ЭЛЕКТРОСТАТИКА (задачи повышенной сложности)

1
ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
П р и м е р 1 . Очень тонкий диск равномерно заряжен с поверхностной плотностью
  0 . Найти напряженность Е электрического поля на оси этого диска в точке, из
которой диск виден под телесным углом  .
Решение. Из соображений симметрии ясно, что вектор Е
E
на оси диска должен совпадать с направлением этой оси
Поэтому достаточно найти составляющую dEz в точке А
от элемента заряда на площади dS и затем проинтегрировать
dEz 
полученное выражение по всей поверхности диска.
Нетрудно сообразить, что
A
1  dS
dEz 
cos . (1)
dΩ
4 0 r 2
r
В данном случае dS cos  / r 2  d  — телесный угол, под
которым площадка dS видна из точки А, и выражение (1)
можно переписать так:
O
dS
1
dEz 
 d .
4 0
Отсюда искомая величина
1
E
 .
4 0
Заметим, что на больших расстояниях от диска   S / r 2 , где S — площадь диска, и
E  q / 4 0 r 2 — как поле точечного заряда q =  S. В непосредственной же близости от
точки О телесный угол   2 и E   / 2 0 .
П р и м е р 5 6 . Тонкое непроводящее кольцо радиусом R заряжено с линейной
плотностью   0 cos  , где  о — положительная постоянная,  — азимутальный угол.
Найти напряженность Е электрического поля в центре кольца.
Решение. Заданное распределение заряда показано на рис.
dq
R
φ
E
0
d
E
Из симметрии этого распределения ясно, что вектор Е в точке О направлен вправо и
модуль этого вектора равен сумме проекций на направление Е векторов dE — от
элементарных зарядов dq. Проекция вектора dE на вектор Е есть
1 dq
dE cos  
cos  , (1)
4 0 R 2
2
где dq   Rd  0 R cos  d . Проинтегрировав (1) по  от 0 до 2  , найдем модуль
вектора Е:
0 2

E
cos 2  d  0 .

4 0 R 0
4 0 R
Заметим, что этот интеграл проще всего вычислить, зная, что cos 2   1/ 2 . Тогда
2
 cos
 d  cos 2  2   .
2
0
П р и м е р 2 . Полубесконечная прямая равномерно заряженная нить имеет заряд 
на единицу длины. Найти модуль и направление напряженности поля в точке, которая
отстоит от нити на расстоянии у и находится на перпендикуляре к нити, проходящем
через ее конец.
Решение. Задача сводится к нахождению Ех и Еу — проекций вектора Е (рис. 1.21, где
предполагается  >0).
Ey
d
αE
dα
E
Ex
α
Начнем с Ех. Элемент заряда на участке dх
нити дает следующий вклад в Ех:
1  dx
α
dEx 
sin  . (1)
x
4 0 r 2
dx
Приведем это выражение к виду, удобному для
интегрирования. В нашем случае
Рис. 1.21
dx  rd / cos  , r  y / cos  . Тогда

dEx 
sin  d .
4 0 y
Проинтегрировав это выражение по  от 0 до  /2, найдем
Ex   / 4 0 y.
r
y
Для нахождения проекции Еу достаточно обратить внимание на то, что dEy отличается
от dЕХ просто заменой sin  в (1) на cos  . Тогда
dE y   cos  d / 4 0 y è E y   / 4 0 y.
3
Мы получили интересный результат: Ex  E y независимо от y, т. е. вектор Е ориентирован
под углом 45° к нити. Модуль вектора Е
E  Ex2  E y2   2 / 4 0 y.
q  2 R 2 è E   / 2 0 .
R
ρ
l
-ρ
Пример 3.
Найти напряженность
Е электрического поля
в области пересечения
двух шаров, равномерно
заряженных
разноименными по знаку зарядами с объемной
плотностью  и   , если расстояние между
центрами шаров определяется вектором l (рис.
1.23).
Решение. С помощью теоремы Гаусса нетрудно показать, что напряженность
электрического поля внутри равномерно
заряженного шара
E  (  / 3 0 )r ,
-ρ
ρ
A
где r — радиус-вектор относительно
r+
rцентра шара. Поле в области пересечения
шаров
можно
рассматривать
как
суперпозицию полей двух равномерно
l
заряженных
шаров.
Тогда
в
произвольной точке А этой области
E  E  E   (r  r ) / 3 0  l / 3 0 .
Таким образом, поле в области
пересечени
я таких шаров является однородным. Этот вывод справедлив
независимо от соотношения радиусов шаров и расстояния
между их центрами. Он справедлив, в частности, и
тогда, когда один шар находится целиком внутри другого,
l
или, другими словами, когда в шаре имеется сферическая
полость.
Пример
4.
Воспользовавшись решением предыдущей задачи, найти
напряженность Е поля внутри сферы, по которой распределен заряд с поверхностной
плотностью    0 cos  , где  0 — постоянная,  — полярный угол.
4
Решение. Рассмотрим два шара одинакового радиуса, имеющих равномерно
распределенные по объему заряды с плотностями  и —  . Пусть центры шаров
смещены относительно друг друга на расстояние I
Тогда согласно решению предыдущей задачи поле в области пересечения этих шаров
будет однородным:
E  (  / 3 0 )l. (1)
В нашем случае объемный заряд отличается от нуля только в
z
поверхностном слое. При очень малом l мы придем к представлению о поверхностной плотности заряда на сфере.
Толщина заряженного слоя в точках, определяемых углом 
(рис.), равна l cos . Значит, на единицу площади в этом

