Пример 1.Тонкий диск радиуса а равномерно заряжен м поверхностной плотностью зарядаs. Определить напряженность электрического поля на оси симметрии диска. Диэлектрическую проницаемость среды принять равной 1.
Как видно из рис. 1.4, напряженность электрического поля, создаваемого элементарным зарядом 
,
где 
.
Учтем, что при наложении полей всех элементарных зарядов радиальные составляющие компенсируются. Поэтому результирующее поле в точке А будет направлено вдоль оси Oz, т.е. Ez = E. Тогда
,
и 
.
Из полученного выражения видно, что в центре диска (z = 0) 
. Если а ® ¥, то поле становится однородным и его напряженность совпадает с напряженностью поля заряженной бесконечной плоскости.
Рассмотренная задача может быть решена и с использованием принципа суперпозиции для потенциалов. Так, потенциал, создаваемый элементарным зарядом dq в точке наблюдения А 
.
Выполняя интегрирование по поверхности диска, получаем:
.
Учтем, что j зависит только от z, и что 
. Тогда получаем
.
Пример 2.Определить напряженность электрического поля на оси симметрии тонкого заряженного с поверхностной плотностью заряда s диска, если в его центре имеется круглое отверстие. Радиус диска а, радиус отверстия b
Из рис 1.5 видно, что полярный угол f принимает значения от 0 до p. Поэтому 
.
Пример 4. Сфера радиуса R заряжена с поверхностной плотностью заряда s=s×cosq,
где q – азимутальный угол. Определить напряженность электрического поля на расстоянии r >> R вдоль оси дипольного момента сферы, а также в плоскости, перпендикулярной оси диполя и пересекающей его центр.
Т.к. составляющие элементарного дипольного момента
,
перпендикулярные оси Oz, при наложении компенсируются, то полный дипольный момент сферы p = pz. Из рис.1.6
.
Тогда полный дипольный момент сферы
.
На большом расстоянии от системы зарядов
.
Следовательно, в направлении оси Oz
.
В плоскости z = 0 дипольный момент сферы перпендикулярен радиус-вектору 
. Поэтому
, и напряженность электрического поля, по-прежнему направленная вдоль оси Oz, определяется выражением 
.
Дата добавления: 2015-10-19 ; просмотров: 4335 . Нарушение авторских прав
2018-05-14 
Непроводящий тонкий диск радиуса $R$, равномерно заряженный с одной стороны с поверхностной плотностью $sigma$, вращается вокруг своей оси с угловой скоростью $omega$. Найти:
а) индукцию магнитного поля в центре диска;
б) магнитный момент диска.
(а) Возьмем кольцевой элемент с радиусом $r$ и толщиной $dr$, затем зарядим на кольцевом элементе, $dq = sigma 2 pi rdr$
ток, благодаря этому элементу, $di = frac< ( sigma 2 pi rdr ) > <2 pi>= sigma omega r dr$
Итак, магнитная индукция в центре, благодаря этому элементу: $dB = frac < mu_<0>> <2>frac
и, следовательно, из симметрии: $B = int dB = int_<0>^
(б) Магнитный момент рассматриваемого элемента,
$dp_
Следовательно, искомый магнитный момент,
$p_
Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал
Задача 2.3.3 (базовая задача). Тонкий диск радиуса R заряжен равномерно с поверхностной плотностью σ. Определить потенциал поля в точке А , расположенной на оси диска на расстоянии h от его плоскости.
Учитывая условия цилиндрической симметрии распределения заряда, выделим на диске кольцевую область между окружностями радиусов r и r + dr . Находящийся на ней заряд dq = σ2 π r dr создает
в точке наблюдения А потенциал d ϕ =
, где l = r 2 + h 2 .
Искомый потенциал есть сумма всех таких вкладов:
Анализ результата и дополнительные выводы .
1. В центре диска h = 0 и потенциал равен 2 ε 0 .
2. На большом расстоянии от плоскости диска (при R h ) имеем при разложении по малой величине R в первом порядке:
Это означает, что с ростом h потенциал становится все ближе к потенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска.
