тью, можно считать плоскорадиальным (силовые линии лежат в плоскостях, перпенди- кулярных заряженной нити, и направлены по радиусу). Рассмотрим сечение нитей пер- пендикулярной плоскостью (рис. 53). В любой точке, не лежащей в плоскости обеих
Рис. 53.
нитей, векторы напряженности полей первой и второй нитей расположены под углом друг к другу. Следовательно, результирующее поле E = E1 + E2, и оно не может быть равно нулю. Векторы E1 и E2 коллинеарны и притом направлены в разные стороны только в точках, лежащих в плоскости нитей между ними. Все точки прямой, располо- женной параллельно нитям, будут находиться в равных условиях.
Решение. Рассмотрим поле в точке C:
EC = E1 + E2 . |
(1) |
Как видно из рис. 53, векторы E1 и E2 направлены в разные стороны. Следовательно, равенство (1) можно заменить скалярным выражением
EC = E1 - E2 . |
(2) |
||||
Напряженности E1 и E2 соответственно равны: |
|||||
E = |
τ1 |
, |
ü |
||
2πε0 x |
ï |
||||
1 |
|||||
ï |
(3) |
||||
τ2 |
ý |
||||
E2 = |
ï |
||||
. |
|||||
ï |
|||||
2πε0 (a - x) þ |
|||||
Здесь x – расстояние от первой нити до точки C. Согласно условию задачи EC = 0, по-
этому
1 |
æ |
τ |
τ |
2 |
ö |
|||||||||
ç |
1 - |
÷ = 0 . |
(4) |
|||||||||||
2πε0 è |
x |
a - x ø |
||||||||||||
Отсюда |
||||||||||||||
τ |
(a - x)-τ |
2 |
x |
= 0 . |
(5) |
|||||||||
1 |
||||||||||||||
x(a - x) |
||||||||||||||
Так как заведомо x ≠ a и x ≠ 0, то выражение (5) дает результат: |
||||||||||||||
τ1a = x(τ1 +τ2 ), |
||||||||||||||
откуда |
||||||||||||||
x = |
τ1a |
=» |
0,07 м . |
|||||||||||
τ1 +τ2 |
||||||||||||||
Напряженность поля обращается в нуль в точках прямой, лежащей в одной плоскости с заряженными нитями параллельно им и расположенной на расстоянии x = 0,07 м от первой нити.
Задача 6
Три плоскопараллельные тонкие пластины, расположенные на малом расстоянии друг от друга, равномерно заряжены. Поверхностные плотности зарядов пластин
σ1 = 3×10−8 Клм2 ; σ2 = -5 ×10−8 Клм2 ; σ3 = 8×10−8 Клм2 .
Найти напряженности поля в точках, лежащих между пластинами и с внешней сторо- ны. Построить график зависимости напряженности поля от расстояния, выбрав за нача- ло отсчета положение первой пластины.
Анализ. Согласно принципу суперпозиции поле в любой рассматриваемой точке будет создаваться всеми тремя заряженными пластинами:
3 |
|
E = åEi , |
(1) |
1 |
где Ei – вектор напряженности поля, созданного одной пластиной.
Следовательно, прежде всего надо найти поле, создаваемое одной равномерно за- ряженной пластиной1. Рассмотрим большую плоскость, равномерно заряженную с по- верхностной плотностью σ. Из соображений симметрии можно предположить, что в точках, достаточно близких к плоскости, силовые линии поля направлены перпендикулярно самой плос- кости (рис. 54). Тогда, если напряженность поля вычислять с помощью теоремы Гаусса, вспомогательную поверхность надо выбрать так, чтобы она содержала две плоскости, параллель-
Рис. 54. ные заряженной, например цилиндр, ось которого располагает- ся параллельно силовым линиям поля, а основания симметрич- ны относительно заряженной плоскости и одно из них проходит через точку K, в кото-
рой определяется поле. При таком выборе вспомогательной поверхности угол (E, dS)
будет равен нулю во всех точках оснований цилиндра и π2 во всех точках боковой по-
верхности.
1 Если формула поля заряженной плоскости известна студентам, то данный вывод можно опустить.
