З инета для метод - Стор 3
гл.1. Постійне електричне поле
точковий. Він створює у точці А поле dE =
де r = R 2 + z 2
- Відстань від заряду до точки А . З міркувань симетрії ясно, що у повній напруженості поля відмінна від нуля тільки її проекція на вісь Z .
Оскільки dE z = dE cos ϑ та cos ϑ =
Напруженість при z = 0 і z → ∞ дорівнює нулю і змінює знака по всій позитивної півосі. Це означає, що в деякій точці вона досягає максимуму. Щоб знайти ( E z ) max , використовуємо
= 0, з якого знаходимо z max =
симальне значення напруженості дорівнює
E max = E z (z max ) = 6 3 πε 0 R 2 .
При z >> R поле мало відрізняється від поля точкового заряду q розташованого в центрі кільця.
Відповідь: E = E z = 4 πε 0 (R 2 + z 2) 3/2.
Завдання 1.3.6 (базове завдання). Визначити напруженість поля на осі тонкого диска радіуса R 0 зарядженого рівномірно з поверхневою щільністю σ.
Виберемо вісь Z, що збігається з віссю диска (рис. 1.7). Малий елемент поверхні диска, що знаходиться на відстані R від центру, має площу dS = R d dr, де - полярний кут. Елементарний заряд у ньому вважатимуться точковим; він дорівнює
A
R dR
Мал. 1.7. Визначення напруженості поля Е на осі зарядженого диска (завдання
ЕЛЕКТРИЧНІСТЬ І МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РІШЕННЯ ЗАВДАНЬ
dq = σ dS = σ R dR d φ. Відповідно напруженість поля від цього точкового заряду в точці c координатою z 0 дорівнюватиме
Розкладемо d E на дві складові – по осі Z та перпендикулярну до осі Z . Остання при підсумовуванні площею диска в силу симетрії завдання дасть нуль, а перша дорівнюватиме
dE z = dE cos ϑ де cos ϑ = z 0 . Тоді r
(R 2 + z 0 2) 3/2
При R 0 → ∞ (або z 0 → 0) E z →
, тобто. прагне величини
поля рівномірно зарядженої нескінченної площини.
Зауваження. Той самий результат можна отримати набагато легше, використовуючи рішення базового завдання 1.3.5. Для цієї мети виділимо в площині диска мале кільце радіуса r , яке нестиме заряд dq = σ dS = σ 2π r dr і яке, згідно з розв'язанням задачі 1.3.5 , створить на осі диска напруженість поля, рівну за величиною
4 πε 0 ( r 2 + z 2 ) 3/ 2
2 ε 0 ( r 2 + z 2 ) 3/ 2
Інтегруючи цей вираз по r від нуля до R 0 отримуємо відповідь.
Завдання 1.3.7. Заряд рівномірно розподілений поверхнею напівсфери радіуса R з поверхневою щільністю заряду σ. Визначити напруженість електричного поля у центрі півсфери.
гл.1. Постійне електричне поле
У сферичній системі координат площа елемента поверхні дорівнює dS = R 2 sin d d d d. Елементарний заряд на цій площі, який ми розглядатимемо як точковий (рис. 1.8), буде dq = σ R 2 sin ϑ d ϑ d φ і поле, створюване ним у центрі півсфери, дорівнює
dE = 4 πε σ 0 sin ϑ d ϑ d ϕ.
dq
Мал. 1.8. Визначення напруженості поля Е у центрі зарядженої півсфери (завдання 1.3.7)
Розкладемо це поле на складову, спрямовану перпендикуляром до площини перерізу сфери (по осі Z )
dE z = dE cos ϑ = 4 πε 0 sin ϑ cos ϑ d ϑ d ϕ ,
і на складову, що лежить у площині перерізу сфери. Остання в силу симетрії завдання при підсумовуванні дасть нуль, а нормальна складова і є напруженість поля, що шукається.
∫ sin ϑ cos ϑ d ϑ d ϕ =
Визначення напруженості електростатичного поля від зарядів, розподіл яких має площинну, осьову.(циліндричну) чи центральну (сферичну) симетрію.
