книги / Принципы и практика решения задач по общей физике. Электромагнетизм

1.2.2. Сфера с отверстием. В равномерно заряженной сфере вырезано маленькое отверстие. Какова напряженность электрического поля в центре отверстия?

Данная задача является прекрасной иллюстрацией не­ сколько неожиданной стороны принципа суперпозиции. В соответствии с этим принципом напряженность электриче­ ского поля произвольной системы зарядов является вектор­ ной суммой полей отдельных частей этой же системы. На са­ мом деле напряженность электрического поля произвольной системы можно сложить из напряженностей электрического поля каких-либо подсистем, каждая из которых, вообще го­ воря, не является частью исходной системы. При этом только требуется, чтобы суммарное пространственное распределе­ ние зарядов оказалось тем же, что и для исходной системы. В нашем случае это означает, что поле сферической поверх­ ности с маленьким отверстием можно сложить из полей сплошной сферической поверхности с плотностью заряда а и маленькой площадки с плотностью заряда - а , наложенной на сферу. Польза такого представления заключается в том, что расчет поля сферы и маленькой площадки уже не пред­ ставляет труда.

Рассмотрим вначале электрическое поле внутри сфери­ ческой поверхности при равномерном распределении заряда. Это поле, очевидно, является центрально-симметричным,

т.е. модуль вектора Е может зависеть только от расстоя­ ния г до центра сферы. Понятно, что при такой конфигура­ ции поля в качестве замкнутой поверхности следует взять

концентрическую сферу, и тогда поток вектора Ё будет ра­

вен 4яггЕ . Так как внутри сферы нет зарядов, то в силу тео­ ремы Гаусса этот поток должен быть равным нулю, а это оз­ начает, что поле внутри равномерно заряженной сферы от­ сутствует. Этот результат был доказан еще в части 1 прямым расчетом для поля тяготения внутри сферического слоя без

привлечения теоремы Гаусса. Вне сферы вблизи ее поверх­ ности имеем

£„неш • 4яг2 = ~ 4 л г 2а -> £ внеш= — .

Ранее (см. задачу 1.1.12) было доказано, что напряжен­ ность электрического поля вблизи середины любого малого

рис. 1.17, на котором можно сразу увидеть, что вблизи середины от­ верстия напряженность электри­ ческого поля равна а / 2е0 незави­ симо от того, где находится точ­ ка - вне сферы или внутри ее.

Полученный результат позволяет легко определить силу взаимодействия различных участков однородно заряжен­ ной сферической поверхности. Рассчитаем, например, силу от­ талкивания двух частей сферы радиуса R , разрезанной на две части плоскостью, проходящей на

создано всеми элементами сферической поверхности кроме элемента 85, и его напряженность, как мы уже знаем, равна ст/2е0. Тогда

2е0 2е0 Отношение силы, действующей перпендикулярно пло­

щадке бS , к величине этой площадки и есть давление Р :

8F а 2

бS ~ 2е0

Для нахождения полной силы электростатического дав­ ления F , действующей на верхнюю часть сферы (см. рис. 1.18), необходимо проинтегрировать давление Р по всей площади верхней части сферы S (нужно только помнить, что сила - величина векторная). Но данной операции можно из­ бежать. Представим себе, что внутри сферы находится газ под давлением Р . Тогда понятно, что сила, действующая на верхнюю часть сферической оболочки S , будет в точно­ сти равна силе, действующей на площадь основания этой части SL :

Заметим, что сила отталкивания частей сферы будет наибольшей, когда сфера разрезана по диаметру:

Fmax.

1.23. Поле полусферы. Найти напряженность электри­ ческого поля в основании полусферы, заряженной равномер­ но с поверхностной плотностью заряда а .

Хотя эта задача очень похожа на предыдущую, восполь­ зоваться тем же приемом нам не удастся (отсутствует слиш­ ком большая часть сферы). Поэтому придется «честно» рас­ считать поле полусферы, разбивая ее на бесконечно малые

зз

элементы (так можно в принципе решить любую задачу). В то же время не следует забывать и о присутствующей сим­ метрии (все-таки полусфера это половина сферы!). Посмот­ рим, к чему это приведет.

Предположим, что вектор Е расположен не перпенди­ кулярно основанию полусферы (рис. 1.19). Дополним полу­ сферу второй половиной (отмечена штриховой линией). То­ гда в силу симметрии вектор К от второй половины должен быть зеркальным отражением вектора Ё относительно осно­ вания полусферы и сумма векторов Ё +Ё' не равна нулю. Но такого не может быть, так как полное поле двух полусфер внутри в любом случае должно быть равным нулю (это было доказано в предыдущей задаче). Поэтому остается только од­ но - вектор Ё в любой точке основания полусферы должен быть перпендикулярным основанию.

