ловые линии должны располагаться радиально (рис. 1.8). Так как Q2 < 0 и |Q2| > Q1, можно предположить, что за пределами внешней сферы силовые линии направлены противоположно радиусу-вектору.
Симметрия поля позволяет для нахождения напряженности применить теорему Остроградского-Гаусса.
Вспомогательные поверхности S1 и S2 (показаны на рис. 1.8 пунктиром) имеют форму сфер с радиусами r1 (для точки 1) и r2 (для точки 2).
Сумма зарядов, охваченных поверхностью S1, равна заряду Q1 внутренней оболоч- ки; сумма зарядов, охваченных поверхностью S2, равна сумме зарядов Q1 + Q2 обеих оболочек.
Рассмотрим левую часть формулы òEdS = |
åQi |
, например, для поверхности S1. |
|||
ε0 |
|||||
(S ) |
|||||
Векторы Е и dS во всех точках поверхности коллинеарны, следовательно, |
|||||
òEdS = |
òEdS cos(EdS)= |
òEdS , |
|||
(S1 ) |
(S1 ) |
(S ) |
|||
так как cos(EdS) = cos 0° = l.
Величина Е во всех точках поверхности S1 в силу симметрии одинакова, что позво-
ляет записать
òE1dS = E1 òdS = E14πr12 . |
||
(S1 ) |
(S1 ) |
|
Аналогичное рассмотрение для поверхности S2 дает: |
||
òE2dS = E2 4πr22 . |
||
(S2 ) |
||
Подставляя в формулу òEdS = |
1 |
åQ полученные выражения для потоков векто- |
(S ) |
ε0 |
|
ра напряженности (левая часть) и сумм зарядов, охваченных поверхностью интегриро- вания (правая часть), получим:
E |
4πr2 |
= |
1 |
Q , E |
2 |
4πr2 |
= |
1 |
(Q + Q |
2 |
). |
|||
1 |
1 |
ε0 |
1 |
2 |
1 |
|||||||||
ε0 |
||||||||||||||
Отсюда |
||||||||||||||
E1 = |
Q1 |
> |
0 , так как Q1 > 0; |
|||||||||||
4πε |
0 |
r2 |
||||||||||||
1 |
||||||||||||||
на рис. 1.9. Как видно из графика, на заряженных поверхностях, т. е. при r = R1, r = R2 функция Er(r) терпит разрыв – напряженность изменяется скачком.
Для построения графика φ(r) можно, не рассчитывая потенциал как функцию рас- стояния на отдельных участках, использовать имеющийся график Er(r) и найденное значение потенциала на поверхности внутренней оболочки.
При r < R1, E ≡ 0, как следует из дифференциальной связи E x = − ∂∂ϕx , φ = const = φC.
При R1 < r < R2 Er < 0 и, следовательно, потенциал убывает с расстоянием.
Рис. 1.10.
При r > R2 Er < 0 и потенциал возрастает с расстоя-
нием. Так как φ∞ = 0, то, очевидно, на участке от R1 до R2 потенциал отрицателен и, следовательно, где-то на участке между R1 и R2 график должен пересечь ось абсцисс. График φ(r) показан на рис. 1.10.
Как видно из рис. 1.10, на участке от R1 до R2 угол между касательной к кривой и положительным направлением оси абсцисс тупой и возрастает по величине; тангенс
этого угла, равный ∂∂ϕr = −Er , отрицателен и убывает по абсолютной величине, следо-
вательно Er > 0 и убывает, что соответствует ходу кривой Er(r) на этом участке (рис. 1.9). На участке от R2 до ∞ угол между касательной к кривой и положительным направлением оси абсцисс острый и убывает по величине; тангенс этого угла, равный
∂∂ϕr = −Er , положителен и убывает с возрастанием r, следовательно Er < 0 и возрастает,
что соответствует ходу кривой Er(r) на этом участке (рис. 1.9).
Задача 1.7. Вблизи тонкой большой пластины, равномерно заряженной с поверх- ностной плотностью заряда σ = 6 · 10-6 Кл/м2, на нити подвешен маленький шарик, мас- са которого m = 0,2 г. При сообщении шарику некоторого заряда шарик отклоняется так, что нить образует с вертикалью угол α = 37°.
Найти заряд q, сообщенный шарику.
Р е ш е н и е . Рассматривается точечное тело заданной массы с неизвестным заря- дом, находящееся в поле равномерно заряженной плоскости.