3. Вблизи плоскости диска (при h R ) при разложении по ма-
в первом порядке имеем ϕ =
4. При R 
h → ∞ мы ожидаем получить потенциал бесконечной заряженной плоскости (т.е. линейно зависящий от расстояния h до
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
плоскости). Однако такому предельному переходу препятствует
наша нормировка потенциала, приемлемая только для заряда, рас-
пределенного в конечной области пространства. В этом случае за
нуль потенциала следует принять его значение в какой-либо произ-
вольной точке, не лежащей в бесконечности. Если положить φ = 0
при h = 0, то получим закон изменения потенциала в однородном
поле, соответствующем полю бесконечной заряженной плоскости.
Вопрос о нормировке не возникает, если требуется вычислить раз-
ность потенциалов в двух точках, отстоящих от плоскости на рас-
стояния h 1 и h 2 . В этом случае независимо от нормировки имеем
ϕ = σ ( h − h ) , что и соответствует однородному полю от беско-
нечной заряженной плоскости (см. задачу 1.3.8 , главы 1).
Задача 2.3.4. Найти потенциал φ на краю тонкого диска радиу-
са R , по которому равномерно распределен заряд с поверхностной
Поиск подхода к решению приводит к выводу, что наиболее це-
систему координат ( r , α), начало которой
расположено в точке А , а угол α отсчи-
тывать от диаметра, проходящего через
точку А ( рис. 2.2 ). Элемент площади в
этой системе равен dS = r dr d α. На нем
находится заряд dq = σ dS , который соз-
К нахождению по-
тенциала поля на краю заря-
dr d α . Интегрируя
женного диска (задача 2.3.4 )
это выражение по r в пределах от нуля до r = 2 R cosα, найдем вклад
в потенциал от всех точек диска, находящихся внутри угла d α. Ин-
тегрируя затем по углу α в пределах от −π 2 до π 2 , найдем по-
тенциал точки А : ϕ = σ R .
Потенциал в точке на краю диска в π 2 раз, т.е. приблизитель-
но в полтора раза, меньше потенциала в центре диска. Это и понят-
но: потенциал в центре диска равен работе внешних сил по пере-
Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал
мещению единичного заряда из бесконечности в центр диска. При смещении заряда из центра диска к его краю работу совершает само поле, и потенциальная энергия заряда уменьшается.
Задача 2.3.5. Два коаксиальных кольца одинакового радиуса R заряжены равномерно зарядами q 1 и q 2 . Плоскости колец находятся на расстоянии h друг от друга. Найти потенциал в произвольной
точке А на оси колец.
Из симметрии задачи следует, что начало координат О следует поместить в средней точке между кольцами, а ось x направить вдоль оси колец ( рис. 2.3 ).
Точка А с координатой x отстоит от плоскости верхнего кольца на расстояние x 1 = x − h 
2 , а от нижнего кольца – на
x 2 = x + h 
2 . Каждое кольцо создает в точке А потенциал, вычисленный в базовой задаче 2.3.2 :
A
h 
O
Рис. 2.3. К нахождению потенциала электростатического поля на оси двух заряженных коаксиальных колец (задача 2.3.5 )
Согласно принципу суперпозиции φ = φ 1 + φ 2 . Отсюда получается ответ.
R 2 + ( x − h / 2) 2
Анализ результата и дополнительные выводы
1. Если q 1 = q 2 , то функция φ( x ) четная и распределение потенциала симметрично. В точке О потенциал равен удвоенному потенциалу от одного кольца.
Если q 1 = – q 2 , то функция φ( x ) нечетная, график ее имеет вид антисимметричной функции, а в точке О имеем φ = 0.
64 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
2. При большом удалении от колец, когда x >> h , R ( x > 0), име-
ем при разложении в первом порядке по малым значениям
R 2 + ( x + h / 2) 2
Первое слагаемое является потенциалом точечного заряда, равного полному заряду системы q 1 + q 2 , расположенного в центре между кольцами, второе – потенциал точечного диполя, расположенного в той же точке, с вектором дипольного момента, направленным вдоль
оси x и равным по величине p =
) . Радиус колец слабо
влияет на поле, давая поправку только второго порядка малости. В случае q 1 = q 2 поле системы двух колец видится с большого расстояния как поле точечного заряда 2 q , а дипольное слагаемое (т.е. слагаемое второго порядка малости) отсутствует. В случае q 1 = − q 2 система электронейтральна и с большого расстояния выглядит как диполь с моментом p = qh , ориентированным вдоль оси x .
