Материал: МЭИ(ТУ) Физика

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

на продолжении стержня на расстоянии x0 = 20 см от него. Найти напряженность поля в точках, лежащих на продолжении стержня, как функцию расстояния x до стержня.

Анализ. Как и в предыдущей задаче, искомую силу можно найти как результи- рующую элементарных сил dF, действующих на точечный заряд со стороны полей от-

Рис. 50.

дельных малых равных элементов dl стержня (рис. 50). Согласно закону Кулона,

dF =	qdQ	,	(1)
	4πε0 x2

где dQ – заряд элемента dl, x – расстояние от элемента dl до точечного заряда.

Ввиду равномерного распределения заряда Q по стержню заряд dQ можно выра-

зить формулой

dQ =	Q dl .	(2)
	l
	0

Все элементарные силы направлены в одну сторону, поэтому результирующая сила

F = òdF .	(3)
по стержню

Решение. Чтобы провести интегрирование, введем ось ξ, как показано на рис. 50. Длина введенного элемента dl = dξ, положение его определяется координатой ξ, а рас- стояние от этого элемента до рассматриваемой точки, как видно из рис. 50, равно

	x = l0 + x0 -ξ .
Тогда элементарная сила
dF =	qQ	dξ
			.
	4πε0l0	(l0 + x0 -ξ )2	.

При интегрировании по стержню переменная ξ меняется от 0 до l0, следовательно,

dξ

F =

4πε l

ò (l + x -ξ )2

4πε l

- x + l

ç x

÷ .

0 0 0

0 0

0 ø

Выражая заданные величины в СИ и производя подстановку числовых значений,

находим

F = 3×10−5 Н .

Согласно определению, напряженность поля в точке x0

Рис. 51.

	F		Q		æ	1		1	ö
E =					ç				÷
	q	=	4πε	l			- x	+ l
					ç x				÷ .
				0 0	è	0	0	0	ø

Полученное выражение, очевидно, будет справедливо в любом месте на продолжении стержня, т. е.

E(x)=	Q		æ	1		1	ö
			ç				÷	,	(4)
	4πε	l			- x + l
			ç x				÷
		0 0	è		0		ø

где x – расстояние от конца стержня до рассматриваемой точки.

После решения задачи желательно рассмотреть со студентами предельные случаи значений x.

1. При x >> l0 выражение (4) после приведения к общему знаменателю примет вид

E(x)=			Q			»	Q			,
E(x)=	4πε	0	x2 (1	+ l	x)	»	4πε	0	x2	,
		0		0				0

т. е. всегда можно найти такое большое расстояние x, что заряженный стержень будет вести себя как точечный заряд.

2. При x → 0 выражение (4) теряет смысл, так как величина E обращается в беско- нечность. Это объясняется тем, что при решении задачи не учитывались ни размеры, ни форма поперечного сечения стержня (по условию задачи стержень тонкий). Следова- тельно, проведенное решение справедливо для точек, настолько удаленных от стержня, что в них напряженность поля не зависит от его поперечного сечения.

Задача 4

По тонкой нити длиной l0 равномерно распределен положительный заряд с линей- ной плотностью τ. Найти напряженность поля в точках A и B (рис. 51), расположенных

соответственно против середины нити и против одного из ее концов на одинаковом расстоянии a от нее.

Анализ (СГСЭ)1. На основании закона Кулона можно получить выражение для напряженности поля, созданного точечным зарядом. В данной задаче следует написать формулу для напряженности по- ля, созданного лишь очень маленьким элементом dl нити, обладаю- щим зарядом dQ.

Так как линейная плотность нити равна τ, то заряд

1 В тех случаях, когда задача решается не в СИ, в анализе задачи в скобках указы- вается используемая система единиц.

dQ = τdl .

(1)

Чтобы не повторять выводов для точек A и B, вычислим напряженность в некото- рой точке C (рис. 52), положение которой будет определяться углами α1 и α2. Для точек A и B эти углы соответственно примут значения (см. рис. 50):

α1A

α1B

= α2 A = αA = arctg	l0		,	ü
	2a			ï	(2)

		l		ý
= 0;α2B = αB = arctg		0		ï

			.
		a		þ

Введем оси координат, как показано на рис. 52. Элементарный вектор dE будет на- правлен по прямой, соединяющей элемент dl и точку C, под углом α к оси x. Результи- рующий вектор Е получим, суммируя элементарные векторы

dE от всех элементов нити, причем

Ex =	òdEx ,ü
	по нити	ï	3)
	по нити	ý .	3)
Ey =	òdEy .ï
	по нити	þ

Здесь Ex и Ey – проекции вектора напряженности E на оси x и

y; dEx и dEy – проекции элементарного вектора dE на те же Рис. 52. оси; интегрирование ведется по всей нити.

