Пред.
След.
Макеты страниц
Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике ДЛЯ СТУДЕНТОВ И ШКОЛЬНИКОВ ЕСТЬ
ZADANIA.TO
Поле диполя. Поле диполя обладает осевой симметрией, поэтому картина поля в любой плоскости, проходящей через ось диполя, одна и та же и вектор Е лежит в этой плоскости. Найдем сначала потенциал поля диполя, а затем его напряженность. Согласно (1.25) потенциал поля диполя в точке $P$ (рис. $1.14, a$ ) определяется как Так как $r \gg l$, то, как видно из рис. 1.14, $a, r_{-}-r_{+}=$ $=l \cos \vartheta$ и $r_{+} r_{-}=r^{2}$, где $r$ — расстояние от точки $P$ до диполя (он точечный!). С учетом этого где $p=q l-$ электрический момент диполя. Этой величине сопоставляют вектор, направленный по оси диполя от отрицательного заряда к положительному: где $q>0$ и 1 — вектор, направленный в ту же сторону, что и р. Из формулы (1.34) видно, что поле диполя зависит от его электрического момента p. Как мы увидим далее, и поведение диполя во внешнем поле также зависит от $\mathrm{p}$. Следовательно, $\mathbf{p}$ является важной характеристикой диполя. Следует также обратить внимание на то, что потенциал поля диполя убывает с расстоянием $r$ быстрее, чем потенциал поля точечного заряда ( $1 / r^{2}$ вместо $1 / r$ ). Для нахождения поля диполя воспользуемся формулой (1.32), вычислив с помощью нее проекции вектора E на два взаимно перпендикулярных направления вдоль ортов $\mathbf{e}_{r}$ и $\mathbf{e}_{\theta}$ (рис. 1.14,б): Отсюда модуль вектора E В частности, при $\vartheta=0$ и $\vartheta=\pi / 2$ мы получим выражения для напряженности поля соответственно на оси диполя $\left(E_{\|}\right)$и перпендикулярно ей $\left(E_{\perp}\right)$ : Сила, действующая на диполь. Разность $\mathbf{E}_{+}-\mathbf{E}_{-}$- это приращение $\Delta \mathbf{E}$ вектора $\mathbf{E}$ на отрезке, равном длине диполя $l$, в направлении вектора 1. Вследствие малости этого отрезка можно записать После подстановки этого выражения в формулу для $\mathbf{F}$ получим, что сила, действующая на диполь: где $p=q l$ — электрический момент диполя. Входящую в это выражение производную принято называть производной вектора по направлению. Знак частной производной подчеркивает, что эта производная берется по определенному направлению, совпадающему с вектором 1 или р. Простота формулы (1.39), к сожалению, обманчива: производная $\partial \mathrm{E} / \partial l$ является довольно сложной математической операцией. Мы не будем останавливаться на этом более подробно, а обратим внимание на существо полученного результата. Прежде всего отметим, что в однородном поле $\partial \mathbf{E} / \partial l=0$, поэтому и $\mathbf{F}=0$. Значит, сила действует на диполь, вообще говоря, только в неоднородном поле. Далее, направление вектора $\mathbf{F}$ в общем случае не совпадает ни с вектором $\mathbf{E}$, ни с вектором р. Вектор $\mathbf{F}$ совпадает по направлению лишь с элементарным приращением вектора Е, взятым в направлении вектора 1 или р (рис. 1.15, б). На рис. 1.16 показаны направления силы $\mathbf{F}$, действующей на диполь в поле положительного точечного заряда $q$, при трех разных расположениях диполя. Убедиться самостоятельно, что это действительно так. Если нас интересует проекция силы $\mathbf{F}$ на некоторое направление $X$, то достаточно записать равенство (1.39) в проекциях на это направление, и мы получим где $\partial E_{x} / \partial l$ — производная соответствующей проекции вектора $\mathbf{E}$ опять же по направлению вектора I или р. Пусть диполь с моментом р расположен вдоль оси симметрии некоторого неоднородного поля Е. Возьмем положительное направление оси $X$, например, как показано на рис. 1.17. Так как в направлении вектора р приращение проекции $E_{x}$ будет отрицательным, то $F_{x}<0$, а значит, вектор $\mathbf{F}$ направлен влево — в сторону, где напряженность поля больше. Если же вектор p на этом рисунке повернуть на $90^{\circ}$ так, чтобы центр диполя совпадал с осью симметрии поля, то нетрудно сообразить, что в таком положении $F_{x}=0$. Момент сил, действующих на диполь. По определению момент сил $\mathbf{F}_{+}=q \mathbf{E}_{+}$и $\mathbf{F}_{-}=-q \mathbf{E}_{-}$ относительно центра масс $C$ (рис. 1.18) равен где $\mathbf{r}_{+}$и $\mathbf{r}_{-}$- радиусы-векторы зарядов $+q$ и $q$ относительно точки $C$. При достаточно малом расстоянии между зарядами диполя $\mathbf{E}_{+} \approx \mathbf{E}_{-}$и $\mathbf{M}=\left[\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}, q \mathbf{E}\right]$. Остается учесть, что $\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}=\mathbf{I}$ и $q \mathbf{l}=\mathrm{p}$, тогда Этот момент сил стремится повернуть диполь так, чтобы его электрический момент $\mathbf{p}$ установился по направлению внешнего поля Е. Такое положение диполя является устойчивым. Итак, в неоднородном электрическом поле диРис. 1.18 поль будет вести себя следующим образом: под действием момента сил (1.41) диполь будет стремиться установиться по полю ( $\mathbf{p} \uparrow \uparrow \mathbf{E}$ ), а под действием результирующей силы (1.39) — переместится в направлении, где E по модулю больше. Оба движения будут совершаться одновременно. Энергия диполя в поле. где $\varphi_{+}$и $\varphi_{-}$- потенциал внешнего поля в точках расположения зарядов $+q$ и $-q$. С точностью до величины второго порядка малости где $\partial \varphi / \partial l$ — производная потенциала по направлению вектора 1. Согласно (1.32) $\partial \varphi / \partial l=-E_{l}$, поэтому $\varphi_{+}-$ $-\varphi_{-}=-E_{l} l=-\mathbf{E l}$ и Из этой формулы следует, что минимальную энергию $\left(W_{\text {мнн }}=-p E\right.$ ) диполь имеет в положении $\mathbf{p \uparrow} \mathbf{E}$ (положение устойчивого равновесия). При отклонении из этого положения возникает момент внешних сил, возвращающий диполь к положению равновесия. Задачи 1.1. Очень тонкий диск равномерно заряжен с поверхностной плотностью $\sigma>0$. Найти напряженность $E$ электрического поля на оси этого диска в точке, из которой диск виден под телесным углом $\Omega$. Решение. В данном случае $\mathrm{d} S \cos \theta / r^{2}=\mathrm{d} \Omega$ — телесный угол, под которым площадка $\mathrm{d} S$ видна из точки $A$, и выражение (1) можно переписать так: Отсюда искомая величина Заметим, что на больших расстояниях от диска $\Omega=S / r^{2}$, где $S$ — площадь диска, и $E=q / 4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}$ — как поле точечного заряда $q=\sigma S$. В непосредственной же близости от точки $O$ телесный угол $\Omega=2 \pi$ и $E=\sigma / 2 \varepsilon_{0}$. 1.2. Тонкое непроводящее кольцо радиусом $R$ заряжено с линейной плотностью $\lambda=\lambda_{0} \cos \varphi$, где $\lambda_{0}$ — положительная постоянная, $\varphi$-азимутальный угол. Найти напряженность Е электрического поля в центре кольца. Решение. Заданное распределение заряда показано на рис. 1.20. Из симметрии этого распределения ясно, что вектор $\mathbf{E}$ в точке $O$ направлен вправо и модуль этого вектора равен сумме проекций на направление $\mathbf{E}$ векторов $\mathrm{dE}$ — от элементарных зарядов $\mathrm{d} q$. Проекция вектора $\mathrm{d} \mathbf{E}$ на вектор $\mathbf{E}$ есть где $\mathrm{d} q=\lambda R \mathrm{~d} \varphi=\lambda_{0} R \cos \varphi \mathrm{d} \varphi$. Проинтегрировав (1) по $\varphi$ от 0 до $2 \pi$, найдем модуль вектора E: Заметим, что этот интеграл проще всего вычислить, зная, что $\left\langle\cos ^{2} \varphi\right\rangle=1 / 2$. Тогда 1.3. Полубесконечная прямая равномерно заряженная нить имеет заряд $\lambda$ 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 $E_{x}$ и $E_{y}$ проекций вектора E (рис. 1.21, где предполагается $\lambda>0$ ). Начнем с $E_{x}$. Элемент заряда на участке $\mathrm{d} x$ нити дает следующий вклад в $E_{x}$ : Приведем это выражение к виду, удобному для интегрирования. В нашем случае $\mathrm{d} x=r \mathrm{~d} \alpha / \cos \alpha, r=y / \cos \alpha$. Тогда Проинтегрировав это выражение по $\alpha$ от 0 до $\pi / 2$, найдем Для нахождения проекции $E_{y}$ достаточно обратить внимание на то, что $\mathrm{d} E_{y}$ отличается от $\mathrm{d} E_{x}$ просто заменой $\sin \alpha$ в (1) на $\cos \alpha$. Тогда Мы получили интересный результат: $E_{x}=E_{y}$ независимо от $y$, т. е. вектор Е ориентирован под углом $45^{\circ}$ к нити. Модуль вектора $\mathbf{E}$ 1.4. Теорема Гаусса. Напряженность электрического поля зависит только от координат $х$ и у как где а-постоянная; і $и \mathbf{j}$-орты осей $X$ и $Y$. Найти заряд внутри сферы радиусом $R$ с центром в начале координат. Решение. Искомый заряд равен согласно теореме Гаусса потоку вектора $\mathbf{E}$ через указанную сферу, деленному на $\varepsilon_{0}$. В данном случае для определения потока можно поступить так. Заметив, что поле $\mathbf{E}$ является осесимметричным (полем заряженной равномерно нити), приходим к выводу, что поток через сферу радиусом $R$ равен потоку через боковую поверхность цилиндра того же радиуса и высотой $2 R$, расположенного, как показано на рис. 1.22. Тогда де $E_{r}=a / R$ и $S=2 \pi R \cdot 2 R=4 \pi R^{2}$. И окончательно, 1.5. Система состоит из равномерно заряженной сферы радиусом $R$ и окружающей среды, заполненной зарядом $c$ объемной плотностью $\rho=\alpha / r$, где $\alpha$-положительная постоянная, $r$-расстояние от центра сферы. Найти заряд сферы, при котором напряженность $E$ электрического поля вне сферы не будет зависеть от $r$. Чему равно Е? Решение. Пусть искомый заряд сферы равен $q$, тогда, воспользовавшись теоремой Гаусса, запишем для сферической поверхности радиусом $r$ (снаружи сферы с зарядом $q$ ): Проинтегрировав, преобразуем предыдущее уравнение к виду Напряженность $E$ не зависит от $r$ при условии, когда выражение в скобках равно нулю. Отсюда 1.6. Найти напряженность E электрического поля в области пересечения двух шаров, равномерно заряженных разноименными по знаку зарядами с объёмной плотностью $\rho$ и — $\rho$, если расстояние между центрами шаров определяется вектором 1 (рис. 1.23). Решение. $\mathrm{C}$ помощью теоремы Гаусса нетрудно показать, что напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара где $\mathbf{r}$-радиус-вектор относительно центра шара. Поле в области пересечения шаров можно рассматривать как суперпозицию полей двух равномерно заряженных шаров. Тогда в произвольной точке $A$ (рис. 1.24) этой области Таким образом, поле в области пересечения таких шаров является однородным. Этот вывод справедлив независимо от соотношения радиусов шаров и расстояния между их центрами. Он справедлив, в частности, н тогда, когда один шар находится целиком внутри другого, или, другими словами, когда в шаре имеется сферическая полость (рис. $1.25)$. 1.7. Воспользовавшись решением предыдущей задачи, найти напряженность Е поля внутри сферы, по которой распределен заряд с поверхностной плотностью $\sigma=\sigma_{0} \cos \vartheta$, где $\sigma_{0}$ — постоянная, $\vartheta-$ полярный угол. Рис. 1.23 Решение. В нашем случае объемный заряд отличается от нуля только в поверхностном слое. При очень малом $l$ мы придем к представлению о поверхностной плотности заряда на сфере. Толщина заряженного слоя в точках, определяемых углом $\vartheta$ (рис. 1.26 ), равна $l \cos \vartheta$. Значит, на единицу площади в этом месте приходится заряд $\sigma=\rho l \cos \theta=\sigma_{0} \cos \theta$, где $\sigma_{0}=\rho l$, и выражение (1) можно представить как где $\mathbf{k}$ — орт оси $Z$, от которой отсчитывается угол $\vartheta$. 1.8. Потенциал. Потенциал некоторого электрического поля имеет вид $\varphi=\alpha\left(x y-z^{2}\right)$. Найти проекцию вектора $\mathbf{E}$ на направление вектора $\mathbf{a}=\mathrm{i}+3 \mathbf{k}$ в точке $M(2,1,-3)$. Решение. Сначала найдем вектор E: Искомая проекция В точке $M$ 1.9. Найти потенциал ч на краю тонкого диска, по одной стороне которого равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью б. Радиус диска равен $R$. Решение. По определению потенциал в случае поверхностного распределения заряда дается интегралом (1.28). Для упрощения интегрирования выберем в качестве площадки $\mathrm{d} S$ часть кольца радиусом $r$ и шириной $\mathrm{d} r$ (рис. 1.27). Тогда Рис. 1.25 $\mathrm{d} S=2 \vartheta r \mathrm{~d} r, r=2 R \cos \vartheta, \mathrm{d} r=-2 R \sin \vartheta \mathrm{d} \vartheta$. После подстановки этих выражений в интеграл (1.28) получим для $\varphi$ в точке $O$ : Интегрирование проводим по частям, обозначив $\vartheta=u$, $\sin \vartheta \mathrm{d} \theta=\mathrm{d} v:$ что дает после подстановки пределов интегрирования — 1 . В результате 1.10. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния $r$ до его центра по закону $\varphi=a r^{2}+$ $+b$, где а и $b$ — постоянные. Найти распределение объемного заряда $\rho(r)$ внутри шара. Решение. Сначала найдем напряженность поля. Согласно (1.32) Затем воспользуемся теоремой Гаусса: $4 \pi r^{2} E_{r}=q / \varepsilon_{0}$. Дифференциал этого выражения где $\mathrm{d} q$ — заряд между сферами, радиусы которых $r$ и $r+\mathrm{d} r$. Отсюда Подставив (1) в последнее уравнение, получим 1.11. Диполь. Найти силу взаимодействия двух точечных диполей с моментами $\mathbf{p}_{1}$ и $\mathbf{p}_{2}$, если векторы $\mathbf{p}_{1}$ и $\mathbf{p}_{2}$ направлены вдоль прямой, соединяющей диполи, и расстояние между последними равно $l$. где $E$ — напряженность поля диполя $\mathrm{p}_{2}$, определяемая первой !з формул (1.38): Взять производную последнего выражения по $l$ и подставив ее в формулу для $F$, получим Заметим, что диполи будут притягиваться, если $\mathrm{p}_{1} \uparrow \uparrow \mathrm{p}_{2}$, и отталкиваться, если $\mathbf{p}_{1} \uparrow \downarrow \mathbf{p}_{2}$.
|
1 |
Оглавление
|