис. 36
Рис. 37
Напряженность поля зависит только от расстояния r до нити и определяется
по формуле
Е=
τ
.
2πε о r
Эта формула может быть получена с помощью теоремы Гаусса.
По теореме о кинетической энергии: изменение кинетической энергии αчастицы равняется работе сил поля, совершаемой при ее перемещении из точки 1
в точку 2
mυ 22 mυ12
−
= Q( ϕ 1 − ϕ 2 ) .
2
2
49
(1)
Разность потенциалов между точками 1 и 2 можно найти, воспользовавшись
формулой
Е2 = −
dϕ
,
dr
− dϕ = E r dr .
Подставляя Е и интегрируя, получаем
2
r2
1
r1
− ∫ dϕ = ∫ E r dr cos 0 ,
r2
r
τ dr
τ
=
ln 2 .
2πε o r1
r1 2πε o r
ϕ1 − ϕ 2 = ∫
(2)
Следовательно,
mυ 22 mυ12
r
Qτ
ln 2 ,
−
=
2
2
2πε o r1
отсюда
(
)
m υ 22 − υ12 πε o
τ=
.
⎛ r2 ⎞
Q ln⎜⎜ ⎟⎟
⎝ r1 ⎠
Сделаем вычисления:
τ=
6,7 ⋅ 10 − 27 ⋅ 1010 ( 3 2 − 2 2 )3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −12
3,2 ⋅ 10 −19 ln 4
Ответ: линейная плотность заряда на нити 3,7⋅10–6 Кл/м.
50
= 3,7⋅10–6 Кл/м.
Электроемкость конденсатора.
Энергия электростатического поля
Задача 16
Между пластинами плоского конденсатора, заряженного до разности потенциалов U = 100 В, находятся два слоя диэлектриков: фенопласта (ε1 = 7) толщиной d1 = 0,8 см и парафина (ε2 = 2) толщиной d2 = 0,2 см. Площадь каждой пластины конденсатора равна 200 см2. Найти энергию конденсатора, напряженность
поля и напряжение на каждом диэлектрическом слое.
Дано:
d1 = 8,0⋅10–3 м
d2 = 2,0⋅10–3 м
S = 2,0⋅10–2 м2
U = 8,0⋅102 В
ε1 = 5,0
ε2 = 2,0
W, U1, U2, E1, E2 = ?
Решение
Рассматриваем плоский конденсатор с двухслойным диэлектрическим слоем (рис. 38).
Рис. 38
Конденсатор заряжен и подключен к источнику, чтобы разность потенциалов
оставалась постоянной. Будем считать, что электрическое поле практически полностью сосредоточено между пластинами конденсатора. Тогда внутри каждого
слоя диэлектрика поле можно считать однородным.
Энергию конденсатора можно вычислить разными способами, но в данной
задаче ее удобно вычислить по формуле
W = CU2/2,
где C – емкость конденсатора с двухслойным диэлектриком. Этот конденсатор
можно рассматривать как два последовательно соединенных плоских конденсаторов с емкостями C1 и C2. При таком соединении емкости C, C1 и C2 связаны
известной формулой:
1
1
1
,
=
+
С С1 С 2
C=
С1С 2
.
С1 + С 2
Напряжение на зажимах конденсатора равно сумме напряжений на каждом слое
U = U 1 + U2 .
51
Учитывая, что заряд на пластинах всех трех конденсаторов (последовательное соединение) одинаков, т.е. Q = CU = Q1 = C1U1 = Q2 = C2U2, можно записать
U1 =
Q1
Q
,
=
C1 C1
U2 =
Q2
Q
.
=
C2 C2
Используя соотношения между напряжением U и напряженностью E для однородного поля, получаем
E1 =
U1
,
d1
E2 =
U2
.
d2
Подставляя выражение для емкости C в формулу (1), получаем для энергии
конденсатора следующее выражение
C1C 2 U 2
⋅
,
W=
C1 + C 2 2
а емкости конденсаторов C1 и C2 находятся по формулам для плоских конденсаторов
C1 =
ε o ε 1S
,
d1
C2 =
ε o ε 2S
.
d2
Тогда окончательно для энергии конденсатора, получаем
ε 1 ε 2 ε 0 SU 2
.
W=
2(ε 1d 2 + ε 2 d 1 )
Решая совместно полученные уравнения относительно U1 и U2, получаем после
простых преобразований
U1 =
ε 2 Ud1
CU
=
.
C1 ε1d 2 + ε 2d1
U2 =
CU
ε1Ud 2
.
=
C2 ε1d 2 + ε 2d1
Разделив U1 и U2 на толщину соответствующего слоя диэлектрика, получим
формулы для напряженностей поля в диэлектриках
E1 =
ε 2U
U1
=
.
d1 ε1d 2 + ε 2d1
52
E2 =
U2
ε1U
.
