ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "ЕЛЕКТРИКА І МАГНЕТИЗМ". Компенсаційний курс

Site:	physics.zfftt.kpi.ua
Course:	physics.zfftt.kpi.ua
Book:	ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "ЕЛЕКТРИКА І МАГНЕТИЗМ". Компенсаційний курс
Printed by:
Date:	Sunday, 3 December 2023, 4:13 PM

ВСТУП. Електричний заряд та електромагнітне поле
Розділ І. Електричне поле
Розділ ІІ. Постійний електричний струм
Розділ ІІІ. Магнітне поле та електромагнітна індукція

ВСТУП. Електричний заряд та електромагнітне поле

Усі сили, що спостерігаються в природі й використовуються людиною, є проявами всього чотирьох фундаментальних (таких, що не зводяться до інших) взаємодій: гравітаційної, електромагнітної, сильної (ядерної) та слабкої. При цьому останні дві взаємодії є відповідальні лише за процеси в ядрах атомів та елементарних частинках, так що всі властивості тіл і явища (крім гравітації), які спостерігаються на відстанях від розмірів атома і більше, мають електромагнітну природу. Зокрема, це стосується сил пружності, тертя й опору, сил міжмолекулярної взаємодії, тощо. Електромагнітна взаємодія зумовлює хімічні реакції та такі суб'єктивні відчуття, як смак і запах. Врешті й світло, завдяки якому існує саме життя, має електромагнітну природу.

Гравітація або ’’всесвітнє тяжіння“ існує між будь-якими матеріальними об'єктами. Але електромагнітна взаємодія спостерігається тільки між частинками, що мають електричний заряд. Таким зокрема є електрони та протони – частинки, що входять до складу атомів речовини.

Електричний заряд є й ознакою, й фізичною величиною – кількісною мірою електромагнітної взаємодії. Одиницею електричного заряду є кулон (1Кл).

Заряд є невіддільною від частинки характеристикою. Тому зазвичай говорять не про ’’взаємодію частинок, які мають електричний заряд“, а просто про взаємодію зарядів.

Природу електричного заряду ще достеменно не встановлено, але його властивості є добре вивчені. Головні властивості електричного заряду такі:

– Існує два види заряду, що називаються позитивним і негативним. При цьому однойменні заряди відштовхуються, а різнойменні притягаються.

– Заряд – дискретна величина. Усі заряджені елементарні частинки, що можуть існувати у вільному стані, зокрема електрони і протони, що входять до складу атомів і молекул, мають заряди однакової величини ${e}=\pm{1,6}\cdot{10^{-19}}$ Кл, яка називається елементарним зарядом. Тому заряд усякого макроскопічного тіла теж є дискретним. Одначе через гранично малу величину е та велику кількість молекул у тілі можна вважати, що заряд у ньому розподіляється неперервно і може змінюватися на будь-яку величину.

– Для заряду виконується універсальний закон збереження:

У замкненій системі алгебраїчна сума зарядів усіх частинок залишається незмінною за будь-яких умов:

$\sum\limits_{i}{{{q}_{i}}=const}$.

– Взаємодія між зарядженими частинками здійснюється не безпосередньо, а передається від точки до точки із скінченною швидкістю і здійснюється через електромагнітне поле, що існує навколо кожного заданого заряду й діє на будь-який інший заряд. У загальному випадку сила електромагнітної взаємодії залежить від величини зарядів, їхнього взаємного розташування та стану руху. Але ця залежність є такою, що електромагнітну силу $\vec{F}$ завжди можна розділити на дві складові – електричну $\vec{F}_{e}$ і магнітну $\vec{F}_{м}$ – так, що

$\vec{F}=\vec{F}_{e}+\vec{F}_{м}$.

При цьому електрична сила визначається величиною і просторовим розташуванням зарядів, магнітна – їхнім станом руху. Відповідно й електромагнітне поле можна трактувати як сукупність електричного та магнітного полів. Така можливість є дуже зручною й продуктивною, але не означає існування в природі двох окремих названих полів.

Електричне та магнітне поля є двома різними проявами єдиного електромагнітного поля.

Незаперечним свідченням цього є здатність електричного та магнітного полів до взаємних перетворень. Але в цьому розділі розглядаються властивості лише електричного поля заряджених частинок.

Більш детально електромагнітна взаємодія та електромагнітні явища розглядаються в наступних розділах:

І. Електричне поле

ІІ. Постійний електричний струм

ІІІ. Магнітне поле та електромагнітна індукція

Кожен розділ містить:

1. Короткі теоретичні відомості

2. Приклади розв’язування задач

3. Задачі для самостійної роботи

Розділ І. Електричне поле

1. Теоретичні відомості.

Властивості електричного поля визначаються величиною та просторовим розташуванням зарядів, які його створюють. У чистому вигляді вони виявляють себе в електростатичних полях, тобто таких, які створюються нерухомими зарядженими частинками й тілами. Далі розглянуто наступні питання:

1.1. Напруженість електричного поля. Поле точкового заряду

1.2. Принцип суперпозиції. Поле системи зарядів

1.3. Потенціал

1.4. Зв’язок між напруженістю та потенціалом

1.5. Провідники. Електрична ємність, конденсатори

1.6. Енергія електричного поля

1.1. Напруженість електричного поля. Поле точкового заряду

Дослід свідчить, що сила, котра діє на внесений у дану точку поля заряд, є прямо пропорційна до його величини. Отже, відношення даної сили до заряду не залежить від нього й визначає саме поле. Тож указане відношення є основною характеристикою електричного поля і називається його напруженістю. Або, перефразувавши,

напруженістю електричного поля $\vec{E}$ називається відношення сили $\vec{F}$, що діє на позитивний пробний заряд q_пр у даній точці поля, до величини цього заряду:

$\vec{E}=\frac{\vec{F}}{q_{пр}}$.

(1.1)

(”Пробний заряд“– це точковий заряд настільки малої величини q, що своїм власним полем він не змінює розташування зарядів, які створюють досліджуване поле, і не спотворює його.)

Напруженість $\vec{E}$ є вектором, напрямок якого збігається з напрямком сили, що діє в даній точці поля на позитивний заряд, а модуль Е чисельно дорівнює модулю сили, що діє на одиничний заряд. Інакше говорячи, напруженість є силовою характеристикою електричного поля – вектор $\vec{E}$ визначає силу, що діє у полі на заданий точковий заряд q згідно з формулою:

$\vec{F}=q\vec{E}$.

(1.2)

Напрямок вектора$\vec{F}$ залежить від знаку заряду: сила, що діє на позитивний заряд є збіжною, а на негативний – антипаралельною до напрямку поля, рис.10.1.

Одиницею напруженості електричного поля є 1 В/м ("вольт-на-метр" ).

(Варто зауважити, що ця одиниця ґрунтується не на означенні (1.1), як зазвичай прийнято, а на зв’язку напруженості з потенціалом (формула (1.20)). Проте, як і має бути, в полі з напруженістю 1 В/м на заряд 1 Кл діє сила 1 Н).

Напруженість $\vec{E}$, тож і силу $\vec{F}$, що діє на заряд у полі, можна визначати теоретично, не вдаючися до безпосередніх вимірів. Це дозволяє розраховувати рух заряджених частинок в електричному полі, на чому ґрунтується конструювання електричних та електронних пристроїв.

Існують різні способи розрахунку напруженості електричних полів, які прямо чи опосередковано спираються на два встановлені на досліді основні положення: закон Кулона та принцип суперпозиції.

Закон Кулона визначає взаємодію між точковими зарядами й гласить:

Два точкові заряди у вакуумі взаємодіють між собою із силою, що є прямо пропорційна добуткові величин зарядів q₁ і обернено пропорційна квадратові відстані r між ними:

${{{F}_{0}}}=k\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{{{r}^{2}}}$

(1.3)

Числове значення коефіцієнта пропорційності k залежить від обраної системи одиниць і в системі СІ складає

k = 9·10⁹ м/Ф.

Коефіцієнт k є зручним для обчислень, але в теорії прийнято використовувати константу ε₀, що називається електричною сталою і дорівнює

ε₀ = (1/4πk) = 8,85·10^–12Ф/м

Відповідно, розгорнутий вираз закону Кулона має вигляд:

$F=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{r}^{2}}}$

(1.3а)

В однорідному ізотропному діелектрику (непровідному середовищі) сила взаємодії між зарядами F зменшується порівняно із силою взаємодії у вакуумі F₀, так що

$F=\frac{{{F}_{0}}}{\varepsilon }$

(1.4)

де коефіцієнт послаблення ε називається діелектричною проникністю речовини і є її табличною характеристикою. Але для повітря та інших газів за не надвисокого тиску, практично ε = 1.

Таким чином, для поля в діелектрику формули (1.3) і (1.3а) набувають вигляду:

$F=k\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{{\varepsilon }{{r}^{2}}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{\varepsilon }{{r}^{2}}}$

(1.5)

Напрями сил взаємодії між двома зарядами визначаються їхніми знаками: однойменні заряди відштовхуються (рис. 10.2 а,б), а різнойменні – притягаються (рис. 10.2в) по лінії їхнього розташування.

Прийнявши у формулах (1.3), (1.3а) один із зарядів за заряд q, що створює електричне поле, а інший – за пробний заряд q_пр, з означення (1.1) дістанемо загальний вираз для величини (модуля) напруженості електричного поля точкового заряду:

$E=k\frac{q}{\varepsilon {{r}^{2}}}=\frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}\varepsilon {{r}^{2}}}$,

(1.6)

інакше

${E}=\frac{{{E}_{0}}}{\varepsilon }$

(1.6а)

Напрям вектора $\vec{E}$ визначається знаком заряду: для позитивного заряду він скрізь напрямлений радіально від заряду, а для негативного – до заряду (рис. 10.3).

1.2. Принцип суперпозиції. Поле системи зарядів

Дослід свідчить, що електричні поля не взаємодіють між собою – вони діють на заряди, але не одне на одного. Це відображує принцип суперпозиції, який свідчить, що

вектор напруженості електричного поля довільної системи зарядів у кожній точці дорівнює сумі векторів напруженості полів, створюваних у цій точці кожним із зарядів системи окремо (за відсутності інших):
	$\vec{E}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{2}+…+\vec{E}_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}\vec{E}_{i}$.	(1.7)

Принцип суперпозиції разом із законом Кулона дозволяє визначати характеристики полів, що створюються системами точкових зарядів і протяжними зарядженими тілами.

Поле системи точкових зарядів можна розрахувати безпосередньо за виразом (1.7). Для цього в ньому слід за формулою (1.6) визначити модулі Е_і та додати самі вектори $\vec{E}_{i}$, як це ілюструє рис. 10.4 для найпростішої системи – двох точкових зарядів.

Подібно розраховують і поле протяжного зарядженого тіла: його подумки поділяють на елементарні (точкові) ділянки, на основі формули (1.6) записують вираз напруженості поля окремої ділянки і відповідними математичними методами додають напруженості полів усіх ділянок. При цьому для тіл правильної форми із симетричним розподілом заряду виходять прості загальні формули. До прикладу.

Поле сферичної оболонки радіуса R при рівномірному розподілі її заряду q по поверхні скрізь має радіальний напрям і зовні (на відстанях r ≥ R від центра) збігається з полем розміщеного в центрі точкового заряду q, тож визначається формулою (1.6). Зокрема на поверхні його напруженість дорівнює

$E=\frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}R^{2}}$

(1.8)

Всередині сфери (r < R), як показано на рис. 10.5а, поле відсутнє:

$\vec{\E}$ = 0

Це пояснюється тим, що на протилежних сторонах поверхні поля однакових малих ділянок є однакові за модулем і мають зустрічні напрямки.

Поле кулі радіуса R із рівномірно розподіленим по об'єму зарядом q назовні (на відстанях від центра r ≥ R ) теж визначається формулою (1.6), а всередині (r < R) лінійно зростає від 0 в центрі до значення (1.8) на поверхні (рис. 10. 5б). доповнити

Поле рівномірно зарядженої нескінченної площини. З огляду на міркування симетрії можна зрозуміти, що таке поле є однорідне ($\vec{E}$ = const) і спрямоване перпендикулярно до площини (рис. 10.6а). Величина його напруженості визначається формулою

$E=\frac{\sigma }{2{{\varepsilon }_{0}}\varepsilon }$,

(1.9)

де

$\sigma =\frac{\Delta q}{\Delta S}$

– поверхнева густина заряду (Кл/м²), тобто заряд, що припадає на одиницю площі зарядженої поверхні.

Примітка. Нескінченна площина – то є абстракція. Проте практично таке саме поле створює й реальна плоска пластина на малих порівняно з її розмірами відстанях.

У випадку двох паралельних заряджених площин напруженість поля за принципом суперпозиції визначається як $\vec{E}$ = $\vec{E}_{1}$ + $\vec{E}_{2}$ і є не однаковою поміж та поза пластинами. Зокрема, напруженість поля плоского конденсатора (див. п.1.5), де знаки зарядів є різні, а величина σ однакова, поле поза пластинами відсутнє, а між ними – спрямоване від ”+“ до ”–“ (рис. 10.6б) і має напруженість

$E=\frac{\sigma }{{{\varepsilon }_{0}}\varepsilon }$

(1.10)

1.3. Потенціал

Потенціал. Сила, що діє на заряджену частинку в заданому електричному полі, визначається тільки величиною її заряду та координатами . Тому (див. [1], розділ 4, п. 4.2) робота поля при переміщенні частинки між будь-якими точками 1 і 2, не залежить від пройденого шляху і дорівнює спадові її потенціальної енергії:

A = W₁ – W₂

(1.11)

Ця робота є прямо пропорційна силі (1.2), що діє на частинку, тож і її зарядові. Тому

відношення роботи А сил електричного поля зарядів при переміщенні частинки між двома точками до її заряду q є характеристикою самого поля і називається різницею потенціалів (φ₁ − φ₂) між цими точками:

${{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{{{W}_{1}}-{{W}_{2}}}{q}=\frac{A}{q}$

(1.12)

Різницю потенціалів інакше називають напругою і позначають одним символом:

φ₁ – φ₂ = U

Отже, вираз роботи електростатичного поля при переміщенні заряду має вигляд:

Α = q(φ₁ − φ₂), або A = qU

(1.13)

Різниця потенціалів (напруга) вимірюється у вольтах (В), 1 В = 1 Дж/Кл – це різниця потенціалів у таких двох точках, при переміщенні між якими заряду q = 1 Кл поле виконує роботу A = 1 Дж.

Для елементарних частинок, зокрема електронів, джоуль є загрубою мірою роботи та енергії, і натомість використовують зручнішу позасистемну одиницю – електронвольт (еВ). За означенням

1 еB дорівнює енергії, що її отримує електрон у прискорюючому полі при переміщенні між точками з напругою 1 B.

Отже, згідно із формулою (1.13),

1 еВ = ${1,6}\cdot{10}^{-19}$ Дж.

Таким чином,

потенціал $\varphi$ є енергетичною характеристикою електричного поля.

Співвідношення (1.12) визначає тільки різницю потенціалів між заданими точками. А для самого потенціалу, як і для потенціальної енергії, треба попередньо обрати нульовий рівень – точку (чи множину точок), де потенціал приймається рівним нулю. Зважаючи на це, можна дати наступне означення.

Потенціалом $\varphi$ називається відношення роботи A₀ електричного поля при переміщенні частинки з даної в нульову точку до її заряду q:

$\varphi=\frac{A_{0}}{q}$.

(1.14)

Інакше кажучи,

потенціал $\varphi$ чисельно дорівнює роботі поля при переміщенні одиничного позитивного заряду з даної точки в нульову точку.

При цьому вибір нульової точки є довільним і визначається лише міркуваннями зручності. До прикладу, в електротехніці та електроніці нульову точку потенціалу обирають на земній поверхні, а в фізиці – на "на нескінченності", тобто в точках, що знаходяться безмежно далеко від зарядів, які створюють поле.

Визначення потенціалу ґрунтується на принципом суперпозиції, за яким

потенціал φ поля довільної системи зарядів у кожній точці дорівнює сумі потенціалів φ_і полів складових частин системи:

$\varphi=\varphi_{1}+\varphi_{2}+…+\varphi_{n}$$=\sum{{{\varphi }_{i}}}$

(1.15)

У системі з маленьких заряджених тілець величини φ_і визначає наступна загальна

формула потенціалу поля точкового заряду:

$\varphi =\frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}\varepsilon r}$,

(1.16)

або

$\varphi =k\frac{q}{\varepsilon r}$, k = (1/4πε₀) = 9·10⁹ Ф/м.

(1.16а)

Отже, для потенціалу поля системи точкових зарядів маємо:

$\varphi =k\sum{\frac{{{q}_{i}}}{\varepsilon {{r}_{i}}}}$.

(1.17)

За такою схемою визначають і потенціал поля неточкового зарядженого тіла. Його спочатку подумки розбивають на гранично малі ("точкові") ділянки, а потім відповідно до виразу (1.15) методами вищої математики визначають сумарний потенціал. При цьому за симетричного розподілу заряду виходять прості формули. Зокрема,

потенціал поля сфери та кулі радіуса R із рівномірно розподіленим зарядом q зовні (на відстанях r ≥ R від центра) збігається з потенціалом поля точкового заряду q, розміщеного в центрі, і за формулами (1.16), (1.16а ), визначається як

$\varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon\varepsilon_{0}R}$,

(1.18)

або

$\varphi =k\frac{q}{\varepsilon{R}}$, k = (1/4πε₀) = 9·10⁹ Ф/м.

(1.18а)

Всередині сфери через відсутність поля (див. п. 1.2) потенціал в усіх точках однаковий і рівний потенціалові поверхні.

На графіку залежність φ(r) для поля сфери має вигляд кривої а на рис. 10.9.коригувати

Всередині кулі напруженість поля лінійно зменшується (рис. 10.5а) від значення q/4πεεR² на поверхні до нуля в центрі. Отже, (див. п. 1.4), потенціал у напрямку центра збільшується, як показано кривою б на рис. 10.9 .

1.4. Зв’язок між напруженістю та потенціалом

Між напруженістю $\vec{E}$ та потенціалом φ існує тісний зв’язок, який можна встановити, розглянувши роботу однорідного електричного поля $\vec{E}$ = const на переміщенні $\Delta \vec{r}$ заряду q між якимось точками 1 і 2 (рис. 1. ).

Указану роботу можна виразити подвійно: через модулі заряду q > 0, напруженості E > 0 і переміщення Δr > 0 як A = qE·Δr·cosα, та через потенціал (формулою (1.13)) Α = q(φ₁ − φ₂). Отже,

$qE\Delta r\cdot \cos \varphi =q\left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)$$\Rightarrow $ $E=\frac{\left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)}{d}=\frac{U}{\Delta r\cdot \cos \alpha }$,

(1.19)

де d = Δr·cosα – довжина відрізка 2-2′, тобто відстань між точками 1 і 2, відрахована вздовж напрямку поля. Цей вираз можна записати коротше через напругу U = φ₁ − φ₂:

$E=\frac{U}{d}$

(1.20)

Аби сформулювати зміст отриманого співвідношення, візьмемо до уваги таке:

1. Вираз (1.19) є чинним при будь-якому взаємному розташуванні точок 1 і 2. При цьому, коли кут α гострий (як на рис. 1. ), то φ₁> φ₂, а коли тупий – навпаки, φ₂> φ₁. Це означає, що в напрямку поля потенціал завжди зменшується.

