Электрическое поле. Нахождение полей. Принцип суперпозиции.: Электростатика

№ 5

Условие

При пересечении двух шаров радиуса R , центры которых находятся на расстоянии l друг от друга, образуются два «полумесяца», равномерно заряженные разноименными электрическими зарядами. Объемная плотность электрического заряда слева -\rho , справа \rho . Докажите, что электрическое поле в области пересечения шаров однородно. Найдите напряженность этого поля.

6.png

Решение

7.png

Супер позиция напряжённости электрических полей двух шаров в точке O :

\begin{aligned}

&\vec{E} = \vec{E}_+ + \vec{E}_- = \frac{\rho \vec{a}}{3 \varepsilon_0} - \frac{\rho \vec{b}}{3 \varepsilon_0}= \frac{\rho}{3 \varepsilon_0} (\vec{a} - \vec{b}) = \frac{\rho \vec{l}}{3 \varepsilon_0} \quad \Rightarrow \\

&\Rightarrow \quad \vec{E} \parallel \vec{l},

\end{aligned} тогда поле однородно во всей полости !

№ 6

Условие

Равномерно заряженный по объему шарик радиусом R внесли в однородное электрическое поле напряженностью E_{0} . Максимальный угол между векторами напряженности результирующего поля и поля E_{0} оказался равным 60^{\circ} . Найдите заряд шарика, если после его внесения во внешнее поле распределение заряда не изменилось.

Решение

Существование максимального угла, меньшего 180^{\circ} , между вектором напряженности результирующего поля и вектором \vec{E_{0}} означает, что в любой точке напряженность поля, создаваемого шариком, меньше \vec{E_{0}} . При фиксированном значении заряда шарика максимальный угол между вектором напряженности результирующего поля и вектором \vec{E_{0}} достигается в тех точках, где напряженность поля шара максимальна (на поверхности шарика) и ориентирована так, что результирующее поле перпендикулярно полю сферы (см. рис.).

8.png

Из рисунка видно, что

E_{сф}=E_{0} \cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2} E_{0} . Поле равномерно заряженного по объему шарика на его поверхности равно

E_{сф}=k \frac{Q}{R^{2}} \quad \Rightarrow \quad Q=\frac{\sqrt{3}}{2} \frac{E_{0} R^{2}}{k}=2 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} E_{0} R^{2} . № 7

Условие

Плотности поверхностного заряда на прямоугольных пластинах плоского конденсатора равны +\sigma и - \sigma . Расстояние между пластинами много меньше размера пластин. Определите напряженность электрического поля в точке A (рис.).

9.png

Решение

Из соображений симметрии легко показать, что вектор напряженности \vec{E}_{A} электростатического поля в точке A направлен перпендикулярно пластинам конденсатора.

Действительно, разобьем мысленно каждую пластину на одинаковые малые участки. Выберем на двух пластинах пару симметричных (лежащих друг против друга) участков. Напряженность \vec{E}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{1}^{\prime} поля, создаваемого зарядами этих участков в точке A , направлена вертикально (см. рисунок). Так что суммарная напряженность \vec{E}_{A} поля в точке A также вертикальна (то есть перпендикулярна пластинам конденсатора).

10.png

Дополним мысленно каждую пластину нашего конденсатора еще тремя такими же пластинами (с той же плотностью зарядов) так, чтобы точка A оказалась внутренней точкой конденсатора с учетверенными пластинами. Напряженность \vec{E}_{0} поля такого конденсатора в точке A станет равной \vec{E}_{0}=4 \vec{E}_{A} , где E_{0}=\sigma / \varepsilon_{0} . Следовательно,

E_{A}=\frac{E_{0}}{4}=\frac{\sigma}{4 \varepsilon_{0}}. № 8

Условие

Две длинные и широкие полосы равномерно заряжены с плотностью зарядов +\sigma (верхняя) и -\sigma (нижняя). Найдите величину и направление напряженности электрического поля в точке M , которая находится на высоте h над краем полос на оси, лежащей в их плоскости симметрии (рис.). Расстояние между полосами d мало по сравнению с h .

11.png

Решение

Изобразим поперечный разрез системы плоскостью ее симметрии, проходящей через данную точку M (рис.; заряженные полосы бесконечно продолжаются по обе стороны от плоскости рисунка). Проведем два близких луча M A_{1} A_{2} и M B_{1} B_{2} . Заметим, что очень узкая полоска шириной A_{1} B_{1} эквивалентна нити с линейной плотностью заряда \rho_{1}=\sigma \cdot A_{1} B_{1} , находящейся от точки M на расстоянии r_{1} \approx A_{1} M . Напряженность \Delta \vec{E}_{1} создаваемого этой нитью в точке M электрического поля направлена по линии A_{1} M и равна

\Delta E_{1}=\frac{\rho_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0} r_{1}}=\frac{\sigma \cdot A_{1} B_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0} \cdot A_{1} M}, где \varepsilon_{0} - электрическая постоянная.

12.png

Аналогичен вклад соответствующей нижней полоски A_{2} B_{2} :

\Delta E_{2}=\frac{\rho_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} r_{2}}=\frac{-\sigma \cdot A_{2} B_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} \cdot A_{2} M} . Из подобия треугольников M A_{1} B_{1} и M A_{2} B_{2} вытекает, что \Delta E_{2}=-\Delta E_{1} , т. е. полоски A_{1} B_{1} и A_{2} B_{2} (вернее созданные ими электрические поля) в точности компенсируют друг друга. В конечном итоге нескомпенсированной остается только полоска P_{1} Q (см. рис.). Поскольку общая ширина полос велика \left(P_{1} N \gg h\right) , напряженность \vec{E} электрического поля, создаваемого полоской P_{1} Q , направлена практически горизонтально (вправо). Так как треугольники M Q N и P_{1} Q P_{2} подобны, P_{1} Q / Q N=d / h \ll 1 , т. е. ширина полоски P_{1} Q мала по сравнению с расстоянием от нее до точки M . Значит, әту полоску опять можно заменить нитью с линейной плотностью заряда \rho=\sigma \cdot P_{1} Q , находящуюся на расстоянии r \approx Q M \approx Q N от точки M .

Таким образом, искомая напряженность электрического поля направлена почти горизонтально вправо и равна приблизительно

E=\frac{\rho}{2 \pi \varepsilon_{0} r} \approx \frac{\sigma \cdot P, Q}{2 \pi \varepsilon_{0} \cdot Q N}=\frac{\sigma d}{2 \pi \varepsilon_{0} h} .