electrodynamics

§14. Задачи повышенной трудности										261
Подставляя найденные выражения в (14.4), находим
	1			1		1		1
Q = q0 1 −			+		−		+		− ... .
	2			3		4		5
В скобках стоит	ряд,			сумма				которого равна ln 2 .		Подставляя найденное
значение q0 в выражение для потенциала шаров ϕ ,										а его в свою очередь в

закон сохранения энергии (14.1), окончательно получаем

	ϕ − ϕ	0		k		1
v =			Q = Q				− 1 .
	m			mr ln 2

Пример 14.2. Пластины плоского конденсатора расположены вертикально.

Длина пластины по вертикали равна l , ее ширина - a , расстояние между пластинами d . Между пластинами введен диэлектрик так, что незаполненной осталась лишь верхняя часть конденсатора длины x . Заряд конденсатора равен q , масса диэлектрической пластины m . Найдите закон движения

диэлектрической пластины с учетом действия силы тяжести, а также

определите координату ее положения равновесия x0 .

Решение. Направим ось 0x вдоль стороны l конденсатора от верхнего края

пластин вниз. Пусть верхний край диэлектрической пластины имеет координату x , а скорость пластины равна v = dx . Полная энергия пластины складывается

					dt
из ее кинетической энергии			mv	2	, потенциальной энергии силы тяжести: -
			2
	l
mg x +		и частью энергии электрического поля,				обусловленной наличием
	2
диэлектрической пластинки.			Последнюю находим			как разность энергии

262			§14. Задачи повышенной трудности
конденсатора	q 2		и энергии конденсатора без пластинки	q 2	. Емкость
	2C(x)			2C0

конденсатора можно представить как емкость двух параллельно соединенных конденсаторов:

C(x) = εε 0 a(l − x) + ε 0 ax = ε 0 a (εl + x − εx) .

dd d

Функция Лагранжа для диэлектрической пластины примет вид

& 2

l

q

2

q

2

d

1

mx

L =

+ mg

+ x +

−

,

2

2

2C0

2ε 0 a εl + x − εx

откуда получим уравнение Лагранжа

&&		q 2 d				1 − ε
mx	− mg −	2ε	0	a (			εx	)2 = 0 .
						εl + x −

Выражение для функции Лагранжа и уравнение Лагранжа справедливы для x ≤ l . Если x > l (пластина полностью выпала из конденсатора), то энергия электростатического поля в пластине равна нулю, а уравнение Лагранжа принимает вид m&x& = mg .

Положение равновесия пластины определяется условием &x& = 0 , откуда

x0	=	ε		l − q		d (ε − 1)		.
		ε − 1
						2ε 0 amg

Оно существует, если x0 ≤ l , или

mgl ( )3

≤ ε − 1 .

E0

§14. Задачи повышенной трудности

263

Здесь mgl − изменение потенциальной энергии пластины при ее перемещении от крайнего верхнего до крайнего нижнего положения внутри конденсатора, а

q 2

E0 = -- энергия конденсатора в отсутствии пластинки. 2C0

Если же x0 > l , то пластина выпадет из конденсатора и далее будет свободно падать с ускорением свободного падения.

Пример 14.3. Проводящая сфера радиусом R составлена из двух полусфер. Определите силу F , с которой отталкиваются эти полусферы, если полный заряд сферы равен Q .

Решение. Выделим на сфере небольшой участок площадью dS , несущий заряд dq . Поле в окрестности этого заряда складывается из поля, создаваемого самим зарядом dq , и поля, создаваемого остальными зарядами на сфере.

Суммарное поле равномерно заряженной сферы внутри сферы равно нулю, а

снаружи

E =

Q

=

σ

. Вблизи поверхности

4πε 0 R 2

ε 0

площадки

dS поле,

создаваемое

зарядом

dq ,

можно

аппроксимировать

полем

бесконечной

плоскости,

напряженность

которого E ′ =

σ

.

2ε 0

Следовательно поле, создаваемое зарядами,

расположенными

на

сфере,

за

исключением dq

является однородным и равно

σ

,

как показано

2ε 0

Рис.14.3

поле действует на

заряд

dq с

на рис.14.3. Это

264

§14. Задачи повышенной трудности

силой,

направленной по радиусу

сферы

из

центра

наружу

и

равной

dF =

σ

dq .

2ε 0

Теперь

нетрудно

найти

силу,

действующую на полусферу. Разделим ее на

кольца,

как

показано

на

рис.14.4.

