zad1_newX

70	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ 1. ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

1.1.Закон Кулона. Поле и потенциал точечного заряда. Принцип суперпозиции

1.1. rmin =

e2

e2

3, 35 · 10

10

K.

E/2

; T 2rMINk

1.2. Энергия взаимодействия данной системы зарядов равна

U = 2 e · e + 2 e · e

+ 2 e · e

= (4 + √2) e2 .

a

a

a

√

a

2

Поскольку ускорение каждой частицы

1/m

, а

me M

, то время, через которое

me

e

позитроны разлетятся на достаточно большие расстояния, когда

можно пренебречь их энергией взаимодействия, много меньше та-

a

e

a

2

кового для протонов. Поэтому, чтобы оценить скорости позитро-

M

нов, можно считать, что протоны не успели cдвинуться со своих

M

e

e

мест, когда позитроны уже разлетелись далеко. Для такой ситуа-

ции закон сохранения энергии запишется следующим образом:

me

√

e2

meυe2

e2

(4 + 2) a = 2 ·

2

+ a√2 ,

откуда для скорости позитронов при me M получаем выражение

υe = mea 1/√2 + 4

1/2

.

e2

Для протонов закон сохранения знергии будет выглядеть так:

e2

Mυp2

√

a

= 2 ·

,

2

2

при me M.

и, значит, скорости протонов υp (e

/ 2Ma)

1.3. v = h

i

2

√

1/2

q2 /a

1/2

1/2

3

q2

√3 − 1

√3 − 1

m

, Eион = 2

a .

1.4. v =

2q

√

√

при q1 < q2; v = 0 при q2 < q1.

q2

−

q1

ma

1.5.

Qнов = k1k2

Q.

Закон Кулона. Поле и потенциал . Принцип суперпозиции

71

1.6. Eα =

U/α0

, Er = Ez = 0.

r

√

R√

1.7. q1,2 =

R2+a2

.

2

2

A1,2

R

+ a

A2,1R

qa2

1.8. T =

1 mv2

mv2

−

8 C

e2 /R .

1.9. Потенциал в точке О создается двумя одинаковыми палочками. Поскольку потенциал – скалярная функция, а точка О расположена симметрично относительно палочек, то каждая из палочек вносит вклад в общий потенциал, равный ϕО/2.

60o	Поэтому если убрать одну палочку, то потенциал в точке О
	будет ϕ0/2. Напряженность электрического поля, создавае-
O	мая одной палочкой в точке О, направлена перпендикулярно
	палочке, в силу симметрии расположения точки О по отно-
	шению к палочке. Результирующее поле E0 из принципа

суперпозиции полей есть векторная сумма двух одинаковых по абсолютной величине векторов, расположенных под углом 2π/3. Значит, каждый из векторов имеет длину, равную длине E0. Если убрать одну из заряженных палочек, то вектор поля будет направлен перпендикулярно оставшейся палочке, а по величине останется равным E0.

Результат становится очевидным, если дополнить до правильного треугольника систему из двух палочек, соединив их свободные концы третьей заряженной палочкой. Ее поле компенсирует до нуля поле двух палочек в точке О (это видно из симметрии задачи), т. е. поле двух палочек E0 равно по величине и противоположно по направлению полю одной дополнительной палочки.

1.10. Для удобства рассмотрения введем сферическую систему координат с центром в точке O на расстоянии b от заряда q1 на продолжении линии, соединяющей заряды q1 и −q2. Тогда потенциал в точке M, определяемой координатами R, θ, при любом значении меридианного угла выразится равенством

ϕ =

q1

−

q2

=

√

q1

−

√

q2

,

(1)

R

R

1

R

2

+ b

2

− 2Rb cos θ

2

+ ℓ

2

2

R

− 2Rℓ cos θ

где ℓ – расстояние от заряда −q2

до начала координат. Выражение (1) запишем

следующим образом:

q1

b2

2b

−1/2 q2

ℓ2q2

2ℓq2

−1/2

ϕ =

1

+

cos θ

1

+

1

1

cos θ

,

− R

− q22

R2q22

−

Rq22

R

"

R2

#

откуда видно, что потенциал обращается в нуль при любом угле θ, если одновременно выполняются следующие равенства:

		b2		q2		ℓ2q2		(2)
	1 +		=	1	+	1	;
		R2		q2		R2q2
				2		2

72			ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
	b			ℓq2		(3)
		=		1	.
	R
				Rq2
			2

Из уравнения (3) с учетом равенства ℓ = a + b находим

q2

b = a 2 1 2 . q2 − q1

Подставляя найденное значение b в уравнение (2), получаем

R = a q1q2 .

q22 − q12

На сфере радиуса R = aq1q2/(q22 − q12), центр которой расположен на расстоянии b = aq12/(q22 − q12) от заряда (см. рисунок), потенциал обращается в нуль, при этом q1 < q2. Сфера охватывает заряд q1. Если q2 < q1, то центр сферы находится со стороны заряда q2 на продолжении линии, соединяющей заряды q1 и −q2. Сфера нулевого потенциала охватывает заряд −q2. В этом случае R = aq1q2/(q12 − q22), а расстояние центра сферы до заряда −q2 равно b = aq22/(q12 −q22). Естественно, те же результаты получатся и при рассмотрении задачи, в декартовой системе координат.

Если заряды равны по абсолютной величине, тогда q/R1 = q/R2 и, следовательно, R1 = R2. Потенциал обращается в нуль на плоскости, проходящей через середину линии, соединяющей заряды и перпендикулярной ей, т. е. сфера переходит в плоскость.

1.11. а) ϕ = q/ℓ; б) Q = −qR/ℓ.

1.12. ϕ =	q		qh
		, Ez =		.
	(a2+h2)1/2		(a2+h2)3/2

1.13. Внутри сферы Ez = −

2πσR2

1 −

√

R

. Над полусферой с плотно-

a2

a2+R2

стью 2σ Ez

=

2πσR2

3 +

R

. Под полусферой с плотностью σ

2

2πσR2

aR

√a2 +R2

Ez = −

a2

3 −

√

.

a2+R2

1.14.ϕнар = 2πσR2 a, ϕвнутр = 2πσR.

1.15.Электрическое поле E удовлетворяет уравнению

rot E = 0

(1)

и, значит, является потенциальным, т. е. таким полем, в котором работа сил поля при перемещении заряда из одной точки в другую не зависит от пути, по которому производится его перемещение, а зависит только от расположения начальной и конечной

Закон Кулона. Поле и потенциал . Принцип суперпозиции	73

точек. Потенциальность поля обусловливает существование такой скалярной функции, называемой потенциалом ϕ, разностью значений которой в конечной и начальной точках пути определяется работа по перемещению единичного заряда. Потенциал ϕ вводится соотношением

E = − grad ϕ.

(2)

Представленный таким образом вектор E является решением уравнения (1), поскольку ротор градиента всегда равен нулю. Если в уравнении (2) ϕ заменить на ϕ+const, то E от этого не изменится. Таким образом, потенциал является вспомогательной величиной и определяется с точностью до произвольной аддитивной постоянной. Численная величина не может быть измерена на опыте. Физическое значение имеет лишь разность потенциалов между двумя точками, что соответствует работе A при перемещении единичного заряда между этими точками:

Zd Zd

A = (E dℓ) = (grad ϕdℓ) =

cc

d							d
		∂ϕ		∂ϕ		∂ϕ
= − Zc	(		dx +		dy +		dz) = − Zc	dϕ = ϕ(c) − ϕ(d).
		∂x		∂y		∂z

Таким образом, потенциал в любой фиксированной точке можно сделать равным любой наперед заданной величине. Тогда потенциал всех остальных точек оказывается определенным однозначно. Если заряды расположены в конечной области пространства, то обычно потенциал выбирается равным нулю на бесконечности. Для системы

	точечных зарядов	X	qi
	ϕ =			,	(3)
		i	Ri

где Ri – расстояние от заряда qi до точки, в которой вычисляется потенциал ϕ. При непрерывном распределении заряда

ϕ = Z	dq	= VZ	ρ dv	+ ZS	σ ds	+ ZL	η dℓ	,	(4)
	R		R		R		R

где ρ , σ , η – соответственно объемная, поверхностная и линейная плотности зарядов; R – расстояние до точки, в которой вычисляется потенциал от зарядов ρdv в первом интеграле, σds – во втором, ηdℓ – в третьем; dv , ds , dℓ – соответственно элементарные объем, площадь, длина. Интегралы берутся по всему объему, где ρ 6= ,0по поверхности, где σ 6= ,0по линии, где η 6= .0

