Решение Сила, действующая на диполь с дипольным моментом p в неоднородном поле E f p E

• Название: Решение Сила, действующая на диполь с дипольным моментом p в неоднородном поле E f p E
• Анкор: kozel_3sem.pdf
• Дата: 19.06.2018
• Размер: 456.47 Kb.
• Имя файла: kozel_3sem.pdf
• Тип: Документы; #20466
• страница: 1 из 4

Глава
Третий семестр
1.1
Первая неделя
1.9 Найти силу взаимодействия двух точечных диполей, если их диполь- ные моменты p
1
и p
2
направлены вдоль соединяющей их прямой, а рас- стояние между диполями равно d (см рис. 1).
Решение: Сила, действующая на диполь с дипольным моментом p в неоднородном поле E:
F = p ∇)E.
(1.1)
В нашем случае, для нахождения силы взаимодействия нужно найти напряженность поля, создаваемую первым диполем. Найдем ее из закона
Кулона, учитывая, что по условию задачи нас интересует напряженность поля на прямой, проходящей через диполь и параллельной его вектору поляризации (рис.2) :
E x) =
q x − r)
2
−
q x
2
≈
q x
2 1 +
2r x
− 1) = 2
qr x
3
= 2
p x
3
(1.2)
(Здесь использовано условие точечности диполя: r x)
1
Таким образом, искомая сила взаимодействия:
F = p
2
∇)E d) = p
1
p
2
) · −
6
d
4
) ≡ −
p
1
p
2
)
d
4
(1.3)
Ответ: F = −
p
1
p
2
)
d
4 1.10 Диск радиусом R заряжен равномерно с поверхностной плот- ностью σ. Определить нарпяженность поля E в точке, находящейся на расстоянии d от диска на перпендикуляре, проходящем через центр дис- ка.
Решение: В силу осевой симметрии задачи, поле в интересующей нас точке направлено вдоль перпендикуляра. Поэтому для нахождения напряженности надо просуммировать вертикальные составляющие поля от каждого элемента поверхности диска:
E = E
z
=
σdxdy
ρ
2
cos α
(1.4)
Т.к. ρ =
√
r
2
+ d
2
, a cos α =
d
ρ
, и переходя к переменным интегрирования r ϕ:
E
z
= σd rdrdϕ
ρ
3
= σd
R
0
rdr
2π
0
dϕ
r
2
+ d
2
)
3/2
= πσd
R
0 2rdr r
2
+ d
2
)
3/2
=
= −2πσd
1
√
r
2
+ d
2
R
0
= 2πσ 1 −
1 1 +
r
2
d
2


(1.5)
2

Ответ:E = 2πσ 1 −
1
√
1+r
2
/d
2 1.17 В модели атома Томсона предполагалось, что положительный заряд e распределен внутри шара радиусом R = 10
−
8
см. Как должна зависеть от радиуса плотность положительного заряда, чтобы электрон
(точечная частица с зарядом -e), помещенный внутри шара, совершал гармонические колебания? Заряды механически друг на друга не дей- ствуют. Магнитным полем движущегося заряда пренебречь. Найти ча- стоту колебаний электрона.
Решение: Рассмотрим равномерно заряженный шар. Определим на- пряженность поля в точке с радиус-вектором r. По теореме Гаусса для электростатического поля:
EdS = 4π
V
ρdV.
(1.6)
В силу сферической симметрии задачи, напряженность поля направлена вдоль радиуса, проведенного в данную точку. Тогда
EdS ≡ 4πr
2
E
(1.7)
a из (1.6):
E r) =
4π
3
ρr.
(1.8)
Уравнение движения электрона, помещенного в шар, имеет вид:
m¨
r = −
4πρe
3
r.
(1.9)
Видно, что гармонические колебания являются решением этого уравне- ния:
¨
r + ω
2
r = 0
(1.10)
где ω
2
=
4πρe
3m
. Следовательно, искомое распределение - равномерное.
Плотность зарядов:
ρ =
e
4/3πR
3
(1.11)
Частота колебаний равна
ν =
ω
2π
≡
1 2π