3. Если кольца расположены очень близко друг к другу ( h R ), то в области между кольцами x R . В этой области при
q 1 = q 2 = q потенциал поля на оси ϕ = 2 πε 0 R сохраняется постоян-
ным в линейном приближении по малым параметрам x / R и h / R . Поправки к постоянному потенциалу существуют только за счет слагаемых второго порядка малости. Поле в этой области будет очень слабым, напряженность его будет близка к нулю. При q 1 = – q 2 = q имеем в низшем порядке по малым параметрам x / R и h / R :
ϕ = πε 0 R 3 . Линейная зависимость потенциала от координаты
говорит о том, что поле в этом случае однородное. Величина напряженности поля невелика, так как определяется малым параметром h / R .
Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал
Обратная задача: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов.
Метод решения – прямое применение уравнения Пуассона (2.18). Следует использовать запись оператора Лапласа в системе координат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если в условии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (2.16) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве.
Задача 2.3.6. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar 2 + b , где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ( r ) внутри шара.
Это пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферических координатах – тогда остается зависимость только от одной пере-
менной r : ϕ = ∂ r 2 + r ∂ r . Выполняя дифференцирование, нахо-
дим Δφ = 6 a . Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6 a ε 0 . Ответ : ρ = – 6 a ε 0 .
Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовых координатах, если в заданное выражение для ϕ ( r ) подставить r 2 = x 2 + y 2 + z 2 и воспользоваться выражением (2.19) для оператора Лапласа в декартовых координатах.
Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b ? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё только численным множителем. Объемная плотность ρ заряда внутри шара постоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен, что соответствует убыванию потенциала в направлении от центра шара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала в центре шара. Его величину можно найти из условия непрерывности потенциала при r = R :
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
откуда b = 2 ε 0 . Величина b зависит от плотности распределения заряда и от радиуса шара.
Задача 2.3.7. В бесконечном слое толщиной d находится равномерно распределенный объемный заряд. Разность потенциалов между границами слоя постоянна и равна Δφ ≠ 0. При каком значении объемной плотности ρ заряда напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю? Какова будет при этом напряженность поля у другой границы?
Поскольку распределение заряда симметрично относительно центральной плоскости слоя, то создаваемый полем этого заряда потенциал одинаков на обеих поверхностях слоя. Таким образом, сам распределенный в плоском слое заряд не может создать разность потенциалов на своих границах (см. базовую задачу 2.3.8). Следовательно, должно присутствовать внешнее однородное поле в направлении нормали к слою, напряженность которого можно представить в виде E 0 = Δϕ 
d . Напряженность поля вблизи одной
из границ будет равна нулю, если это внешнее поле равно по величине полю, создаваемому на этой пластине распределенным зарядом, и противоположно ему направлено. На границе слоя напря-
женность поля от распределенного заряда равна E = 2 ε 0 (см. зада-
чу 1.3.11 , глава 1). Из равенства E = E 0 находим ρ = 2 ε 0 Δϕ 
d 2 . На
второй границе внешнее поле направлено одинаково с полем распределенного заряда. Поэтому напряженность поля вблизи второй границы равна 2 Δϕ 
d .
Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля, и решение обратной задачи
Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал
Метод решения . Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов) использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х из
(2.16) находим: Е ( х ) = − d ϕ . Интегрируя это уравнение, получаем dx
φ( x ). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.
Представленные в данном разделе задачи в основном являются базовыми. Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.
Задача 2.3.8 (базовая задача). Бесконечный плоский слой толщиной 2 h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.
В задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженности поля от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали к плоскости слоя, то внутри слоя ( x ≤ h ) поле растет по линейному
x , а вне слоя ( x ≥ h ) поле однородно и равно E =
Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть только область x > 0, а решение для области x d φ = – Edx , откуда для области x ≤ h получаем
φ( x ) = − 2 ε 0 + C 1 ; аналогично для x ≥ h имеем
φ( x ) = − ε 0 + C 2 ,
где C 1 и C 2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Поскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке . Наиболее естественный способ нормировки потенциала в данной системе – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя, где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C 1 = 0. Постоянную C 2 определим теперь из условия непрерывности потенциала на границе слоя. Имеем при x = h :