месте приходится заряд   l cos   0 cos , где  0  l , и
выражение (1) можно представить как
E  ( 0 / 3 0 )k ,
l
где k — орт оси Z, от которой отсчитывается угол  .
П р и м е р 5 . Найти потенциал  на краю тонкого
диска, по одной стороне которого равномерно распределен
заряд с поверхностной плотностью  . Радиус диска равен R.
Решение. По определению потенциал в случае поверхностного распределения
заряда дается интегралом (1.28). Для упрощения интегрирования выберем в качестве
площадки AS часть кольца радиусом r и шириной dr
Тогда dS  2rdr , r  2 R cos  , dr  2 R sin  d . После подстановки этих выражений в
интеграл (1.28) получим для  в точке О:
R 0

 sin  d.
 0 / 2
Интегрирование проводим по частям, обозначив
  u,sin  d  dv :
  sin  d   cos   cos d   cos  sin  ,
Что дает после подстановки пределов
интегрирования -1. В результате
   R /  0 .
r

O
2
R
Пример
6.
Потенциал поля внутри
заряженного шара зависит только от расстояния r до его центра по закону   ar 2  b, где
а и b — постоянные. Найти распределение объемного заряда  (r) внутри шара.
Решение. Сначала найдем напряженность поля. Согласно (1.32)
Er   / r  2ar. (1)
Затем воспользуемся теоремой Гаусса: 4 r 2 Er  q /  0 . Дифференциал этого выражения
1
1
4 d (r 2 Er )  dq   * 4 r 2 dr.
0
0
5
где dq — заряд между сферами, радиусы которых r и r+dr. Отсюда
1
E 2

r 2 dEr  2rEr dr   r 2 dr , r  Er  .
0
r r
0
Подставив (1) в последнее уравнение, получим
  6 0 a ,
т. е. заряд внутри шара распределен равномерно.
П р и м е р 7 . Диполь. Найти силу взаимодействия двух точечных диполей с
моментами р1 и р2, если векторы р1 и р2 направлены вдоль прямой, соединяющей диполи,
и расстояние между последними равно l.
Решение. Согласно (1.39)
F  p1 E / l ,
где Е—напряженность поля диполя р2, определяемая первой из формул (1.38):
1 2 p2
E
.
4 0 l 3
Взял производную последнего выражения по l и подставив ее в формулу для F, получим
1 6 p1 p2
F
.
4 0 l 4
Заметим, что диполи будут притягиваться, если
p1  p2 , и отталкиваться, если p1  p2 .
O
b
r
a
q
П р и м е р 8 . О нахождении потенциала. Точечный
заряд q находится на расстоянии r от центра О
незаряженного сферического проводящего слоя,
внутренний и наружный радиусы которого равны
соответственно а и Ь. Найти потенциал в точке О, если r
<а.
Решение. В результате электростатической индукции
на внутренней поверхности слоя выступят, допустим,
отрицательные
заряды,
а
на
наружной
—
положительные.
Согласно принципу суперпозиции искомый потенциал в точке О можно представить как
1 q
 dS
 dS

(       ),
4 0 r
a
b
где первый интеграл берется по всем индуцированным зарядам на внутренней
поверхности слоя, а второй интеграл — по всем зарядам на внешней поверхности слоя. Из
этого выражения следует:
q 1 1 1

(   )
4 0 r a b
Заметим, что так просто потенциал в полости можно найти только в точке О,
поскольку только от этой точки все индуцированные заряды одного знака находятся на
одинаковом расстоянии и их распределение (нам не известное) не играет роли.
6
П р и м е р 9 . Сила, действующая на поверхностный заряд. Незаряженный
металлический шар радиусом R поместили во внешнее однородное электрическое поле, в
результате чего на поверхности шара появился индуцированный заряд с поверхностной
плотностью
где
   0 cos  ,
0 —
z
положительная , 
— полярный угол. Найти
модуль результирующей электрической силы,
которая действует на заряд одного знака.
F
Решение. Согласно (2.5) на элементарную
d
площадку dS действует электрическая сила
F
1
dF   EdS . (1)
2
dS
Из соображений симметрии ясно, что искомая