74	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

Если заряды не расположены в конечной области пространства, то не всегда можно выбрать потенциал так, чтобы на бесконечности он был равен нулю, и путь прямого вычисления потенциала по формуле (4) может приводить к появлению расходимостей, поскольку эта формула является обобщением формулы (3) для потенциала от системы точечных зарядов, для которых потенциал принимается равным нулю на бесконечности. В этих случаях удобнее сводить задачу о нахождении потенциала к решению дифференциального уравнения Пуассона ϕ = −4πρ. Иногда проще сначала найти E, например, по теореме Гаусса в задачах с определенной симметрией распределения заряда (см. 1.23), а затем, обратив уравнение (1), найти потенциал по формуле

Z

ϕ = −

(E dR) + const,

(5)

подобрав константу так, чтобы потенциал имел более простой вид.

а) Потенциал будем вычислять по формуле (4). Выделим на диске кольцо

Z

UR

радиуса r ширины dr. На элементе длины кольца

d E

dℓ = r dα находится количество заряда

dq = σdℓ dr = σr dr dα.

dl

Потенциал, создаваемый этим зарядом на оси на

расстоянии z от диска, равен dq/

√

2

+ r

2

. Потен-

r

z

0

циал, создаваемый кольцом радиуса r ширины dr,

R

dr

2πσr dr

dϕ = √

2

+ r

2 .

z

Тогда

R

ϕ = 2πσ Z

dr

− |z| ,

√zr2 + r2 = 2πσ

z2 + R2

(6)

откуда

0

p

.

∂ϕ

z

z

Ez = − ∂z = 2πσ

|z| −

√R2 + z2

(7)

б) Пусть

бесконечная

заряженная плоскость занимает положение плоскос-

ти (x, y). В силу симметрии распределения зарядов, вектор E электрического по-

ля может зависеть только от координаты z и должен быть перпендикулярен плоско-

сти. Он направлен к плоскости, если ее заряд отрицателен. Поэтому напряженность

электрического поля для равномерно заряженной бесконечной плоскости можно най-

ти предельным переходом при R → ∞ в формуле (7) для поля, создаваемого диском

радиуса R на оси диска. Получаем

z Ez = 2πσ |z| .

Закон Кулона. Поле и потенциал . Принцип суперпозиции	75

Заметим, что предельный переход в формуле (6) для потенциала приводит к бесконечности. Это случай возникновения трудности с применением формулы (4), о котором говорилось выше. Распределение потенциала находим, используя формулу (5):

ϕ = −2πσ|z| + const .

Константу положим равной нулю. Это означает, что мы выбрали равным нулю потенциал самой плоскости. Окончательно

ϕ = −2πσ|z|.

Напряженность электрического поля на заряженной плоскости терпит скачок, равный 4πσ, как и следует из граничного условия

E2n| − E1n| = 4πσ.

в) Поле, создаваемое плоскостью с отверстием, можно рассматривать как суперпозицию двух полей: поля плоскости без отверстия, заряженной с плотностью σ, и поля диска радиуса R, заполняющего отверстие и заряженного с плотностью −σ. Поэтому

Ez = 2πσ	z	− 2πσ	z		−	√	z	= 2πσ	√	z	.
	|z|		|z|
							R2 + z2			R2 + z2

Распределение потенциала на оси отверстия

Z p

ϕ = Ez dz + const = −2πσ R2 + z2 + const .

Константу можно выбрать равной нулю, это будет означать, что потенциал в центре отверстия ϕ(0) = −2πσR.

1.16. E (O ) = E (O ) =		−2πσd	, E (O ) =			2πσd		.
z 1	z 2	√a2+d2	z 3	−√a2+d2/4

1.17.E = 0.

1.18.P = 8πQR2 4 .

76	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

1.2.Теорема Гаусса

1.19.а) E = 2πσz/|z|; б) внутри конденсатора |E| = 4πq/S, вне E = 0; в) E = 2rκ2 r.

