Эдектростатика часть 3

Реклама
Физика
Методические указания по решению задач электростатики
Часть III
Учебно-методические материалы для факультативных занятий и элективных курсов
Москва, 2011
1
В методических указаниях по решению задач электростатики часть
рассматриваются
задачи,
в
которых
требуется
применить
теорему
III
Гаусса-
Остроградского.
Применение теоремы Гаусса-Остроградского способствует обобщению знаний
учащихся, потому что сама теорема является обобщением закона Кулона, определения
напряженности электрического поля и принципа суперпозиции.
Методическая
значимость
предлагаемых
учебно-методических
материалов
заключается и в том, что их целесообразно использовать в учебном процессе для усиления
межпредметных связей физики с математикой. Хотя для решения представленных задач
необходимо применять высшую математику, они доступны не только студентам и
учащимся физико-математических классов (дифференцирование функций изучается в 10
классе, а интегрирование в 11 во всех общеобразовательных школах). Однако, несмотря
на доступность учебного материала, данное пособие рекомендуется использовать для
проведения факультативных занятий или при изучении элективных курсов.
В методических указаниях по решению задач электростатики часть III развиваются
навыки учащихся по использованию принципа симметрии как метода решения задач.
Поясним, что объединение трех понятий: симметрии, принципа и метода происходит на
основе их глубокой взаимосвязи. В основе определения симметрии лежит понятие
равенства при преобразовании. Принцип понимается как основа или исходное положение.
Метод в наиболее общей трактовке понимается как способ достижения цели. Поэтому
развитие навыков учащихся по использованию принципа симметрии как метода решения
задач следует понимать как обучение учащихся общему подходу
решения задач,
основой которого является равенство при пространственном преобразовании.
Так же как в ряде случаев применение энергетического метода решения задач
оказывается наиболее оптимальным, по сравнению с другими методами решения, теорема
Гаусса-Остроградского
оказывается
наиболее
эффективной
при
нахождении
напряженности электростатического поля в случае симметричных полей.
Отличительная
особенность
методических
указаний
по
решению
задач
электростатики часть III в контексте применения их для общеобразовательной школы
состоит в использовании теоремы Гаусса-Остроградского для вектора электрического
смещения. Эта форму представления теоремы удобно примененять для электрических
полей в вакууме и в диэлектрике.
2

Теорема Гаусса-Остроградского: поток вектора электрического смещения D через
N
замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядов q   qi , создающих этот
i 1
поток (т.е. находящихся внутри этой поверхности):


 



DdS   qi . D =  0 E , где E -
S
i
напряженность электрического поля.
Важное замечание: рассматриваемая теорема применима только для симметричных
полей (поле бесконечной заряженной нити или цилиндра, поле бесконечной заряженной
плоскости, поле заряженной сферы или заряженного шара).
В случае если заряд не является точечным (т.е. рассматривается протяженный заряд),
суммарный заряд находится интегрированием по заряду dq, который рассматриваем как
точечный заряд. Найдем q в зависимости от формы рассматриваемого протяженного
заряда:
1. Заряд распределен по телу объема V, тогда dq=dV, где  - объемная плотность
заряда;
q   dV
V
2. Заряд распределен по поверхности тела площади S, тогда dq=dS, где  поверхностная плотность заряда;
q   dS
V
3. Заряд распределен по протяженному телу длины , тогда dq=d, где  - линейная
плотность заряда.
q   d .
V
3
Задача 1.

Задана сфера радиуса R, заряд сферы q. Найти E для точек 1 и 2 (рисунок).
Дано:
q
R
q
_________
R
E1 - ? E2 - ?
Sq
Sг

2

1
r
1
Решение.
Задача решается с применением теоремы Гаусса-Остроградского. Необходимо
выбрать гауссову поверхность таким образом, чтобы интересующая нас точка находилась
на этой поверхности. Форму гауссовой поверхности выбираем симметричной, так, чтобы
модуль вектора D был одинаковым во всех точках этой поверхности.
Рассмотрим точку 1. В этом случае гауссовой поверхностью является сфера радиуса
r>R.
1) Пусть Sг — площадь гауссовой поверхности через т. 1 - сферы радиуса r1.

