Электричество: Пособие по выполнению домашнего задания

1. ПРИНЦИП СУПЕРПОЗИЦИИ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ПОЛЕЙ Основные теоретические сведения Электрическое поле проявляется в том, что на помещенный в него электриr ческий заряд Q действует сила F . Поэтому в качестве его характеристики служит векторная величина r r F E= , (1.1) Q называемая напряженностью электрического поля. Согласно закону Кулона сила взаимодействия между двумя точечными зарядами (рис. 1.1) определяется формулой r r 1 Q1Q2 r F21 = − F12 = er , (1.2) 4πε ο r 2 где Q1 и Q2 — величины взаимодействующих точечных зарядов, r — расстояние между зарядами, εо = 8,85.10–12 Ф/м — постоянный коэффициент в СИ, r r r er = — единичный вектор, направленный от заряда 1 к заряду 2. r

r F12

Q1

Q2

r er

r r

Рис. 1.1

r F21

Q1

r r

r E1

Рис. 1.2

С учетом этого напряженность электрического поля точечного заряда Q1 (рис. 1.2) определяется по формуле r 1 Q1 r ⋅ er . E1 = (1.3) 4πε 0 r 2 Для кулоновской силы справедлив принцип суперпозиции, согласно которому результирующая сила, действующая на точечный заряд, равна векторной сумме сил, действующих на этот заряд со стороны других зарядов N r r r r r r F = F1 + F2 + F3 + ... + FN = ∑ Fi . (1.4) i =1

Соответственно принцип суперпозиции для напряженности в некоторой точке поля записывается в виде N r r r r r r E = E1 + E2 + E3 + ... + EN = ∑ Ei . (1.5) i =1 r где Ei — напряженность поля, создаваемая зарядом с номером i. Электрическое поле можно наглядно представить с помощью линий напряженности, которые проводят так, чтобы касательная к ним в каждой точке совпадала с направлением вектора напряженности. При этом густота линий харак-

теризует величину напряженности. На рис. 1.3 приведены картины линий напряженности в простейших случаях.

а) + Q и + Q, б) – Q и + Q (диполь), в) +2Q и – Q, Рис. 1.3. Картины линий напряженности от систем из двух зарядов. При расчете электрического поля, создаваемого протяженным заряженным телом, необходимо записать формулу (1.3) в дифференциальной форме r 1 dQ r (1.6) dE = ⋅ 2 er , 4πε ο r где заряд dQ можно выразить через объемную ρ, поверхностную σ или линейную τ плотности зарядов: dQ = ρdV, dQ = σdS, dQ = τdl. Тогда определение результирующего поля сводится к интегрированию: –по объему V для объемно заряженных тел r 1 ρr (1.7) E= ⋅∫ 2 er ⋅ dV ; 4πε ο V r –по поверхности S для поверхностно заряженных тел r 1 σr (1.8) E= ⋅∫ 2 er ⋅ dS ; 4πε ο S r –по линии L для линейно заряженных тел r 1 τr E= (1.9) ⋅∫ 2 er ⋅ dl . 4πε ο L r r Электростатическое поле потенциально. В точке с радиус-вектором r (рис. 1.2) величина потенциала поля точечного заряда определяется по формуле 1 Q φ= ⋅ . (1.10) 4πε ο r Принцип суперпозиции для электрического поля позволяет суммировать потенциалы φi, создаваемые i-ми зарядами N

φ = φ1 + φ 2 + φ3 + K + φ N = ∑ φi ,

(1.11)

i=1

или интегрировать потенциалы элементарных зарядов dQ от элементов объема dV, площади dS или длины dl: 1 ρ –для тела, заряженного по объему V (1.12) φ= ⋅ ∫ ⋅ dV ; 4πε ο V r –для тела, заряженного по поверхности S

φ=

1 σ ⋅ ∫ ⋅ dS ; 4πε ο S r

(1.13)

–для тела заряженного по линии L

φ=

1 τ ⋅ ∫ ⋅ dl . 4πε ο L r

(1.14)

Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т. 2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 1, п. 2, 4, 8. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 1, 2, п. 1.4, 1.7, 1.8, 1.12. 3. Трофимова Т.И. Курс физики – М.: Высш. шк., 1990. Гл. 11, п. 79, 80, 84.

2. ВЫЧИСЛЕНИЕ ПОЛЕЙ С ПОМОЩЬЮ ТЕОРЕМЫ ГАУССА Основные теоретические сведения

В некоторых случаях при наличии определенной симметрии в расположении зарядов расчет напряженности электрического поля может быть существенно упрощен, если применять теорему Гаусса r r 1 (2.1) E ∫ ⋅ dS = ε0 ∑i Qi , S где в левой части поток вектора напряженности вычисляется по любой (обычно выбирается наиболее удобная) замкнутой поверхности S, а в правой части алгебраически учитываются только заряды Qi, заключенные внутри выбранной поверхности S. При непрерывном распределении зарядов сумма в правой части уравнения (2.1) заменяется интегрированием плотности электрического заряда ρ по объему V, охватываемому замкнутой поверхностью S r r 1 (2.2) E ∫ ⋅ dS = ε 0 ∫ ρ ⋅ dV . S V Основные затруднения при использовании теоремы Гаусса связаны с выбором замкнутой поверхности S. Чтобы их избежать необходимо придерживаться следующих рекомендаций: r 1. Из соображений симметрии определяется направление вектора E в пространстве, окружающем заряженное тело. 2. Точка, в которой определяется вектор напряженности, должна принадлежать замкнутой поверхности интегрирования S. 3. Поверхность S выбирают симметричной расположению зарядов, а ее составные части (Si) должны быть либо перпендикулярны, либо касательные к вектору напряженности (Sj). В этом случае поток вектора напряженности через замкнутую поверхность можно представить как сумму поверхностных интегралов

r r E ∫ ⋅ dS = ∑ ∫ Ei ⋅ dS ⋅ cosαi + ∑ ∫ E j ⋅ dS ⋅ cosα j , S

i Si

j Sj

где вторая сумма равна нулю ( α j = π 2 , cosα j = 0 ), а первая преобразуется к виду

∑ Ei ⋅ Si cosαi , где αi = 0 или π . i

Между напряженностью и потенциалом электрического поля имеется взаимосвязь P r r r r E = −gradφ; φ А = ∫ E ( r ) ⋅ dr . (2.3) A

r r Поэтому по известной функциональной зависимости E ( r ) можно определить потенциал электрического поля в заданной точке А. При этом принимается, что в точке P потенциал поля равен нулю. Для точечных и сферически симметричных зарядов эту точку удобно располагать на бесконечности. Из формулы (2.17) следует, что разность потенциалов между двумя точками поля А и B определяется по формуле B r r (2.4) φ A − φ B = ∫ E ⋅ dr . А

Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т. 2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 1, п. 6-9. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 1, 2, п. 1.9-1.13. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш.шк., 1990. Гл. 11, п. 81, 82, 86.

3. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ДИПОЛЬ Основные теоретические сведения

Поле нейтральной системы электрических зарядов на больших расстояниях от нее определяется величиной дипольного электрического момента системы (если он не равен нулю) r N r p = ∑ Qi⋅ri , (3.1) i =1 r где ri — радиус-вектор Qi заряда и суммирование ведется по всем N зарядам, входящим в состав системы (рис. 3.1а).

Если суммарный электрический заряд системы равен нулю, то значение дипольного электрического момента не зависит от выбора начала координат.

r r+

z

r r−

+

r l

r p

r r r Ez

θ

r E⊥ r E

–

а)

б) Рис. 3.1

Потенциал электрического поля диполя на достаточно больших расстояниях r от него (рис. 3.1б) определяется по формуле p φ= cosθ , (3.2) 4πε ο r 2 r r где θ — угол между радиус-вектором r и вектором p . Соответственно модуль вектора напряженности равен p 1 + 3cos 2 θ . E= (3.3) 3 4πε ο r Картина линий напряженности электрического поля диполя приведена на рис. 1.3а. На диполь, помещенный в однородное электрическое поле, действует механический момент сил r r r M = p× E или M = p.E sinα, (3.4) r r где α — угол между направлениями векторов p и E . Момент сил стремится r повернуть диполь так, чтобы его электрический момент p установился по наr правлению поля E . При этом совершается работа, равная изменению потенциальной энергии диполя в электрическом поле. Значение потенциальной энергии диполя определяется по формуле r r (3.5) П = – p . E = – p.E cosα. Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т. 2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 1, п. 10, 11. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 9, п. 9.1-9.5. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш. шк., 1990. Гл. 11, п. 80.

4. ЭЛЕКТРОЕМКОСТЬ Основные теоретические сведения

Огромное количество носителей электрического заряда в проводнике и их способность перемещаться под действием сколь угодно малой силы приводит к тому, что в равновесии напряженность электрического поля внутри проводника равна нулю. Это утверждение относится как к заряженным проводникам, так и к проводникам, помещенным во внешнее электрическое поле. Следствием этого является эквипотенциальность (равенство потенциала) всего объема проводника. При этом сообщенный проводнику электрический заряд распределяется в тончайшем приповерхностном слое единственным способом. Любая другая порция электрического заряда, сообщенная проводнику, распределяется пропорционально точно так же. Соответственно пропорционально увеличится напряженность и потенциал электрического поля в каждой точке окружающего проводник пространства. Поэтому между количеством сообщенного проводнику заряда и его потенциалом существует прямая пропорциональная зависимость Q ∼ ϕ. Введя коэффициент пропорциональности C (от англ. coefficient) это утверждение можно записать в виде (4.1) Q = Cϕ. Коэффициент C называется электроемкостью проводника (или просто емкостью) и зависит от геометрической формы, размеров проводника и окружающего его вещества. Из определения электроемкости следует, что она характеризует способность проводника накапливать электрический заряд. Емкость уединенных проводников разумных размеров невелика. Поэтому для накопления значительного количества электрического заряда используются устройства, называемые конденсаторами. Они изготавливаются в виде двух проводников (обкладок), поверхности которых находятся близко друг к другу. Основными типами конденсаторов являются плоские (рис. 4.1а, две близкорасположенные параллельные пластины), цилиндрические (рис. 4.1б, два коаксиальных цилиндра) и сферические (рис. 4.1в две концентрические сферы).

а)

б) Рис. 4.1.

в)

Обкладкам конденсатора сообщают одинаковые по величине, но противоположные по знаку электрические заряды +Q и –Q. В результате возникает

электрическое поле, заключенное в основном в узком зазоре внутри конденсатора. Возникающая между обкладками конденсатора разность потенциалов пропорциональна сообщенному заряду Δϕ ∼ Q. По аналогии с формулой (4.1) для конденсатора можно записать (4.2) Q = CΔϕ, где коэффициент C называется электроемкостью (емкостью) конденсатора. Расчет величины емкости основан на том, что определяется разность потенциалов между обкладками конденсатора в предположении, что они имеют заряды + Q и –Q. После подстановки полученного выражения для разности потенциалов в формулу (4.2) величина Q сокращается и получается формула для расчета электроемкости. Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т.2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 3, п. 18-20. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 3, п. 3.1-3.5. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш. шк., 1990. Гл. 11, п. 92-94.

5. ЭНЕРГИЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ Основные теоретические сведения

Полная электростатическая энергия взаимодействия системы точечных зарядов (рис. 5.1) является суммой потенциальных энергий взаимодействия всех пар зарядов системы Qi 1 Qi ⋅ Q j W= ∑ ⋅ (5.1а) ri , j пары i , j 4πε ο rij

или

1 Qi ⋅ φi , (5.1б) ∑ 2 i Рис. 5.1. где ϕi — потенциал, создаваемый всеми зарядами, кроме Qi, в той точке, где помещен заряд Qi. Эта энергия запасается в электрическом поле. Плотность энергии электрического поля в вакууме определяется формулой εο E 2 w= . (5.2) 2 Qj

W=

Зная плотность энергии поля в каждой точке, можно найти энергию поля, заключенного в любом объеме V. Для этого необходимо вычислить интеграл εο E 2 (5.3) W = ∫ w ⋅ dV = ∫ dV . 2 V V Изменение этой энергии при перемещении заряда Q в электрическом поле приводит к изменению потенциальной энергии заряда П на величину П1 – П2 = Q(ϕ1−ϕ2). В соответствии с законом сохранения механической энергии это изменение потенциальной энергии приводит к изменению кинетической энергии T заряженного тела (5.4) Q.Δϕ = T2 – T1 . Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т. 2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 4, п. 23. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 1, п. 1.5, гл. 3, п. 3.7. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш. шк., 1990. Гл. 11, п. 95.

6. ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ТЕОРИЯ ЭЛЕКТРОПРОВОДНОСТИ Основные теоретические сведения

В классической теории электропроводности полагается, что электроны проводимости в металлах ведут себя подобно молекулам идеального газа. В отсутствии электрического поля в промежутках между соударениями с ионами они движутся совершенно свободно со средней скоростью хаотического теплового движения , пробегая в среднем некоторый путь . При включении элекr трического поля у электронов появляется ускорение a , и за среднее время пробега этого пути электроны приобретают дополнительную скорость r r VМАХ = a ⋅ τ . Принимая, что в результате ударов электроны останавливаются, можно представить результирующее движение электронов как направленr r ный дрейф со средней скоростью V = 0,5 VМАХ . Учитывая, что r r λ r F eE и , τ = a= = VT m m среднюю скорость направленного движения rможно записать в виде r eE λ V = . (6.1) 2m VT

Плотность возникающего в результате электрического тока определяется выражением r r j = en V , (6.2)

где n — концентрация электронов проводимости. Сравнивая формулы (6.1) и (6.2), можно записать r e2n λ r j= E 2m VT r r или j = σE , (6.3) e2n λ где σ = 2m VT

— удельная проводимость проводника, связанная с удельным

электрическим сопротивлением ρ соотношением σ = 1/ρ. Формула (6.3) называется законом Ома в локальной (дифференциальной) форме. Из нее можно получить известный из школьного курса физики закон Ома (в интегральной форме) U=I.R, где электрическое сопротивление R зависит от длины ℓ и площади поперечного сечения проводника S l R = ρ , а сила тока I = j .S. S При столкновении с ионами решетки электроны передают ей дополнительно приобретенную энергию, что проявляется в нагревании проводника. В соответствии с законом Джоуля-Ленца в локальной (дифференциальной) форме выделяющаяся объемная плотность тепловой мощности w определяется по формуле (6.4) w = σ E2 = ρ ..j2. Из нее можно получить формулу тепловой мощности P, выделяемой в проводнике с электрическим током P = I2 .R (закон Джоуля-Ленца в интегральной форме). Решение задач по этой теме предполагает хорошее усвоение теоретического материала. Поэтому предварительно рекомендуется самостоятельно вывести формулы (6.3) и (6.4) в локальной и интегральной форме. При возникновении затруднений необходимо тщательно проработать приведенную ниже литературу. Литература

1. Савельев И.В. Курс физики. Т. 2: Электричество. Колебания и волны. Волновая оптика. – М.: Наука, 1989. Гл. 5, п. 29, 30. 2. Парселл Э. Берклеевский курс физики. Т. 2: Электричество и магнетизм. – М.: Наука, 1975. Гл. 4, п. 4.1-4.4. 3. Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высш. шк., 1990. Гл. 13, п. 102, 103.

Пример 1 Четыре точечных заряда размещены в вершинах квадрата со стороной b = 0,1 м (рис. 1.4). Заряды в вершинах 1 и 2 — положительные, а в вершинах 3 и 4 — отрицательные. Величины всех зарядов одинаковые и равны Q = 10 нКл. Определить напряженность и потенциал электрического поля в центре квадрата.

1

2

b 4

3 Рис. 1.4.

Решение Величина напряженности электрического поля каждого из рассматриваемых зарядов в центре квадрата одинакова и равна 1 Qi 2 — половина диагонали квадрата. Ei = ⋅ 2 , где r = b 2 4πε ο r

r r Направления векторов Ei указаны на рис. 1.5. Результирующий вектор E определяется с помощью принципа суперпозиции как векторная сумма этих векторов (в данном случае как диагональ квадрата со стороной 2Ei) E= 2Ei 2 . Таким образом, E = 2 2 ⋅ Выполним расчет E =

1 Q 2 ⋅Q ⋅ 2= . 4πε ο r πε οb 2

2 ⋅ 10 ⋅ 10−9 Κл = 5,1 ⋅ 104 В м = 51 кВ м . Φ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10−12 ⋅ 10−2 м 2 м

Потенциалы полей зарядов суммируются как скалярные величины 1 Q1 1 Q2 1 Q3 1 Q4 φ= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 4πε ο r 4πε ο r 4πε ο r 4πε ο r 1 Q ⋅ (1 + 1 − 1 − 1) = 0 . или с учетом знака φ = 4πε ο r

1

2

r E4

4

r E2

r E1

r E

Рис. 1.5.

r E3

3 Рис. 1.6.

В подобных задачах представляет интерес дать качественное изображение линий напряженности электрического поля. При построении картины линий поля необходимо учитывать, что между разноименными зарядами линии поля располагаются по типу линий диполя (рис. 1.3.а), а между одноименными по типу рис. 1.3.б. Для рассматриваемой системы зарядов приближенная картина линий поля приведена на рис. 1.6.

Пример 2 Тонкий стержень длиной L = 8 см заряжен с линейной плотностью τ = 400 нКл/м. Найти напряженность и потенциал электрического поля в точке, расположенной на перпендикуляре к стержню, проведенном через один из его концов, на расстоянии b = 6 см от этого конца. Решение Выделим на стержне физически малый участок длиной dl (рис. 1.7.а). Находящийся на нем заряд dQ = τ.dl можно рассматривать как точечный, и тогда напряженность поля этого элемента определяется по формуле (1.6) r 1 τ ⋅ dl r dE = er ⋅ ⋅ 4πε ο r 2 Прежде чем интегрировать это выражение (см. формулу (1.9)) необходимо две переменные величины в правой части dl и r выразить через одну. Для этого воспользуемся тригонометрическими равенствами b r= и l = b ⋅ tgα . cosα 1 dα . Дифференцируя последнее, можно получить dl = b ⋅ cos 2 α

а)

б)

dl dα l β α b

dEy

dEx α

Ex b

r dE

Ey

γ r E

Рис. 1.7. Подставляя полученные выражения для r и dl в формулу для напряженности, получим r 1 τ ⋅ b ⋅ cos 2 α r 1 τ r dE = ⋅ 2 ⋅ d α ⋅ e = α ⋅ d ⋅ e r r. 4πε ο b ⋅ cos 2 α 4πε ο b r r dEx — Представим вектор dE как сумму двух составляющих: r перпендикулярную стержню и dE y — параллельную ему. Из рис. 1.7.а видно, что dEx = dE.cosα , а dEy= dE.sinα. Тогда интегрируя эти выражения, получаем β

β

β

β

1 τ 1 τ 1 τ Ex = ∫ ⋅ ⋅ cosα ⋅ dα = ⋅ ∫ cosα ⋅ dα = ⋅ ⋅ sinβ, 4πε 4πε 4πε b b ο ο ο b 0 ο 1 τ 1 τ 1 τ Ey = ∫ ⋅ ⋅ sin α ⋅ dα = ⋅ ∫ sin α ⋅ dα = ⋅ (1 − cosβ ) . 4πε 4πε 4πε b b ο ο ο b ο ο Из рис. 1.7.а следует, что L b sinβ = cosβ = = 0,8 , = 0,6 . 2 2 2 2 L +b L +b Произведем вычисления: 400 ⋅ 10−9 Ex = ⋅ 0,8 В м = 48 ⋅ 103 В м = 48,0 кВ м , −12 −2 4 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 10 400 ⋅ 10−9 Ey = ⋅ (1 − 0,6) В м = 24 ⋅ 103 В м = 24,0 кВ м . −12 −2 4 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ 10 Величину напряженности электрического поля определим по формуле E=

Ex2 + E y2 .

После подстановки полученных значений и вычисления получаем E = 53,7 кВ/м. Направление вектора напряженности задается углом γ (рис. 1.7.б), котоEy = 0,5 . рый определяется выражением tg γ = Ex Для вычисления потенциала поля в заданной точке используем формулу (1.14). Подставляя в нее полученные выше выражения для r и dl , получим β

β

1 τ ⋅ b ⋅ cosα τ 1 φ= α d = dα = 4πε ο ∫ο b ⋅ cos 2 α 4πε ο ∫ο cosα τ τ ⎡ ⎡ ⎛ α π ⎞⎤ ⎛β π⎞ ⎛ π ⎞⎤ ln ⎢ tg ⎜ + ⎟ ⎥ βο = ln tg ⎜ + ⎟ − ln tg ⎜ ⎟ ⎥ . ⎢ 4πε ο ⎣ ⎝ 2 4 ⎠ ⎦ 4πε ο ⎣ ⎝2 4⎠ ⎝ 4 ⎠⎦ ⎛π⎞ ⎛π⎞ Так как tg ⎜ ⎟ = 1, то ln tg ⎜ ⎟ = 0. Используя тригонометрические формулы, ⎝4⎠ ⎝4⎠ сделаем преобразования π⎞ ⎛ 1⎛ π⎞ 1 − cos ⎜ β + ⎟ sin ⎜ β + ⎟ 1 + sinβ 2⎠ 2⎝ 2⎠ ⎛β π⎞ ⎝ = = = 3. tg ⎜ + ⎟ = − 1 sin β ⎝ 2 4 ⎠ cos 1 ⎛ β + π ⎞ π⎞ ⎛ 1 + cos ⎜ β + ⎟ ⎜ ⎟ 2⎝ 2⎠ 2⎠ ⎝ τ Тогда φ = ln 3 . 4πε ο =

400 ⋅ 10−9 ln 3 Произведем вычисления φ = В = 3960 В. 4 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10−12 Пример 3 Бесконечный пустотелый цилиндр радиуса R = 10 см имеет на своей поверхности равномерно распределенный заряд. На единицу длины цилиндра приходится электрический заряд τ = 1 нКл/м. Построить график изменения напряженности электрического поля с расстоянием от оси E = E(r) и определить разность потенциалов между осью цилиндра и точкой А, находящейся на расстоянии d = 20 см от оси. Решение Из соображений симметрии очевидно, что вектор напряженности электрического поля может быть направлен только радиально. Заметим, что напряженность поля внутри и снаружи цилиндра может иметь различный закон изменения с расстоянием от оси. Поэтому исследуем отдельно область 1 — внутри цилиндра и область 2 — снаружи. 1. Определим напряженность в произвольной точке b, находящейся внутри цилиндра (рис. 2.1а). Выберем замкнутую поверхность в виде цилиндра, ось ко-

торого совпадает с осью заданного цилиндра (коаксиальные цилиндры). Цилиндр имеет боковую

b

осн. 1

осн. 1

бок.

L

r r

с

r r

бок.

осн. 2 осн. 2 а)

Рис. 2.1.

б)

поверхность и два основания. Радиус цилиндра равен расстоянию от оси до точки b. Таким образом точка b находится на боковой поверхности цилиндра. Внутри выбранной поверхности зарядов нет. Поэтому теорема Гаусса запишется в виде r r E ∫ ⋅ dS = 0, где интеграл по замкнутой поверхности S можно представить в виS

де суммы интегралов по основаниям и боковой поверхности r r r r r r E ⋅ dS + E ⋅ dS + E ∫ ∫ ∫ ⋅ dS = 0 . осн 1

осн 2

бок.

r r Так как вектор напряженности радиален, то скалярные произведения E ⋅ dS r r . . в первых двух интегралах равны нулю, а в последнем — E ⋅ dS = E dS cos0º = E.dS. Кроме того, напряженность поля в точках, принадлежащих боковой поверхности, должна быть одинаковой. Тогда последнее равенство примет вид E ⋅ ∫ dS = 0 , бок.

что может иметь место только при выполнении условия E = 0. Таким образом, в любой точке внутри заряженного по поверхности цилиндра напряженность электрического поля равна нулю. 2. Для определения напряженности в произвольной точке “c” снаружи цилиндра поступим аналогично. Выберем замкнутую поверхность в виде цилиндра высотой L (рис. 2.1б). Радиус цилиндра равен расстоянию от точки “с” до оси. Теорема Гаусса для этой поверхности запишется в виде r r 1 E ∫ ⋅ dS = ε ο τL , S т.к. заряд Q = τL, находящийся внутри выбранной поверхности, расположен на длине L заданного цилиндра. Интеграл в левой части этого равенства по аналогии с предыдущим может быть представлен в виде суммы таких же трех инте-

гралов, из которых не нулевым является только интеграл по боковой поверхности r r E ∫ ⋅ dS = ∫ E ⋅ dS = E ∫ dS , S

бок

бок

где последний интеграл представляет из себя площадь боковой поверхности цилиндра SБОК = 2πr .L. Тогда теорема Гаусса принимает вид 1 E. 2πr. L = τ L. εο После преобразований получаем τ при r > R. E= 2πε ο r График изменения напряженности электрического поля с расстоянием от оси приведен на рис. 2.2. Максимальное значение напряженность поля принимает при r = R τ Emax = . 2πε ο R

E

R

d Рис. 2.2.

r

Так как внутри цилиндра поле отсутствует, то разность потенциалов между осью и заданной точкой A равна разности потенциалов между поверхностью цилиндра и этой точкой d d τ τ d dr = φο − φ A = φ R − φ A = ∫ E ⋅ dr = ∫ ln r R . 2πε ο r 2πε ο R R После подстановки пределов интегрирования получаем τ d Δφ = ln . 2πε ο R 1 ⋅ 10−9 ln 2 Произведем расчет: Δφ = В = 12,5 В . 2 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10−12

Пример 4 В соответствии с выводами квантовой теории атом водорода можно смоделировать в виде положительного ядра ( протона, размерами которого в данной задаче можно пренебречь) и “облака” отрицательного заряда электрона, объемная плотность которого меняется с расстоянием от ядра по закону e ⎛ 2r ⎞ ρ = − 3 exp ⎜ − ⎟ , πR ⎝ R⎠

где r — расстояние от центра ядра, R = 0,53.10–10 м (характерный параметр, называемый радиусом первой боровской орбиты электрона в атоме водорода), e = 1,6.10–19 Кл — абсолютная величина заряда электрона. Найти напряженность электрического поля на расстоянии R от ядра. Решение

Выберем замкнутую сферическую поверхность с центром в ядре атома и радиусом, равным R. Из соображений симметрии во всех точках этой поверхности вектор напряженности электрического поля имеет одинаковую величину и нормален к поверхности (рис. 2.3). Поэтому теорема Гаусса для выбранной поверхности S запишется в виде 1 E ∫ dS = Q , εο S

r E r R p

Рис. 2.3.

где Q — суммарный заряд, находящийся внутри выбранной сферы, т.е. положительный заряд протона равный e и отрицательный заряд электронного облака Qe. Последний определяется интегрированием плотности заряда электронного “облака” по внутреннему объему сферы. Тогда Q = e + Qe = e + ∫ ρ ⋅ dV . V

Учитывая сферическую симметрию элемент объема dV можно представить в виде dV = 4πr2dr. Тогда R

e

R

−

2r R r 2 dr

. 4π ∫ e 3 R π 0 0 Для последующих преобразований можно использовать метод интегрирования по частям или воспользоваться математическими справочниками. Предоставим читателям сделать это самостоятельно. В результате получим Qe= – e (1 – 5e–2) = –0,323 e , Q = e + Qe = 0,677 e . Подставим это значение в теорему Гаусса 1 E ∫ dS = 0,677 e , εο S Qe = ρ ⋅ 4πr dr = − ∫ 2

где интеграл в левой части равен площади поверхности сферы S = 4πR2. 1 1 0,677 e ⋅ Тогда E. 4πR2 = ⋅0,677 e или E= . 4πε ο εο R2

Произведем вычисления 0,677 ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 В В ≈ 3,5 ⋅ 1011 . E= 2 −12 −20 м м 4 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10 ⋅ 0,53 ⋅ 10 Пример 5а Три точечных заряда расположены в вершинах правильного треугольника со стороной а = 10 см (рис. 3.3). Определить максимальное значение напряженности и потенциала электрического поля этой системы зарядов на расстоянии r = 1 м от центра треугольника. Величины зарядов Q1 = 10 нКл, Q2 = 10 нКл, Q3 = –20 нКл.

y Q3

Q2

Q1

x –а/2

Рис. 3.3.

0 Рис. 3.4.

а/2

Решение Как отмечалось выше, поле системы зарядов на больших расстояниях от нее определяется величиной ее дипольного момента. Найдем его. Выберем систему координат как показано на рис. 3.4. Формула (3.1) в проекциях на выбранные оси координат запишется в виде a ⎛ a⎞ px = Q1 ⎜ − ⎟ + Q2 + Q3 ⋅ 0 = 0 , 2 ⎝ 2⎠

3 3 = Q3 ⋅ a . 2 2 Таким образом, электрический дипольный момент системы направлен вдоль оси Oy, и с учетом знака заряда его проекция на эту ось равна 3 3 py = Q3 ⋅ a = −20 ⋅ 10−9 ⋅ 0,1 ⋅ Кл ⋅ м = −17,3 ⋅ 10−10 Кл ⋅ м . 2 2 В соответствии с формулами (3.2) и (3.3) максимальные значения напряженности и потенциала будут при ϑ = 0, т.е. в точке, находящейся на оси y

py = Q1 ⋅ 0 + Q2 ⋅ 0 + Q3 ⋅ a

Emax = | Ey | =

2p , 4πε ο r 3

φ max =

3 , то 2 Q ⋅a 3 Emax = 3 , 4πε ο r 3 Вычисления дают следующие значения Emax = 31,2 В м ,

p . 4πε ο r 2

Так как p = Q3 ⋅ a

φ max =

Q3 ⋅ a 3 8πε ο r 2

.

φ max = 15,6 В .

Пример 5б Диполь с электрическим моментом p = 2 нКл.м находится в однородном r электрическом поле напряженностью E = 30 кВ/м. Направление вектора p составляет угол α = 60º с направлением силовых линий электрического поля. Определить момент сил действующих на диполь и произведенную ими работу при повороте диполя на угол β = 30º. Решение В соответствии с формулой r r (3.4) r искомый момент. сил равен M = p× E или M = p E sinα. Его направление таково, что он стремится повернуть диполь в сторону совr r падения направлений векторов p и E (рис. 3.5а). Произведем расчет

r p

α

M = 2 ⋅ 10−9 ⋅ 30 ⋅ 103 ⋅

3 Н ⋅ м = 52 ⋅ 10−6 Н ⋅ м . 2

r E

r E

r p

r E

r p

α1

а)

α2

б)

в)

Рис. 3.5. Из исходного положения (рис. 3.5а) диполь можно повернуть на угол β = 30º двумя способами: по часовой стрелке (рис. 3.5б) до угла α1 = α – β = 30º или против часовой стрелки до угла α2 = α + β = 90º (рис. 3.5в). В первом случае диполь будет поворачиваться под действием механического момента сил поля и работа этих сил положительна. Во втором случае пово-

рот может быть осуществлен только под действием внешних сил, а механический момент сил поля препятствует этому повороту. Следовательно, работа сил поля при этом будет отрицательна. В обоих случаях работу можно определить через изменение потенциальной энергии диполя в электрическом поле А = П1 – П2. Используя формулу (3.5), в первом случае можно записать А1 = – pE cos60º + pE cos30º , А2 = – pE cos60º + pE cos90º. а во втором Произведя расчет, получим А1 = 22,0 мкДж, А2 = –30,0 мкДж. Пример 6 Три одинаковые плоские металлические пластины площадью S = 100 см2 и толщиной d = 1 мм каждая расположены параллельно друг другу (рис. 4.2). Расстояние между соседними пластинами равно их толщине. Крайние пластины подсоединены к электрической цепи. Определить электроемкость этой системы проводников. Принять, что диэлектрическая проницаемость окружающей пластины среды ε = 1.

Рис. 4.2.

Решение Предположим, что крайним пластинам через электрическую цепь сообщили заряды +Q и –Q. Так как пластины расположены близко друг от друга, то их можно считать бесконечными. Внутри всех плаcтин электрическое поле отсутствует, а снаружи каждая из заряженных пластин создаст электрическое поле напряженностью σ Q E+ = E− = = , 2ε οε 2ε οε ⋅ S где σ — поверхностная плотность зарядов. Направление векторов напряженности полей пластин таково, что при их сложении вне зазоров между пластинами r результирующее поле будет нулевым, а в зазорах напряженность будет равна E r r r = E+ + E− = 2 E+ . Соответственно величина напряженности Q E= . ε οε ⋅ S Разность потенциалов между соседними пластинами при однородном поле определяется по формуле Δφ = E ⋅ d . Тогда разность потенциалов между крайними пластинами

2Q ⋅ d . ε οε ⋅ S ε ε⋅S Q C= . Тогда C = ο . Δφобщ 2d Δφобщ = 2 E ⋅ d =

По определению

Произведем расчет 8,85 ⋅ 10−12 Ф ⋅ м −1 1 ⋅ 100 ⋅ 10−4 м 2 ≈ 44,3 ⋅ 10−12 Ф = 44,3 пФ . C= −3 2 ⋅ 10 м Пример 7 Модель некоторой молекулы представляет из себя шесть электрических зарядов, расположенных в вершинах правильного шестиугольника со стороной а = 3.10–10 м (рис. 5.2). Заряды Q1, Q3 и Q5 — положительные, а заряды Q2, Q4 и Q6 — отрицательные. Абсолютные величины зарядов одинаковы и равны абсолютной величине заряда электрона |e| = 1,6.10–19 Кл. Определить изменение энергии взаимодействия системы зарядов молекулы, если заряды Q1 и Q3 поменять местами с зарядами Q4 и Q6 .

Q2 Q1

Q3

Q6

Q4 Q5 Рис. 5.2.

Решение Энергия взаимодействия заданной системы зарядов является суммой потенциальных энергий взаимодействия 15 пар зарядов. На рис. 5.3 соответствующие пары зарядов одинакового знака соединены пунктирными линиями, а пары зарядов разных знаков соединены сплошными линиями. Из них энергии взаимодействия между 1-м и 2-м, 2-м и 3-м, 3-м и 4-м, 4-м и 5-м, 5-м и 6-м, 6-м и 1-м зарядами одинаковые по величине и равны 1 Q2 W12 = W23 = W34 = W45 = W56 = W61 = – ⋅ 0, ⋅ 4πε ο a 3 1 Q2 ⋅ < 0. 4πε ο 2a Тогда полная электростатическая энергия взаимодействия во второй конфигурации равна W2 = 2W16 + 4W26 + 4W12 + 2W46 + 3W14 = 1 Q2 1 Q2 1 Q2 ⋅ +4 ⋅ –4 + =–2 ⋅ 4πε ο a 4πε ο a 4πε ο a 3

W14 = W25 = W36 = –

1 Q2 1 –3 ⋅ 4πε ο a 3 4πε ο Таким образом при изменении конфигурации темы зарядов повысится на величину +2

Q2 . 2a энергия взаимодействия сис-

⋅

ΔW = W2 – W1 = 1 Q 1 Q2 1 Q2 ⎛ 1 ⎞ ⋅ –8 =8 ⋅ =8 1− ⋅ ⎜ ⎟. 4πε ο a 4πε ο a 3 4πε ο a ⎝ 3⎠ После вычисления получим ΔW = 26,0.10–19 Дж = 16,2 эВ. 2

Пример 8 Определить энергию электростатического поля металлического шара, которому сообщен заряд Q = 100 нКл, если радиус шара R = 10 см. Решение В металлическом шаре заряд распределяется по поверхности. С помощью теоремы Гаусса (см. пример 3.) можно доказать, что электрическое поле внутри шара отсутствует, а снаружи изменяется по закону 1 Q E= ⋅ , 4πε ο r 2 где r — расстояние от центра шара. Тогда энергию поля найдем интегрированием плотности энергии по всей области существования поля, т.е. в пределах от R до бесконечности εο E 2 εο ⋅ Q2 W = ∫ w ⋅ dV = ∫ dV = ∫ dV . 2 2 4 2 32π ε ⋅ ⋅ r ο V V V Учитывая сферическую симметрию элемент объема dV можно представить в виде dV = 4πr2dr. Тогда ∞

∞

∞

Q2 ⎛ 1 ⎞ Q2 Q2 Q2 1 2 . 4πr dr = W =∫ dr = − ⎜ ⎟ = ∫ 2 4 2 r R 8πε 8πε 8πε 32π ε r r ⎝ ⎠ ο ο ο ο R R R Произведем расчет

(1⋅10 )

−7 2

W=

8 ⋅ 3,14 ⋅ 8,85 ⋅ 10

−12

Кл 2 −1

Ф ⋅ м ⋅ 0,1 м

= 4,5.10–4 Дж = 450 мкДж.

Пример 9 Электрон начинает двигаться в однородном электрическом поле из точки, потенциал которой ϕ1 = 8,6 В, и за время t = 0,1 мкс пролетает расстояние S = 10 см. Определить напряженность электрического поля, действующего на электрон, и потенциал ϕ2 конечной точки этого пути.

Решение Из условия следует, что начальная скорость электрона равна нулю. Тогда пройденный путь S и ускорение а связаны формулой a ⋅t2 . S= 2 2S Из нее выразим ускорение a = 2 . t r Знаяr ускорение можно определить силу, действующую на электрон F = m ⋅ a , которая связана на заряд электрона напряженностью r с действующей r электрического поля F = e ⋅ E . Тогда искомое значение напряженности электрического поля F ma 2mS E= = = 2 . e e et Разность потенциалов однородного поля между начальной r rи конечной точками определим воспользовавшись формулой (2.4) Δφ = − E ⋅ Δr . При этом необходимо учесть, что электрон, имея отрицательный заряд, движется в направлении, противоположном линиям напряженности поля (рис. 5.5).

r F

S

r E

Рис. 5.5. r r 2mS 2 Тогда Δφ = − E ⋅ Δr = − E ⋅ S ⋅ cos (180° ) = E ⋅ S = et 2 и ϕ2 = ϕ1 + Δϕ. Аналогичный результат можно получить, если воспользоваться законом сохранения механической энергии (5.4) mV 2 , eΔφ = 2 где скорость V в конце пути S определяется по формуле V = 2S/t. Произведем расчет 2 ⋅ 9,1 ⋅ 10−31 кг ⋅ 0,1 м ≈ 114 В/м, E= 1,6 ⋅ 10−19 Кл ⋅ 10−14 c 2 Δφ = 114 В м ⋅ 0,1 м = 11,4 В, ϕ2 = (8,6 + 11,4) В = 20 В.

Пример 10а Электрический ток силой I = 8 А протекает по стальной проволоке круглого сечения. Радиус сечения r = 0,5 мм. Рассчитать скорость направленного движения (дрейфа) электронов в проволоке. Принять концентрацию электронов проводимости равной 1029 м –3. Решение Используя формулу (6.2), выразим среднюю скорость направленного движения через плотность тока j I I j= = 2. V = , где S πr en I Тогда V = . enπr 2 Произведем вычисления 8А м V = ≈ 6,4 ⋅ 10−4 . −19 −6 2 29 −3 с 1,6 ⋅ 10 Кл ⋅ 10 м ⋅ 3,14 ⋅ 0, 25 ⋅ 10 м

Пример 10б В эксперименте, аналогичном опыту Стюарта и Толмена, катушка из N = 400 витков медной проволоки приводилась во вращательное движение вокруг своей оси с частотой ν = 100 с–1 . Концы проволоки с помощью двух скользящих контактов присоединялись к баллистическому гальванометру. Диаметр катушки d = 50 см, общее сопротивление всей цепи R = 50 Ом. При резком затормаживании катушки через гальванометр прошел заряд Q = 1,1.10–8 Кл. Определить удельный заряд носителей тока в меди. Решение Кинетическая энергия движения электронов после торможения катушки переходит в тепловую, которую в соответствии с законом Джоуля-Ленца можно представить в виде 2 I СР ⋅ R ⋅ t = Q ⋅ I СР ⋅ R = Q ⋅ jСР ⋅ S ⋅ R , где IСР — средний ток, текущий в цепи за время затухания t, jСР — соответствующая средняя плотность тока. Считая, что скорость электронов равномерно убывает от Vmax до 0, можно среднюю плотность тока выразить через среднюю скорость = 0,5Vmax jср = en = 0,5enVmax . Тогда закон сохранения энергии можно записать в виде 2 mVmax N эл = Q ⋅ 0,5 ⋅ e ⋅ n ⋅ Vmax S ⋅ R , 2

где Nэл — общее число электронов в катушке. Оно связано с концентрацией n и объемом проволоки Nэл = n .L .S = n.N.π.d.S. Скорость электронов перед торможением связана с частотой вращения Vmax = πdν. Подставив эти равенства в закон сохранения энергии, получим с учетом сокращений n.N.π.d.S .m .π.d.ν. = Q .e .n .S . R. После сокращений и преобразований получим искомую величину e π2 ⋅ d 2 ⋅ ν ⋅ N . = m Q⋅R Произведем вычисления: e 3,142 ⋅ 0,52 м 2 100 с −1 ⋅ 400 Кл . = = 1,79 ⋅ 1011 −8 m кг 1,1 ⋅ 10 Кл ⋅ 50 Ом