Решение. На основании закона Кулона запишем

dE = dQ	,		(4)
r2
где r – расстояние от элемента dl до точки C.
Как видно из рис. 52,
dEx = dE cosα,ü			(5)
dEy = dE s	ý .	in	(5)
dEy = dE s	α.þ	in

При интегрировании по нити будут меняться значения угла α и расстояния r, поэтому все переменные следует выразить через одну переменную интегрирования, в качестве которой выберем угол α.

Расстояние r можно выразить следующим образом:

r =	a	.	(6)
	cosα

Положение элемента dl определяется его расстоянием l от перпендикуляра, опущенного из рассматриваемой точки C на нить, поэтому .

l = a tgα .

Следовательно,

dl = cosad2αα .

Подставляя выражения (1), (6) и (7) в (4), получаем

dE =			τdα	,
dE =			a	,
			a
тогда согласно равенствам (5) запишем
dEx =	τ			ü
dEx =	a	cosαdα,ï
	a			ý .
				ý .
dEy =	τ s αdα.ï				in
	a			þ

(7)

(8)

При подстановке (8) в формулы (3) найдем значения проекций вектора напряженности E на оси x и у. При интегрировании по нити угол α будет меняться в пределах от α1 до α2, поэтому получим

E =	τ α2 cosαdα =	τ	(sinα - sinα ).
x	a ò	a	2	1
	α1

Угол α1 отсчитывается от перпендикуляра CO вниз, т. е. является углом отрицатель- ным. Так как функция sin α нечетная, то полученную формулу можно переписать в ви-

де

= τ (sin

+ sin

(9)

Аналогично

E =

τ α2 sinαdα =

(cosα - cosα ).

(10)

a ò

α1

Функция cos α – четная, поэтому под α1 можно сразу понимать абсолютное значение угла.

Выражения (9) и (10) теряют смысл при α → 0: обе составляющие напряженности поля обращаются в бесконечность. Так же, как и в предыдущей задаче, это означает, что понятие "тонкой" нити справедливо до тех пор, пока рассматриваются точки, рас- стояния до которых от нити велики по сравнению с ее поперечными размерами.

Переходим теперь к точкам A и B, указанным в условии задачи. В точке A

Ey = 0 , Ex = E =	2τ	sinαA .	(11)

	a

В точке B
Ex =	τ sinαB ; Ey =	τ	(1− cosαB )	(12)
	a	a

Интересно исследовать выражения (11) и (12) для случая l0 >> a, т. е. для так назы-

ваемой бесконечной нити. В точке A при l0 >> a угол αA → π2 , поэтому

E = 2aτ .

Силовые линии поля лежат в плоскостях, перпендикулярных заряженной нити, и имеют радиальные направления. При приближении исследуемой точки к концам нити будет появляться составляющая Ey, т. е. плоскорадиальная симметрия поля нарушится.

В точке B, лежащей против одного из концов нити, при t0 >> a αB → π2 , поэтому

Ex = Ey = τa .

Вектор напряженности E будет направлен под углом 45° к нити1.

Задача 5

Две бесконечно длинные равномерно заряженные нити расположены параллельно друг другу на расстоянии a = 10 см. Найти геометрическое место точек, где результи- рующая напряженность поля равна нулю, если линейные плотности зарядов нитей имеют значения:

τ1 = +12 СГСЭq см ; τ2 = +6 СГСЭq см .

Анализ. В условии оговорено, что нити бесконечно длинные; это значит, что рас- стояние между нитями много меньше длины каждой, и поле, создаваемое каждой ни-

1 В более слабых группах задачу следует разбить на две самостоятельные или огра- ничиться отысканием напряженности поля только в точке A. Переход от нити конечной длины к «бесконечно длинной» желательно сохранить, чтобы лишний раз подчеркнуть относительность последнего понятия.

Если выражение для напряженности поля бесконечно длинной тонкой нити было достаточно подробно выведено на лекции, то задачу № 4 при недостатке времени мож- но опустить совсем; но при решении задачи № 5 следует обязательно оговорить грани-

цы применимости формулы E = 2πετ 0 x .

Источник: https://files.student-it.ru/previewfile/285662

Смотрите также: