Материал: МЭИ(ТУ) Физика

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

Согласно теореме Гаусса, в левой части равенства (1) рассматривается поток результи- рующего вектора напряженности, т. е. E есть вектор напряженности поля, созданного всем заряженным цилиндром, а не только зарядом, находящимся внутри поверхности интегрирования. Поэтому из предположения о плоскорадиальной структуре поля сле-

дует, что на поверхностях SI и SII угол (E,dS)= π2 , значит

òEdS = òEdS = 0 ;		(4)
SI	SII
на поверхности Sбок угол (E, dS) = 0; следовательно,
ò d	= òEdSE. S	(5)
Sбок	Sбок

Так как боковая поверхность вспомогательного цилиндра симметрична относительно заряда, то E = const . на поверхности Sбок. Отсюда

òEdS = E òdS .

Sбок Sбок

Очевидно, что

òdS = 2πrBh .

Sбок

В результате получим
	òEdS = E × 2πrBh .				(6)
	Sбок
Подставляя выражения (6) и (4) в равенство (3), находим
	òEdS = E × 2πrBh .				(7)
	SB
Подставим выражения (2) и (7) в равенство (1):
	E × 2πr h =		ρπR2h	,
	E × 2πr h =		0	,
	B		ε0
			ε0
откуда
	πR2 ρ				(8)
	E = ε 2πr .				(8)
			0
		0	B
Произведение πR2	ρ представляет собой заряд, приходящийся на единицу длины заря-
0

женного цилиндра, т. е. линейную плотность заряда: πR02 ρ = τ .

Следовательно, формуле (8) можно придать вид

E =	τ			.	(9)
	2πε	0	r
			B

Рассмотрим теперь точки, лежащие внутри цилиндра: r ≤ R0. Вспомогательную по- верхность SA проводим (см. рис. 57) в виде цилиндра радиуса rA и высоты h. По теореме

Гаусса

òEdS =	1	åQ .	(10)

S A	ε0

Внутри поверхности интегрирования будет находиться заряд, вырезаемый поверхно- стью SA из заряженного цилиндра и равный

åQ = ρπrA2h .

(11)

При вычислении потока вектора напряженности через поверхность SA следует повто- рить все рассуждения, которые были проведены для поверхности SB, что приведет к ра-

венству

òEdS = E × 2πrAh .

S A

Подставим выражения (12) и (11) в уравнение (10):

E × 2πr h =		πr2h		ρ 1,
			A
A		ε0

откуда
E =	ρrA		.

	2ε0

(12)

(13)

Применение формул (8) и (13) к граничным условиям, т. е. для r = R0, показывает, что в данном случае вектор напряженности не терпит разрыва.

Интересно отметить, что во всех случаях равномерного объемного распределения заряда поле оказывается пропорциональным расстоянию от центра этого объемного за- ряда.

Задача 8

В одной плоскости с бесконечно длинной равномерно заряженной нитью располо- жены три одинаковых стерженька с одинаковыми зарядами. 1. Одинаковые ли силы бу-

1 Следует обязательно обратить внимание студентов на то, что здесь в правой части равенства фигурирует текущий радиус rA, а в аналогичной формуле (2) – радиус заря- женного цилиндра R0.

дут действовать на них, если первый стерженек расположен параллельно нити, второй

– перпендикулярно, третий – под углом α к нити? Стержни считать заряженными рав- номерно, их взаимодействием пренебречь. Кратчайшие расстояния от каждого стержня до нити одинаковы. 2. Рассчитать силу, действующую на третий стержень, если его за- ряд q = 5 СГСЭq, длина l0 = 8 см, расстояние от нити до ближайшей точки стерженька x0 = 4 см, угол α = 30°, линейная плотность заряда нити т = 60 СГСЭq/см.

Анализ. 1. Поле нити – плоскорадиальное, напряженность падает обратно пропор- ционально расстоянию до нити. Во всех точках первого стержня величина напряженно- сти одинакова, следовательно, на все элементы первого стержня будут действовать одинаковые силы. На протяжении второго и третьего стержней напряженность поля нити непрерывно меня- ется, причем максимальная напряженность равна той напряжен- ности, которая существует во всех точках первого стержня. Зна- чит, на все элементы второго и третьего стержней, за исключе- нием элемента, расположенного у ближайшего к нити конца, бу- дут действовать силы, меньшие, чем на соответствующие эле- менты первого стержня, и результирующая сила соответственно

Рис. 58.	будет меньше.