e
2
mR
3
≈ 2.5 · 10 15
Гц.
(1.12)
3 1.20 Подсчитать среднюю объемную плотность ρ электрических за- рядов в атмосфере, если известно, что напряженность электрического поля на поверхности Земли равна 100В/м, а на высоте h = 1.5 км эта напряженность падает до 25В/м.
Решение: Т.к. h = 1.5км
R ≈ 6.4 · 10 3
км, то можно считать по- ле, создаваемое Землею, однородным. Воспользуемся теоремой Гаусса.
Возьмем прямоугольный параллелепипед, одно основание которого рас- положим на поверхности Земли, второе - на высоте h, а его боковые грани - вертикально. Тогда:
EdS ≡ E 0)S − E h)S = 4πQ.
(1.13)
(Здесь Q - атмосферный заряд, заключенный в параллелепипеде, S - площадь оснований параллелепипеда.). Тогда средняя плотность заряда есть ρ =
Q
Sh
:
ρ =
E 0) − E h)
4πh
(1.14)
1В/м =
1 3
· 10
−
4
ед. СГСЭ ρ ≈ 1 4 · 10
−
9
ед. СГСЭ.
1.22 В шаре, равномерно заряженном электричеством с объемной плотностью ρ, сделана сферическая полость, центр которой O смещен относительно центра шара O на расстояние r. Определить электрическое поле внутри полости.
Решение: Представим данный шар с полостью в виде такого же по размерам шара с плотностью заряда ρ и шара, смещенного в точку O ,
и радиусом, равным радиусу полости, с плотностью заряда, равной −ρ.
По принципу суперпозици электрических полей, поле в исходном шаре
4

будет совпадать с полем в данной системе. Поэтому поле внутри полости складывается из полей двух равномерно заряженных шаров:
E = E
+ρ
+ E
−
ρ
=
4πρ
3
R − x) =
4πρ
3
r.
(1.15)
(Здесь было использовано выражение (1.8) для поля равномерно заря- женного шара). Таким образом, поле внутри полости однородно и равно
E =
4πρ
3
r.
1.2
Вторая неделя
1.13 Две бесконечные плоскопараллельные металлические пластинки помещены в вакууме параллельно друг другу. Полный заряд на единицу площади на одной из них q
1
, на второй q
2
. Определить поверхностные плотности зарядов на пластинках, а также напряженность поля между ними и во внешнем пространстве.
Решение: Обозначим поверхностные плотности зарядов σ
1
на левой стороне левой пластинки, σ
1
- на ее правой стороне, σ
2
на левой стороне второй пластинки, σ
2
- на правой стороне правой пластинки. Напряжен- ности поля, создаваемого каждой из сторон пластинок будем обозначать в виде E
1
l
(поле слева от левой стороны первой пластинки 1 ), или E
2
r
(справа от левой стороны второй пластинки). По условию, пластины ме- таллические, следовательно, внутри них не должно быть поля. Отсюда
(с учетом направлений полей, считаем все заряды положительными):
E
1
r
− E
1
l
− E
2
l
− E
2
l
= 0
(1.16)
E
1
r
+ E
1
r
+ E
2
r
− E
2
l
= 0
(1.17)
Напряженность поля, создаваемого пластинкой с поверхностной плотно- стью заряда σ есть E = 2πσ. По условию, полный поверхностный заряд на пластинках равен q
1
и q
2
. С учетом этого, запишем систему:
σ
1
− σ
1
− σ
2
− σ
2
= 0
(1.18)
σ
1
+ σ
1
+ σ
2
− σ
2
= 0
(1.19)
σ
1
+ σ
1
= q
1
(1.20)
σ
2
+ σ
2
= q
2
(1.21)
5
Решая ее, получим:
σ
1
= −σ
2
=
q
1
− q
2 2
(1.22)
σ
1
= σ
2
=
q
1
+ q
2 2
(1.23)
Напряженность поля между пластинками: E
int
= 2π q
1
− q
2
), во внешнем пространстве E
ext
= 2π q
1
+ q
2
).
1.25 В однородное электрическое поле E
0
вносится незаряженный проводящий шар. Указать на его поверхности точки, в которых 1) поле абсолютной величине останется прежним, 2) поле по абсолютной вели- чине удвоится.
Решение:
Известно, что для того, чтобы внутри шара поле бы- ло однородным с напряженностью E
0
, по его поверхности должен быть распределен заряд по закону
σ =
3E
0 4π
cos θ
(1.24)
где θ - широта, а R - радиус шара. А поле вне шара является полем диполя с дипольным моментом p = R
3
E.
(1.25)
При внесении металлического шара в однородное поле на поверхности шара произойдет перераспределение заряда таким образом, чтобы поле,
созданное зарядами внутри шара, полностью скомпенсировало внешнее поле. Поэтому плотность индуцированных зарядов имеет вид (1.24). По- ле вблизи поверхности шара равно
E = E
0
+ E
шара
(1.26)
причем поле шара равно
E
шара
=
3 p r)
r
5
r −
p r
3
(1.27)
где p определяется из (1.25).
Итак, поле вблизи поверхности равно
3 p r)
r
5
r (остальные члены в (1.26)
сокращаются). Ищем его модуль:
E =
3R
3
E
0
cos θ
R
3
≡ 3E
0
cos θ.
(1.28)
6

Отсюда искомые точки на поверхности имеют широту cos θ = ±
1 3
в пер- вом случае ( E = E
0
) и cos θ = ±
2 3
во втором случае ( E = 2E
0
).
2.4 Три тонкие концентрические сферы радиусами R
1
< R
2
< R
3
,
находящиеся в вакууме, заряжены соответственно зарядами Q
1
Q
2
и Q
3
В некоторой точке между первой и второй сферами измеряют потенциал.
Найти изменение потенциала в этой точке, если вторую и третью сферы замкнуть между собой.
Решение: Пусть r - расстояние от центра шаров до точки, в которой измеряют потенциал (R
1
< r < R
2
). Потенциал в точке r складывается из потенциалов, создаваемых всеми тремя сферами: ϕ =
Q
1
r
+
Q
2
R
2
+
Q
3
R
3
(по- тенциал снаружи заряженной сферы радиуса R на расстоянии r ϕ =
q r
,
внутри постоянен и равен ϕ =
q
R
). После замыкания второй и третьей сферы произойдет перераспределение заряда на них так, чтобы их по- тенциалы сравнялись:
ϕ
2
=
Q
1
R
2
+
Q
2
R
2
+
Q
3
R
3
(1.29)
ϕ
3
=
Q
1
R
3
+
Q
2
R
3
+
Q
3
R
3
ϕ
2
= ϕ
3
(1.30)
Отсюда, а также из закона сохранения заряда (Q
2
+ Q
3
= Q
2
+ Q
3
)
находим новые заряды:
Q
2
= −Q
1
Q
3
= Q
1
+ Q
2
+ Q
3
(1.31)
Потенциал после замыкания: ϕ =
Q
1
r
−
Q
1
R
2
+
Q
1
+Q
2
+Q
3
R
3
. Изменение потен- циала:
Δϕ = Q
1
+ Q
2
)
1
R
3
−
1
R
2
).
(1.32)
2.20 Определить силу притяжения между точечным зарядом q и металлическим шаром радиуса r. Заряд находится на расстоянии d от центра шара. Рассмотреть два случая: 1) шар заземлен; 2) шар изолиро- ван, а полныей его заряд равен нулю.
Решение: 1) Вследствие заземления потенциал равен нулю. Восполь- зуемся методом электростатических изображений. Уберем сферу и поме- стим некоторый заряд q так, чтобы поверхностью нулевого потенциала осталась поверхность сферы. В таком случае, поле этой системы совпа- дает с полем вне сферы.
7
Возьмем некоторую точку В на поверхности сферы. Пусть AB = b.
Возьмем точку С на отрезке ОА так, чтобы ΔOAB ∼ ΔBCO. BC = b .
Поместим туда заряд q . Потенциал в точке В равен: ϕ =
q b
+
q b
. Он должен быть равен нулю. Отсюда q = −q b
b
. Из подобия треугольников:
b b
=
r d
. Расстояние от центра сферы до вспомогательного заряда OC =
r r
d
≡
r
2
d
. Видим, что ни величина заряда, ни расстояние OC не зависят от выбора точки В. Таким образом, изображением заряда q в сфере будет данный заряд.
Поле, которое он создает в точке А, совпадает с полем индуцирован- ных зарядов сферы в этой точке. Поэтому искомая сила взаимодействия равна
F =
qq
AC)
2
= q
2
rd d
2
− r
2
)
2
(1.33)
2) Если сфера не изолирована, то ее потенциал не равен нулю, но постоянен на всей поверхности. Добавим к пробному заряду из пункта
1) второй заряд в точку О величиной −q = −q r
d
. Сила взаимодействия зарядов (а также заряда и сферы) станет
F = q
2
rd d
2
− r
2
)
2
− q
2
r d
3
(1.34)
1.3
Третья неделя
3.1 На сколько отличается от единицы диэлектрическая постоянная "
"идеального газа", состоящего из большого количества проводящих ша- риков радиусом r. Плотность (концентрация) шариков n мала, так что r
3
n
1.
Решение: Дипольный момент проводящего шара, помещенного в однородное поле E равен p = r
3
E (см. задачу 1.23). Поляризация среды
- дипольный момент единицы объема - равна: P = np.
D = E + 4πP D = "E
(1.35)
D = E 1 + 4πr
3
n) " = 1 + 4πr
3
n
(1.36)
8

3.7 Имеется тонкий длинный диэлектрический цилиндр длиной 2l и радиусом r с "замороженной"поляризацией P
0
= const. Найти напряжен- ность электрического поля в точке A. Во сколько раз это поле сильнее,

чем в точке B?
Решение: Из-за поляризации циллиндра на его торцах возникает поверхностный заряд, причем его плотность σ = n P
0
), где n - вектор внешней нормали к поверхности торца. Считаем циллиндр длинным в том смысле, что r l. Поэтому поле в точке A можно считать полем равномерно заряженной пластины (его торца):
E
A
= 4πσ = 4πP
0
(1.37)
Поле в точке B рассчитаем, рассматривая торцы циллиндра в виде то- чечных зарядов (в силу r l):
E
b
= 2
πr
2
σ
l
2
(1.38)
Поле в точке A сильнее, чем поле в точке B в E
a
/E
b
≡ l
2
/r
2
раз.
3.19 Внутрь плоского конденсатора, обкладки которого соединены между собой, помещена диэлектрическая пластинка толщиной h с "замо- роженной"однородной поляризацией (P = const). Вектор поляризации
P перпендикулярен боковым граням пластины. Определить напряжен- ность поля и электрическую индукцию внутри и вне пластины. Рассто- яние между обкладками конденсатора равно d.
9
Решение: Пластина поляризована, следовательно, на ее поверхно- сти есть поляризационная плотность зарядов. Она равна (см 3.7) σ = P .
Поэтому вместо диэлектрической пластины можно взять две плоскости,
заряженные с плотностью σ. Поскольку обкладки конденсатора соедине- ны, то произойдет образование индукционных зарядов на его обкладках.
Пусть абсолютные величины поверхностной плотности на них равны σ
1
(заряды противоположны по знаку по закону сохранения заряда). Кроме того, напряжение между обкладками должно быть ноль. Отсюда:
U =
Edr = 0
U = 4πσ
1
d − 4πσh ⇒ σ
1
= σ
h d
(1.39)
Напряженность и индукция поля вне пластины:
E
ext
= 4πσ
h d
= D
ext
(1.40)
Напряженность поля внутри диэлектрика можно рассчитать как поле четырех пластин:
E
int
= 4πσ
h d
− 4πσ
(1.41)
а индукция поля есть
D
int
= E
int
+ 4πP = 4πσ
h d
(1.42)
Заметим, что поле внутри пластины можно было получить иначе: нор- мальная составляющая индукции поля не изменяется при переходе через
10

поверхность диэлектрика (на ней нет свободных зарядов, только поля- ризационные). Поэтому внутри диэлектрика индукция такая же, как и снаружи:
D
int
= 4πσ
h d
= D
ext
(1.43)
(вне пластины вектор поляризации нулевой).
3.26 Пространство между пластинами плоского конденсатора запол- нено диэлектриком, диэлектрическая проницаемость которого линейно меняется от значения "
1
у одной пластины до значения "
2
< "
1
у дру- гой. Расстояние между пластинами d, площадь каждой из них равна S.
Найти емкость C конденсатора.
Решение: Предположим, заряд конденсатора равен q. Свободные заряды в этой системе только на обкладках, поэтому индукция электри- ческого поля внутри конденсатора не изменяется: D = 4πσ, а напряжен- ность E =
D

=
4πσ

. Найдем напряжение между обкладками:
U =
Edx =
d
0 4πσ
"
dx =
d
0 4πσ
"
1
−

1
−

2
d x
=
"
1
"
1
− "
2
d ln
"
2
"
1
. (1.44)
Тогда емкость конденсатора есть
C =
q
U
=
S "
1
− "
2
)
4πd ln

1

2
(1.45)
3.30 Прокладка из сегнетоэлектрика (ε = 200) имеет толщину, рав- ную зазору между пластинками плоского конденсатора. Площадь пла- стин плоского конденсатора S
1
= 1 м
2
. Какова должна быть площадь S
2
основания прокладки для того, чтобы в объеме, занимаемом прокладкой,
индукция сделалась в 40 раз больше, чем до ее введения? Конденсатор изолирован.
11
Решение: Пусть конденсатор имеет заряд q. После введения пла- стинки произойдет перераспределение зарядов так, чтобы напряжение между любыми двумя точками обкладок было одинаковым. Пусть σ
1
- плотность зарядов обкладок той части конденсатора, где нету диэлек- трика, а σ
2
, соответственно, той части, куда помещена прокладка. На- пряжения между точками A B и C D должны быть равны:
U
AB
= 4πσd = U
CD
=
4πσ
ε
d.
(1.46)
Кроме того, должен выполняться закон сохранения заряда:
σ
2
S
2
+ σ
1
S
1
− S
2
) = q.
(1.47)
По условию, индукция поля после введения диэлектрика должна увели- читься в N = 40 раз:
4πσ
2
= N ∗ 4π
q
S
1
(1.48)
Равенства (1.46), (1.47) и (1.48) образуют систему уравнений, из которой можно выразить S
2
:
S
2
=
ε − N
N ε − 1)
S
1
= 0.02 м
2
(1.49)
1.4
Четвертая неделя
3.42 Вычислить электростатическую энергию заряда на шаре радиусом
R в вакууме, если заряд шара q равномерно распределен по его поверх- ности.
Решение: Электростатическая энергия системы равна работе, ко- торую необходимо совершить для сообщения системе заданного заряда.
Будем малыми порциями δQ
q приносить с бесконечности заряд на
12

шар. Пусть в некоторый момент времени заряд шара Q. Тогда работа,
к-ую надо совершить для увеличения заряда до Q + δQ есть:
δA =
R
∞
Q
r
2
δQdr =
QδQ
R
Тогда полная электростатическая энергия шара есть
W =
q
0
δA δQ) =
q
0
QδQ
R
=
q
2 2R
(1.50)
3.50 По сфере радиусом R равномерно распределен заряд Q. Опре- делить давление изнутри на поверхность сферы, обусловленное взаимо- действием зарядов.
Решение: Решим задачу двумя способами:
1. Энергетический способ. Пусть давление зарядов шара на поверх- ность оного есть p. В силу симметрии задачи, оно одинаково для каждой точки поверхности. Предположим, радиус шара адиабати- чески увеличился под действием давления на δR. Тогда изменение энергии шара обусловлено работой сил давления:
δW + pδV = 0.
(1.51)
δW = −
Q
2 2R
2
δR
(см. предыдущую задачу).
δV = 4πR
2
Отсюда искомое давление есть p =
Q
8πR
4 2. Механический способ. Рассмотрим малый элемент поверхности ша- ра. Вблизи него поле можно считать однородным полем заряжен- ной пластинки. Этот элемент создает поле E = 2πσ (σ = Q/ 4πR
2
))
и внутри шара, и снаружи. Но поскольку внутри шара поля нет,
13
то поле малого элемента поверности должно компенсироваться по- лем остальной поверхности шара, которая, следовательно, создает в данной точке поле E = 2πσ, направленное наружу шара. Сила,
действующая на площадку, есть F = σδSE, откуда p = F/ δS) = 2πσ
2
=
Q
2 8πR
4 3.61 Плоский воздушный конденсатор заряжен до разности потен- циалов V и отсоединен ЭДС. Площадь пластинки S, расстояние между ними d. Пластины конденсатора расположены вертикально. Снизу под- водят сосуд с жидким диэлектриком, имеющим диэлектрическую про- ницаемость ε, так что диэлектрик заполняет половину конденсатора.