Obliczanie pól elektrycznych z wykorzystaniem twierdzenia Ostrogradskiego – Gaussa. Jednorodne pole elektryczne Natężenie pola naładowanej kuli

W jednorodnym polu elektrycznym siła działająca na naładowaną cząstkę jest stała zarówno pod względem wielkości, jak i kierunku. Zatem ruch takiej cząstki jest całkowicie podobny do ruchu ciała w polu grawitacyjnym Ziemi bez uwzględnienia oporów powietrza. Trajektoria cząstki w tym przypadku jest płaska i leży w płaszczyźnie zawierającej wektory prędkości początkowej cząstki i natężenia pola elektrycznego

Potencjał pola elektrostatycznego. Ogólne wyrażenie odnoszące potencjał do napięcia.

Potencjał φ w dowolnym punkcie pola elektrostatycznego jest wielkością fizyczną określoną przez energię potencjalną jednostkowego ładunku dodatniego umieszczonego w tym punkcie. Potencjał pola wytworzony przez ładunek punktowy Q jest równy

Potencjał to wielkość fizyczna określona na podstawie pracy wykonanej w celu przemieszczenia jednostkowego dodatniego ładunku elektrycznego po jego usunięciu z danego punktu pola w nieskończoność. Praca ta jest liczbowo równa pracy wykonanej przez siły zewnętrzne (przeciwko siłom pola elektrostatycznego), aby przesunąć jednostkowy ładunek dodatni z nieskończoności do danego punktu pola.

Jednostką potencjału jest wolt (V): 1 V jest równy potencjałowi punktu w polu, w którym ładunek 1 C ma energię potencjalną 1 J (1 V = 1 J/C). Biorąc pod uwagę wymiar wolta, można wykazać, że wprowadzona wcześniej jednostka natężenia pola elektrostatycznego jest rzeczywiście równa 1 V/m: 1 N/C=1 N m/(C m)=1 J/(C m)=1 V/m.

Ze wzorów (3) i (4) wynika, że ​​jeżeli pole tworzy kilka ładunków, to potencjał danego pola układu ładunków jest równy sumie algebraicznej potencjałów pól wszystkich tych ładunków:

Natężenie w dowolnym punkcie pola elektrycznego jest równe gradientowi potencjału w tym punkcie, przyjętemu z przeciwnym znakiem. Znak minus wskazuje, że napięcie E jest skierowane w kierunku malejącego potencjału.

E = - grad phi = - N phi.

Aby ustalić związek pomiędzy charakterystyką siły pola elektrycznego – natężeniem a jego charakterystyką energetyczną – potencjałem, rozważmy elementarną pracę sił pola elektrycznego na nieskończenie małe przemieszczenie ładunku punktowego q: dA = q E dl, to samo praca jest równa spadkowi energii potencjalnej ładunku q: dA = - dWп = - q dphi, gdzie dphi jest zmianą potencjału pola elektrycznego na długości przemieszczenia dl. Przyrównując prawe strony wyrażeń otrzymujemy: E dl = -d phi lub w kartezjańskim układzie współrzędnych

Ex dx + Ey dy + Ez dz = -d fi

gdzie Ex, Ey, Ez są rzutami wektora naprężenia na osie układu współrzędnych. Ponieważ wyrażenie jest różnicą całkowitą, to dla rzutów wektora intensywności mamy

Wyrażenie w nawiasach oznacza gradient potencjału phi.

Zasada superpozycji jako podstawowa właściwość ciał. Ogólne wyrażenia siły i potencjału pola utworzonego w punkcie o promieniu wektora przez układ ładunków punktowych znajdujących się w punktach o współrzędnych (patrz paragraf 4).

Jeśli rozważymy zasadę superpozycji w najogólniejszym sensie, to zgodnie z nią suma wpływu sił zewnętrznych działających na cząstkę będzie sumą indywidualnych wartości każdego z nich. Zasada ta dotyczy różnych układów liniowych, tj. systemy, których zachowanie można opisać zależnościami liniowymi. Przykładem może być prosta sytuacja, gdy fala liniowa rozchodzi się w określonym ośrodku i wówczas jej właściwości zostaną zachowane nawet pod wpływem zaburzeń powstałych od samej fali. Właściwości te definiuje się jako konkretną sumę efektów każdego ze składników harmonijnych.

Zasada superpozycji może przyjmować inne sformułowania, które są całkowicie równoważne powyższym:

· Oddziaływanie pomiędzy dwiema cząstkami nie zmienia się po wprowadzeniu trzeciej cząstki, która oddziałuje również z dwiema pierwszymi.

· Energia interakcji wszystkich cząstek w układzie wielocząstkowym jest po prostu sumą energii oddziaływań par pomiędzy wszystkimi możliwymi parami cząstek. W układzie nie występują oddziaływania wielocząstkowe.

· Równania opisujące zachowanie układu wielocząstkowego są liniowe pod względem liczby cząstek.

6 Cyrkulacja wektora napięcia to praca wykonana przez siły elektryczne podczas przemieszczania pojedynczego ładunku dodatniego po zamkniętej drodze L

Ponieważ praca sił pola elektrostatycznego wzdłuż zamkniętej pętli wynosi zero (praca sił pola potencjalnego), zatem cyrkulacja natężenia pola elektrostatycznego wzdłuż zamkniętej pętli wynosi zero.

Potencjał pola. Praca dowolnego pola elektrostatycznego podczas przemieszczania w nim naładowanego ciała z jednego punktu do drugiego również nie zależy od kształtu trajektorii, podobnie jak praca pola jednorodnego. Na zamkniętej trajektorii praca pola elektrostatycznego jest zawsze równa zeru. Pola posiadające tę właściwość nazywane są potencjałami. W szczególności pole elektrostatyczne ładunku punktowego ma charakter potencjalny.
Pracę pola potencjalnego można wyrazić w postaci zmiany energii potencjalnej. Wzór obowiązuje dla dowolnego pola elektrostatycznego.

7-11Jeżeli linie pola jednolitego pola elektrycznego o natężeniu przenikają przez pewien obszar S, to przepływ wektora natężenia (wcześniej nazywaliśmy liczbą linii pola przez ten obszar) będzie określony wzorem:

gdzie En jest iloczynem wektora i normalnej do danego obszaru (ryc. 2.5).

Ryż. 2.5

Całkowita liczba linii siły przechodzących przez powierzchnię S nazywana jest strumieniem wektora natężenia FU przez tę powierzchnię.

W postaci wektorowej możemy zapisać iloczyn skalarny dwóch wektorów, gdzie wektor .

Zatem strumień wektorowy jest skalarem, który w zależności od wartości kąta α może być dodatni lub ujemny.

Spójrzmy na przykłady pokazane na rysunkach 2.6 i 2.7.

	Ryż. 2.6	Ryż. 2.7

Na rysunku 2.6 powierzchnia A1 jest otoczona ładunkiem dodatnim, a przepływ jest tutaj skierowany na zewnątrz, tj. Powierzchnia A2– jest otoczona ładunkiem ujemnym, tutaj jest skierowana do wewnątrz. Całkowity strumień przez powierzchnię A wynosi zero.

Na rysunku 2.7 strumień nie będzie wynosił zero, jeśli całkowity ładunek wewnątrz powierzchni nie będzie wynosił zero. W tej konfiguracji strumień przez powierzchnię A jest ujemny (policz liczbę linii pola).

Zatem strumień wektora napięcia zależy od ładunku. Takie jest znaczenie twierdzenia Ostrogradskiego-Gaussa.

Twierdzenie Gaussa

Ustalone eksperymentalnie prawo Coulomba i zasada superpozycji pozwalają w pełni opisać pole elektrostatyczne danego układu ładunków w próżni. Jednakże właściwości pola elektrostatycznego można wyrazić w innej, bardziej ogólnej formie, bez odwoływania się do idei pola kulombowskiego ładunku punktowego.

Wprowadźmy nową wielkość fizyczną charakteryzującą pole elektryczne – przepływ Φ wektora natężenia pola elektrycznego. Niech w przestrzeni, w której powstaje pole elektryczne, znajdzie się dość mały obszar ΔS. Iloczyn modułu wektora przez pole ΔS i cosinus kąta α między wektorem a normalną do miejsca nazywa się elementarnym strumieniem wektora natężenia przez obszar ΔS (ryc. 1.3.1):

Rozważmy teraz dowolną dowolną zamkniętą powierzchnię S. Jeśli podzielimy tę powierzchnię na małe obszary ΔSi, wyznaczymy elementarne przepływy ΔΦi pola przez te małe obszary, a następnie je zsumujemy, to w rezultacie otrzymamy przepływ Φ wektor przez zamkniętą powierzchnię S (ryc. 1.3.2 ):

Twierdzenie Gaussa stwierdza:

Przepływ wektora natężenia pola elektrostatycznego przez dowolną zamkniętą powierzchnię jest równy algebraicznej sumie ładunków znajdujących się wewnątrz tej powierzchni podzielonej przez stałą elektryczną ε0.

gdzie R jest promieniem kuli. Strumień Φ przez powierzchnię kulistą będzie równy iloczynowi E i powierzchni kuli 4πR2. Stąd,

Otoczmy teraz ładunek punktowy dowolną zamkniętą powierzchnią S i rozważmy kulę pomocniczą o promieniu R0 (rys. 1.3.3).

Rozważmy stożek z małym kątem bryłowym ΔΩ na wierzchołku. Stożek ten podświetli mały obszar ΔS0 na kuli i obszar ΔS na powierzchni S. Strumienie elementarne ΔΦ0 i ΔΦ przez te obszary są takie same. Naprawdę,

W podobny sposób można wykazać, że jeśli zamknięta powierzchnia S nie pokrywa ładunku punktowego q, to ​​przepływ Φ = 0. Przypadek taki przedstawiono na rys. 1.3.2. Wszystkie linie pola elektrycznego ładunku punktowego przenikają przez zamkniętą powierzchnię S na wskroś. Wewnątrz powierzchni S nie ma ładunków, zatem w tym obszarze linie pola nie załamują się ani nie powstają.

Uogólnienie twierdzenia Gaussa na przypadek dowolnego rozkładu ładunku wynika z zasady superpozycji. Pole dowolnego rozkładu ładunku można przedstawić jako sumę wektorową pól elektrycznych ładunków punktowych. Przepływ Φ układu ładunków przez dowolną zamkniętą powierzchnię S będzie sumą przepływów Φi pól elektrycznych poszczególnych ładunków. Jeżeli ładunek qi znajduje się wewnątrz powierzchni S, to jego udział w przepływie jest równy, jeśli ładunek ten znajduje się na zewnątrz powierzchni, to udział jego pola elektrycznego w przepływie będzie równy zeru.

W ten sposób udowodniono twierdzenie Gaussa.

Twierdzenie Gaussa jest konsekwencją prawa Coulomba i zasady superpozycji. Jeśli jednak za początkowy aksjomat przyjmiemy twierdzenie zawarte w tym twierdzeniu, to jego konsekwencją będzie prawo Coulomba. Dlatego twierdzenie Gaussa jest czasami nazywane alternatywnym sformułowaniem prawa Coulomba.

Korzystając z twierdzenia Gaussa, w niektórych przypadkach można łatwo obliczyć natężenie pola elektrycznego wokół naładowanego ciała, jeśli dany rozkład ładunku ma pewną symetrię i można z góry odgadnąć ogólną strukturę pola.

Przykładem jest problem obliczenia pola cienkościennego, pustego w środku, równomiernie naładowanego długiego cylindra o promieniu R. Problem ten ma symetrię osiową. Ze względu na symetrię pole elektryczne musi być skierowane wzdłuż promienia. Dlatego też, aby zastosować twierdzenie Gaussa, wskazane jest wybranie zamkniętej powierzchni S w postaci współosiowego walca o pewnym promieniu r i długości l, zamkniętego na obu końcach (rys. 1.3.4).

Dla r ≥ R cały strumień wektora natężenia przejdzie przez boczną powierzchnię cylindra, którego powierzchnia jest równa 2πrl, ponieważ strumień przez obie podstawy wynosi zero. Zastosowanie twierdzenia Gaussa daje:

Wynik ten nie zależy od promienia R naładowanego cylindra, zatem dotyczy także pola długiego, równomiernie naładowanego włókna.

Aby wyznaczyć natężenie pola wewnątrz naładowanego cylindra, konieczne jest skonstruowanie zamkniętej powierzchni dla przypadku r< R. В силу симметрии задачи поток вектора напряженности через боковую поверхность гауссова цилиндра должен быть и в этом случае равен Φ = E 2πrl. Согласно теореме Гаусса, этот поток пропорционален заряду, оказавшемуся внутри замкнутой поверхности. Этот заряд равен нулю. Отсюда следует, что электрическое поле внутри однородно заряженного длинного полого цилиндра равно нулю.

W podobny sposób można zastosować twierdzenie Gaussa do wyznaczenia pola elektrycznego w wielu innych przypadkach, gdy rozkład ładunków ma jakąś symetrię, na przykład symetrię względem środka, płaszczyzny lub osi. W każdym z tych przypadków należy wybrać zamkniętą powierzchnię Gaussa o odpowiednim kształcie. Na przykład w przypadku symetrii centralnej wygodnie jest wybrać powierzchnię Gaussa w postaci kuli ze środkiem w punkcie symetrii. Przy symetrii osiowej należy wybrać powierzchnię zamkniętą w postaci współosiowego cylindra, zamkniętego na obu końcach (jak w przykładzie omówionym powyżej). Jeżeli rozkład ładunku nie ma symetrii i nie można odgadnąć ogólnej struktury pola elektrycznego, zastosowanie twierdzenia Gaussa nie może uprościć problemu wyznaczania natężenia pola.

Rozważmy inny przykład symetrycznego rozkładu ładunku - wyznaczanie pola równomiernie naładowanej płaszczyzny (ryc. 1.3.5).

W takim przypadku wskazane jest wybranie powierzchni Gaussa S w postaci walca o pewnej długości, zamkniętego na obu końcach. Oś cylindra jest skierowana prostopadle do naładowanej płaszczyzny, a jego końce znajdują się w tej samej odległości od niej. Ze względu na symetrię pole równomiernie naładowanej płaszczyzny musi być wszędzie skierowane wzdłuż normalnej. Zastosowanie twierdzenia Gaussa daje:

gdzie σ jest gęstością ładunku powierzchniowego, tj. ładunkiem na jednostkę powierzchni.

Otrzymane wyrażenie na pole elektryczne równomiernie naładowanej płaszczyzny ma również zastosowanie w przypadku płaskich naładowanych obszarów o skończonej wielkości. W takim przypadku odległość od punktu, w którym określa się natężenie pola, do naładowanego obszaru powinna być znacznie mniejsza niż wielkość obszaru.

I harmonogramy na 7–11

1. Natężenie pola elektrostatycznego wytwarzanego przez równomiernie naładowaną kulistą powierzchnię.

Niech powierzchnia kulista o promieniu R (rys. 13.7) niesie równomiernie rozłożony ładunek q, tj. gęstość ładunku powierzchniowego w dowolnym punkcie kuli będzie taka sama.

A. Zamknijmy naszą powierzchnię kulistą w symetrycznej powierzchni S o promieniu r>R. Strumień wektora napięcia przez powierzchnię S będzie równy

Według twierdzenia Gaussa

Stąd

C. Narysujmy przez punkt B, znajdujący się wewnątrz naładowanej kuli, kulę S o promieniu r

2. Pole elektrostatyczne piłki.

Załóżmy, że mamy kulę o promieniu R, równomiernie naładowaną gęstością objętościową.

W dowolnym punkcie A leżącym na zewnątrz kuli, w odległości r od jej środka (r>R), jego pole jest podobne do pola ładunku punktowego znajdującego się w środku kuli. Potem poza piłką

(13.10)

i na jego powierzchni (r=R)

(13.11)

W punkcie B, leżącym wewnątrz kuli, w odległości r od jej środka (r>R), pole wyznacza jedynie ładunek zawarty wewnątrz kuli o promieniu r. Strumień wektora napięcia przez tę kulę jest równy

z drugiej strony, zgodnie z twierdzeniem Gaussa

Według twierdzenia Gaussa

Z dwóch ostatnich wyrażeń określamy natężenie pola wytworzonego przez równomiernie naładowaną nić:

(13.13)

Niech płaszczyzna ma nieskończony rozciągłość i ładunek na jednostkę powierzchni równy σ. Z praw symetrii wynika, że ​​pole jest skierowane wszędzie prostopadle do płaszczyzny, a jeśli nie ma innych ładunków zewnętrznych, to pola po obu stronach płaszczyzny muszą być takie same. Ograniczmy część naładowanej płaszczyzny do wyimaginowanego cylindrycznego pudełka, tak aby pudełko zostało przecięte na pół, a jego elementy składowe były prostopadłe, a dwie podstawy, każda o polu S, były równoległe do naładowanej płaszczyzny (rysunek 1.10).

12. Pole równomiernie naładowanej kuli.

Niech pole elektryczne zostanie utworzone przez ładunek Q, równomiernie rozłożone na powierzchni kuli o promieniu R(ryc. 190). Aby obliczyć potencjał pola w dowolnym punkcie znajdującym się w pewnej odległości R od środka kuli należy obliczyć pracę wykonaną przez pole podczas przemieszczania jednostkowego ładunku dodatniego z danego punktu do nieskończoności. Wcześniej udowodniliśmy, że natężenie pola równomiernie naładowanej kuli na zewnątrz jest równoważne polu ładunku punktowego znajdującego się w środku kuli. W rezultacie na zewnątrz kuli potencjał pola kuli będzie pokrywał się z potencjałem pola ładunku punktowego

φ (R)=Q 4πε 0R . (1)

W szczególności na powierzchni kuli potencjał jest równy φ 0=Q 4πε 0R. Wewnątrz kuli nie ma pola elektrostatycznego, więc praca wykonana podczas przemieszczania ładunku z dowolnego punktu znajdującego się wewnątrz kuli na jej powierzchnię wynosi zero A= 0, zatem różnica potencjałów między tymi punktami również wynosi zero Δ φ = -A= 0. Zatem wszystkie punkty wewnątrz kuli mają ten sam potencjał, pokrywający się z potencjałem jej powierzchni φ 0=Q 4πε 0R .

Zatem rozkład potencjału pola równomiernie naładowanej kuli ma postać (ryc. 191)

φ (R)=⎧⎩⎨Q 4πε 0R, np R<pytanie 4πε 0R, np R>R . (2)

Należy pamiętać, że wewnątrz kuli nie ma pola, a potencjał jest niezerowy! Przykład ten doskonale ilustruje fakt, że potencjał wyznaczany jest przez wartość pola od danego punktu do nieskończoności.

Przykład 1. Cienka, nieskończenie długa nić jest ładowana równomiernie z liniową gęstością ładunku λ . Znajdź natężenie pola elektrostatycznego mi(R) w dowolnej odległości R z wątku.

Zróbmy rysunek:

Analiza:

Ponieważ Gwint nie przenosi ładunku punktowego; ma zastosowanie metoda DI. Wybierzmy nieskończenie mały element długości przewodnika dł, który będzie zawierał ładunek dq=dlλ. Obliczmy natężenie pola wytwarzanego przez każdy element przewodnika w dowolnym punkcie A znajdującym się w pewnej odległości od gwintu A. Wektor zostanie skierowany wzdłuż linii prostej łączącej ładunek punktowy z punktem obserwacyjnym. Otrzymane pole otrzymujemy wzdłuż normalnej do gwintu wzdłuż osi x. Konieczne jest znalezienie wartości dEx: dE x =dE cosα. .

Z definicji:

.

Ogrom dł, R, zmieniają się konsekwentnie, gdy zmienia się położenie elementu dł. Wyraźmy je poprzez wielkość α:

Gdzie dα– nieskończenie mały przyrost kąta α w wyniku obrotu wektora promienia względem punktu A podczas przemieszczania się po gwincie o dł. Następnie dl=R 2 dα/a. Podczas ruchu dł od punktu O kąt zmienia się od 0 0 do π/2.

Stąd .

Kontrola wymiarów: [E]=V/m=kgm/mfm=KlV/Klm=V/m;

Odpowiedź:.

Metoda 2.

Ze względu na osiową symetrię rozkładu ładunku wszystkie punkty znajdujące się w równej odległości od gwintu są równoważne, a natężenie pola w nich jest takie samo, tj. mi(R)=stała, gdzie R- odległość punktu obserwacyjnego od gwintu. Kierunek mi w tych punktach zawsze pokrywa się z kierunkiem normalnej do gwintu. Według twierdzenia Gaussa; Gdzie Q-ładunek objęty powierzchnią – S’, przez którą obliczany jest strumień, wybieramy postać walca o promieniu a i tworzącej z gwintem. Biorąc pod uwagę, że jest to normalna do powierzchni bocznej cylindra, otrzymujemy dla przepływu:

Ponieważ mi=stała.

S strona = NA 2π .

Po drugiej stronie mi 2πаН=Q/ε 0 ,

Gdzie λН=q.

Odpowiedź:mi=λ /4πε 0 A.

Przykład 2. Oblicz napięcie równomiernie naładowanej nieskończonej płaszczyzny z gęstością ładunku powierzchniowego σ .

Linie naprężenia są prostopadłe i skierowane w obu kierunkach od płaszczyzny. Jako powierzchnię zamkniętą wybieramy powierzchnię walca, którego podstawy są równoległe do płaszczyzny, a oś walca jest prostopadła do płaszczyzny. Ponieważ generatory cylindra są równoległe do linii naprężenia (α=0, cos α=1 ), wówczas strumień wektora napięcia przez powierzchnię boczną wynosi zero, a całkowity strumień przez zamkniętą powierzchnię cylindryczną jest równy sumie strumieni przez jej podstawę. Ładunek zawarty wewnątrz zamkniętej powierzchni jest równy σ S podstawowy , Następnie:

F mi =2 miS główny lub Ф E = = , następnie E = =

Odpowiedź: E =, nie zależy od długości walca i ma tę samą wartość bezwzględną w dowolnej odległości od płaszczyzny. Pole równomiernie naładowanej płaszczyzny jest jednorodne.

Przykład 3. Oblicz pole dwóch nieskończenie naładowanych płaszczyzn o gęstościach powierzchniowych odpowiednio +σ i –σ.

mi = mi = 0; mi = mi + + mi - = .

Odpowiedź: Wynikowe natężenie pola w obszarze pomiędzy płaszczyznami jest równe E =, a poza objętością ograniczoną płaszczyznami jest równe zeru.

Przykład 4. Oblicz natężenie pola równomiernie naładowanej powierzchni kulistej o promieniu o gęstości ładunku powierzchniowego +σ R.

To i,

jeśli r< R , то внутри замкнутой поверхности нет зарядов и электростатическое поле отсутствует (Е=0).

Odpowiedź:.

Przykład 5. Oblicz objętościowe natężenie ładunku na podstawie gęstości objętościowej ρ , promienie kuli R.

Weźmy kulę jako zamkniętą powierzchnię.

Jeśli R ≥R, wtedy = 4πr 2 E; E=

jeśli r< R , то сфера радиусом R, obejmuje ładunek q" równy q"= (ponieważ ładunki są wyrażane jako objętości, a objętości jako sześciany promieni)

Następnie, zgodnie z punktem Gaussa

Odpowiedź:; wewnątrz równomiernie naładowanej kuli napięcie rośnie liniowo wraz z odległością R od jego środka i na zewnątrz - zmniejsza się w odwrotnej proporcji R 2 .

Przykład nr 6. Oblicz natężenie pola nieskończonego, okrągłego cylindra naładowanego liniową gęstością ładunku λ , promień R.

Strumień wektora napięcia przez końce walca wynosi 0, a przez powierzchnię boczną:

Ponieważ , Lub ,

Następnie (jeśli r > R)

jeśli λ > 0, E > 0, wektor Ē jest skierowany od cylindra,

jeśli λ< 0, Е < 0 , вектор Ē направлен к цилиндру.

Jeśli r< R, то замкнутая поверхность зарядов внутри не содержит, поэтому в этой области Е = 0

Odpowiedź:(r > R); E = 0 (R>r). Wewnątrz nieskończonego, okrągłego cylindra równomiernie naładowanego na powierzchni nie ma pola.

Przykład 7. Pole elektryczne tworzą dwie nieskończenie długie równoległe płaszczyzny z płaszczyznami ładunków powierzchniowych o wartościach 2 nC/m 2 i 4 nC/m 2 . Określ natężenie pola w obszarach I, II, III. Zbuduj wykres zależności Ē (R) .

Płaszczyzny dzielą przestrzeń na 3 obszary

Kierunek Ē powstałego pola jest skierowany w stronę większego.

W projekcji na R:

; «–»; ;

; «–»; ;

; «+»; .

Harmonogram Ē (R)

Wybór skali: mi 2 =2 mi 1

Mi 1 = 1; mi2 =2

Odpowiedź:mi I = –345 V/m; miІ I = –172 V/m; mi I II = 345 V/m.

Przykład nr 8. Solidna hebanowa kula o promieniu R= 5 cm przenosi ładunek równomiernie rozłożony pod względem gęstości objętościowej ρ =10 nC/m3. Wyznacz natężenie pola elektrycznego w punktach: 1) oddalonych R 1 = 3 cm od środka kuli; 2) na powierzchni kuli; 3) na odległość R 2 = 10 cm od środka kuli.

1. Natężenie pola elektrostatycznego wytwarzanego przez równomiernie naładowaną kulistą powierzchnię.

Niech powierzchnia kulista o promieniu R (rys. 13.7) niesie równomiernie rozłożony ładunek q, tj. gęstość ładunku powierzchniowego w dowolnym punkcie kuli będzie taka sama.

2. Pole elektrostatyczne piłki.

Załóżmy, że mamy kulę o promieniu R, równomiernie naładowaną gęstością objętościową.

W dowolnym punkcie A leżącym na zewnątrz kuli, w odległości r od jej środka (r>R), jego pole jest podobne do pola ładunku punktowego znajdującego się w środku kuli. Potem poza piłką

(13.10)

i na jego powierzchni (r=R)

(13.11)

W punkcie B, leżącym wewnątrz kuli, w odległości r od jej środka (r>R), pole wyznacza jedynie ładunek zawarty wewnątrz kuli o promieniu r. Strumień wektora napięcia przez tę kulę jest równy

z drugiej strony, zgodnie z twierdzeniem Gaussa

Z porównania ostatnich wyrażeń wynika

(13.12)

gdzie jest stała dielektryczna wewnątrz kuli. Zależność natężenia pola wytwarzanego przez naładowaną kulę od odległości od środka kuli pokazano na (ryc. 13.10)

3. Natężenie pola równomiernie naładowanego nieskończonego prostoliniowego gwintu (lub cylindra).

Załóżmy, że pusta w środku cylindryczna powierzchnia o promieniu R jest naładowana ładunkiem o stałej gęstości liniowej.

Narysujmy współosiową cylindryczną powierzchnię o promieniu Przepływ wektora napięcia przez tę powierzchnię

Według twierdzenia Gaussa

Z dwóch ostatnich wyrażeń określamy natężenie pola wytworzonego przez równomiernie naładowaną nić:

(13.13)

Niech płaszczyzna ma nieskończony rozciągłość i ładunek na jednostkę powierzchni równy σ. Z praw symetrii wynika, że ​​pole jest skierowane wszędzie prostopadle do płaszczyzny, a jeśli nie ma innych ładunków zewnętrznych, to pola po obu stronach płaszczyzny muszą być takie same. Ograniczmy część naładowanej płaszczyzny do wyimaginowanego cylindrycznego pudełka, tak aby pudełko zostało przecięte na pół, a jego elementy składowe były prostopadłe, a dwie podstawy, każda o polu S, były równoległe do naładowanej płaszczyzny (rysunek 1.10).

Całkowity przepływ wektorowy; napięcie jest równe wektorowi pomnożonemu przez pole S pierwszej podstawy plus strumień wektora przez przeciwną podstawę. Strumień napięcia przez boczną powierzchnię cylindra wynosi zero, ponieważ linie napięcia ich nie przecinają. Zatem, Natomiast zgodnie z twierdzeniem Gaussa

Stąd

ale wtedy natężenie pola nieskończonej, równomiernie naładowanej płaszczyzny będzie równe

Zademonstrujmy możliwości twierdzenia Ostrogradskiego-Gaussa na kilku przykładach.

Pole nieskończonej, równomiernie naładowanej płaszczyzny

Gęstość ładunku powierzchniowego na dowolnej płaszczyźnie pola S określa się ze wzoru:

gdzie dq jest ładunkiem skupionym na powierzchni dS; dS to fizycznie nieskończenie mała powierzchnia.

Niech σ będzie takie samo we wszystkich punktach płaszczyzny S. SŁadunek q jest dodatni. Naprężenie we wszystkich punktach będzie miało kierunek prostopadły do ​​płaszczyzny

Jest oczywiste, że w punktach symetrycznych względem płaszczyzny napięcie będzie miało tę samą wielkość i przeciwny kierunek.

Wyobraźmy sobie walec z tworzącymi prostopadłymi do płaszczyzny i podstawami Δ S, położony symetrycznie względem płaszczyzny (ryc. 2.12).

	Ryż. 2.11	Ryż. 2.12

Zastosujmy twierdzenie Ostrogradskiego-Gaussa. Strumień F E przez bok powierzchni cylindra wynosi zero, ponieważ dla podstawy cylindra

Całkowity przepływ przez zamkniętą powierzchnię (cylinder) będzie równy:

Wewnątrz powierzchni znajduje się ładunek. W konsekwencji z twierdzenia Ostrogradskiego – Gaussa otrzymujemy:

;

z czego widać, że natężenie pola płaszczyzny S jest równe:

(2.5.1)

Uzyskany wynik nie zależy od długości cylindra. Oznacza to, że w dowolnej odległości od samolotu

Pole dwóch równomiernie naładowanych płaszczyzn

Niech dwie nieskończone płaszczyzny zostaną naładowane przeciwstawnymi ładunkami o tej samej gęstości σ (ryc. 2.13).

Powstałe pole, jak wspomniano powyżej, stanowi superpozycję pól utworzonych przez każdą z płaszczyzn.

Następnie wewnątrz samolotów

(2.5.2)

Z samolotów siła pola

Uzyskany wynik obowiązuje także dla płaszczyzn o skończonych wymiarach, jeżeli odległość pomiędzy płaszczyznami jest znacznie mniejsza od wymiarów liniowych płaszczyzn (kondensator płaski).

Pomiędzy płytkami kondensatora występuje siła wzajemnego przyciągania (na jednostkę powierzchni płytek):

gdzie S jest powierzchnią płytek kondensatora. Ponieważ , To

.

(2.5.5)

Jest to wzór na obliczenie siły refleksyjnej.

Pole naładowanego nieskończenie długiego cylindra (nici)

Niech pole będzie utworzone przez nieskończoną powierzchnię cylindryczną o promieniu R, naładowaną o stałej gęstości liniowej, gdzie dq jest ładunkiem skupionym na odcinku walca (rys. 2.14).

Z rozważań na temat symetrii wynika, że ​​E w dowolnym punkcie będzie skierowane wzdłuż promienia, prostopadle do osi walca.

Wyobraź sobie wokół cylindra (nici) współosiowy zamknięta powierzchnia ( cylinder w cylindrze) promień R i długość l (podstawy cylindrów są prostopadłe do osi). Do podstaw cylindrów na powierzchnię boczną tj. zależy od odległości R.

W związku z tym strumień wektorowy przez rozważaną powierzchnię jest równy

Kiedy na powierzchni pojawi się ładunek. Zgodnie z twierdzeniem Ostrogradskiego-Gaussa, stąd

.

(2.5.6)

Jeśli, ponieważ Wewnątrz zamkniętej powierzchni nie ma ładunków (ryc. 2.15).

Jeśli zmniejszysz promień cylindra R (w ), możesz uzyskać pole o bardzo dużym natężeniu w pobliżu powierzchni, a w , otrzymasz nić.

Pole dwóch współosiowych cylindrów o tej samej gęstości liniowej λ, ale różnych znakach

Wewnątrz mniejszych cylindrów i na zewnątrz większych cylindrów nie będzie pola (ryc. 2.16).

W szczelinie między cylindrami pole określa się w taki sam sposób, jak w poprzednim przypadku:

Dotyczy to zarówno cylindra o nieskończonej długości, jak i cylindrów o skończonej długości, jeśli szczelina między cylindrami jest znacznie mniejsza niż długość cylindrów (kondensator cylindryczny).

Pole naładowanej pustej kuli

Pusta kula (lub kula) o promieniu R jest naładowana ładunkiem dodatnim o gęstości powierzchniowej σ. Pole w tym przypadku będzie centralnie symetryczne – w dowolnym miejscu przechodzi przez środek kuli. , a linie sił są w dowolnym punkcie prostopadłe do powierzchni. Wyobraźmy sobie kulę o promieniu r wokół kuli (ryc. 2.17).

Do obliczenia pól wytwarzanych przez ładunki równomiernie rozmieszczone na powierzchniach kulistych, cylindrycznych lub płaskich stosuje się twierdzenie Ostrogradskiego – Gaussa (podrozdział 2.2).

Metoda obliczania pól z wykorzystaniem twierdzenia

Ostrogradski – Gauss.

1) Wybierz dowolną zamkniętą powierzchnię otaczającą naładowane ciało.

2) Obliczamy przepływ wektora napięcia przez tę powierzchnię.

3) Obliczamy całkowity ładunek pokryty tą powierzchnią.

4) Obliczone wartości podstawiamy do twierdzenia Gaussa i wyrażamy siłę pola elektrostatycznego.

Przykłady obliczeń niektórych pól

Pole równomiernie naładowanego nieskończonego cylindra (nici).

Niech nieskończony cylinder o promieniu R równomiernie naładowane z liniową gęstością ładunku + τ (ryc. 16).

Z rozważań na temat symetrii wynika, że ​​linie natężenia pola w dowolnym punkcie będą skierowane wzdłuż linii promieniowych prostopadłych do osi cylindra.

Jako powierzchnię zamkniętą wybieramy walec współosiowy o zadanym (o wspólnej osi symetrii) promieniu R i wysokość ℓ .

Obliczmy strumień wektorowy przez tę powierzchnię:

,

Gdzie S podstawowy , S strona– powierzchnia podstawy i powierzchni bocznej.

Zatem strumień wektora napięcia przez obszary podstaw wynosi zero

Całkowity ładunek pokryty przez wybraną powierzchnię:

.

Podstawiając wszystko do twierdzenia Gaussa, biorąc pod uwagę fakt, że ε = 1, otrzymujemy:

.

Siła pola elektrostatycznego wytworzonego przez nieskończenie długi, równomiernie naładowany cylinder lub nieskończenie długą, równomiernie naładowaną nić w punktach znajdujących się na zewnątrz:

, (2.5)

Gdzie R - odległość od osi cylindra do danego punktu ( R ≥ R );

τ - liniowa gęstość ładunku .

Jeśli R < R , wówczas rozważana zamknięta powierzchnia nie zawiera ładunków wewnątrz, a zatem w tym obszarze mi = 0, tj. wewnątrz cylindra, brak pola .

Pole równomiernie naładowanej nieskończonej płaszczyzny

P Niech nieskończona płaszczyzna będzie naładowana stałą gęstością powierzchniową + σ .

Jako powierzchnię zamkniętą wybieramy walec, którego podstawy są równoległe do naładowanej płaszczyzny, a oś jest do niej prostopadła (ryc. 17). Ponieważ linie tworzące powierzchnię boczną cylindra są równoległe do linii naprężenia, strumień wektora naprężenia przez powierzchnię boczną wynosi zero. Przepływ wektora napięcia przez dwa obszary bazowe

.

Całkowity ładunek pokryty przez wybraną powierzchnię:

.

Podstawiając wszystko do twierdzenia Gaussa, otrzymujemy:

Natężenie pola elektrostatycznego nieskończonej, równomiernie naładowanej płaszczyzny

. (2.6)

Z tego wzoru wynika, że mi nie zależy od długości cylindra, to znaczy natężenie pola jest takie samo we wszystkich punktach. Inaczej mówiąc, pole równomiernie naładowanej płaszczyzny jednorodny.

Pole dwóch nieskończonych równoległych

przeciwnie naładowane samoloty

P płaszczyzny są równomiernie naładowane, a gęstość powierzchniowa jest równa + σ I - σ (ryc. 18).

Zgodnie z zasadą superpozycji,

.

Z rysunku widać, że w obszarze pomiędzy płaszczyznami linie sił są współkierunkowane, dlatego powstałe napięcie

. (2.7)

Poza objętością ograniczoną płaszczyznami dodane pola mają przeciwne kierunki, tak że wynikowe natężenie wynosi zero.

Zatem pole okazuje się skoncentrowane pomiędzy płaszczyznami. Uzyskany wynik jest w przybliżeniu ważny dla płaszczyzn o skończonych wymiarach, jeśli odległość między płaszczyznami jest znacznie mniejsza niż ich powierzchnia (kondensator płaski).

Jeżeli ładunki tego samego znaku i tej samej gęstości powierzchniowej są rozmieszczone na płaszczyznach, wówczas między płytami nie ma pola, a poza płytami oblicza się je według wzoru (2.7).

Siła pola

równomiernie naładowana kula

Pole utworzone przez kulistą powierzchnię o promieniu R , naładowany gęstością ładunku powierzchniowego σ , będzie centralnie symetryczny, dlatego linie naprężenia są skierowane wzdłuż promieni kuli (ryc. 19, a).

Jako powierzchnię zamkniętą wybieramy kulę o promieniu R , który ma wspólny środek z naładowaną kulą.

Jeśli R > R , wtedy cały ładunek dostanie się na powierzchnię Q .

Przepływ wektora napięcia przez powierzchnię kuli

Podstawiając to wyrażenie do twierdzenia Gaussa, otrzymujemy:

.

Natężenie pola elektrostatycznego poza równomiernie naładowaną kulą:

, (2.8)

Gdzie R - odległość od centrum kule.

Z tego jasno wynika, że ​​pole to jest identyczne z polem ładunku punktowego tej samej wielkości, umieszczonego w środku kuli.

Jeśli R < R , wówczas zamknięta powierzchnia nie zawiera w sobie ładunków Wewnątrz naładowanej kuli nie ma pola (ryc. 19, b).

Natężenie pola objętościowego

naładowana piłka

P mieć kulę o promieniu R naładowany stałą objętościową gęstością ładunku ρ .

Pole w tym przypadku ma symetrię centralną. Dla natężenia pola na zewnątrz kuli uzyskuje się taki sam wynik jak w przypadku kuli naładowanej powierzchniowo (2.8).

Dla punktów znajdujących się wewnątrz kuli napięcie będzie inne (ryc. 20). Powierzchnia kulista pokrywa ładunek

Zatem zgodnie z twierdzeniem Gaussa

W danych okolicznościach
, otrzymujemy:

Natężenie pola elektrostatycznego wewnątrz naładowanej objętościowo kuli

(R ≤ R ). (2.9)

.

Problem 2.3 . W polu nieskończenie długiej płaszczyzny o powierzchniowej gęstości ładunku σ mała kulka o masie zawieszona jest na nitce M , mający ładunek tego samego znaku co samolot. Znajdź ładunek kuli, jeśli nić tworzy kąt z pionem α

Rozwiązanie. Wróćmy do analizy rozwiązania Zadania 1.4. Różnica polega na tym, że w zadaniu 1.4 siła
oblicza się zgodnie z prawem Coulomba (1.2), a w zadaniu 2.3 - z definicji natężenia pola elektrostatycznego (2.1)
. Natężenie pola elektrostatycznego nieskończonej, równomiernie naładowanej płaszczyzny oblicza się za pomocą twierdzenia Ostrogradskiego-Gaussa (2.4).

P Pole płaszczyzny jest jednorodne i nie zależy od odległości od płaszczyzny. Z ryc. 21:

.

 Uwaga że aby znaleźć siłę działającą na ładunek umieszczony w polu ładunku rozproszonego, należy skorzystać ze wzoru

,

a natężenie pola wytworzonego przez kilka rozproszonych ładunków można znaleźć, korzystając z zasady superpozycji. Dlatego też kolejne problemy poświęcone są wyznaczaniu natężenia pola elektrostatycznego ładunków rozproszonych z wykorzystaniem twierdzenia Ostrogradskiego-Gaussa.

Zadanie 2.4. Przewiduj natężenie pola wewnątrz i na zewnątrz równomiernie naładowanej płyty o grubości D , objętościowa gęstość ładunku wewnątrz płytki ρ . Zbuduj wykres zależności mi (X ).

Rozwiązanie. Początek współrzędnych umieszczamy w środkowej płaszczyźnie płytki i osi OH Skierujmy go prostopadle do niego (ryc. 22, a). Zastosujmy twierdzenie Ostrogradskiego-Gaussa do obliczenia natężenia pola elektrostatycznego naładowanej nieskończonej płaszczyzny, a następnie

.

Z definicji objętościowej gęstości ładunku

,

potem napięcie, które otrzymujemy

.

To pokazuje, że pole wewnątrz płytki zależy od X . Pole na zewnątrz płyty oblicza się analogicznie:

To pokazuje, że pole na zewnątrz płytki jest jednolite. Wykres napięcia mi z X na ryc. 22, ur.

Zadanie 2.5. Pole tworzą dwa nieskończenie długie włókna naładowane ładunkami o liniowej gęstości – τ 1 i + τ 2 . Gwinty są umieszczone prostopadle do siebie (ryc. 23). Znajdź natężenie pola w oddalonym punkcie R 1 I R 2 z wątków.

R decyzja. Pokażmy na rysunku natężenie pola generowane przez każdy wątek z osobna. Wektor skierowany Do pierwszy wątek, ponieważ jest naładowany ujemnie. Wektor skierowany z drugi wątek, ponieważ jest naładowany dodatnio. Wektory I wzajemnie prostopadłe, a więc wektor wynikowy będzie przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego. Moduły wektorowe I określa się wzorem (2.5).

Opierając się na zasadzie superpozycji

.

Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa

Zadanie 2.6 . Pole tworzone jest przez dwa naładowane, nieskończenie długie, współosiowe cylindry o promieniach R 1 I R 2 > R 1 . Gęstości ładunków powierzchniowych są równe – σ 1 I + σ 2 . Znajdź natężenie pola elektrostatycznego w następujących punktach:

a) punkt A położony w pewnej odległości D 1 < R 1 ;

b) punkt W położony w pewnej odległości R 1 < D 2 < R 2 ;

c) punkt Z położony w pewnej odległości D 3 > R 1 > R 2 .

Odległości mierzone są od osi cylindra.

Rozwiązanie. Cylindry współosiowe to cylindry, które mają wspólną oś symetrii. Zróbmy rysunek i pokażmy na nim punkty (ryc. 24).

mi A = 0.

kropka W znajduje się wewnątrz większego cylindra, więc w tym momencie pole tworzy tylko mniejszy cylinder:

.

Wyraźmy liniową gęstość ładunku jako gęstość ładunku powierzchniowego. Aby to zrobić, używamy wzorów (1.4) i (1.5), z których wyrażamy ładunek:

Przyrównujemy prawe strony i otrzymujemy:

,

Gdzie S 1 – powierzchnia pierwszego cylindra.

Biorąc pod uwagę fakt, że
, ostatecznie otrzymujemy:

kropka Z znajduje się na zewnątrz obu cylindrów, więc pole tworzą oba cylindry.

.

Zgodnie z zasadą superpozycji:

.

Biorąc pod uwagę wskazówki i obliczenia uzyskane powyżej, otrzymujemy: Zadanie 2.7 σ 1 I σ 2 > σ 1 . Pole tworzą dwie naładowane, nieskończenie długie, równoległe płaszczyzny. Gęstości ładunków powierzchniowych są równe

. Znajdź natężenie pola elektrostatycznego w punktach znajdujących się pomiędzy płytami i na zewnątrz płyt. Rozwiąż zadanie dla dwóch przypadków:

a) płyty ładuje się w ten sam sposób;

Rozwiązanie. b) płyty są naładowane przeciwnie.

.

W formie wektorowej wynikowe natężenie pola jest w każdym przypadku zapisywane w ten sam sposób. Zgodnie z zasadą superpozycji: I Moduły wektorowe

oblicza się za pomocą wzoru (2.6).

a) Jeśli płaszczyzny są ładowane o tej samej nazwie, wówczas między płaszczyznami napięcia są skierowane w różnych kierunkach (ryc. 26, a). Moduł powstałego naprężenia I Poza płaszczyznami napięcia

.

skierowany w jednym kierunku. Ponieważ pole nieskończonych naładowanych płaszczyzn jest jednolite, to znaczy nie zależy od odległości do płaszczyzn, to w dowolnym punkcie zarówno po lewej, jak i po prawej stronie płaszczyzn pole będzie takie samo: