книги / Принципы и практика решения задач по общей физике. Электромагнетизм
.pdf1.2.2. Сфера с отверстием. В равномерно заряженной сфере вырезано маленькое отверстие. Какова напряженность электрического поля в центре отверстия?
Данная задача является прекрасной иллюстрацией не сколько неожиданной стороны принципа суперпозиции. В соответствии с этим принципом напряженность электриче ского поля произвольной системы зарядов является вектор ной суммой полей отдельных частей этой же системы. На са мом деле напряженность электрического поля произвольной системы можно сложить из напряженностей электрического поля каких-либо подсистем, каждая из которых, вообще го воря, не является частью исходной системы. При этом только требуется, чтобы суммарное пространственное распределе ние зарядов оказалось тем же, что и для исходной системы. В нашем случае это означает, что поле сферической поверх ности с маленьким отверстием можно сложить из полей сплошной сферической поверхности с плотностью заряда а и маленькой площадки с плотностью заряда - а , наложенной на сферу. Польза такого представления заключается в том, что расчет поля сферы и маленькой площадки уже не пред ставляет труда.
Рассмотрим вначале электрическое поле внутри сфери ческой поверхности при равномерном распределении заряда. Это поле, очевидно, является центрально-симметричным,
т.е. модуль вектора Е может зависеть только от расстоя ния г до центра сферы. Понятно, что при такой конфигура ции поля в качестве замкнутой поверхности следует взять
концентрическую сферу, и тогда поток вектора Ё будет ра
вен 4яггЕ . Так как внутри сферы нет зарядов, то в силу тео ремы Гаусса этот поток должен быть равным нулю, а это оз начает, что поле внутри равномерно заряженной сферы от сутствует. Этот результат был доказан еще в части 1 прямым расчетом для поля тяготения внутри сферического слоя без
привлечения теоремы Гаусса. Вне сферы вблизи ее поверх ности имеем
£„неш • 4яг2 = ~ 4 л г 2а -> £ внеш= — .
ео |
е0 |
Ранее (см. задачу 1.1.12) было доказано, что напряжен ность электрического поля вблизи середины любого малого
плоского |
элемента |
Е0 = а / 2е0. |
Отобразим |
векторы |
полей на |
рис. 1.17, на котором можно сразу увидеть, что вблизи середины от верстия напряженность электри ческого поля равна а / 2е0 незави симо от того, где находится точ ка - вне сферы или внутри ее.
Полученный результат позволяет легко определить силу взаимодействия различных участков однородно заряжен ной сферической поверхности. Рассчитаем, например, силу от талкивания двух частей сферы радиуса R , разрезанной на две части плоскостью, проходящей на
5± |
расстоянии г |
от центра сфериче |
|||
ской поверхности (рис. 1.18). |
|||||
|
Для |
этого |
найдем |
вначале |
|
|
давление |
внутри |
сплошной сфе |
||
|
рической |
поверхности, |
обуслов |
||
|
ленное кулоновским взаимодейст |
||||
|
вием. Выделим на ней малый эле |
||||
|
мент площадью 6S . Сила 5F , |
||||
|
действующая |
на |
этот |
элемент, |
|
на напряженность поля Е |
равна произведению заряда а -85 |
||||
вблизи этого элемента. Это поле |
создано всеми элементами сферической поверхности кроме элемента 85, и его напряженность, как мы уже знаем, равна ст/2е0. Тогда
2е0 2е0 Отношение силы, действующей перпендикулярно пло
щадке бS , к величине этой площадки и есть давление Р :
8F а 2
бS ~ 2е0
Для нахождения полной силы электростатического дав ления F , действующей на верхнюю часть сферы (см. рис. 1.18), необходимо проинтегрировать давление Р по всей площади верхней части сферы S (нужно только помнить, что сила - величина векторная). Но данной операции можно из бежать. Представим себе, что внутри сферы находится газ под давлением Р . Тогда понятно, что сила, действующая на верхнюю часть сферической оболочки S , будет в точно сти равна силе, действующей на площадь основания этой части SL :
Заметим, что сила отталкивания частей сферы будет наибольшей, когда сфера разрезана по диаметру:
Fmax.
1.23. Поле полусферы. Найти напряженность электри ческого поля в основании полусферы, заряженной равномер но с поверхностной плотностью заряда а .
Хотя эта задача очень похожа на предыдущую, восполь зоваться тем же приемом нам не удастся (отсутствует слиш ком большая часть сферы). Поэтому придется «честно» рас считать поле полусферы, разбивая ее на бесконечно малые
зз
элементы (так можно в принципе решить любую задачу). В то же время не следует забывать и о присутствующей сим метрии (все-таки полусфера это половина сферы!). Посмот рим, к чему это приведет.
Предположим, что вектор Е расположен не перпенди кулярно основанию полусферы (рис. 1.19). Дополним полу сферу второй половиной (отмечена штриховой линией). То гда в силу симметрии вектор К от второй половины должен быть зеркальным отражением вектора Ё относительно осно вания полусферы и сумма векторов Ё +Ё' не равна нулю. Но такого не может быть, так как полное поле двух полусфер внутри в любом случае должно быть равным нулю (это было доказано в предыдущей задаче). Поэтому остается только од но - вектор Ё в любой точке основания полусферы должен быть перпендикулярным основанию.
Z
Рис. 1.19
Выберем начало сферической системы координат в цен тре основания полусферы (рис. 1.20) и разобьем ее на беско нечно малые элементы площадью dS = /?2sin0d0rf(p (угол ср отсчитывается в плоскости основания полусферы от оси X ). Тогда нормальная составляющая вектора dЁ (нужна только она) будет иметь вид
г2 = (/?sin 0cos <р -+- JC)2 + R2sin20sin2<p + /?2cos2e =
=/?2+2&csm0cos<p + ;c2,
азначения углов 0 и 0' связаны соотношением
ftcos0 = rcos0' |
(3) |
Подставляя (2) и (3) в (1) и интегрируя по углу 0 от ну ля до п / 2 и углу ф от нуля до я (помножив результат на два), получаем следующее выражение для напряженности электрического поля в произвольной точке основания полу сферы, отстоящей на расстояние хот его центра:
N oR3 "f . |
%2 |
sin0cos0rf0 |
3/2 • |
|
~ |
J |
: |
, |
|
/яео о |
|
о |
(tf2 + 2&csin0cos9+x2) |
|
Входящий сюда двойной интеграл целесообразно при вести к безразмерному виду с помощью подстановки \ =x!R (0<£<1):
|
а |
п(, %2 |
7 |
|
sin 0cos 0^0 |
|
|
|
В |
Д = 9— |
№ Ф J |
I |
л \ 3 / 2 |
• |
(4) |
||
|
Z7teo о |
о |
^!+ 2£sin0cos9+£ J |
|
|
|||
Взять |
такой интеграл |
|
при |
произвольных |
£ |
далеко |
не простая задача, но, к счастью, нам это не потребуется. Для этого вспомним, что кулоновские силы являются консерва тивными и работа этих сил по произвольному замкнутому контуру L равна нулю. Если это перевести на язык напря женности электрического поля, то для произвольного элек трического поля должно выполняться соотношение
Edl = 0. Выберем в качестве L тонкий прямоугольный
L
контур, расположенный близко к основанию полусферы, как показано на рис. 1.20. Ранее было доказано, что вектор Ё в любой точке вблизи основания полусферы перпендикуля рен ему. Отсюда сразу следует, что интеграл JEdl , взятый по участкам, параллельным основанию, равен нулю, и тогда
< $£аГя(£\-Е 2)5,
L
где 8 - малая высота контура L ; а Е{ и Ег - значения на пряженности электрического поля в двух произвольных точ ках основания полусферы. Тем самым, в силу произвольно сти положения точек 1 и 2, мы доказали, что напряженность электрического поля в любой точке основания полусферы одинакова! Поэтому проще всего взять интеграл (4) при
£>=x/R =0:
Это и будет ответом задачи.
1.2.4. Заряд внутри тетраэдра. С какой силой действует на каждую грань тетраэдра заряд q , помещенный в его цент
ре? Поверхностная плотность заряда граней ст.
Конечно, если вспомнить про третий закон Ньютона, то задачу можно поставить иначе: с какой силой каждая грань тетраэдра действует на заряд, помещенный в его центре? В этом случае мы могли бы воспользоваться результатом за дачи 1.1.12, позволяющим быстро рассчитать поле грани тет раэдра. Но для лучшего понимания теоремы Гаусса решим задачу в ее первоначальной постановке. В данном случае ис точником поля является точечный заряд q , и каждая грань
тетраэдра находится в этом поле. Так как это поле неоднородно, то разобьем грань тетраэдра на бес конечно малые элементы dS (рис. 1.21). В силу симметрии пол ная сила действия точечного заряда q на грань тетраэдра имеет только нормальную составляющую, и для элемента dS получаем
dF/I =ЕЯadS .
Для всей грани тетраэдра площадью S
F= fdFn =ojE„dS,
s
где Еп - значение проекции вектора напряженности элек трического поля, созданного зарядом q , на нормаль к эле
менту dS в месте его расположения. Интеграл \EndS пред-
s
ставляет собой не что иное, как поток вектора Е через грань тетраэдра и равен четверти полного потока вектора Е , соз данного точечным зарядом q :
\EndS =^ E ndS
В силу теоремы Гаусса
<$E„dS =q/e0,
и тогда для силы взаимодействия получаем
1.2.5. Взаимодействие граней куба. С какой силой рас талкиваются равномерно заряженные грани куба? Поверхно стная плотность заряда граней а , длина ребра куба I .
В соответствии с рассуждениями предыдущей задачи сила, действующая на выделенную грань куба площадью
S = l2,
F =c \E ni5)dS, s
где | Еп {5)dS - поток через эту грань вектора напряженности s
электрического поля, созданного остальными пятью гранями. Для того чтобы воспользоваться теоремой Гаусса, в качестве замкнутой поверхности построим куб с размерами немного большими исходного. Тогда все шесть заряженных граней куба дают поток вектора напряженности электрического по ля Ф через шесть граней построенной замкнутой поверх ности:
Ф = (?/е0 =6ст/2/е0,
а через одну грань
. 1 . |
а /2 |
Ф = _ ф = — . |
|
6 |
е0 |
Итак, Ф, - это поток вектора напряженности электриче
ского поля, созданного шестью гранями куба, через одну грань. В силу принципа суперпозиции его можно предста
вить как сумму потока, созданного пятью гранями \En(i)dS , s
и потока от выделенной грани §En(l)d S : s
Ф, = jEni5)dS+ \E n(l)dS. s s
Так как замкнутая поверхность прилегает достаточно
плотно к каждой грани куба, то |
Епт = а /2е0 |
и jEHll)dS = |
||
|
|
|
|
s |
= а /2 /2е0. Таким образом, |
|
|
||
|
\Eni5)d S |
^ - \ E nmd S |
Ы2 = Ы2 |
|
|
^ |
|
||
|
S |
S |
е о 2^0 |
|
Следовательно, |
|
|
|
|
|
|
2е0 |
' |
|
Попробуйте решить эту же задачу для тетраэдра с реб |
||||
ром I . (Ответ: F = л/Зст2/2 /8е0 ) |
|
|
||
1.2.6. |
Шар со сферической полостью. Внутри шара, за |
|||
ряженного равномерно с объемной плотностью |
р, имеется |
сферическая полость. Центр полости смещен относительно центра шара на расстояние I Пренебрегая влиянием веще
ства шара, найти напряженность электрического поля Е внутри полости.
Воспользуемся тем же приемом, что и в задаче 1.2.2. От сутствие заряда в полости можно представить так, как будто в однородно заряженном шаре с плотностью заряда р нахо дится шар меньших размеров с отрицательной плотностью заряда - р . Тогда поле внутри полости является суперпози цией полей, создаваемых двумя равномерно заряженными
шарами: |
|
Е = Е+ + Е_. |
(1) |
Причем точка, в которой ищутся векторы Е+ и Е_, находит ся внутри каждого шара. Таким образом, наша задача сводит ся к расчету поля внутри однородно заряженного шара. Такое