=
d 2 ε1d 2 + ε 2d1
Вычисляя, получаем W = 2,6 мкДж, U1 = 4,3⋅102 В, U2 = 3,7⋅102 В, E1 = 53,75
кВ/м, E2 = 185,0 кВ/м.
Ответ: W = 2,6 мкДж, U1 = 4,3⋅102 В, U2 = 3,7⋅102 В, E1 = 53,75 кВ/м,
E2 = 185,0 кВ/м.
Задача 17
Плоский воздушный конденсатор с площадью обкладок S = 200 см2 каждая и
расстоянием между ними d = 5 мм заряжается до разности потенциалов U = 600 В
и отключается от источника. Как изменяются емкость и энергия конденсатора, если в пространство между обкладками параллельно им внести металлическую пластину такой же площади и толщины d0 = 2 мм?
Дано:
S = 200 см2 = 2⋅10–2 м2
U1 = 600 В
d1 = 5 мм = 5⋅10–3 м
d0 = 2 мм = 2⋅10–3 м
ΔС – ? ΔW – ?
Решение
Внесение металлической пластины параллельно
обкладкам конденсатора (при условии, что площади
пластины и обкладок равны) не меняет конфигурации
поля. Так как в плоском конденсаторе поле однородно,
то не имеет значение расположение этой пластины –
вплотную к одной из обкладок конденсатора или посередине между ними. И в том, и в другом случаях внесение пластины равнозначно уменьшению расстояния между обкладками от d1 до
d2 = d – d0 (рис. 39).
+
+
d1
d2
d0
+
–
Рис. 39
Так как вносимая пластина располагается нормально к силовым линиям поля,
то в ней напряженность поля меняться не будет (при условии, что конденсатор
отключен от батареи), а внутри этой пластины напряженность поля равна нулю.
Это значит, что внесение пластины уменьшает расстояние между обкладками, то
есть уменьшает объем пространства, в котором существует электростатическое
поле. Следовательно, емкость конденсатора будет увеличиваться, а энергия конденсатора будет уменьшаться.
Определим изменение емкости конденсатора
53
ΔС = С 2 − С1 =
Сделаем вычисления:
ΔC =
εоS
ε S
ε о Sd o
.
− о =
d1 − d o d1
d 1 (d 1 − d o )
8,85 ⋅ 10 −12 2 ⋅ 10 −4 2 ⋅ 10 − 3
−3
5 ⋅ 10 3 ⋅ 10
−3
= 23,6⋅10–12 Ф.
Изменение энергии конденсатора
Q2
Q2
,
ΔW = W2 − W1 =
−
2C 2 2C1
где Q – заряд конденсатора, который равен
Q = C1U1.
Тогда
Q2 ⎛ 1
1 ⎞ С12 U 12 (C 2 − C1 )U 12
⎜⎜
⎟⎟ =
ΔW =
−
=
2 ⎝ С 2 С1 ⎠
2C 2 C1
ε o S(d 1 − d o )(C1 − C 2 )U 12
.
=
ε o S 2d 1
Сделаем вычисления:
ΔW =
Ответ:
− 23,6 ⋅ 10 −12 3 ⋅ 10 − 3 36 ⋅ 10 4
2 ⋅ 5 ⋅ 10
−3
= – 2,5⋅10–6 Дж.
ΔС = 23,6⋅10–12 Ф; ΔW = – 2,5⋅10–6 Дж.
Задача 18
Два плоских конденсатора, имеющих емкость по 10 пФ каждый, соединены в
батарею последовательно. На сколько изменится емкость батареи, если пространство между пластинами одного из конденсаторов заполнить диэлектриком с диэлектрической проницаемостью равной 2,0?
54
Дано:
С1 = С2 = С = 10 пФ
ε1 = 1,0 (воздух)
ε2 = 2,0
ΔС б – ?
Решение
Определим начальную емкость батареи (рис. 40, а).
1
1
1
1
2
=
+
⇒
= ;
С б1 С1 С 2
Сб С
С
.
2
С б1 =
Определим конечную емкость батареи (рис. 40, б).
1
1
1
1
1
,
=
+
= +
С б 2 С1 С 3 С С 3
где С3 – емкость второго конденсатора после заполнения диэлектриком.
ε1
ε1
C1 = С
ε2
ε1
C2 = С
C1 = С
а)
C3
б)
Рис. 40
Выразим емкость С3 через емкость С:
ε o ε 2S ⎫
d ⎪⎪
⎬
ε o ε 1S ⎪
С2 =
d ⎪⎭
С3 =
⇒
C3 ε 2
=
C2 ε1
⇒
С3 = ε2С2 = ε2С.
Конечная емкость батареи
1
1
1
= +
С б 2 С 2С
2
Сб2 = С .
3
55
⇒
1
3
;
=
С б 2 2С
Вычислим изменение емкости батареи:
ΔС б = С б 2 − С б1 ;
ΔС б =
2
С С
С − = = 1,7 пФ .