2. Для расчета силы, действующей на третий стерженек, рассмотрим его элемент dl (рис. 58), находящийся на расстоянии x от нити и на расстоянии l от нижнего конца

стержня. Сила, действующая на этот элемент,
dF = Edq ,			(1)
где E – напряженность поля на расстоянии x от нити, dq =	q	dl	– заряд рассматривае-
где E – напряженность поля на расстоянии x от нити, dq =		dl	– заряд рассматривае-
	l
	0

мого элемента. (Здесь необходимо напомнить студентам, что элемент dl настолько мал, что в его пределах поле можно считать постоянным, но, с другой стороны, он должен быть заведомо величиной макроскопической, т. е. большой по сравнению с размерами атомов.)

Решение. Подставляя в формулу (1) выражение для поля нити и для элементарного заряда dq, получаем

dF =	τ	q	dl .	(2)

	2πε0 x l0

При переходе от одного элемента к другому направление элементарных сил меняться не будет, следовательно, результирующая сила может быть найдена непосредственным интегрированием выражения dF по всему стержню. Предварительно следует найти связь между переменными x и l. Как видно из рис. 58,

x = x0 + l sinα , dx = dl sinα ,

отсюда

dl = sindxα .

Подставляя это выражение в формулу (2) и проводя интегрирование в пределах от x0 до x0 + l0 sin α, получаем

F =	τq	x0	+l0 sinα	dx	=	τq	x	+ l sinα	.	(3)
F =	2πε l sinα		ò	x	=	2πε l sinα ln	0	x	.	(3)
							0	0
	0 0		x0			0 0		0

До подстановки числовых данных проведем анализ размерностей полученной фор- мулы.

В СИ к основным величинам относятся длина L, масса M, время T, сила тока I. Размерность левой части формулы (3):

dim F = MLT −2 ,

размерность величин, входящих в правую часть формулы:

dimQ = IT ; dimτ = IT				; dimε0	=	(IT )2	;
dimQ = IT ; dimτ = IT				; dimε0	=	M −2 L2	;	LT
			L			M −2 L2		LT
	τq		IT × IT × M	−2 × L2		LT
dim		=	L(IT )2 L		= MLT −2 .
dim	ε0l0	=	L(IT )2 L		= MLT −2 .

Можно также провести проверку формулы, пользуясь размерностями единиц изме-

рения:
é	τq	ù	=	Кл × Кл × Н × м2	= Н = [F].
ê	ε l	ú	=	м × Кл2 × м	= Н = [F].
ê	ε l	ú		м × Кл2 × м
ë	0 0	û

Подставим в формулу (3) числовые данные после перевода их в СИ и вычислим силу:

F = 1,05 ×10−3 Н .

Можно показать, что полученная формула силы годится и для первых двух стер- женьков:

для второго стержня

α =

, F =

τq

x0 + l0

;

2πε

0 0

для первого стержня

l0 sinα

τq

F =

α → 0 , lnç1+

2πε

0 x0

Задача 9

Найти работу сил поля, созданного двумя точечными зарядами, при перенесении заряда q = 3 СГСЭq из точки C в точку D (рис. 59), если a = 6 см; Q1 = 10 СГСЭq;

	Q2 = – 6 СГСЭq.
	Анализ (СГСЭ). Работа сил поля может быть легко
	рассчитана, если известна разность потенциалов между
	указанными точками.
	В данной задаче при перенесении заряда q из точки
	С в точку D работа сил поля	Рис. 59.
	A = q(ϕC -ϕD ).	Рис. 59.
	A = q(ϕC -ϕD ).	(1)

По условию источник поля – это два точечных заряда, поэтому следует найти по- тенциал каждой точки как алгебраическую сумму потенциалов полей каждого из то- чечных зарядов:

		ϕC = ϕC	+ ϕC	;ü			(2)
		1	2	ý			(2)
		ϕD = ϕD1	+ ϕD2 ,þ
где ϕC	и ϕC	– потенциалы, созданные зарядами Q1 и Q2			в точке С; ϕD	и ϕD	– то же
1		2			1		2

для точки O. Потенциал точки в поле точечного заряда по отношению к бесконечности

равен

ϕ = Qr .

где Q – точечный заряд, создающий поле; r – расстояние от заряда Q до точки, рой рассматривается поле.

Знак потенциала определяется знаком заряда Q. Решение. Выражения (2) могут быть записаны в виде

ϕC =	Q1	+	Q2	;ü
	a		a	ï
	Q		Q	ý
ϕD =	1	+	2	ï
ϕD =	x	+	x	.
	x		x	þ

в кото-

(3)

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

Смотрите также: