Тонкий однородный диск радиусом r заряжен равномерно

Тонкий однородный диск радиусом r заряжен равномерно

Пример 1.Тонкий диск радиуса а равномерно заряжен м поверхностной плотностью зарядаs. Определить напряженность электрического поля на оси симметрии диска. Диэлектрическую проницаемость среды принять равной 1.

Как видно из рис. 1.4, напряженность электрического поля, создаваемого элементарным зарядом

,

где .

Учтем, что при наложении полей всех элементарных зарядов радиальные составляющие компенсируются. Поэтому результирующее поле в точке А будет направлено вдоль оси Oz, т.е. Ez = E. Тогда

,

и .

Из полученного выражения видно, что в центре диска (z = 0) . Если а ® ¥, то поле становится однородным и его напряженность совпадает с напряженностью поля заряженной бесконечной плоскости.

Рассмотренная задача может быть решена и с использованием принципа суперпозиции для потенциалов. Так, потенциал, создаваемый элементарным зарядом dq в точке наблюдения А .

Выполняя интегрирование по поверхности диска, получаем:

.

Учтем, что j зависит только от z, и что . Тогда получаем

.

Пример 2.Определить напряженность электрического поля на оси симметрии тонкого заряженного с поверхностной плотностью заряда s диска, если в его центре имеется круглое отверстие. Радиус диска а, радиус отверстия b

Из рис 1.5 видно, что полярный угол f принимает значения от 0 до p. Поэтому .

Пример 4. Сфера радиуса R заряжена с поверхностной плотностью заряда s=s×cosq,

где q — азимутальный угол. Определить напряженность электрического поля на расстоянии r >> R вдоль оси дипольного момента сферы, а также в плоскости, перпендикулярной оси диполя и пересекающей его центр.

Т.к. составляющие элементарного дипольного момента

,

перпендикулярные оси Oz, при наложении компенсируются, то полный дипольный момент сферы p = pz. Из рис.1.6

.

Тогда полный дипольный момент сферы

.

На большом расстоянии от системы зарядов

.

Следовательно, в направлении оси Oz

.

В плоскости z = 0 дипольный момент сферы перпендикулярен радиус-вектору . Поэтому

, и напряженность электрического поля, по-прежнему направленная вдоль оси Oz, определяется выражением .

Дата добавления: 2015-10-19 ; просмотров: 4335 . Нарушение авторских прав

2018-05-14
Непроводящий тонкий диск радиуса $R$, равномерно заряженный с одной стороны с поверхностной плотностью $sigma$, вращается вокруг своей оси с угловой скоростью $omega$. Найти:
а) индукцию магнитного поля в центре диска;
б) магнитный момент диска.

(а) Возьмем кольцевой элемент с радиусом $r$ и толщиной $dr$, затем зарядим на кольцевом элементе, $dq = sigma 2 pi rdr$

ток, благодаря этому элементу, $di = frac< ( sigma 2 pi rdr ) > <2 pi>= sigma omega r dr$

Итак, магнитная индукция в центре, благодаря этому элементу: $dB = frac < mu_<0>> <2>frac$

и, следовательно, из симметрии: $B = int dB = int_<0>^ frac < mu_<0>sigma omega r dr > = frac < mu_<0>> <2>sigma omega R$

(б) Магнитный момент рассматриваемого элемента,

$dp_ = (di) pi r^ <2>= sigma omega dr pi r^ <2>= sigma pi omega r^ <3>dr $

Следовательно, искомый магнитный момент,

$p_ = int dp_ = int_<0>^ sigma pi omega r^ <3>dr = sigma omega pi frac <4>><4>$

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

Задача 2.3.3 (базовая задача). Тонкий диск радиуса R заряжен равномерно с поверхностной плотностью σ. Определить потенциал поля в точке А , расположенной на оси диска на расстоянии h от его плоскости.

Учитывая условия цилиндрической симметрии распределения заряда, выделим на диске кольцевую область между окружностями радиусов r и r + dr . Находящийся на ней заряд dq = σ2 π r dr создает

в точке наблюдения А потенциал d ϕ =

, где l = r 2 + h 2 .

Искомый потенциал есть сумма всех таких вкладов:

Анализ результата и дополнительные выводы .

Читайте также:  Программа для сжатия текстур в варфейс

1. В центре диска h = 0 и потенциал равен 2 ε 0 .

2. На большом расстоянии от плоскости диска (при R h ) имеем при разложении по малой величине R в первом порядке:

Это означает, что с ростом h потенциал становится все ближе к потенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска.

3. Вблизи плоскости диска (при h R ) при разложении по ма-

в первом порядке имеем ϕ =

4. При R h → ∞ мы ожидаем получить потенциал бесконечной заряженной плоскости (т.е. линейно зависящий от расстояния h до

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

плоскости). Однако такому предельному переходу препятствует

наша нормировка потенциала, приемлемая только для заряда, рас-

пределенного в конечной области пространства. В этом случае за

нуль потенциала следует принять его значение в какой-либо произ-

вольной точке, не лежащей в бесконечности. Если положить φ = 0

при h = 0, то получим закон изменения потенциала в однородном

поле, соответствующем полю бесконечной заряженной плоскости.

Вопрос о нормировке не возникает, если требуется вычислить раз-

ность потенциалов в двух точках, отстоящих от плоскости на рас-

стояния h 1 и h 2 . В этом случае независимо от нормировки имеем

ϕ = σ ( h − h ) , что и соответствует однородному полю от беско-

нечной заряженной плоскости (см. задачу 1.3.8 , главы 1).

Задача 2.3.4. Найти потенциал φ на краю тонкого диска радиу-

са R , по которому равномерно распределен заряд с поверхностной

Поиск подхода к решению приводит к выводу, что наиболее це-

систему координат ( r , α), начало которой

расположено в точке А , а угол α отсчи-

тывать от диаметра, проходящего через

точку А ( рис. 2.2 ). Элемент площади в

этой системе равен dS = r dr d α. На нем

находится заряд dq = σ dS , который соз-

К нахождению по-

тенциала поля на краю заря-

dr d α . Интегрируя

женного диска (задача 2.3.4 )

это выражение по r в пределах от нуля до r = 2 R cosα, найдем вклад

в потенциал от всех точек диска, находящихся внутри угла d α. Ин-

тегрируя затем по углу α в пределах от −π 2 до π 2 , найдем по-

тенциал точки А : ϕ = σ R .

Потенциал в точке на краю диска в π 2 раз, т.е. приблизитель-

но в полтора раза, меньше потенциала в центре диска. Это и понят-

но: потенциал в центре диска равен работе внешних сил по пере-

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

мещению единичного заряда из бесконечности в центр диска. При смещении заряда из центра диска к его краю работу совершает само поле, и потенциальная энергия заряда уменьшается.

Задача 2.3.5. Два коаксиальных кольца одинакового радиуса R заряжены равномерно зарядами q 1 и q 2 . Плоскости колец находятся на расстоянии h друг от друга. Найти потенциал в произвольной

точке А на оси колец.

Из симметрии задачи следует, что начало координат О следует поместить в средней точке между кольцами, а ось x направить вдоль оси колец ( рис. 2.3 ).

Точка А с координатой x отстоит от плоскости верхнего кольца на расстояние x 1 = x − h 2 , а от нижнего кольца – на

x 2 = x + h 2 . Каждое кольцо создает в точке А потенциал, вычисленный в базовой задаче 2.3.2 :

A

h O

Рис. 2.3. К нахождению потенциала электростатического поля на оси двух заряженных коаксиальных колец (задача 2.3.5 )

Согласно принципу суперпозиции φ = φ 1 + φ 2 . Отсюда получается ответ.

Читайте также:  Планшет без симки как подключить симку

R 2 + ( x − h / 2) 2

Анализ результата и дополнительные выводы

1. Если q 1 = q 2 , то функция φ( x ) четная и распределение потенциала симметрично. В точке О потенциал равен удвоенному потенциалу от одного кольца.

Если q 1 = – q 2 , то функция φ( x ) нечетная, график ее имеет вид антисимметричной функции, а в точке О имеем φ = 0.

64 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

2. При большом удалении от колец, когда x >> h , R ( x > 0), име-

ем при разложении в первом порядке по малым значениям

R 2 + ( x + h / 2) 2

Первое слагаемое является потенциалом точечного заряда, равного полному заряду системы q 1 + q 2 , расположенного в центре между кольцами, второе – потенциал точечного диполя, расположенного в той же точке, с вектором дипольного момента, направленным вдоль

оси x и равным по величине p =

) . Радиус колец слабо

влияет на поле, давая поправку только второго порядка малости. В случае q 1 = q 2 поле системы двух колец видится с большого расстояния как поле точечного заряда 2 q , а дипольное слагаемое (т.е. слагаемое второго порядка малости) отсутствует. В случае q 1 = − q 2 система электронейтральна и с большого расстояния выглядит как диполь с моментом p = qh , ориентированным вдоль оси x .

3. Если кольца расположены очень близко друг к другу ( h R ), то в области между кольцами x R . В этой области при

q 1 = q 2 = q потенциал поля на оси ϕ = 2 πε 0 R сохраняется постоян-

ным в линейном приближении по малым параметрам x / R и h / R . Поправки к постоянному потенциалу существуют только за счет слагаемых второго порядка малости. Поле в этой области будет очень слабым, напряженность его будет близка к нулю. При q 1 = – q 2 = q имеем в низшем порядке по малым параметрам x / R и h / R :

ϕ = πε 0 R 3 . Линейная зависимость потенциала от координаты

говорит о том, что поле в этом случае однородное. Величина напряженности поля невелика, так как определяется малым параметром h / R .

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

Обратная задача: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов.

Метод решения – прямое применение уравнения Пуассона (2.18). Следует использовать запись оператора Лапласа в системе координат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если в условии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (2.16) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве.

Задача 2.3.6. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar 2 + b , где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ( r ) внутри шара.

Это пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферических координатах – тогда остается зависимость только от одной пере-

менной r : ϕ = ∂ r 2 + r ∂ r . Выполняя дифференцирование, нахо-

дим Δφ = 6 a . Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6 a ε 0 . Ответ : ρ = – 6 a ε 0 .

Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовых координатах, если в заданное выражение для ϕ ( r ) подставить r 2 = x 2 + y 2 + z 2 и воспользоваться выражением (2.19) для оператора Лапласа в декартовых координатах.

Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b ? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё только численным множителем. Объемная плотность ρ заряда внутри шара постоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен, что соответствует убыванию потенциала в направлении от центра шара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала в центре шара. Его величину можно найти из условия непрерывности потенциала при r = R :

Читайте также:  Как отключить браузер по умолчанию яндекс

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

откуда b = 2 ε 0 . Величина b зависит от плотности распределения заряда и от радиуса шара.

Задача 2.3.7. В бесконечном слое толщиной d находится равномерно распределенный объемный заряд. Разность потенциалов между границами слоя постоянна и равна Δφ ≠ 0. При каком значении объемной плотности ρ заряда напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю? Какова будет при этом напряженность поля у другой границы?

Поскольку распределение заряда симметрично относительно центральной плоскости слоя, то создаваемый полем этого заряда потенциал одинаков на обеих поверхностях слоя. Таким образом, сам распределенный в плоском слое заряд не может создать разность потенциалов на своих границах (см. базовую задачу 2.3.8). Следовательно, должно присутствовать внешнее однородное поле в направлении нормали к слою, напряженность которого можно представить в виде E 0 = Δϕ d . Напряженность поля вблизи одной

из границ будет равна нулю, если это внешнее поле равно по величине полю, создаваемому на этой пластине распределенным зарядом, и противоположно ему направлено. На границе слоя напря-

женность поля от распределенного заряда равна E = 2 ε 0 (см. зада-

чу 1.3.11 , глава 1). Из равенства E = E 0 находим ρ = 2 ε 0 Δϕ d 2 . На

второй границе внешнее поле направлено одинаково с полем распределенного заряда. Поэтому напряженность поля вблизи второй границы равна 2 Δϕ d .

Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля, и решение обратной задачи

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

Метод решения . Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов) использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х из

(2.16) находим: Е ( х ) = − d ϕ . Интегрируя это уравнение, получаем dx

φ( x ). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.

Представленные в данном разделе задачи в основном являются базовыми. Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.

Задача 2.3.8 (базовая задача). Бесконечный плоский слой толщиной 2 h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.

В задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженности поля от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали к плоскости слоя, то внутри слоя ( x ≤ h ) поле растет по линейному

x , а вне слоя ( x ≥ h ) поле однородно и равно E =

Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть только область x > 0, а решение для области x d φ = – Edx , откуда для области x ≤ h получаем

φ( x ) = − 2 ε 0 + C 1 ; аналогично для x ≥ h имеем

φ( x ) = − ε 0 + C 2 ,

где C 1 и C 2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Поскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке . Наиболее естественный способ нормировки потенциала в данной системе – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя, где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C 1 = 0. Постоянную C 2 определим теперь из условия непрерывности потенциала на границе слоя. Имеем при x = h :

Ссылка на основную публикацию
Телефон завис при сбросе к заводским настройкам
Уровень сложности: для начинающих. Мобильная операционная система Android может быть не только удобным инструментом для выполнения повседневных задач с помощью...
Средняя скорость через интеграл
Задачи динамики частицы бывают двух типов. Первый — задано движение частицы, и нужно найти действующую силу. Здесь нет особых трудностей:...
Стим расчетный адрес что вводить
При добавлении банковской карты и выборе ее в качестве способа оплаты покупок в Steam кроме стандартной информации о номере карты,...
Теорема об ассоциативности композиции отношений
Пусть даны три множества X, Y, Z и два отношения и . Композиция отноше­ний А и В есть отношение С=А°В,...
Adblock detector