R
результирующая сила F направлена по оси Z)
O
и поэтому ее можно представить как сумму
(интеграл) проекций элементарных сил (1) на ось Z:
dFz  dF cos. (2)
В качестве площадки dS целесообразно сразу же
взять
элементарный
пояс,
для
которого
dS  2 r sin  * Rd . Учитывая, кроме того, что
E   /  0 , преобразуем (2) к виду
dFz  ( 2 R 2 /  0 ) sin  cos  d  ( 02 R 2 /  0 ) cos3  d (cos  ).
Проинтегрировав это выражение по полусфере (т. е. по cos от 1 до 0), получим
F   02 R 2 /  0 .
Замечание. Попытка решить эту задачу другим способом — через потенциал —
приводит к неверному результату (он вдвое отличается от полученного нами). Это связано
с тем, что соотношение A  q(1  2 ) справедливо только для потенциального поля. В
системе же отсчета, связанной с проводящей плоскостью,
1
2
электрическое поле индуцированных зарядов не потенциально:
перемещение заряда q приводит к изменению распределения
индуцированных зарядов, и их поле оказывается зависящим от времени.
П р и м е р 1 0 . Четыре одинаковые металлические пластины расположены в воздухе на одинаковом расстоянии h друг от друга, причем
наружные пластины соединены между собой проводником. Площадь
B
каждой пластины S. Найти емкость этой системы (между точками 1 и 2, A
рис.).
Решение. Сообщим пластинам 1 и 2 соответственно заряды q0 и —
q0. Под действием возникшего между этими пластинами поля рассеяния
(краевой эффект) произойдет перемещение заряда в замыкающем
проводнике, после чего пластина А зарядится отрицательно, а пластина
В — положительно. В пространстве между всеми пластинами возникает
электрическое поле и соответствующее распределение потенциала 
7
Заметим, что из симметрии системы следует, что потенциалы в ее середине, а также на
наружных пластинах равны нулю.
По определению емкость системы в данном случае
C  q0 / U , (1)
где U — разность потенциалов между точками 1 и 2, ее
и надо найти. Из рис. видно, что разность потенциалов
E’
E’
E
A
между средними пластинами, т. е. U, вдвое больше
разности потенциалов между крайней парой пластин
φ
(как слева, так и справа). Это же относится и к
x
напряженности поля:
O
E  2E '. (2)
А так как E  , то мы можем утверждать, что в
соответствии с (2) заряд q0 на пластине 1 делится на две
части: q0 / 3 — на левой стороне пластины 1 и 2q0 / 3
— на правой стороне. Поэтому
U  Eh   h /  0  2q0 h / 3 0 S ,
И емкость системы (между точками 1 и 2) равна
C
3 0 S
2h
П р и м е р 1 2 . Распределение индуцированного заряда. Точечный заряд q
находится между двумя большими параллельными проводящими пластинами 1 и 2,
отстоящими друг от друга на расстоянии I. Найти полные заряды q1 и q2, наведенные на
каждой из пластин, если пластины соединены проводом и заряд q расположен на
расстоянии 11 от левой пластины 1 (рис.).
P
P
Решение.
Воспользуемся
принципом
суперпозиции. Поместим мысленно на плоскости
Р где-то еще такой же заряд q. Ясно, что это
удвоит поверхностный заряд на каждой
пластине. Если же на поверхности Р равномерно
n2
x распределить некоторый заряд с поверхностной
q
плотностью  , то электрическое поле станет
n1
простым для расчета (рис. б).
Пластины соединены проводом, поэтому
разность потенциалов между ними равна нулю.
σ
Отсюда
a)
б)
E1xl1  E2 x (l  l1 )  0,
где E1x и E2x — проекции вектора Е на ось X слева и справа от плоскости Р (рис.б).
С другой стороны, очевидно, что
  (1   2 ),
где согласно (2.2)  1   0 E1n1   0 E1x и  2   0 E2 n2   0 E2 x (знак минус, так как нормаль n2
противоположна орту оси X). Исключив Е1Х И Е2Х ИЗ ЭТИХ уравнений, получим
1   (l  l1 ) / l, 2   l1 / l.
Аналогичный вид имеют и формулы для искомых зарядов qi и q2 через заряд q.
Решение же этой задачи с помощью метода изображений весьма затруднительно:
необходим бесконечный ряд фиктивных зарядов, располагающихся по обе стороны от
нашего заряда q, и нахождение поля такой системы оказывается сложной задачей.