3
2 6
Ответ: емкость батареи увеличивается на 1,7 пФ.
Задача 19
Плоский воздушный конденсатор емкостью С1 = 0,2 мкФ заряжен до разности потенциалов U1 = 6⋅102 В. Найти работу сил поля и изменение энергии конденсатора при заполнении конденсатора жидким диэлектриком (ε2 = 2). Расчет
произвести для двух случаев: 1) конденсатор отключен от источника; 2) конденсатор соединен с источником.
Дано:
С1 = 0,2 мкФ = 2⋅10–5 Ф
U = 6⋅102 В
ε1 = 1
ε2 = 2
1) Q = const
2) U = const
ΔW – ? А – ?
Решение
При внесении диэлектрика в электрическое поле
конденсатора силы поля совершают положительную работу независимо от того, отключен ли предварительно
конденсатор от источника или нет, так как силы электростатического поля поляризуют диэлектрик и втягивают его в область большей напряженности.
Изменение энергии конденсатора
ΔW = Аист – А,
где Аист – работа источника, А – работа сил поля.
На рис. 41 изображено три состояния конденсатора:
1. заряженный воздушный конденсатор, емкость которого С1, заряд Q1 и
разность потенциалов между пластинами U1;
2. заряженный и отключенный от источника конденсатор с диэлектриком,
емкость которого С2, заряд Q2 и разность потенциалов между пластинами U2;
3. подключенный к источнику конденсатор с диэлектриком, емкость которого С3, заряд Q3 и разность потенциалов между пластинами U3.
Поскольку в случаях 2 и 3 диэлектрик полностью заполняет весь конденсатор, то
С2 = С3 = εС1.
56
C1
+
C2
–
+
C3
–
+
–
1
2
3
Рис. 41
Рассмотрим сначала состояние 2, когда диэлектриком заполнили отключенный от источника конденсатор.
В этом случае заряд на обкладках конденсатора остается постоянным, то есть
Q2 = Q1 ,
а источник не совершает работу
Аист = 0,
поэтому работа сил поля
А1 = – ΔW1 = – (W2 – W1).
Энергию конденсатора можно определить по формуле
Q2
W=
,
2C
а заряд конденсатора
Q1 = Q2 = C1 U1 .
Тогда работа сил поля
Q 12 ⎛ 1
1⎞
1 ⎞ C12 U 12 ⎛ 1
1 ⎞ C1 U 12 ⎛
⎜⎜
⎟⎟ =
⎜⎜
⎟⎟ =
А1 = −
−
−
⎜1 − ⎟ .
2 ⎝ C 2 C1 ⎠
2 ⎝ C1 εC1 ⎠
2 ⎝
ε⎠
Сделаем вычисления:
1⎞
0,2 ⋅ 10 −6 36 ⋅ 10 4 ⎛
−2
А1 =
⎜ 1 − ⎟ = 1,8 ⋅ 10 Дж.
2⎠
2
⎝
Изменение энергии ΔW 1 = – 1,8⋅10 – 2 Дж.
57
Рассмотрим состояние 3, когда диэлектриком заполнили подключенный к источнику конденсатор. В этом случае остается постоянной разность потенциалов
между пластинами конденсатора, то есть
U3 = U1 .
Энергию конденсатора можно определить по формуле
CU 2
W=
,
2
тогда изменение будет равно
U 12
U 12
C1 U 12
ΔW2 =
(C 3 − C 1 ) =
( εC 1 − C 1 ) =
(ε − 1) .
2
2
2
Сделаем вычисления:
2 ⋅ 10 −5 36 ⋅ 10 4
ΔW2 =
= 3,6 ⋅ 10 − 2 Дж.
2
Энергия конденсатора увеличилась.
Работа сил поля
А2 = Аист – ΔW2.
Работа источника определяется по формуле
Аист = ΔQU1,
где ΔQ – изменение заряда конденсатора.
ΔQ = (Q3 – Q1) = C3U3 – C1U1 = C1U1(ε – 1).
Следовательно, работа источника
Аист = C1 U 12 (ε – 1),
а работа сил поля А2
А2 = C1 U 12 (ε – 1) –
58
C1 U 12
C1 U 12
(ε − 1) =
(ε − 1) .
2
2
Ответ: 1) энергия конденсатора уменьшилась ΔW 1 = – 1,8⋅10–2 Дж, работа
сил поля А1 = 1,8⋅10–2 Дж; 2) энергия конденсатора увеличилась ΔW 2 = 3,6⋅10–2
Дж, работа сил поля А2 = 3,6⋅10–2 Дж.
Задача 20
Четыре одинаковых точечных заряда Q находятся в вершинах квадрата со
стороной а. Определить потенциальную энергию взаимодействия этой системы.
Дано:
Qi = Q
n=4
a
W–?
Решение
Энергия взаимодействия системы из n точечных зарядов определяется по формуле
W=
1 n
∑ Qi ϕi ,
2 i =1
где ϕi – потенциал, создаваемый в той точке, где находится заряд Qi, всеми зарядами, кроме i-го (рис. 42).
1
2
+
+
+
+ 4
а
3
Рис. 42
Следовательно,
W=
Так как все заряды одинаковы, то
поэтому
1
(Q 1ϕ1 + Q 2 ϕ 2 + Q 3 ϕ 3 + Q 4 ϕ 4 ).
2
ϕ1 = ϕ2 = ϕ3 = ϕ4,
4
W = Q 1 ϕ1 = 2Q 1 ϕ1 = Qϕ1 ,
2
где ϕ1 – потенциал в точке поля, в которой находится заряд Q1.
Определим ϕ1.
59
ϕ1 = ϕ12 + ϕ13 + ϕ14,
где ϕ12, ϕ13, ϕ14 – потенциалы, которые создают в точке 1 заряды 2, 3 и 4.
Учтем, что
ϕ12 = ϕ14 =
ϕ12 =
kQ
.
a 2
kQ
,
a
Следовательно,
kQ 2
W=
4+ 2 .
a
(
)
kQ 2
Ответ: потенциальная энергия взаимодействия зарядов равна W=
4+ 2 .
a
(
)
Задача 21
Заряд Q = 1,0⋅10–10 Кл равномерно распределен по объему шара радиусом
R = 1 см. Диэлектрическая проницаемость среды внутри шара ε1 = 2, а вне шара
ε2 = 1. Определить: 1) энергию поля W1, заключенную внутри шара, 2) энергию
поля W2 вне шара, 3) полную энергию поля W шара.
Дано:
R = 1,0⋅10–2 м
Q = 1,0⋅10–10 Кл
ε1 = 2,0
ε2 = 1,0
W, W1, W2 – ?
Решение
Рассмотрим поле равномерно заряженного шара.
Внутри и вне заряженного шара имеется неоднородное
электрическое поле, напряженность которого можно определить по теореме Гаусса-Остроградского.
Энергию электрического поля в объеме V можно
определить по формуле
W = ∫ w(r )dV ,
V
где w(r) – объемная плотность энергии электрического поля, dV – элемент объема. Объемную плотность энергии можно выразить через напряженность поля E
ε 0 εE 2
w=
.
2
60
Применяя теорему Гаусса, получим для напряженности поля внутри (E1) и вне
(E2) шара следующие выражения:
E1 =
Qr
4πε 0ε1R
3
E2 =
,
Q
4πε 0ε 2r
2
,
где r – расстояние от точки до центра шара (r > R).
Напряженность поля зависит только от модуля вектора r, поэтому в качестве
элемента объема dV удобно взять объем шарового слоя радиуса r и толщиной dr,
2
тогда dV представим как 4πr dr, а интегрирование нужно вести только по r.
Подставив выражения для напряженностей поля в исходный интеграл и перейдя от интегрирования по объему к интегрированию по r, получим для энергии
поля внутри шара
2 2
r 4πr 2dr
Rε
0ε1Q
0
2 4πε 0ε1R 3
W1 = ∫
(
)2
Q2
.
=∫
=
6
40πε 0ε1R
0 8πε 0ε1R
R
Q 2r 4dr
Вне шара для энергии поля W2 получаем следующее выражение
∞ε
W2 = ∫
R
0 ε 2Q
(
2
4πr 2 dr
2 4πε 0 ε 2 r 2
)2
∞
Q 2 dr
Q2
=∫
=
.
2
πε
ε
8
R
0 2
R 8πε 0 ε 2 r
Для полной энергии W электрического поля (внутри и вне шара) имеем
Q2 ⎛ 1
1⎞
⎜⎜
+ ⎟⎟.
W = W1 + W2 =
8πε 0R ⎝ 5ε1 ε 2 ⎠
Подставляя данные, получаем следующие значения энергий:
W1 = 0,3 нДж, W2 = 4,5 нДж, W = 4,8 нДж.
61
Домашнее задание №1
Решить один из 10 вариантов. Номер варианта указывается преподавателем.
Номер варианта
Номера
задач
1
2
3
4
5
6
7
8
1
11-1
12-1
13
2
11-2
12-2
13
3
11-3
12-3
13
4
11-4
12-4
13
5
11-5
12-5
13
6
11-6
12-6
14
7
11-7
12-7
14
8
11-8
12-8
14
Таблица 3
9
10
9
11-9
12-9
14
10
11-10
12-10
14
1. В вершинах квадрата (рис. 43) со стороной 0,1 м помещены заряды Q =
= 1,0.10–9 Кл. Определить напряженность электрического поля в т. А (на середине
стороны квадрата).
