Материал: МЭИ(ТУ) Физика

где E1 – напряженность поля, созданного верхней пластиной; q – абсолютное значение заряда нижней пластины. Применимость этой формулы для данного случая следует из однородности поля.

Нижняя пластина будет находиться в равновесии при равенстве указанных сил, т. е.

Если пластины соединить с батареей, то нижняя пластина будет находиться в со- стоянии неустойчивого равновесия, например, при смещении ее вниз электрическая си- ла, направленная вверх, будет уменьшаться и пластина будет еще больше смещаться вниз. Так как пластины соединены с батареей, то разность потенциалов U между ними будет оставаться постоянной. При увеличении расстояния между пластинами это воз- можно только, если уменьшать напряженность поля, следовательно, и заряды пластин (пластины будут "разряжаться" через батарею). Сила взаимодействия пластин, опреде- ляемая выражением (1), уменьшится, таким образом, за счет уменьшения обоих сомно- жителей.

Если после уравновешивания отключить пластины от батареи, то нижняя пластина будет находиться в состоянии безразличного равновесия – при смещении ее вверх или вниз сила F останется постоянной и по-прежнему равной силе тяжести. При отключен- ной батарее постоянным будет заряд на пластинах, и изменение расстояния между ни- ми не изменит напряженности поля, пока его можно считать однородным.

Решение. Заряды на обеих пластинах равны по модулю; следовательно, напряжен- ность поля, созданного верхней пластиной,

Здесь S – площадь каждой пластины. Находя из выражения (3) величину q и подставляя ее в (2), получаем

где l – расстояние между пластинами; E – напряженность поля между пластинами, т. е. поля, созданного обеими пластинами.

Так как пластины заряжены равными, но разноименными зарядами, то поля их

складываются и тогда

Подставляя выражения (5) и (6) в равенство (4), находим

mg = U 2ε0S . 2l2

Отсюда искомая разность потенциалов

Задача 13

Сфера радиуса R1 = 3 см, равномерно заряженная зарядом Q = 7 · 10-8 Кл, окружена тонкой концентрической сферой радиуса R2 = 9 см. Какой заряд Q2 надо сообщить внешней сфере (при условии его равномерного распределения по поверхности), чтобы потенциал внутренней сферы относительно бесконечности обратился в нуль?

Анализ. По определению потенциал численно равен работе, совершаемой силами

поля при перемещении единичного положительного заряда из рассматриваемой точки (в данном случае с поверхности внутренней сферы) в бесконечность:

ϕ1 = ∞òEdr ,

R1

где E – результирующая напряженность поля во всех точках интервала интегрирова- ния.

На участке R1 ≤ r ≤ R2 поле будет создаваться только зарядом внутренней сферы, это можно показать при помощи теоремы Остроградского-Гаусса, если выбрать вспо- могательную поверхность в форме сферы, радиус которой лежит в указанных пределах. Вектор напряженности, независимо от величины и знака заряда Q2, направлен по ра- диусу от центра, и при перенесении единичного положительного заряда от R1 до R2 по- ле совершит положительную работу.

Следовательно, за пределами второй сферы (r ≥ R2) работа сил поля должна быть отрицательной, т. е. вектор напряженности должен быть направлен по радиусу к цен- тру. Поскольку в точках r ≥ R2 поле будет определяться алгебраической суммой зарядов на обеих сферах, заряд Q2 должен быть отрицательным и по модулю больше заряда Q1. Значение заряда Q2 может быть найдено из выражения (1) для потенциала внутренней сферы.

Решение. При расчете скалярное произведение Edr заменяется произведением Edr, так как векторы E и dr коллинеарны либо антиколлинеарны (r ≥ R2). Но в последнем

случае напряженность поля считается отрицательной (вектор E направлен к центру), таким образом, знак косинуса угла между E и dr при расчете будет учтен.

В формуле (1) подынтегральная функция E(r) терпит разрыв в точке r = R2, поэтому интеграл следует разбить на два интеграла в пределах от R1 до R2 и от R2 до ∞:

при r ≥ R2

E = Q1 + Q2 . 4πε0r2

Здесь Q2 – искомый заряд второй сферы, r – текущий радиус точки в указанных преде- лах.

Подставим эти выражения для E в соответствующие интегралы:

Формула (3) может быть написана сразу из условия аддитивности потенциала в любой точке поля. Действительно, первое слагаемое представляет собой потенциал на

После решения задачи или после качественного ее анализа интересно рассмотреть графики зависимостей напряженности и потенциала поля от расстояния r до центра сфер. График зависимости φ (r) (рис. 64, б) можно построить, если найти выражение φ(r) для каждой точки либо использовать уже построенный график E(r) (рис. 64, а). Рассмотрим только второй способ. Согласно условию при известном значении Q2 по- тенциал на поверхности внутренней сферы φ1 = 0. При r ≤ R1 потенциал постоянен и равен потенциалу на поверхности, т. е. график на участке от r = 0 до r = R1 представляет собой прямую, совпадающую с осью абсцисс. При r = R1 вектор напряженности терпит

разрыв. Так как E = ddrϕ

R2) является особой точкой. На участке R1 ≤ r ≤ R2 век тор напряженности направлен по радиусу-вектору r; следовательно, по мере удаления от поверхности внутреннего шара потенциал будет убывать до некоторого значения φ(R2). На участке r ≥ R2 вектор на- пряженности направлен навстречу радиусу-вектору (график E(r) располагается ниже оси абсцисс), поэтому по мере удаления от поверхности внешней сферы потенциал бу- дет возрастать, и при r → ∞ φ(r) → 0. Надо обязательно обратить внимание студентов на то, что хотя в точках r = R1 и r = R2 вектор напряженности терпит разрыв, функция φ(r) непрерывна. "Разрыв" функции обозначает, что бесконечно малому приращению аргумента соответствует конечное приращение функции. Так как на заряженной по- верхности величина напряженности меняется скачком, но имеет конечную величину, приращение аргумента dr можно всегда взять настолько малым, что и величина dφ = Edr будет бесконечно малой.