Z

Рис. 1.19

Выберем начало сферической системы координат в цен­ тре основания полусферы (рис. 1.20) и разобьем ее на беско­ нечно малые элементы площадью dS = /?2sin0d0rf(p (угол ср отсчитывается в плоскости основания полусферы от оси X ). Тогда нормальная составляющая вектора dЁ (нужна только она) будет иметь вид

г2 = (/?sin 0cos <р -+- JC)2 + R2sin20sin2<p + /?2cos2e =

=/?2+2&csm0cos<p + ;c2,

азначения углов 0 и 0' связаны соотношением

Подставляя (2) и (3) в (1) и интегрируя по углу 0 от ну­ ля до п / 2 и углу ф от нуля до я (помножив результат на два), получаем следующее выражение для напряженности электрического поля в произвольной точке основания полу­ сферы, отстоящей на расстояние хот его центра:

Входящий сюда двойной интеграл целесообразно при­ вести к безразмерному виду с помощью подстановки \ =x!R (0<£<1):

не простая задача, но, к счастью, нам это не потребуется. Для этого вспомним, что кулоновские силы являются консерва­ тивными и работа этих сил по произвольному замкнутому контуру L равна нулю. Если это перевести на язык напря­ женности электрического поля, то для произвольного элек­ трического поля должно выполняться соотношение

Edl = 0. Выберем в качестве L тонкий прямоугольный

L

контур, расположенный близко к основанию полусферы, как показано на рис. 1.20. Ранее было доказано, что вектор Ё в любой точке вблизи основания полусферы перпендикуля­ рен ему. Отсюда сразу следует, что интеграл JEdl , взятый по участкам, параллельным основанию, равен нулю, и тогда

< $£аГя(£\-Е 2)5,

L

где 8 - малая высота контура L ; а Е{ и Ег - значения на­ пряженности электрического поля в двух произвольных точ­ ках основания полусферы. Тем самым, в силу произвольно­ сти положения точек 1 и 2, мы доказали, что напряженность электрического поля в любой точке основания полусферы одинакова! Поэтому проще всего взять интеграл (4) при

£>=x/R =0:

Это и будет ответом задачи.

1.2.4. Заряд внутри тетраэдра. С какой силой действует на каждую грань тетраэдра заряд q , помещенный в его цент­

ре? Поверхностная плотность заряда граней ст.

Конечно, если вспомнить про третий закон Ньютона, то задачу можно поставить иначе: с какой силой каждая грань тетраэдра действует на заряд, помещенный в его центре? В этом случае мы могли бы воспользоваться результатом за­ дачи 1.1.12, позволяющим быстро рассчитать поле грани тет­ раэдра. Но для лучшего понимания теоремы Гаусса решим задачу в ее первоначальной постановке. В данном случае ис­ точником поля является точечный заряд q , и каждая грань

тетраэдра находится в этом поле. Так как это поле неоднородно, то разобьем грань тетраэдра на бес­ конечно малые элементы dS (рис. 1.21). В силу симметрии пол­ ная сила действия точечного заряда q на грань тетраэдра имеет только нормальную составляющую, и для элемента dS получаем

dF/I =ЕЯadS .

Для всей грани тетраэдра площадью S

F= fdFn =ojE„dS,

s

где Еп - значение проекции вектора напряженности элек­ трического поля, созданного зарядом q , на нормаль к эле­

менту dS в месте его расположения. Интеграл \EndS пред-

s

ставляет собой не что иное, как поток вектора Е через грань тетраэдра и равен четверти полного потока вектора Е , соз­ данного точечным зарядом q :

\EndS =^ E ndS

В силу теоремы Гаусса

<$E„dS =q/e0,

и тогда для силы взаимодействия получаем

1.2.5. Взаимодействие граней куба. С какой силой рас талкиваются равномерно заряженные грани куба? Поверхно­ стная плотность заряда граней а , длина ребра куба I .

В соответствии с рассуждениями предыдущей задачи сила, действующая на выделенную грань куба площадью

S = l2,

F =c \E ni5)dS, s

где | Еп {5)dS - поток через эту грань вектора напряженности s

электрического поля, созданного остальными пятью гранями. Для того чтобы воспользоваться теоремой Гаусса, в качестве замкнутой поверхности построим куб с размерами немного большими исходного. Тогда все шесть заряженных граней куба дают поток вектора напряженности электрического по­ ля Ф через шесть граней построенной замкнутой поверх­ ности:

Ф = (?/е0 =6ст/2/е0,

а через одну грань

Итак, Ф, - это поток вектора напряженности электриче­

ского поля, созданного шестью гранями куба, через одну грань. В силу принципа суперпозиции его можно предста­

вить как сумму потока, созданного пятью гранями \En(i)dS , s

и потока от выделенной грани §En(l)d S : s

Ф, = jEni5)dS+ \E n(l)dS. s s

Так как замкнутая поверхность прилегает достаточно

сферическая полость. Центр полости смещен относительно центра шара на расстояние I Пренебрегая влиянием веще­

ства шара, найти напряженность электрического поля Е внутри полости.

Воспользуемся тем же приемом, что и в задаче 1.2.2. От­ сутствие заряда в полости можно представить так, как будто в однородно заряженном шаре с плотностью заряда р нахо­ дится шар меньших размеров с отрицательной плотностью заряда - р . Тогда поле внутри полости является суперпози­ цией полей, создаваемых двумя равномерно заряженными

Причем точка, в которой ищутся векторы Е+ и Е_, находит­ ся внутри каждого шара. Таким образом, наша задача сводит­ ся к расчету поля внутри однородно заряженного шара. Такое