+Q
+Q
+Q
+Q
– Q –Q
Рис. 43
+Q +Q
+Q
a
A
–Q
a
C
B
+Q – Q
Рис. 44
–Q
Рис. 45
–Q
Рис. 46
2. В вершинах равностороннего треугольника со стороной 0,2 м (рис. 44) помещены заряды Q = 2,0⋅10–9 Кл. Найти напряженность поля в точке В (на середине стороны).
3. Найти напряженность поля в точке, расположенной на расстоянии 3,0⋅10–2 м
от точечного заряда Q1 = 3,0⋅10–8 Кл и на расстоянии 5,0⋅10–2 м от другого заряда
Q2 = 5,0⋅10–8 Кл. Расстояние между зарядами 4,0⋅10–2 м.
4. Найти напряженность поля в точке С (рис. 45), расположенной на середине
гипотенузы. В вершинах треугольника помещены заряды Q = 1,0⋅10–9 Кл, длина
гипотенузы 0,1 м.
62
5. В вершинах квадрата со стороной 0,2 м расположены точечные заряды Q =
= 1,0⋅10–9 Кл. Определить напряженность поля в центре квадрата (рис. 46).
6. Два точечных заряда Q1 = Q2 = 3,0⋅10–8 Кл расположены на расстоянии
0,5м. Определить напряженность поля в точке, отстоящей на 0,3 м от заряда Q1 и
на 0,4 м от заряда Q2.
7. В центре равностороннего треугольника, в вершинах которого находятся
одинаковые одноименные заряды Q = – 1,0⋅10–9 Кл, помещен положительный заряд. Какова должна быть величина этого заряда, чтобы система находилась в равновесии?
8. В вершинах равностороннего треугольника помещены заряды Q = 1,0⋅10–8
Кл. Какой заряд нужно поместить в центре этого треугольника, чтобы система находилась в равновесии?
9. В вершинах квадрата помещены одинаковые одноименные заряды Q =
= 5,0⋅10–8 Кл. Какой заряд нужно поместить в центр квадрата, чтобы система находилась в равновесии?
10. В вершинах квадрата помещены одноименные равные заряды Q = –3,0⋅10–9
Кл. Какой заряд следует поместить в центр квадрата, чтобы система находилась в
равновесии?
11. Электрическое поле создано двумя параллельными бесконечными плоскостями. Поверхностные плотности заряда плоскостей σ1 и σ2 (σ = 10–7 Кл/м2, см.
табл. 4).
σ1
А
σ2
В
С
0
х
1) Построить график Е(х) зависимости модуля
напряженности от координаты вдоль прямой Ох,
перпендикулярной плоскостям, (рис. 47).
2) Нарисовать картину силовых линий поля.
3) Рассчитать напряженность результирующего
поля двух плоскостей в указанной точке (рис. 47).
4) Найти силу, действующую на точечный заряд
Q0 = 10–9 Кл, помещенный в указанную точку.
5) Найти силу взаимодействия плоскостей, приходящуюся на единицу площади
Рис. 47
Таблица 4
Данные задачи
σ1
σ2
Точка поля
1
4σ
σ
А
2
–3σ
σ
А
3
σ
2σ
В
Номер варианта
4
5
6
7
–2σ 2σ –3σ
2σ
3σ
2σ
3σ
–σ
В
С
В
С
63
8
2σ
–3σ
В
9
σ
–σ
С
10
–2σ
–σ
А
12. Две концентрические сферы радиусами
R1 и R2 (R = 2⋅10–2 м, см. табл. 5), рис. 48, имеют
заряды соответственно Q1 и Q2 (Q = 10–8 Кл, см.
табл. 5).
1) Построить график зависимости напряженности Е(r) от расстояния r, отсчитываемого
от центра сфер.
2) Определить напряженность в точках, находящихся на внутренней и наружной поверхностях каждой сферы.
3) Определить напряженность поля в указанных точках (рис. 48).
А В
С
r
R2
R1
Рис. 48
Таблица 5
Данные задачи
R1
R2
Q1
Q2
rA, 10–2 м
rB, 10–2 м
rC, 10–2 м
Точки поля
Номер варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
2R
Q
2R
Q
1,5R
2Q
2R
Q
2R
Q
2R
–Q
2R
–1,5Q
2R
–Q
2Q
1
–2Q
1
–Q
Q
–Q
1
Q
–2Q
2Q
1
3
2
3
2
5
8
8
5
5
5
А,С
А,С
В,С
5
В,С А,С В,С
В,С
8
2R
2R
–2Q –1,5Q
Q
–Q
4
3
8
8
А,С В,С
В,С
13. Тонкий прямой стержень длиной l = 0,1 м несет равномерно распределенный заряд Q = 3,0⋅10–7 Кл. Определить напряженность поля, создаваемого этим
зарядом в точке А, расположенной на продолжении оси стержня и удаленной от
ближнего конца стержня на расстояние, равное длине стержня (рис. 49).
Q
A
l
l
Рис. 49
14. Полубесконечная нить имеет линейную плотность заряда τ = 10–7 Кл/м.