2. При переміщенні заряду з т. 2 вздовж відрізка 2-2′ кут α = 90°, тож А = 0 і φ₂ = φ₂′.

3. Це стосується будь-якої іншої точки, що розташована в одній з т. 2 площині перпендикулярній до напрямку поля.

4. Величина d = Δr·|cosα| є найменшою можливою відстанню між точками із заданою різницею потенціалів.

Перефразовуючи сказане, можна дати таке формулювання:

Вектор напруженості електричного поля є скрізь напрямлений в бік найшвидшого зменшення потенціалу й по модулю дорівнює цій швидкості

Слід зауважити, що співвідношення (1.20) встановлено для однорідного поля ($\vec{E}$ = const ), і для неоднорідного ($\vec{E}$ ≠ const ) лише наближено визначає зв'язок між напруженістю та потенціалом на невеликій відстані. Відповідний точний вираз встановлюється методами вищої математики подібно до миттєвої швидкості при нерівномірному русі (див. Частина І, Розділ І, п. 1. ... ). Але якісно зв’язок між характеристиками поля лишається таким самим і, зокрема, відображує, що

про присутність поля в точці із заданим потенціалом $\varphi$ свідчить не сам потенціал, а його зміна $\Delta\varphi$ при зміщенні в сусідню точку.

До прикладу, коли $\varphi\ne{0}$, але $\Delta\varphi=0$, то електричне поле відсутнє ($\vec{E}=0$). І навпаки, якщо в певній точці $\varphi=0$, але при переміщенні з неї $\Delta\varphi\ne{0}$, то в цій точці поле є ($\vec{E}\ne{0}$). Так само, із співвідношення (1.20) випливає, що

на межі двох середовищ є неможливі стрибки потенціалу,

позаяк це означало би нескінченно велику напруженість поля.

Задля наочності електричне поле часто "зображують" на рисунку у вигляді сукупностей силових ліній та еквіпотенціальних поверхонь.

Силовою лінією (або лінією поля) називається лінія, дотична до якої в кожній точці збігається за напрямом з вектором напруженості поля в цій точці.

Еквіпотенціальною поверхнею (або поверхнею рівного потенціалу) називається поверхня, у всіх точках якої потенціал поля має однакове значення.

При будь-якому переміщенні еквіпотенціальною поверхнею у виразі (1.13) $\cos\alpha=0$ і $\alpha=90^{\circ}$. Це означає, що

силові лінії та еквіпотенціальні поверхні завжди є взаємно ортогональні, тобто вектор $\vec{E}$ у кожній точці за напрямом збігається з нормаллю до еквіпотенціальної поверхні, що проходить через цю точку.

До прикладу, для поля точкового заряду (рис.10.8а, б) силові лінії є радіальними променями, а еквіпотенціальні поверхні – концентричними сферами (на рисунку – колами . Для однорідного поля силові мають вигляд паралельних рівновіддалених променів, а еквіпотенціальні поверхні – перпендикулярних до них рівновіддалених площин (рис.10.8в).

1.5. Провідники. Електрична ємність, конденсатори

Провідниками називаються речовини, що добре проводять електричний струм: тверді метали, валентні електрони котрих є практично вільними, та розплави й електроліти – розчини, в яких молекули є дисоційовані, та йонізовані гази.

Наявність великої кількості практично вільних зарядів зумовлює характерну поведінку провідників при вміщенні в електростатичне поле та при електризації (створенні в них надлишку зарядів певного знаку). А саме, через велику рухливість надлишкові заряди під дією зовнішнього поля та кулонівського відштовхування виходять на поверхню провідника й розподіляються по ній так, аби опинитись у рівновазі. Отже, за будь-яких умов

в об'ємі провідника електростатичне поле відсутнє ($\vec{E}=0$), а на поверхні воно в кожній точці напрямлене по нормалі.

Це означає, що

поверхня провідника є еквіпотенціальною (φ = const), незалежно від того, чим створюється поле – самим зарядженим провідником, чи зовнішніми зарядами.

Дослід свідчить, що заряд відокремленого (віддаленого на дуже велику відстань від інших тіл) провідника та його потенціал пов'язані прямою пропорційною залежністю $q=C\varphi$. При цьому величина

$C={\frac{q}{\varphi}}$

(1.21)

називається електричною ємністю (або просто ємністю) провідника і залежить тільки від його розмірів і форми та діелектричної проникності середовища, в якому він перебуває. Прикладом може слугувати ємність провідної кулі або сфери, котра згідно з виразом (1.18), складає

С = 4πεε₀R

(1.22)

За наявності зовнішніх тіл потенціал і ємність окремого провідника залежить від наявності навколишніх тіл і їхнього розташування. Але такої вади є позбавлений конденсатор – сукупність провідних пластин-обкладок (зазвичай двох), зазор між якими є набагато менший за їхні розміри й завичай заповнений діелектриком. За такої умови подані на обкладки різнойменні заряди однакової величини створюють електричне поле практично тільки всередині конденсатора. Тому

конденсатор є нечутливий до оточення та зовнішніх полів.

Ємність конденсатора визначається відношенням його заряду до напруги:

$C=\frac{q}{U}$,

(1.23)

де величина заряд конденсатора q > 0 — то є заряд позитивної обкладки і напруга U > 0 — модуль різниці потенціалів між обкладками.

Профіль обкладок конденсатора, в принципі, може бути довільним, але реально використовують плоскі, сферичні та циліндричні конденсатори.

Плоский конденсатор складається з двох однакових паралельних плоских обкладок певної площі S кожна, що розміщені на відстані d <<S одна від одної. Тому в зарядженому конденсаторі заряди рівномірно розподілені по обкладках з густиною

$\sigma =\pm \frac{q}{S}$

(1.24)

і створюють однорідне поле з напруженістю (формула (1.10))

$E=\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}\varepsilon S}$

(1.25)

Отже, ємність плоского конденсатора, згідно з означенням (1.23) та співвідношенням (1.20), визначається формулою

$C=\frac{\varepsilon\varepsilon_{0}S}{d}$

(1.26)

номери далі !

Сферичний конденсатор являє собою дві концентричні сферичні оболонки з радіусами R₁і R₂ > R₁, простір між якими зазвичай заповнено діелектриком із проникністю ε. Тож, виразивши напругу U = φ₁ – φ₂ через потенціали обкладок (формула (1.18)), дістанемо наступну формулу ємності сферичного конденсатора

$C=\frac{4\pi {{\varepsilon }_{0}}\varepsilon {{R}_{1}}{{R}_{2}}}{{{R}_{2}}-{{R}_{1}}}$

(1.27)

На електричних схемах конденсатор зображується, як показано на рис.10.10.