2) Найдем поток вектора D через гауссову поверхность по определению потока
вектора, т. е.

 
 DdS   D  dS  D 4r


D
d
S

DdS
cos





S


2
S
Величину D можно вынести за знак интеграла - гауссова поверхность выбрана так,
что значение D константа в каждой ее точке.
3) По теореме Гаусса-Остроградского поток вектора электрического смещения D
равен заряду внутри гауссовой поверхности, т.е. заряду всей сферы: D = q.
4) Из пунктов 2 и 3 получим: 4r2D = q. Отсюда выразим D и Е:
D
q
4r 2
E
D
 0
, т. е. E 
q
.
4 0 r 2
4
Напряженность электростатического поля в точках, лежащих вне заряженной сферы,
равна напряженности электростатического поля, создаваемого точечным зарядом , по
величине равным всему заряду сферы и помещенным в центр сферы.
Рассмотрим точку 2. Проведем гауссову поверхность через точку 2. Гауссова
поверхность заряда не охватывает, следовательно, поток D = 0, D = 0 и E = 0. Т.о., для
любых точек внутри заряженной сферы E = 0.
Задача 2.
Диэлектрический шар радиуса R заряжен
равномерно по объему. Объемная плотность заряда .
Найти напряженность электростатического
поля в точках 1 и 2 (рисунок).
Sг

E
Sq

D
1

D
R

0
Дано:
2

D
 
dS
S
R = 10 см

dS
 
dS
1
г
 = 10–7 Кл/м3
________
E1 -?
E2 -?
Решение.
Задача решается с применением теоремы Гаусса-Остроградского. Для этого
необходимо выбрать гауссову поверхность таким образом, чтобы интересующая нас точка
находилась на этой поверхности. Форму гауссовой поверхности выбираем симметричной,
так, чтобы модуль вектора D был одинаковым во всех точках этой поверхности.
Рассмотрим точку 1. В этом случае гауссовой поверхностью является сфера радиуса
r1>R
1) Sг — площадь поверхности сферы радиуса r1.
 
2) D по определению  D   D, dS   DdS cos   D  dS  D 4r 2 .

Sг

Sг
Величину D можно вынести за знак интеграла - гауссова поверхность выбрана так,
что значение D константа в каждой ее точке.
3) D = q = V =(4/3)R3
q
4
q
4) 4r12 D   R 3  q отсюда, D 
, E
.
2
3
4r
4 0 r 2
5
r
Напряженность электростатического поля в точках, лежащих вне шарового заряда,
равна напряженности электростатического поля, создаваемого точечным зарядом , по
величине равным всему заряду шара и помещенным в центр шара.
Рассмотрим точку 2.
1) Проведем гауссову поверхность через точку 2. Sг - площадь поверхности сферы
радиуса r2.

2) Найдем поток вектора D . По определению потока  D  D4r22 ;
3) Найдем заряд, охватываемый гауссовой поверхностью радиуса r2.
4
q   r23
3
4
  r2
4) Из пунктов 2 и 3 в соответствии с теоремой: D 4r22   r23  D 
3
3
5) E 
r
D
. E
r < R.
3 0 
0
Внутри равномерно заряженного шара напряженность поля E растет линейно с
расстоянием r от центра шара.
Задача 3.
Найти напряженность электрического поля E от заряженного по поверхности
цилиндра в точках 1 и 2 (рисунок).  - линейная плотность заряда (поверхностная
плотность заряда цилиндра единичной высоты).
Дано:
 = 10–7 Кл/мм
R = 40 см
Sг
r = 80 см
__________
R
h
E1 -? E2 -?
0
E=0
6
r2

2
r1

1 dS

D
r
Решение.
Рассмотрим точку 1.
1. Построим гауссову поверхность Sг в форме цилиндра, проходящего через точку 1.
 
2. Найдем  D   DdS  D 2r1h


S
3. ФD = q внутри Гауссовой поверхности = h, где  - заряд цилиндра единичной
высоты.
4. Из пунктов 2 и 3: D2r1h = h
D


,а E
для r > R, т.е. вне заряженного по поверхности цилиндра.
2r1
20r
Рассмотрим точку 2.
Для точки 2 , т.е. внутри цилиндра (для любой точки внутри заряженного по
поверхности цилиндра) q=0, значит и E = 0.
Задача 4

Определить напряженность электрического поля E от равномерно заряженной
бесконечной плоскости.

D

dS

dS

D
S r

D

dS

Решение.
1. Выберем гауссову поверхность Sг в виде цилиндра, расположенного
перпендикулярно заряженной плоскости и пересекающего ее (рисунок).

2. Найдем поток вектора D . В данном случае поток через боковую поверхность


цилиндра (гауссовой поверхности) равен нулю, т. к. D  dS , а cos90° = 0. Поэтому поток
7


вектора D равен потоку только через основания цилиндра. Вектор D совпадает с

вектором dS , поэтому:
ФD = D2S, гдеS – площадь основания цилиндра.
3. Найдем заряд q внутри гауссовой поверхности Sг: q=S.
4. Из пунктов 2 и 3 имеем:
D2S = S
D = /2
E

. Полученный результат не зависит от r, т.е. от расстояния до заряженной
2 0 
плоскости. Поле плоскости является однородным.
Задача 5.
Две бесконечно большие тонкие и параллельно расположенные плоскости заряжены с
поверхностной плотностью заряда + и –. Найти напряженность поля слева, справа и
внутри образованного плоскостями конденсатора (рисунок).
Дано:

E1

E1
+
+

E1
–
–
___________
E1 — ? E2 — ? E3 — ?
1
2
3

E0


E  2E1

E0

E2

E2

E2
Решение.
В задаче 4 была найдена напряженностью электростатического поля бесконечно
большой равномерно заряженной плоскости: E 
По принципу суперпозиции:
8

.
2 0 
Слева



E л  E1  E 2  0 ( рисунок).
Справа

 
Eпр  E1  E2  Eпр  E1  E1  0

 


Внутри Eвнутри  E1  E2  2E ; Eвнутри 
 0
Задача 6.
Электрическое поле создано бесконечной плоскостью, заряженной с поверхностной
плотностью  = 400 нКл/м2, и бесконечной прямой нитью, заряженной с линейной
плотностью  = 100 нКл/м. На расстоянии r = 10 см от нити находится точечный заряд Q =
10 нКл. Определить силу, действующую на заряд, и ее направление, если заряд и нить

лежат в одной плоскости, параллельной заряженной плоскости.

E
E1


r

E2
Q
+
+
+
+
+ +
+
+

+
+
Решение.
Сила, действующая на заряд, помещенный в электрическое поле,
F = EQ, (1)
где E — напряженность поля в точке, в которой находится заряд Q.
Определим напряженность E поля, создаваемого бесконечной заряженной плоскостью
и бесконечной заряженной нитью. Поле, создаваемое бесконечной заряженной
плоскостью, однородно, и его напряженность в любой точке
E1 
1 
. (2)
2  0
Поле, создаваемое бесконечной заряженной линией, неоднородно. Его напряженность
зависит от расстояния и определяется по формуле:
E2 

. (3)
20 r
9
Согласно принципу суперпозиции электрических полей, напряженность поля в точке,
 

где находится заряд Q, равна векторной сумме напряженностей E1 и E2 : E  E1  E2 . Так


как векторы E1 и E 2 взаимно перпендикулярны, то
E  E12  E22 .
Подставляя выражения E1 и E2 по формулам (2) и (3) в это равенство, получим
2
2
1     
1
2
  
 или E 
2  2 2 .
E  
2 0
r
 2  0    20 r 
Теперь найдем силу F, действующую на заряд, подставив выражение E в формулу (1):
F  EQ 
Q
2
 2  2 2 . (4)
2 0
r
Подставив значение величин Q, 0. , ,  и r в формулу (4) и сделав вычисления,
найдем F = 289 мкН. Направление силы F, действующей на положительный заряд Q,


совпадает с направлением вектора напряженности E поля. Направление же вектора E
задается углом  к заряженной плоскости. Как следует из рисунка:
tg 

E1

  , откуда   arctg  .
r
E2
r
Подставив значения величин , r,  и  в это выражение и вычислив, получим  =
51°3.
10
Скачать