WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 |
1 МГТУ им. Н.Э.Баумана В.Г.Голубев, М.А.Яковлев Методические указания к решению задач по курсу общей физики Раздел «Электростатика» Под редакцией О.С. Литвинова Москва, 2005 ОГЛАВЛЕНИЕ Введение §1. Основные сведения по теории §2. Метод с использованием принципа суперпозиции.

§3. Метод решения задач с использованием теоремы Гаусса.

§4. Решение задач с использованием метода электростатических изображений.

§5. Метод решения задач с использованием понятия энергии электрического поля.

Список литературы.

Введение В методическом пособии содержится краткий обзор основных методов решения задач по электростатике. Помимо рассмотрения традиционных методов определения электрического поля распределенных зарядов в вакууме и диэлектриках, в пособии рассматриваются также методы, редко упоминаемые в учебной литературе, но достаточно эффективные для решения задач – метод электростатических отображения, метод повторяющихся элементов и другие.

Для студентов 2-го курса всех специальностей МГТУ им. Н.Э. Баумана.

2 §1. Основные сведения по теории В основе всех представлений электростатики лежат понятия электрического заряда и связанного с ним электрического поля, возникающего в окружающем пространстве. Одной из характеристик этого поля является векторная величина E - напряженность электрического поля. Это силовая характеристика поля, определяемая отношением силы F, действующей на заряд к величине этого заряда q:

F E =.

q В случае диэлектриков электрическое поле характеризуется также вектором электрического смещения D и вектором поляризации P.

Связь между этими векторами, в случае если диэлектрики занимают область между эквипотенциальными поверхностями:

- 1 D = 0E, P = - 1 0E, P = D ( ).

где - и 0 относительная проницаемость вещества и абсолютная проницаемость вакуума.

= Cила F, действующая на неподвижный точечный заряд равна: F qE.

q r E = Поле неподвижного точечного заряда q равно.

40r2 r r где - радиус вектор, соединяющий заряд и данную точку пространства.

Принцип суперпозиции для любой системы зарядов qi имеет вид:

E =, E i i где - сумма векторов напряженности создаваемых точечными зарядами E i i или заряженными телами, входящими в систему.

Теорема Гаусса:

q E = EdS = - для вакуума, S + q q E = EdS = - для диэлектриков, S D = DdS = q - для диэлектриков, S P = PdS = -q.

S Где Ф - поток вектора ( E, D или P ) через произвольную замкнутую поверхность, dS = dS n n, - единичный вектор нормальный к площадке площадью dS, q - алгебраическая сумма свободных зарядов охватываемых замкнутой поверхностью, q - суммарный связанный заряд охватываемый замкнутой поверхностью.

Для потенциала электростатического поля справедливо:

1 -2 = Edl L Edl где 1, 2 - потенциалы в точках 1 и 2, - криволинейный интеграл по про L извольной траектории между точками 1 и 2.

Связь между E и в декартовой системе координат:

E =- i + j + k, x y z E =-grad.

q = Потенциал поля создаваемый точечным зарядом q:

0.

4 r Принцип суперпозиции для системы точечных зарядов: = i i §2. Метод с использованием принципа суперпозиции.

Задача 2.1. Найти напряженность электрического поля в точке А, расположенной на расстоянии b от равномерно заряженного с линейной плотностью отрезка. Углы 1 и 2 заданы (см.рис.2.1.).

X dl b r d 1 A dE dEY Рис.2.1.

Решение:

Разобьем отрезок на бесконечно малые участки dl, каждый из которых имеет элементарный заряд dq = dl и создает в точке А напряженность поля:

dqr dE = o 4 rr- расстояние от точки А до участка dl.

Результирующий вектор напряженности E является векторной суммой элементарных векторов dE, и проекция результирующих векторов напряженности Еy и Еx на ось y и x равна сумме элементарных проекций dEy и dEx соответственно.

brd ad r =, dl = =, cos cos cos dl d dEy = dE cos = cos = cos, o o 4 r2 4 b dl d dEx =-dE sin =- sin =- sin.

4or2 4ob sind Ex =- = cos( - cos2.

) 4ob 4ob cosd 2 Ey == (sin1 + sin2 ), E = Ex + Ey 4ob 4ob Используя метод разбиений можно определить напряженность электрического поля в произвольной точке от линейного заряженного участка. В частности, для бесконечной нити (1 = /2 и 2 = /2):

E = Ey =, Ex =.

2ob Задача 2.2. Определить напряженность электрического поля в точке А, созданного диском радиуса r0 равномерно заряженным поверхностной плотностью.

Точка расположена на оси диска на расстоянии а от его центра (Рис.2.2).

dr r A dEx X a dEy dE Рис.2.2.

Решение. Используем пошаговый метод решения.

Шаг 1. С учетом симметрии задачи простейшими геометрическими элементами (см.рис.2.2.), с помощью которых можно представить диск, являются концентрические кольца радиуса r толщиной dr.

Шаг 2. Определим напряженность электрического поля dEA в точке А, создаваемую одним кольцом. В силу симметрии задачи dEAy = dEAz =0.

Разобьем кольцо на элементарные дуги dl. Заряд такой дуги равен dq = drdl.

Проекция dEx напряженности поля на ось х, создаваемая этим зарядом равна:

drdl dEx = cos, 40R где R=а/cos – расстояние от элемента dl до точки А.

drdl rdr d ad dEAx = cos3 = cos3 = sin, r = atg, dr =.

4Oa2 2Oa2 2O cos2 r o O d a EAx = sin = (1- cos0 ), cos0 =.

Ax dE = 2O 2O r02 + a0 Для бесконечного диска или бесконечной плоскости 0 = /2, EAx=.

2O Задача 2.3. Сфера радиуса R равномерно заряжена по поверхности поверхностной плотностью заряда. Определить напряженность элек трического поля в центре очень маленького отА О верстия на поверхности сферы (рис.2.3).



Решение задачи 2.3.

Пусть отверстие находится в точке А.

Шаг 1. Представим поверхность сферы в виде Рис.2.3.

колец вырезаемых радиус-векторами направленными из центра сферы под углами и + d отрезку ОА. Тогда эквива лентная линейная плотность заряда вдоль дуги этого кольца равна d = Rd.

Напряженность электрического поля в точке А, создаваемая этим кольцом равна:

d 2 R sin dE = cos.

40 2R cos () d 4 R sin () sin d Поскольку = 2 dE ==, то.

40 2R ( ) Шаг 2.Напряженность электрического поля создаваемая сферой в центре маленького отверстия получится путем интегрирования по всей поверхности:

/ sin d E = = = dE 20 20.

S (2-й способ).

Определим напряженность электрического поля E0 непосредственно у поверхности сферы при отсутствии маленького отверстия. Для этого воспользуемся теоремой Гаусса для сферической поверхности радиуса r =R+dr.

4 rE04 r2 =, E0 =.

0 E0 - сумма напряженностей, создаваемых сферой с маленьким отверстием и маленького участка заряженной поверхности закрывающего это отверстие.

Е0 = Есф + Еотв Маленький участок заряженной поверхности можно считать плоскостью для точек бесконечно близких к этой поверхности. Тогда для плоскости Еотв = /20 вне сферы, и Еотв = -/20 внутри сферы вблизи поверхности сферы.

Отсюда напряженность, создаваемая сферой в центре маленького отверстия равна: Есф = Е0 – Еотв = /20 = Е.

Следовательно, результаты обоих способов решения совпадают. Второй способ проще, т.к. удалось избежать интегрирования. В данном методе мы дополнили сферу до сферически симметричного случая, заполнив отверстие.

§3. Метод решения задач с использованием теоремы Гаусса.

Задача 3.1 Шар радиуса R заряжен равномерно по объёму. Объёмная плотность заряда равна. Внутри шара находится сферическая полость радиуса R0. Расстояние между центрами шара и полости равно а. Определить напряженность электрического поля в полости.

Решение.

В решении задачи используется принцип суперпозиции электрических полей для заряженных тел и метод дополнения из задачи 2.3. Для этого заданную систему зарядов можно представить в виде суперпозиции двух тел, а именно, шара радиуса R заряженного равномерно по объему плотностью + и шара радиуса R0 заряженного объемной плотностью -, помещенного на место полости.

Найдем сферически симметричное распределение электрического поля в шаре, заряженном объемной плотностью. Теорема Гаусса для концентрической сферической поверхности радиуса r, расположенной внутри такого шара дает:

DdS = q 4 r2D = r, S r r D = D =, или в векторной форме.

3 Тогда напряженности электрического поля E+ и E- для шаров радиуса R и R0 соответственно равны:

r+ rE+ =+ E- =,, r+ rгде - и - радиус-векторы, проведенные из центров соответствующих шаров в произвольную точку находящуюся внутри малого шара.

Откуда результирующее поле E:

r+ - r- a E = E+ - E- = =, 30 a где – вектор, проведенный из центра большого в центр малого шара.

Задача 3.2. Два заряда противоположного знака, величины которых соответственно равны q и Q=2q, расположены на расстоянии L друг от друга вдоль оси X. Определить на каком расстоянии от оси Х, силовая линия, исходящая из заряда q, под углом к оси X, пересекает плоскость перпендикулярную оси Х находящуюся посредине между зарядами.

Решение.

Пусть начало координат совпадает с зарядом q.

Предположим, что силовая линия, выходящая из заряда q под углом пересекает плоскость, перпендикулярную оси X и находящуюся на расстоянии x от заряда q и на расстоянии r от оси системы (см. рис.3.1). Выберем замкнутую конусообразную поверхность, вершина которой совпадает с зарядом q, образующей является искомая силовая линия, высота равна x, а основание круг r 1 q x Q L Рис.3.1.

радиусом r. Запишем теорему Гаусса для заданной замкнутой поверхности.

= 0 = 0 1 +qEdS () S где q - часть заряда заключенного внутри конусообразной поверхности.

Ф1 - поток вектора Е через боковую поверхность конуса, который очевидно равен 0, т.к. вектор напряженности E во всех точках касателен к боковой поверхности. Ф2 - поток вектора E через основание конусообразной поверхности.

Очевидно, что поток Ф2 можно рассчитать, как сумму потоков создаваемых зарядами q и Q через окружность радиуса r, отстоящую от центра зарядов на расстояния x и (L – x) соответственно. Тогда поток Ф2 можно записать:

q1 + Q() 2 = где 1 и 2 телесные углы, вершины которых совпадают с зарядами q и Q соответственно, и опирающиеся на окружность радиуса r, а 1 и 2 соответствующие им углы при вершинах конусов (рис. 3.2.).

1 x h 1 R x L-x Рис. 3.2.

Связь между этими углами подчинена следующим соотношениям:

1 Sсеч = 2 Rh, h = R - R cos = R, 1 - cos 2 (1 - cos( )) R S сеч 2 = = = 2 (1 - cos( )), 2 R R 1 1 = 2 cos, 2 = 2 cos.

1- 1- Далее между углами 1, 2, x и r существует связь.

1 x 2 L - x L cos = cos = и,.

x = = 2 1 2 + x2 rL ( - x + r2 ) Пусть q - часть заряда q, попавшего внутрь конусообразной поверхности, с полууглом при верши1- cos q = 2 q не :.

С учетом теоремы Гаусса для конусообразной поверхности получаем:

Рис. 3.3.

q1 + Q2 1- cos () q = 02 = = 2 q.





Тогда 1 q cos + Q = q 1- cos) (, 1- 1- cos 1 = учитываем и Q=2q, следовательно, 1 2 + cos 3 - 3cos = 1- cos cos =,.

2 x 1 = 2 arccos Но.

x2 + r L Окончательно:.

r = 9 - (2 + cos) 2(2 + cos ) Задача 3.3. Сферический диэлектрический конденсатор имеет радиусы внешней и внутренней обкладок 2R и R соответственно. Заряд конденсатора равен q. Диэлектрическая проницаемость меняется между обкладками по закону 5R =. Определить закон изменения векторов E, P и D, поверхностную R2 + rплотность связанных зарядов и общую величину связанного заряда на внутренней и внешней поверхностях диэлектрика, распределение объёмной плотности связанных зарядов (r) и величину связанного заряда в объёме диэлектрика, емкость конденсатора, максимальную напряженность электрического поля Е и электрического смещения D.

Решение:

Определим зависимость модуля векторов E, D, P от радиуса r в предположении, что заряд внутренней и внешней обкладки равны + q и -q соответственно. Для изотропной среды связь между этими векторами определяется соотношениями - D = 0E, P = - 1 0E, P = D ( ).

Тогда, применив теорему Гаусса для сферы радиуса r: 4r2D = q получим для модулей векторов E, D, P:.

q 4R2 - rR2 + rD = E = q P = q,,.

4 r2 20R20r2 20R2rПоверхностную плотность связанных зарядов можно определить из соотношения Pn =, (R) = 3q /20R2, (2R) =0.

Полный связанный заряд на внутренней поверхности равен:

qвн = (R) 4R2= 3q /5.

Объёмную плотность связанных зарядов определим из уравнения:

PdS =-q.

S В качестве поверхности интегрирования выберем две концентрические сферические поверхности радиусами r и r+dr. Тогда:

, d(P4 r2) = -dq где - dq = (4r2(dr)) - величина связанного заряда, заключенного между этими сферическими поверхностями. Отсюда – = -(q/10rR2).

q = 4 r2dr = - q Полный заряд в объёме диэлектрика -.

Емкость конденсатора можно определить, найдя разность потенциалов между обкладками:

R2 + r2 q R2 3q =- = Edr q 20R20r2 dr = 20R20 r2 + 1dr = 400R, - где интеграл берется в пределах от R до R0. Далее по определению емкости конденсатора С =q/.

Задача 3.4. Шарик радиуса R из диэлектрика, с диэлектрической проницаемостью помещен в однородное электрическое поле E0. Определить величину и напряженность электрического поля в точке Y=Y1, X=Х1 (Y1, Х1

Решение.

Под действием электрического поля происходит поляризация диэлектрика. Поляризацию можно представить как смещение положительных и отрицательных связанных зарядов объёмной плотностью =+=- относительно друг друга на величину, определяемую вектором. При этом для вектора поляризованности выполняется соотношение P =. Следовательно, можно рассматривать электрическое поле связанных зарядов, как суперпозицию электриче+ + +- E ских полей двух шаров, радиусы которых равны R, равномерно заполE, P ненных объемной плотностью заряда + и - соответственно и смещенных на вектор. Выберем величину <

Электрическое поле Е+(E-) внутри равномерно заряженного по объему шара создаваемое положительным зарядом + (отрицательным -) равно:

+ E+ = r+, E- = r-, 30 где r+ и r- - радиус-векторы, проведенные в данную точку из центров положительно и отрицательно заряженных шаров соответственно, для которых справедливо r+ - r- =.

Результирующее электрическое поле связанных зарядов равно суперпозиции P E = E+ - E- =- =этих электрических полей:.

30 Однородное электрическое поле внутри шара Е равно:

P - E = E0 + E = E0 - = E0 - E.

30 E = EОткуда:.

2 + §4. Решение задач с использованием метода электростатических изображений.

Задача 4.1. Над заземленной плоской металлической пластиной находится положительный заряд q на расстоянии а от пластины. Определить плотность поверхностного заряда на пластине и показать, что полный заряд на пластине по величине равен q.

q + + + q + r a a x b = E E 0 + a - q - E y б) a) Рис.4.Решение.

Исходная система – это положительный заряд и заземленная плоскость с наведенным на нее отрицательным зарядом (см. рис. 4.1, а), она эквивалентна системе 2-х зеркальных зарядов (см. рис. 4.1, б). Действительно, электрическое поле от двух зеркальных зарядов в верхней полуплоскости полностью совпадает с исходным электрическим полем. Кроме того, на плоскости симметрии (ось ОХ) потенциал, создаваемый зарядами =0 (как и заземленной плоскости), а напряженность электрического поля перпендикулярна плоскости и направлена по оси ОУ:

1 2q a EB = EY =.

40 + ) (a2 x2 a2 + x (x) EB = С другой стороны поле у поверхности заряженного проводника:.

Таким образом получаем:

1 q a (x) = 2 (a2 + x2 ) Определим полный заряд индуцироX ванной не заземленной плоскости. Разобьем O x+dx плоскость на совокупность концентрических колец относительно точки О (Рис.

4.2.). Тогда заряд на кольце (x, x+dx):

dQ = dS = xdx Рис.4.2.

Полный заряд Q на плоскости равен:

qaxdx Q = - = -qa(- ) = -q.

3 2 0 (a2 + x2 ) (a2 + x2 ) Задача 4.2 Заряд q расположен внутри угла, образованного большим плоским металлическим листом, согнутым под углом 90°, на расстоянии а и b от плоскостей. Определить силу, действующую на заряд.

Pages:     || 2 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.