Определить силу, действующую со стороны поля нити на точечный заряд Q0 =
64
= 3⋅10–9 Кл, находящийся в точке А, удаленной от конца нити на расстояние, равное а = 0,2 м, (рис. 50).
А
τ
Q0
а
Рис. 50
Домашнее задание № 2
№
вар.
№
задач
1
2
3
4
5
6
7
8
Таблица 6
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11-1
12
15-1
11-2
12
15-2
11-3
12
15-3
11-4
13
15-4
11-5
13
15-5
11-6
13
16-6
11-7
14
16-7
11-8
14
16-8
11-9
14
16-9
11-10
14
16-10
1. Определите потенциал в точке поля, расположенной в центре квадрата, если в вершинах его помещены одинаковые одноименные заряды Q = +1,5⋅10–8 Кл.
Сторона квадрата равна 0,1 м.
2. Определить потенциал в точке поля, расположенной на середине одной из
сторон равностороннего треугольника (в точке М, рис. 51), в вершинах которого
помещены заряды Q1 = Q2 = 1,5⋅10–9 Кл, Q3 = –2,0⋅10–9 Кл. Сторона треугольника
равна 0,2 м.
Q1
Q1
M
Q2
Д
r
A
r
Q2
Q3
Q4
Q3
Рис. 51
Рис. 52
Q1
r
Q2
C
Рис. 53
3. Определить потенциал в точке поля, расположенной на середине одной из
сторон квадрата (точка А, рис. 52), если в его вершинах помещены заряды Q1 =
= Q2 = – 2,0⋅10–8 Кл, Q3 = Q4 = 2,0⋅10–8 Кл. Сторона квадрата а = 0,1 м.
65
4. Определить потенциал в точке, расположенной в центре правильного треугольника, если в его вершинах помещены заряды Q1 = Q2 = – 4,0⋅10–9 Кл, Q3 =
= 2,0⋅10–9 Кл. Сторона треугольника равна 0,1 м.
5. Дан точечный заряд Q = 1,5⋅10–7 Кл. Найти разность потенциалов между
точками А и В, расположенными на расстояниях 0,1 и 0,2 м от заряда.
6. Определить разность потенциалов между точками С и Д (рис. 53), если
Q1 = 1,0⋅10–9 Кл, Q2 = – 2,0⋅10–9 Кл, r = 0,5 м.
7. Определить потенциал в точке М (рис. 54), если Q1 = Q2 = 1,4⋅10–7 Кл,
Q3 = – 5,0⋅10–8 Кл, а = 0,1 м.
8. Определить разность потенциалов между точками О и М (рис. 54), если
Q1 = 1,5⋅10–7 Кл, Q2 = Q3 = – 2,0⋅10–7 Кл, а = 0,2 м.
9. Определить разность потенциалов между точками Р и М (рис. 54), если
Q1 = Q2= – 2,0⋅10–7 Кл Q3 = 1,5⋅10–8 Кл, а = 0,1 м.
Q1
a
Q2
a
O
a
Q3
P
M
Q2
A
В
a
Q1
Рис. 54
Q3
Рис. 55
10. Определить разность потенциалов между точками А и В (рис. 55), если
Q1 = –1,3⋅10–7 Кл, Q2 = 1,5⋅10–7 Кл, Q3 = – 3,0⋅10–7 Кл, а = 0,1 м.
11. Две концентрические сферы радиусами R1 и R2 (рис. 56) имеют заряды
Q1 и Q2 соответственно (R = 2⋅10–8 м, Q = 10–8 Кл, см. табл. 7).
1) Построить график зависимости потенциала поля ϕ(r) от расстояния r, отсчитываемого от центра сфер;
2) определить потенциал в точках на поверхности каждой из сфер.
r
R1
R2
Рис. 56
66
Таблица 7
1
2
3
Номер варианта
4
5
6
7
R
R
R
R
R
R
R
R
2R
Q
2R
Q
1,5R
2Q
2R
Q
2R
Q
2R
–Q
2R
–1,5Q
2R
–Q
2Q
–2Q
–Q
Q
–Q
Q
–2Q
2Q
Данные задачи
R1
R2
Q1
Q2
8
9
10
R
R
2R
2R
–2Q –1,5Q
Q
–Q
12. Пылинка массой m = 200 мкг, несущая на себе заряд Q = 40 нКл, влетела
в электрическое поле в направлении силовых линий. После прохождения разности
потенциалов U = 200 В пылинка имела скорость V = 10 м/с. Определить скорость
V0 пылинки до того, как она влетела в поле.
13. Электрон, обладавший кинетической энергией ЕК = 10 эВ, влетел в однородное электрическое поле в направлении силовых линий поля. Какой скоростью
будет обладать электрон, пройдя в этом поле разность потенциалов U = 8 В?
14. Электрон с энергией ЕК = 400 эВ (в бесконечности) движется вдоль силовой линии по направлению к поверхности металлической заряженной сферы радиусом R = 10 см. Определить минимальное расстояние а, на которое приближается электрон к поверхности сферы, если заряд ее Q = – 10 нКл.
15. Шар радиусом R1 = 0,3 м с полостью
ε2
радиусом R0 = 0,1 м, центр которой совпадает
ε1
с центром шара, заполнен диэлектриком с диρ
электрической проницаемостью ε1 и объемной
плотностью заряда ρ. Шар окружен сферическим слоем диэлектрика радиусом R2 = 0,6 м,
R0
с диэлектрической проницаемостью ε2 (рис.
57). Определить разность потенциалов точек А
R1 R2
и В, расположенных на расстояниях rA и rB
от центра сферы. Данные для своего варианта
Рис. 57
возьмите в табл. 8.
Таблица 8
Номер варианта
Данные условия
1
2
3
4
5
2
3
4
2
4
ε1
3
2
3
3
2
ε2
1,0
–1,0
–1,5
2,0
–2,0
ρ, 10–4 Кл/м3
0
0,05
0
0,2
0,2
rA, м
0,2
0,2
0,3
0,4
0,7
r B, м
67
16. Три длинные коаксиальные цилиндрические поверхности имеют радиусы
R1 = 0,1 м, R2 = 0,2 м и R3 = 0,3 м. Объем внутреннего цилиндра заполнен диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε1 и объемной плотностью заряда
ρ. Пространство между второй и третьей
цилиндрическими поверхностями заполнено
ρ
изотропным диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε3. Средний цилиндε3
ε1
ε2
рический слой — воздушный (ε2 = 1). Определить разность потенциалов точек А и В,
расположенных на расстояниях rA и rB от
R
оси цилиндров (рис. 58). Данные для своего
R2
R3
варианта возьмите в табл. 9.
Рис. 58
Таблица 9
Данные задачи
ε1
ε2
ρ, 10–4 Кл/м3
rA, м
r B, м
6
8
2
+1,0
0,05
0,15
7
4
4
–1,0
0,15
0,25
Номер варианта
8
2
4
+2,0
0,25
0,35
9
2
2
–2,0
0,05
0,2
10
4
2
+1,5
0,15
0,3
Домашнее задание 3
Задача1
Плоский конденсатор с расстоянием между обкладками d и площадью каждой обкладки S заряжен до разности потенциалов U. Заряд на каждой обкладке
Q. Между обкладками конденсатора параллельно им вносится (или удаляется)
пластина толщиной d0 = kd. Емкость конденсатора без пластинки С0. Найти:
1) изменение энергии конденсатора;
2) работу, затраченную на внесение (или удаление) пластин;
3) изменение одной из характеристик поля, указанной в табл. 10.
Пластинка вносится в зазор (вар. 1, 3, 5, 7, 9). Пластинку удаляют из зазора
(вар. 2, 4, 6, 8, 10). Данные для каждого варианта приведены в табл. 11.
Таблица 10
Найти
Номер варианта
1, 4, 8, 9
Изменение напряженности поля конденсатора ΔЕ
2, 3, 6, 7
Изменение разности потенциалов между обкладками конденсатора ΔU
68
Найти
Изменение напряженности в воздушном слое ΔЕв
Изменение напряженности поля в области, первоначально
заполненной диэлектриком
Окончание табл. 10
Номер варианта
5
10
Таблица 11
Данные задачи
d, 10–3 м
S, 10–2 м2
U, В
k
C0, пФ
ε
Q
U
Пластинка
Номер варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5
–
5
–
3
5
–
3
3
5
1
–
1
2
6
2
–
–
1
–
1000 200
100
500
700
500
500
100
200 200
0,2
0,5
0,2
0,5
0,5
0,2
0,5
1
1
0,2
.
5
–
–
500 5000
–
5.105
–
500
–
2 10
–
–
–
–
3
3
2
3
5
2
–
const const
–
–
const const const сonst
–
const
–
–
const const
–
–
–
–
const
Металлическая
Из диэлектрика
Задача 2
Заряд Q = 10–9 Кл равномерно распределен по объему шара радиусом R. Диэлектрическая проницаемость внутри шара ε1, вне шара – ε2.
Найти:
1) полную энергию поля шара;
2) энергию, заключенную в шаровом слое, ограниченном сферическими поверхностями радиусами r1 и r2 (r1 > r2);
3) работу, которую совершат электрические силы, если заряды вследствие
отталкивания перейдут на поверхность шара.
Числовые данные для своего варианта возьмите из табл. 12
Таблица 12
Номер варианта
4
5
6
3
2
5
1
1
0
5
6
∞
1
2
1
1
1
1
Данные задачи
–2
R, 10 м
r1, 10–2 м
r2, 10–2 м
ε1
ε2
1
1
5⋅10–1
6
1
1
2
1
0
2
2
1
3
3
3⋅10–1
∞
1
2
69
7
5
4
6
2
1
8
5
1
∞
1
2
9
7
7
10
1
1
10
7
5
∞
2
1
Контрольная работа
Вариант 1
1. С какой силой (на единицу длины) взаимодействуют две заряженные бесконечно длинные параллельные нити с одинаковой линейной плотностью заряда
τ = 20 мкКл/м, находящиеся на расстоянии r = 10 см друг от друга.
2. Шар радиусом R1 = 0,5 м с полоВ
стью радиусом R0 = 0,2 м (рис. 59), центр
которой совпадает с центром шара, заR1
полнен диэлектриком с диэлектрической
R0
проницаемостью ε1 = 2 и объемной плотностью заряда ρ = 10–4 Кл/м3. Найти разА
ность потенциалов точек А и В, расположенных на расстояниях rA = 0,3 м и rB =
Рис. 59
= 0,4 м от центра шара.
3. Плоский воздушный конденсатор, расстояние между пластинами которого
равно 5 мм, заряжен до напряжения 6000 В. Пластины конденсатора раздвигают
до расстояния в 1 см, не отключая от источника. Определить изменение объемной
плотности энергии электрического поля.
Вариант 2
1. Два точечных заряда Q1 = 2Q и Q2 = – Q находятся на расстоянии r друг
от друга. Найти положение точки на прямой, проходящей через эти заряды, потенциал поля в которой равен нулю. Определить напряженность поля в этой точке.
2. Длинный цилиндр радиусом R = 0,5 м заполнен однородным изотропным
диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε = 4 и объемной плотностью
заряда ρ = – 2⋅10–4 Кл/м3. Определить разность потенциалов точек А и В, расположенных на расстояниях rA = 0,1 м и rB = 0,25 м от оси цилиндра.
3. Плоский воздушный конденсатор состоит из двух круглых пластин радиусом R = 10 см каждая. Расстояние между пластинами d1 = 1 см. Конденсатор зарядили до разности потенциалов U = 1200 В и отключили от источника напряжения. Какую работу нужно совершить, чтобы увеличить расстояние между пластинами до d2 = 3,5 см?
70
Вариант 3
1. Параллельно бесконечной плоскости, заряженной с поверхностной плотностью заряда σ = 4 мкКл/м2, расположена бесконечно длинная прямая нить, заряженная с линейной плотностью τ = 100 нКл/м. Определить силу, действующую
со стороны плоскости на отрезок нити длиной 1 м.
2. Шар радиусом R = 0,3 м заполнен диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε = 3 и объемной плотностью заряда ρ = –1⋅10–4 Кл/м3. Найти разность потенциалов точек А и В, расположенных на расстояниях rA = 0,1 м и
rB = 0,2 м от центра шара.
3. Конденсатор емкостью С1 = 600 мкФ зарядили до разности потенциалов
U = 1,5 кВ и отключили от источника напряжения. Затем к конденсатору присоединили параллельно второй, незаряженный конденсатор емкостью С2 = 4 мкФ.
Сколько энергии, запасенной в первом конденсаторе, было израсходовано на образовании искры, проскочившей при соединении конденсаторов?
Вариант 4
1. Тонкий бесконечно длинный стержень равномерно заряжен с линейной
плотностью τ = 1,5 нКл/см. Определить силу, действующую на заряд Q = 0,2
мкКл, расположенный на расстоянии 10 см от стержня.
2. Две длинные коаксиальные цилиндрические поверхности имеют радиусы R1 = 0,1 м
B
и R2 = 0,3 м (рис. 60). Внутренний цилиндр –
A
полый (ε1 = 1). Пространство между цилиндR1
рическими поверхностями заполнено изотропR2
ным диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε2 = 3 и объемной плотностью заряда ρ = 2⋅10–4 Кл/м3. Определить разность потенциалов точек А и В, расположенных на
Рис. 60
расстояниях rA = 0,2 м и rB = 0,25 м от оси
цилиндров.
3. Два конденсатора емкостью С1 = 3 мкФ и С2 = 6 мкФ соединены между
собой и присоединены к батареи с ЭДС ε = 120 В. Определить заряд каждого конденсатора и разность потенциалов между его обкладками, если конденсаторы соединены параллельно.
71
Оглавление
Основные понятия, величины и законы…………………………………………
3
Примеры решения задач
Закон Кулона. Напряженность электростатического поля. Теорема Гаусса …………………………………………………………………………..
17
Потенциал электростатического поля. Связь напряженности с потенциалом. Работа сил поля ……………………………………………………
41
Электроемкость конденсатора. Энергия электростатического поля …….
51
Домашнее задание №1 …………………………………………………………..
62
Домашнее задание №2 …………………………………………………………..
65
Домашнее задание №3 …………………………………………………………...
68
Контрольная работа ………………………………………………………………
70
72