Результирующая сила, действующая на кольцо,

выделенное углом

θ

и его приращением dθ ,

направлена по оси 0z

и равна

dF =

σ

q sin θ .

z

2ε 0

Рис.14.4

Здесь

q

--

заряд,

находящийся на

кольце и

равный q = σ 2πR cosθ Rdθ .

Подставляя

q в выражение для

dFz

и интегрируя по углу θ , находим

искомую силу

π / 2

σ

πσ 2 R 2

Q 2

F = ∫

2πσR 2 sin θ cosθdθ =

=

.

2ε

0

2ε

0

32πε

R

2

0

0

Пример 14.4. Оцените, насколько изменится емкость плоского конденсатора,

пластины которого находятся на расстоянии d = 1см друг от друга, если в него внести проводящий шарик радиусом r = 0,2 мм и расположить его вдали от пластин.

Решение. При внесении шарика в пространство между пластинами конденсатора на его поверхности появится наведенный заряд. Так как поле в конденсаторе однородное ( r << d , поэтому шарик вносит искажения в поле в малой окрестности вокруг себя), то поле, создаваемое зарядом на шарике вне него совпадает с полем диполя (см. пример 7 параграфа 3) с дипольным

Рис.14.5

находится в точке с координатами

§14. Задачи повышенной трудности

265

		r
моментом p = 4πε	0	r 3 E = α E . Наличие этого поля изменяет разность

потенциалов между обкладками конденсатора. Расчет этого изменения достаточно сложен, поэтому для определения изменения емкости конденсатора удобнее воспользоваться энергетическим подходом.

Найдем работу, которую нужно совершить, чтобы внести шарик в заряженный конденсатор. Так как электростатическое поле потенциально, то работа не зависит от траектории и последняя может быть выбрана произвольно. Направим ось 0x вдоль плоскости симметрии пластин и будем перемещать шарик вдоль оси 0x из конденсатора в бесконечность. Сила, действующая на диполь, когда он

{x,0,0}, равна (рис.14.5)

y

y

∂E

x

∂E

x

F

= qE

x,

− qE

x,−

= ql

= p

.

x

x

x

2

2

∂y

∂y

В силу потенциальности поля

∂E x

=

∂E y

( rot E

= 0 ), поэтому окончательно

∂y

∂x

Fx

= αE y

∂E y

.

∂x

Работа, совершаемая при перенесении шарика вдоль оси 0x на dx равна

		∂E	y			E	2
dA = F dx = αE				dx = αd			y		,
		∂x				2
x	y

266

§14. Задачи повышенной трудности

а вся работа по перемещению шарика из конденсатора в бесконечность

A = α

E y2

,

2

где

=

Q

α = 4πε 0 r 3 ,

S − площадь пластин конденсатора.

E y

,

ε 0 S

Энергия,

заключенная

в

конденсаторе до внесения шарика равна

W0

=

Q

2

. При малом изменении емкости и неизменном заряде она изменится

2C

на

W = −

Q 2

C . Это изменение энергии равно работе по внесению шарика в

2C 2

конденсатор, или

W = − A , откуда

W

= −

C

, или

W0

C

C = C

A

=

4πr 3

C 2 .

W0 ε 0 S 2

Емкость плоского конденсатора C = ε 0 S , откуда окончательно d

С =4πε0r3/d2 = 8,85 10-6 пкФ.

Пример 14.5. Конденсатор емкостью С зарядили от источника ЭДС до разности потенциалов U и отключили от него. Пластины конденсатора поочередно заземляют. Можно ли, используя эту процедуру, полностью разрядить конденсатор? Куда при этом девается его энергия?

§14. Задачи повышенной трудности

267

Решение. Заземление означает соединение

пластин поочередно с достаточно большим

удаленным проводником, потенциал которого

полагают равным нулю. Этот проводник и

обкладки

конденсатора

образуют конденсаторы

C1 и C2

(см. рис.14.6). Пусть после зарядки

потенциал

отрицательно

заряженной пластины

конденсатора А равен ϕ 0 , а другой пластины -

(ϕ 0 + U ). После соединения пластины А с землей

(с проводником О-О) ее потенциал станет равен

Рис.14.6

нулю,

а

заряд

Q

перераспределится

между

конденсаторами

С

и

С2. Согласно закону

сохранения

заряда

Q = q (1)

+ q

(1)

и

равенству напряжений

на конденсаторах

2

q (1)

q (1)

( )

QC

=

2

, откуда

q 1

=

. По аналогии после заземления обкладки

C + C2

C

C2

В конденсатор С2

разрядится,

а заряд

q (1) перераспределится по обкладкам

конденсаторов

С

и С1. При

этом

на

конденсаторе С

останется

заряд

q (2) =

Cq (1)

=

C 2Q

.

Видим,

что

после

очередного заземления

C + C

(C + C )(C + C

2

)

1

1

пластин конденсатора заряд на нем уменьшается в

C 2

k = (C + C1 )(C + C2 ) раз.

Итак, конденсатор полностью разрядить не удается, даже если повторить процедуру заземления пластин неоднократно.

268			§14. Задачи повышенной трудности
Энергия конденсатора	Q	2	уменьшается. Она переходит в тепло,
	2C
выделяющееся при разрядке конденсаторов С1 и С2.

Пример 14.6. Конденсатор емкостью C присоединен к верхним концам двух параллельных медных шин, расположенных вертикально на расстоянии l друг от друга. Вся система находится в постоянном однородном магнитном поле,

вектор индукции которого B перпендикулярен плоскости шин. Вдоль шин падает без начальной скорости медный проводник массы m так, что всегда есть контакт между проводником и шинами. Найти ускорение проводника и силу тока, заряжающего конденсатор. Сопротивлением и индуктивностью проводников, а также трением проводника о шины пренебречь.

	Решение. Для задания текущего положения
	проводника введем координатную ось Ox,
	направленную вертикально вниз (см. рис.14.7).
	Рассмотрим силы, действующие на проводник:
	это	сила	тяжести FT = mg ,	направленная
	вертикально вниз, и сила Ампера (7.2),
	возникающая за счет протекания по проводнику
	индукционного тока. Пусть вектор индукции
	внешнего магнитного поля направлен «от нас», а
	индукционный ток I в контуре, образованном
	конденсатором, шинами и проводником, течет
Рис.14.7	против часовой стрелки. Тогда сила Ампера
направлена вертикально	вверх и	равна	по модулю FA = IlB .	Запишем для
проводника второй закон Ньютона в проекции на ось Ox:
ma = mg − IlB	,

§14. Задачи повышенной трудности			269
или
a = g −	IlB	,	(14.1)
	m

где a – ускорение проводника.

Для нахождения индукционного тока необходимо воспользоваться законом электромагнитной индукции. Сначала найдем магнитный поток через наш замкнутый контур:

Φ = ∫B ds = −Blx .

S

где S – плоская поверхность, ограниченная контуром, а знак «–» появился из-за того, что при данном выборе направления индукционного тока вектор нормали

к плоскости контура d S антипараллелен вектору магнитной индукции B . ЭДС индукции найдем, продифференцировав последнее выражение по времени:

εi	= −	dΦ	= Bl	dx	= Blv ,			(14.2)
		dt
				dt
где v = v(t )	– мгновенная скорость проводника.
Применим			теперь			к	участку	рассматриваемого	контура,

начинающемуся в точке «1» и заканчивающемуся в точке «2» (см. рис.14.7)

закон Ома: 0 = u 2 − u1 + εi	, или
u12 = εi .	(14.3)

Здесь учтено, что сопротивление проводников исчезающе мало, и введено обозначение u12 ≡ u1 − u2 для разности потенциалов между обкладками

конденсатора, которая зависит от их заряда Q: u12 = Q , или

C

270	§14. Задачи повышенной трудности

Q = C u12 = CBlv .

Сила индукционного тока равна скорости изменения заряда обкладок конденсатора:

I =	dQ	= CBl	dv	= CBla .	(14.4)
	dt		dt

Подставив последнее выражение в (14.1), выразим из последнего искомое ускорение:

a =			g			.	(14.5)
	1 +		B	2 l	2 C

m

Из полученной формулы видно, что в достаточно сильном магнитном поле ускорение проводника может быть значительно меньше ускорения свободного падения – индукционный ток противодействует падению проводника, но остановить его не в состоянии.

Окончательное выражение для силы индукционного тока получим,

подставив (14.5) в (14.4):

I =		BlCg
							.
				2 l
	1 +		B		2C

m

Пример 14.7. По двум вертикальным параллельным медным шинам в поле силы тяжести может скользить без трения идеальная проводящая перемычка массой m и длиной l . Шины сверху замкнуты индуктивностью L , а снизу -

сопротивлением R . Система находится в однородном магнитном поле, индукция которого перпендикулярна плоскости шин и равна В. Перемычка сначала удерживается в некотором положении, а затем отпускается без толчка.