Разобьем интеграл по вспомогательной гауссовой поверхности на интегралы по бо- ковой поверхности цилиндра (Sбок) и по основаниям (SI и SII):
òEdS = òEdS + òEdS + òEdS .
S Sбок SI SII
Первый интеграл обращается в нуль, так как на боковой поверхности E dS, скалярное произведение EdS = EdS cos(E, dS), поэтому E, dS ≡ 0. Знак тождества показывает, что это равенство справедливо в любой точке боковой поверхности. На основаниях цилин- дра векторы E и dS коллинеарны, поэтому EdS = EdS. Следовательно,
òEdS = òEdS + òEdS . |
(2) |
||
S |
SI |
SII |
|
Надо обязательно оговорить, что эти |
преобразования справедливы, если основания ци- |
||
линдра много меньше заряженной плоскости, в противном случае будет неверным на-
ше первоначальное предположение о направлении силовых линий.
Малость основания по сравнению с размерами заря- |
|||
женной плоскости позволяет предположить, что во всех |
|||
точках каждого основания напряженность будет одинако- |
|||
Рис. 55. |
вой. Симметричное расположение оснований относительно |
||
заряженной плоскости позволяет считать, что напряженно- |
|||
сти поля на поверхностях SI и SII по модулю одинаковы E1 = E2 = E, поэтому выражение |
|||
(2) можно преобразовать следующим образом: |
|||
òEdS + òEdS = E1SI + E2SII = 2ESосн . |
(3) |
||
SI |
SII |
||
Здесь Sосн – площадь каждого основания вспомогательного цилиндра, E – напряжен- ность поля в точках оснований.
Согласно теореме Гаусса запишем
òEdS = |
1 |
åQ , |
(4) |
S |
ε0 |
||
где åQ – алгебраическая сумма зарядов, охватываемых поверхностью интегрирова-
ния.
В рассматриваемом случае поверхность интегрирования вырезает из заряженной плоскости площадку, равную основанию вспомогательной цилиндрической поверхно- сти, поэтому
åQ = σSосн . |
(5) |
||
Подставляя в формулу (4) полученные выражения для потока и зарядов, получаем |
|||
E = |
σ |
. |
(6) |
2ε0 |
|||
Выражение (6) определяет поле большой равномерно заряженной плоскости.
В условиях задачи оговорено, что пластины находятся на малом расстоянии друг от друга, поэтому можно считать, что в точках A, B, C, D (рис. 55) каждая из пластин соз- дает поле, определяемое формулой (6).
Решение. Учитывая направления полей и выбирая направление направо за поло- жительное, находим
EA = |
1 |
(- |
σ1 |
+ |
σ 2 |
- |
σ3 |
)= - 3×10−8 |
= -3,4 ×103 В м ; |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2ε0 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
ε0 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
EB |
= |
( |
σ1 |
+ |
σ2 |
- |
σ3 |
)= 0 ; |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2ε |
0 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
E = |
1 |
( |
σ |
1 |
- |
σ |
2 |
- |
σ |
3 |
) |
= - 5 |
×10−8 |
= -5,6 ×103 В м ; |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
C |
2ε |
ε0 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
0 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ED |
= |
1 |
( |
σ1 |
- |
σ2 |
+ |
σ3 |
)= 3 |
×10−8 |
= 3,4 ×103 В м . |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2ε |
0 |
ε0 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Поверхностные плотности σi зарядов берутся везде по абсолютной величине, так как знак заряда уже учитывается направлением поля.
Построим график зависимости напряженности E от расстояния x, отсчитываемого от первой пластины (рис. 56).
При анализе графика надо обратить внимание сту- дентов, что на каждой заряженной поверхности вектор напряженности обязательно терпит разрыв, причем можно показать, что величина скачка напряженности
Рис. 56. |
||||
DE |
= |
σ . |
||
ε0 |
||||
Надо также указать на то, что при удалении от пластин график начнет менять свой ха- рактер – однородность поля, создаваемого равномерно заряженной плоскостью, имеет место только для точек, расстояния до которых от плоскости малы по сравнению с ее собственными размерами. Это следует подчеркивать неоднократно, чтобы студенты