Метод вирішення: застосування електростатичної теореми Гауса (1.10). Відповідно до умов завдання вибирають поверхню Гауса таким чином, щоб вектор Е на ній був постійний і, по можливості, перпендикулярний або паралельний поверхні. Саме за цих умов обчислення поверхневих інтегралів не викликає труднощів і зводиться до простого підсумовування.
ЕЛЕКТРИЧНІСТЬ І МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РІШЕННЯ ЗАВДАНЬ
Завдання цього розділу здебільшого є базовими. Надалі результати розв'язання цих завдань неодноразово будуть використані під час вирішення завдань інших розділів.
Завдання 1.3.8 (базове завдання). Знайти у довільній точці напруженість поля, що створюється позитивним зарядом, рівномірно розподіленим з поверхневою щільністю σ на нескінченній площині.
Оскільки площина нескінченна, розподіл зарядів і поля має плоску симетрію. Отже, лінії напруженості поля скрізь спрямовані по нормалі до площини і, отже, паралельні один одному, а модуль напруженості однаковий у всіх точках, що віддаляються від площини на те саме роз-
Зважаючи на симетрію завдання доцільно-
по-різному застосувати теорему Гауса (1.10).
Для цього розглянемо прямий циліндр,
перпендикулярний площині і сім-
метрично розташований щодо
її (рис.1.9). Потік вектора E через бо-
кову поверхню такого циліндра ра-
Мал. 1.9. Поверхня Гауса
вен нулю, тому що лінії напруженості
скрізь паралельні утворюючим цилін-
для рівномірно зарядженої
дра. Векторні потоки E через основи
площині (завдання 1.3.8)
циліндра однакові та рівні ES , де S –
площа основи циліндра. Заряд,
що знаходиться всередині замкнутої поверхні цього циліндра, дорівнює
σ S . За теоремою Гауса маємо 2 ES =
σ S , звідки знаходимо відповідь:
Напруженість поля залежить від відстані від площини. Це однорідне поле, силові лінії якого починаються на зарядженій площині і йдуть на нескінченність, залишаючись перпендикулярними до зарядженої площини.
гл.1. Постійне електричне поле
Той самий результат вийде і для негативного заряду. В цьому випадку силові лінії поля починаються в нескінченності та закінчуються на зарядженій площині.
Звісно, нескінченних заряджених площин у природі немає. Однак отриманий результат можна використовувати для визначення напруженості поля поблизу рівномірно зарядженої пластини, коли відстань від точки спостереження до пластини набагато менше розмірів пластини і, крім того, точка спостереження знаходиться досить далеко від краю пластини. Чим краще виконані ці умови, тим точніше одержана формула визначає напруженість поля в точці спостереження. Це типовий приклад надання фізичного сенсу результатів розрахунку напруженості поля від об'єкта нескінченної протяжності.
Зазначимо, що на зарядженій поверхні напруженість поля Е не визначена (зазнає стрибка). Це з вибором моделі поверхні як має товщини. У реальних матеріалах електричне поле поблизу зарядженої поверхні змінюється дуже швидко на відстані близько кількох атомних шарів. У цій галузі модель не має товщини поверхні виявляється занадто грубою і вимагає уточнення з урахуванням властивостей її атомів і молекул. Надалі, говорячи про стрибок напруженості, ми матимемо на увазі саме таку картину.
Відповідь : E = 2 ε 0 .
Завдання 1.3.9. Дві нескінченні паралельні один одному площини рівномірно заряджені з поверхневими щільностями заряду 1 і 2 . Знайти розподіл напруженості поля: а) коли заряди одного знака; б) коли заряди різних знаків.
Напруженості полів, створюваних кожною площиною, знайдені у базовій задачі 1.3.8. Використовуємо отримані там рішення та принцип суперпозиції. На рис.1.10 схематично показані поля від кожної площини для випадків а) та б); при цьому позитивним напрямом напруженості вважається напрямок зліва направо (саме цей напрямок вважатимемо позитивним напрямом осі Х).
а) В області 1 поля E 1 і E 2 сонаправлены, тому E (1) = - E 1 - E 2 = - (E 1 + E 2).