1.20.Направление сил показано на рисунке.

2κ2

2κ2 √

F+ =

, F− =

3.

a

a

1.21. E2n − E1n = 4πσ, где внешняя нормаль n к поверхности раздела направ-

лена из среды 1 в среду 2.

∂ϕ1

−

∂ϕ2

= 4πσ.

∂n

∂n

1.23. Эти задачи, обладают такой симметрией распределения зарядов, что можно, не решая, указать поверхности, на которых напряженность электрического поля E перпендикулярна ей в каждой точке и постоянна по величине. Для нахождения поля E в таких задачах достаточно применения теоремы Гаусса, смысл которой для вакуума состоит в следующем: поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую поверхность S равен полному заряду, заключенному внутри нее (умноженному на 4π в системе CGSE). Математическое выражение теоремы Гаусса имеет

вид	I (E ds) = 4π Z
		ρdv,	(1)

SV

где ds – вектор, по величине равный величине элементарной площадки ds, а по направлению совпадает с направлением внешней нормали к этой площадке, т. е. нормали, направленной наружу; ρ – объемная плотность заряда. Интеграл с левой стороны есть поток вектора E через замкнутую поверхность S. Под интегралом соответсвенно стоит скалярное произведение векторов E и ds, равное потоку вектора E через малую площадку ds. Интеграл с правой стороны берется по объему, заключенному внутри поверхности, и равен полному заряду, находящемуся в нем. Успех решения с помощью соотношения (1) обусловливается тем, что, выбирая поверхность интегрирования, на которой напряженность поля E постоянна, можно E вынести за знак интеграла и тогда это соотношение дает возможность найти E.

а) Совместим

UR
E	UUR
	ds

R

начало сферической системы координат с центром шара. Ввиду сферической симметрии распределения заряда ясно, что вектор E может быть направлен только вдоль радиуса и зависеть только от величины радиуса. Поток вектора E через сферическую поверхность радиуса R независимо от величины радиуса

UR	a
E

Теорема Гаусса	77

запишется так:

II

Φ = (E ds) = E ds = E · 4πR2,

SS

если E параллелен радиус-вектору R и Φ = −E · 4πR2, если E антипараллелен R, поскольку косинус угла между E и ds будет равен (-1).

С другой стороны,

4π VZ

ρdv = 4πρ ·

4

πR3

при

R ≤ a

3

и

4

4π VZ

ρdv = 4πρ ·

πa3

при

R > a.

3

Поэтому

4

E =

πρR

при

R ≤ a,

3

E =

4

πρa3

R

=

Q

R

при

R > a,

3

R3

R3

где Q = 43 πa3ρ – полный заряд шара.

Таким образом, равномерно заряженный шар создает во внешнем пространстве такое поле, как если бы весь заряд был сосредоточен в его центре. Этот результат остается справедливым при любом сферически симметричном распределении заряда по объему шара.

б) Для бесконечного равномерно заряженного цилиндра вектор напряженности

a	электрического поля лежит в плоскостях, пердендику-
	лярных оси цилиндра, и может зависеть только от рас-
l	стояния от точки наблюдения до оси цилиндра. В ци-
	линдрической системе координат с осью Z вдоль оси ци-
E	линдра вектор напряженности E направлен вдоль r. По-
UR
d s	строим два коаксиальных цилиндра длины ℓ с радиусами
R

r < a и r > a. Поток вектора E через поверхность каждого из цилиндров запишется так: I I

Φ = (Eds) = E ds = E · 2πrℓ.

SS

При вычислении потока мы считали, что ρ > 0, и, значит, вектор ds направлен по r. Поток вектора E через торцы цилиндров равен нулю, поскольку на них E и r перпендикулярны.

78							ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
С другой стороны,
4π VZ				η	VZ		4η	πr2ℓ		при
		ρ dv = 4π πa2				dv = a2					r < a,
	4π VZ		ρ dv = 4πρ · πa2ℓ = 4πηℓ							при	r ≥ a.
Подставляя найденные значения в уравнение (1), получаем:
				2η			при		r ≤ a,
				E = a2		r
				E = 2η r			при		r > a.
				r2
в) Пусть средняя плоскость пластинки занимает положение плоскости (x, y). В
силу симметрии распределения заряда относительно плоскости (x, y), вектор E мо-
жет зависеть только от координаты z и направлен от плоскости, если пластина заря-
жена положительно, и к плоскости, если ее заряд отрицателен.
Построим куб с основаниями, симметрично расположенными по разные стороны
от средней плоскости. Если S – площадь каждого основания, то поток вектора E
Z				через оба основания равен 2ES. Поток через боковую
				поверхность куба равен нулю, так как на ней векторы
2a z	o		Z	E и ds взаимно перпендикулярны. Значит, поток через
				поверхность куба равен 2ES. С другой стороны, пра-
				вая сторона выражения (1) будет равна: 4πρS · |z|, если
				z ≤ a, и 4πρS · 2a, если z > a. Поэтому
				E = 4πρz			при	|z| ≤ a ,
						z	при		|z| > a .
				E = 4πρa z
1.24. Поле, создаваемое шаром с полостью, можно рассматривать как суперпо-
				зицию двух полей: поля сплошного шара радиуса a, заря-
a				женного с плотностью ρ, и поля сплошного шара радиуса b,
				заполняющего полость с объемной плотностью −ρ. Нулевой
UR	R	b
R	r
R	O2			заряд полости представлен как ρ + (−ρ) = 0. Тогда, ис-
O1 l
l				пользуя результат задачи 1.23 а, находим поле в полости
				4	πρR −		4			4
				E = 3			3 πρr		=	3 πρ ℓ.
Поле внутри полости однородное и направлено по линии, соединяющей центр шара с
центром полости, в сторону центра полости.

Диполь. Мультиполи

79

1.25. σ1′ = σ2′

= 21 (σ1 + σ2) , σ1′′ = −σ2′′ = 21 (σ1 − σ2) .

1.26. q = 4πα

3−n

3−n для

πα ln R2

для n = 3. E = 0

3−n

R2

− R1

n 6= 3;q = 4

3−n

R1

при r

≤

R

, E = qr

при

r ≥

R

, E =

qr

(r/R1)

−1

для n

6

= 3и E =

−

1

r3

2

r3 (R2 /R1)3 n−1

qr ln(r/R1)

для n = 3

при R1

≤ r ≤ R2.

r3

ln(R2/R1 )

1.3. Диполь. Мультиполи

1.27. ϕ = r3	, E = −r3 +		r5	; вектор p направлен от −q к +q.
pr		p	3(pr)r

1.28. Сила, действующая на диполь в поле точечного заряда q, является суммой сил, действующих на заряды диполя со стороны заряда q:

F = F1 + F2 = Q(E2 − E1),

(1)

где E1 – напряженность электрического поля, создаваемая зарядом q в точке на-

хождения	отрицательного заряда диполя (				−Q	); E	2	– в точке нахождения положи-
		UUR
		F2		тельного заряда диполя. Если расстояние между за-
			UR	рядами диполя мало по сравнению с расстоянием,
			+Q	на котором находится диполь от заряда, то поле E2
		R	P
		l		можно разложить в ряд Тейлора и оставить в нем два
	R + l
	UR	R
			n	первых отличных от нуля члена
			R
q			-Q	E2 = E(R + ℓ) =
			∂E	∂E		∂E
	= E(R) + ℓx ∂x			+ ℓy ∂y	+ ℓz ∂z			≈ E1 + (ℓ )E,

где (ℓ ) – скалярное произведение вектора ℓ и вектора = i ∂x∂ + j ∂y∂ + k ∂z∂ .

Подставим E2 в уравнение (1) и учитывая, что P = Qℓ, E = RQ3 R, находим выражение для силы, действующей на диполь со стороны точечного заряда:

q

∂

∂

∂

R

F = (P )

R = q Px

+ Py

+ Pz

.

(2)

R3

∂x

∂y

∂z

R3

Так как

∂

R

1

∂R

∂

1

i

3R

Px

= Px

+ R

= Px

−

x ,

∂x

R3

R3

∂x

∂x

R3

R3

R5

то аналогично

∂

R

j

3R

∂

R

k

3R

Py

= Py

−

y ,

Pz

= Pz

−

z ,

∂y

R3

R3

R5

∂z

R3

R3

R5