На практиці, крім поодиноких конденсаторів, використовують їхні з'єднання, найпростішими з яких є послідовне та паралельне (рис. 10.11а, 10.11б, відповідно).

При послідовному з'єднанні напруга U на з'єднанні дорівнює сумі напруг U_i на кожному з конденсаторів:

$U=U_{1}+ U_{2}+… U_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}U_{i}$.

При цьому

заряди q_і на окремих конденсаторах та послідовному є однакові:

q₀ = q₁ = q₂ = … = q_n,

тож ємність послідовного з'єднання конденсаторів визначається із співвідношення

$\frac{1}{C_{0}}=\frac{1}{C_{1}}+\frac{1}{C_{2}}+…+\frac{1}{C_{n}}=\sum\limits_{i}\frac{1}{C_{i}}$.

(1.28)

Зокрема, для послідовного з'єднання n конденсаторів однакової ємності С

$C_{0}=\frac{C}{n}$,

(1.28а)

а для двох конденсаторів C₁і C₂

${{C}_{0}}=\frac{{{C}_{1}}{{C}_{2}}}{{{C}_{1}}+{{C}_{2}}}$

(1.28б )

При паралельному з'єднанні напруги U_і на всіх конденсаторах та з'єднанні в цілому U₀ є однакові:

U₀ = U₁ = U₂=… = U_n,

а сумарний заряд системи q₀ дорівнює сумі зарядів q_і окремих конденсаторів:

$q_{0}= q_{1}+ q_{2}+…+ q_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}q_{i}$.

Відповідно, ємність паралельного з'єднання конденсаторів дорівнює сумі їхніх ємностей:

$C_{0}=C_{1}+ C_{2}+…+ C_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}C_{i}$.

(1.29)

Для n конденсаторів однакової ємності C

C₀ = nC

(1.29а)

1.6. Енергія електричного поля

Заряди, що створюють електричне поле, діють не лише на внесені в поле інші заряди, а й один на одного. Тому будь-яка система зарядів має відповідну енергію взаємодії між її зарядами. Ця енергія зумовлюється роботою зовнішніх сил при утворенні системи з віддалених зарядів і дорівнює сумі енергій взаємодії всіх пар зарядів, з яких складається. Зокрема, енергія взаємодії двох точкових зарядів q₁ і q₂, що розташовані один від одного на відстані r у середовищі з діелектричною проникністю $\epsilon$, визначається формулою

$W=\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon\epsilon_{0}r}$=$\frac{kq_{1}q_{2}}{\epsilon{r}}$

(130)

Цей вираз можна записати симетрично, як

$W=\frac{1}{2}\left(q_{1}\frac{q_{2}}{4\pi\epsilon\epsilon_{0}r}+ q_{2}\frac{q_{1}}{4\pi\epsilon\epsilon_{0}r}\right)$,

або

$W=\frac{1}{2}(q_{1}\varphi_{1}+q_{2}\varphi_{2})$

де, відповідно до формули (1.15), $\varphi_{1}$ – потенціал поля заряду q₂ у точці розташування q₁, а $\varphi_{2}$ – потенціал поля заряду q₁ у точці розташування заряду q₂. Отже, енергія взаємодії системи n точкових зарядів q_i визначається загальним виразом

$W_{п}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}q_{i}\varphi_{i}$,

(1.31)

де $\varphi_{i}$ – потенціал поля решти зарядів у місці розташування заряду q_i.

Заряджений конденсатор теж має електричну енергію W, яка передається йому в процесі заряджання. Енергія конденсатора визначається однією з формул:

$W=\frac{q^{2}}{2C}$;	(1.32а)
$W=\frac{CU^{2}}{2}$;	(1.32б)
$W=\frac{qU}{2}$.	(1.32в)

Енергію плоского конденсатора можна визначити й через напруженість поля Е, якщо у виразі (1.32б) напругу замінити за співвідношенням (1.20) а ємність виразити формулою (1.26):

$W = \frac{1}{2}\cdot\frac{\varepsilon\varepsilon_{0}S}{d}\cdot{(Ed)^{2}}=\frac{\varepsilon\varepsilon_{0}E^{2}}{2}\cdot{V}$

(1.33)

У виразі (1.33) об'єм конденсатора V = Sd є також і об'ємом його електричного поля. Це наводить на думку, що енергія конденсатора зосереджена не на обкладках, а міститься в створюваному ними полі й розподілена з об'ємною густиною w (енергією, що припадає на одиницю об'єму)

$w=\frac{\varepsilon\varepsilon_{0}E^{2}}{2}$.

(1.34)

Це твердження не спростовується жодним із відомих фактів не лише для конденсатора, а й для будь-якої іншої системи зарядів. Отже, маємо констатувати, що

електричне поле як таке має енергію, котра розподілена в просторі з об'ємною густиною, що визначається напруженістю поля та діелектричною проникністю середовища (формула (1.34))

2. Приклади розв’язування задач

При розв'язуванні задач електростатики необхідно враховувати загальні поради по організації й оформленню розв'язку (див. "Етапи розв'язування задач").

Наведені приклади розв'язування задач поділені на такі групи:

Закон Кулона

Задача 1.1. Три нерухомі точкові заряди q₁ = 2 нКл, q₂ = 5 нКл, q₃ = –3 нКл закріплен0 у вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см. Визначити сили F₁, F₂, F₃, що діють на кожен із зарядів з боку двох інших.

Задача 1.2. Дві однакові заряджені металеві кульки звели докупи й відтак розвели на в n = 2 рази меншу відстань. Визначити відношення початкових зарядів кульок (q₁/q₂), якщо після цього сила взаємодії між ними збільшилась у η = 4,5 раза.

Задача 1.3. Дві однакові металеві кульки, що підвішені в одній точці на нитках однакові довжини, занурюють у рідину з густиною в n = 3 рази меншою за густину кульок. Визначити діелектричну проникність ε рідини, якщо при зануренні кульок кут розходження ниток не змінився.

Задача 1.4. За уявленнями класичної механіки електрони в атомах рухаються навколо ядер по колових орбітах, як планети навколо Сонця. Виходячи з такої моделі, визначити швидкість v руху електрона в атомі Гідрогену, якщо радіус його орбіти r = 53 пм.

Задача 1.1

Три нерухомі точкові заряди q₁ = 2 нКл, q₂ = 5 нКл, q₃ = –3 нКл закріплено у вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см.

Визначити

сили F₁, F₂, F₃, що діють на кожен із зарядів з боку двох інших.

Дано:

$q_{1}$ = 2 нКл = 2·10^–9 Кл

$q_{2}$ = 5 нКл = 5·10^–9Кл

$q_{3}$ = –3 нКл = –3·10^–9 Кл

F₁ - ? F₂ - ? F3 - ?

Розв'язання

Шукана сила, що діє на даний заряд, дорівнює сумі сил його взаємодії (формула (1.3)) з двома іншими, як показано на рис. 1-1. При цьому напрями складових сил відомі, тож для розрахунків доцільно використати теорему косинусів. Тоді, приміром, для заряду q₁ маємо:

${{F}_{1}}=\frac{k{{q}_{1}}}{{{a}^{2}}}\sqrt{q_{2}^{2}+q_{3}^{2}+{{q}_{2}}\left| {{q}_{3}} \right|\cos {{\alpha }_{1}}}$,

де $\alpha_{1}=120{}^\circ $ – кут між векторами $\vec{F}_{12}$ і $\vec{F}_{13}$.

Аналогічно виражаються й сили F₂ та F₃.

Задля зручності обчислень доцільно заздалегідь урахувати, що k = 4π·10^–9 Ф/м, a²= 10^–2 м², cosα₁ = = –0,5, cosα₃= 0,5 і для зарядів увести позначення q = Q·10^–9 Кл, де Q₁ = 2, Q₂ = 5, Q₃ = –3. Відтак отримаємо:

F₁ = 1,8Q₁·$\sqrt{Q_{2}^{2}+Q_{3}^{2}-{{Q}_{2}}\left| {{Q}_{3}} \right|}$ (мкН) = 7,85 мкН

F₂ = 1,8Q₂·$\sqrt{Q_{1}^{1}+Q_{3}^{2}-{{Q}_{1}}\left| {{Q}_{3}} \right|}$ (мкН) = 11,9 мкН

F₃ = 1,8Q₁·$\sqrt{Q_{1}^{2}+Q_{2}^{2}+{{Q}_{1}} {{Q}_{2}} }$ (мкН) = 33,7 мкН

Задача 1.2

Дві однакові заряджені металеві кульки звели докупи й відтак розвели на в n = 2 рази меншу відстань.

Визначити

відношення початкових зарядів кульок (q₁/q₂), якщо після цього сила взаємодії між ними збільшилась у η = 4,5 раза.

Дано:

n = 2

η = 4,5

Розв'язання

Сила кулонівської взаємодії між кульками змінюється внаслідок перерозподілу їхніх зарядів при дотику та зміни відстані r між ними. Нехай спочатку величини (модулі) зарядів кульок складають q₁ і q₂ , а відстань між ними – r₁. Позаяк кульки однакові, величина заряду кожної після дотику складає

$Q=\frac{\left| {{q}_{1}}\pm {{q}_{2}} \right|}{2}$

де знак ”–“ стосується випадку, коли заряди мають різні знаки.

У такому разі, виразивши за формулою (1.3) кінцеву F₂ та початкову F₁ силу взаємодії між кульками й урахувавши умови F₂ = 4,5F₁ і r₁ = 2r₂, вийдемо на рівність

(q₁ ± q₂)² = 4,5|q₁q₂|.

Відтак, зробивши підстановку q₁ = xq₂, отримаємо для шуканого відношення зарядів (q₁/q₂) = х наступне квадратне рівняння:

x² – bx + 1 = 0,

в якому параметр b = 2,5 при q₁q₂ > 0 (заряди однойменні) і b = 6,5 при q₁q₂ < 0 (заряди різнойменні). Корені цього рівняння в першому випадку складають (x₁ = 2, x₂ = (1/2)), а в другому з точністю 2 знаки після коми вони дорівнюють (x₁ = 6,34, x₂ = 0,16).

Із приводу отриманих відповідей слід зауважити таке. Наявність у кожному випадку двох коренів не означає неоднозначності відповіді, а відображує той очевидний факт, що будь-яку з кульок можна позначити як першу, а іншу як другу. Тож відповідь полягає в тому, щ0

при однакових знаках заряди кульок відрізняються в два рази, а при різних – у 40 разів.

Задача 1.3

Дві підвішені в одній точці однакові металеві кульки, що підвішені в одній точці на нитках однакові довжини, занурюють у рідину з густиною в n = 3 рази меншою за густину кульок.

Визначити

діелектричну проникність ε рідини, якщо при зануренні кульок кут розходження ниток не змінився.

Дано:

n = 3

ε - ?

Розв'язання

За означенням (див. п. 1.1, формула (1.3)) діелектрична проникність дорівнює відношенню сил кулонівської взаємодії кульок у повітрі F₁ та у рідині F₂ (див. рис. 3-1 показати штриховими паралелограми на векторах mg і T₁) та (mg+F_А) і Т₂:

$\varepsilon =\frac{{{F}_{1}}}{{{F}_{2}}}$

(1)

Для визначення величини ε візьмемо до уваги, що кульки перебувають у рівновазі, тобто всі сили, що діють на кожну кульку, в сумі дорівнюють нулю. У повітрі це сила кулонівського відштовхування $\vec{F}_{1}$, сила тяжіння $m\vec{g}$ та сила натягу нитки $\vec{T}_{1}$ , отже

$m\vec{g}+\vec{T}_{1}+\vec{F}_{1}$ = 0 $\Rightarrow $ ${{\vec{F}}_{1}}=-\left( m\vec{g}+{{{\vec{F}}}_{2}} \right)$

і, як зрозуміло з рис 3-1а, по модулю

F₁ = mg·tgα

(2)

При зануренні в рідину крім зазначених сил з’являється ще й виштовхувальна сила Архімеда (рис. 3-1б) $\vec{F}_{A}$ (див. [1], п. 6.2). Тож по аналогії з попереднім для сили $\vec{F}_{2}$ можна записати:

$m\vec{g}+{{\vec{T}}_{2}}+{{\vec{F}}_{2}}+{{\vec{F}}_{A}}=0$

тож

F₂ = (mg – F_А)tgα

(3)

Відтак, підставивши сили (2) і (3) у формулу (1) та подавши їх через густини рідини ρ₀ та кульки ρ = nρ₀, отримаємо відповідь:

$\varepsilon =\frac{\rho Vg}{\rho Vg-{{\rho }_{0}}Vg}=\frac{n}{n-1}$ = 1,5.

Задача 1.4.

За уявленнями класичної механіки електрони в атомах рухаються навколо ядер по колових орбітах, як планети навколо Сонця. Виходячи з такої моделі,

визначити

швидкість v руху електрона в атомі Гідрогену, якщо радіус його орбіти r = 53 пм.

Дано:

r = 53 пм = 5,3·10^-11 м

v - ?

Розв'язання

Кулонівська сила (1.3а), під дією якої електрон електрон рухається по коловій орбіті, є доцентровою (див. [1], (1.28), (2.17)), тож за другим законом Ньютона

$\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}=\frac{mv^{2}}{r}$,

${v}=\sqrt{\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}rm}}$

Урахувавши заряд e = 1,6·10^-19 Кл і m = 9,1·10^-31 кг електрона та електричну сталу ε₀ = 8,85·10^–12 Ф/м, отримаємо

v = 2,18·10⁶ м/с

________________________________

[1] ФІЗИКА. Вчимося розв’язувати задачі ”МЕХАНІКА“.

Напруженість і потенціал

Задача 1.5. Електричне поле створюється двома однаково зарядженими малими кульками, що розміщені у вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см. Визначити вектор напруженості поля E в третій вершині, якщо в ній потенціал φ = 10 В.

Задача 1.6. У вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см закріплено точкові заряди q₁ = 1нКл, q₂ = –2q₁ і q₃ = –3 q₁. Визначити напруженість $\vec{E}_{0}$ електричного поля в центрі трикутника.

Задача 1.7. Точкові заряди q і –q знаходяться на осі OX на відстані 2l один від одного. Визначити та показати на графіку залежність E_x(x) проєкції напруженості електричного поля зарядів на лінії їхнього розташування.

Задача 1.8. До металевої кулі радіуса R₁ = 1 см із позитивним зарядом q = 1 нКл щільно прилягає сферичний шар діелектрика з проникністю $\varepsilon=4,5$ і зовнішнім радіусом R₂ = 2 см. Визначити та показати на графіках залежності напруженості E і потенціалу φ електричного поля кулі від відстані r до центра та показати їхні графіки.

Задача 1.9. Дві нескінченні паралельні тонкі металеві пластини 1 і 2 із заданими поверхневими густинами заряду $\sigma_{1}$ і $\sigma_{2}$ закріплено перпендикулярно до осі ОХ – першу в початку координат, а другу на відстані х = d. Визначити та показати на графіку залежність від координати x: А) проєкції напруженості Е_х(х) і Б) потенціалу φ(х), прийнявши φ(0) = 0. Розглянути випадки: 1) $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=2\sigma$; 2) $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=–\sigma$.

Задача 1.10. По розміщеному в повітрі тонкому кільцю радіуса R рівномірно розподілено заряд q. Визначити: А) напруженість електричного поля Е на осі кільця в залежності від відстані r до його центра; Б) проаналізувати залежність Е(r) і показати вигляд її графіка .

Задача 1.11. Два однакові точкові заряди +q і –q, що знаходяться на фіксованій відстані l один від одного (рис.10.82), утворюють "електричний диполь". Визначити потенціал поля диполя в довільній точці через відстань r до його центра і кут $\vartheta $ (рис.10.82) при $r$\gg $l$.

Задача 1.5

Електричне поле створюється двома однаково зарядженими малими кульками, що розміщені у вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см.

Визначити

напруженість поля$\vec{E}_{1}$ в третій вершині, якщо в ній потенціал φ = 10 В

Дано:

l = 10 см = 0,1 м

φ = 10 В

E - ?

Розв'язання

Відповідно до принципу суперпозиції (1.7), напруженість поля в вершині А трикутника (рис. 10-1) складає

$\vec{E}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{2}$,

де $\vec{E}_{1}$ і $\vec{E}_{2}$ – вектори напруженості полів кожного із зарядів.

Модуль суми будь-яких двох векторів можна визначити за теоремою косинусів:

$E=\sqrt{E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2{{E}_{1}}{{E}_{2}}cos\alpha }$

де α – кут між додаваними векторами. При однакових зарядах кульок q₁= q₂ = q та відстанях від них до т. А напруженості Е₂ = Е₁. Отже

$E=2{{E}_{1}}\sqrt{2\left( 1+\cos \alpha \right)}=2{{E}_{1}}\cos \frac{\alpha }{2}$

(1)

Отриманий вираз є чинним при будь-якій відстані від зарядів до т. А та куті α. Але для рівностороннього трикутника α = 60°, тож

$E={{E}_{1}}\sqrt{3}$,

(2)

де напруженість поля одного заряду визначається формулою (1.6а):

$E_{1}=\frac{kq}{l^{2}}$.

Величину q не задано, але її легко виключити за допомогою формули (1.15а), позаяк потенціал поля однієї кульки φ₁ складає половину заданого сумарного потенціалу φ:

$k\frac{q}{l}=\frac{\varphi }{2}$ $\Rightarrow $ ${{E}_{1}}=\frac{\varphi }{2l}$.

Відтак, підставивши це значення у вираз (2), отримаємо остаточну відповідь

$E=\frac{\varphi }{l}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ = 86,6 В.

Задача 1.6 У вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см закріплено точкові заряди q₁ = 1 нКл, q₂ = –q₁ і q₃ = –3q₁.

Визначити

напруженість $\vec{E}_{0}$ електричного поля в центрі трикутника.

Дано:

a = 10 см = 0,1 м

$q_{1}$= 1 нКл = 10^-9 Кл

$q_{2}$= –2q₁ = –2·10^-9 Кл

$q_{3}$= –3q₁ = –3·10^-9 Кл

$\vec{E}_{0}$ – ?

Розв'язання

За принципом суперпозиції шуканий вектор

$\vec{E}_{0}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{2}+\vec{E}_{3}$,

(1)

де $\vec{E}_{1}$, $\vec{E}_{2}$, $\vec{E}_{3}$ – напруженості полів кожного із зарядів у точці O, рис. 6-1.Грубі помилки, переробити!

Характеристиками шуканого вектора $\vec{E}_{0}$ є його модуль Е та кут α, між ним і віссю ОХ. Для визначення цих величин оберемо систему вектора координат XOY, як показано на рис. 6-1, і запишемо рівняння (1) для проєкцій вектора $\vec{E}_{0}$, враховуючи величину кутів між складовими векторами й осями та знаки проєкцій:

OX: $E_{x}=(E_{1}+E_{2})\cos{30}^{\circ}$

OY: $E_{y}=(E_{1}-E_{2})\cos{30}^{\circ}+E_{3}$

(2)

Звідси за допомогою формули (1.6а) можна визначити проєкції складових векторів і параметри результуючого вектора $\vec{E}_{0}$. Але, враховуючи, що величини зарядів відносяться як (1 : 2 : 3) і відстань від них до т О $r=a/2\cos{30}^{\circ}=a/\sqrt{3}$, рівняння (2) задля зручності спочатку варто записати у вигляді

E_x= 3ηcos30°

E_y = η(3 – sin30°), де η =(3kq₁/a²) = 2700 В/м,

і відтак обчислити проєкції E_x = 7о15 В/м, E_y = 6750 В/м і остаточну відповідь

$E=\sqrt{E_{x}^{2}+E_{y}^{2}}=9735$ В/м;

$\mathrm{tg}\alpha=\frac{E_{y}}{E_{x}}=0,962$ $\Rightarrow $ $\alpha=$ 43,9°.

Побудований за знайденими проєкціями вектор $\vec{E}_{0}$ показано на рис. 6-1.

Задача 1.7

Точкові заряди q і –q знаходяться на осі OX на відстані 2l один від одного.

Визначити та показати

на графіку залежність E_x(x) проєкціїнапруженості електричного поля зарядів на лінії їхнього розташування.

Дано:

q, –q, l

E_x(x) – ?

Розв'язання

За принципом суперпозиції (1.7) у будь-якій точці напруженість поля системи $\vec{E}$ дорівнює сумі напруженостей $\vec{E}_{1}$, $\vec{E}_{2}$ поля кожного із зарядів q₁ = q і q₂ = –q. Це стосується й проєкцій:

$\vec{E}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{2}$ → Е_х= Е₁_х + Е₂_х

(1)

Зважаючи на співвідношення між модулями й напрямками (тож і знаками проєкцій) векторів складових і результуючого полів, площина із розташування зарядів (рис.7-1а помилки, переробити) поділяється на три області А, В і С, із характерним для кожної співвідношенням між напрямками складових полів і величинами їхньої напруженості. Позаяк за умовою вектори $\vec{E}_{1}$, $\vec{E}_{2}$ і $\vec{E}$ лежать на осі ОХ,

проєкції полів зарядів залежно від області складають Е₁_х = ± Е₁ і Е₂_х = ± Е₂, а для результуючого поля в кожній області визначаються виразами:

– Область А ( x< 0): Е₁ > Е₂ → Е_х = – (Е₁ – Е₂) < 0

– Область В ( –l < x < l): Е_1х, Е_2х > 0 → Е_х = Е₁ + Е₂> 0

– Область С (x > l): Е₁ < Е₂, → Е_х = – (Е₂ – Е₁) < 0

(2)

При цьому в кожній точці з координатою х величини Е₁ і Е₂ визначаються відстанями r₁ і r₂ від неї до зарядів, які складають:

– Область А ( x< 0): r₁ = |x| – l, r₂ = |x| + l

– Область В ( –l < x < l): r₁ = l – |x|, r₂ = l + |x|, або r₁= l + |x|, ₂ = l – |x|

– Область С (x > l): r₁ = x + l r₂ = x – l

(3)

Відтак, підставивши записані вирази r₁ і r₂ у формулу (1.6а), знайдемо модулі E₁ і E₂, а потім за співвідношеннями (2) після перетворень отримаємо наступні вирази проєкцій E_x (x) для результуючого поля:

– Область А : $E=-4kql\frac{\left| x \right|}{\left( {{x}^{2}}-{{l}^{2}} \right)}$

– Область В : $E= 2kl\frac{{{x}^{2}}+{{l}^{2}}}{{{\left( {{x}^{2}}-{{l}^{2}} \right)}^{2}}}$

– Область С : $E=-4kql\frac{\left| x \right|}{\left( {{x}^{2}}-{{l}^{2}} \right)}$

(4)

Далі слід було би побудувати за розрахунковими точками графік залежності E_x (x). Але йоговигляд можна встановити й без розрахунків, опираючись на наступні міркування.

1. У кожній точці переважає поле заряду, що розташований ближче. Тож, як видно з рис.7-1а, в областях А і С проєкція результуючого поля Е_х < 0, а в області В Е_х > 0.

2. З тієї ж причини в усіх областях величина |Е_х| зменшується при віддаленні від ближнього заряду.

3. За умовою |q₂| = q₁, тому графіки складових і результуючого полів є симетричним відносно осі ординат.

З урахуванням наведених міркувань графік E_x (x) виглядає, як показано на рис. 7-1б.

Задача 1.8.

До металевої кулі радіуса R₁ = 1 см із позитивним зарядом q = 1 нКл щільно прилягає сферичний шар діелектрика із зовнішнім радіусом R₂ = 2 см і проникністю $\varepsilon=4,5$.

Визначити та показати на графіку

напруженість E(r) і потенціал φ(r) електричного поля кулі в залежності від відстані r до її центра.

Дано:

R₁ = 1 см = 0,01 м

R₂ = 2 см = 0,02 м

q = 1 нКл = 10^–9 Кл

$\varepsilon=4,5$

E(r) –?

$\varphi(r)$ –?

Розв'язання

Починаючи розв’язування, згадаємо деякі положення теорії (п. 1.1).

1. У провіднику (кулі) наданий йому заряд q > 0 зосереджується на поверхні і створює електричне поле лише назовні.

2. Під дією поля кулі електрони в атомах діелектрика трохи зміщуються в напрямку центра кулі, через що на поверхнях однорідного діелектрика з’являються ”зв’язані“ заряди однакової величини – q′ на внутрішній і +q′ на зовнішній, рис. 11-1. Ці заряди, на додачу до поля кулі $\vec{E}_{k}$, створюють зустрічне поле ${\vec{E}}'$показати на рис, через що в діелектрику з проникністю ε поле послаблюється відповідно до формули (1.6а):

${{E}_{k}}=\frac{{{{{E}}}_{k}}}{\varepsilon }$.

3. При описаному процесі, який називається поляризацією, об’єм однорідного діелектрика лишається електрично нейтральним, отож досліджуване електричне можна розглядати як поле концентричних заряджених сфер і визначати його характеристики (див. п. 1.1) за формулами (1.6) і (1.15а).

Указані сфери поділяють весь простір на три області: А (провідник, r < R₁), В (діелектрик, R₁ ≤ r < R₂) і С (вільний простір, r ≥ R₂), характеристики поля в яких треба розглядати окремо.

Напруженість Е(r)

Область А (r < R₁). У провіднику електростатичне поле існувати не може, тож усередині кулі скрізь, включно з точками r = R₁,

Е_А(r) = 0.

Область В (R₁ ≤ r ≤ R₂). У шарі діелектрика напруженість, як говорилося, визначається формулою (1.6):

${{E}_{1B}}=\frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}\varepsilon {{r}^{2}}}=\frac{kq}{\varepsilon {{r}^{2}}}$

і на поверхнях має величину

${{E}_{1B}}=\frac{kq}{R_{1}^{2}}$ і ${{E}_{2B}}=\frac{kq}{R_{2}^{2}}$

Область С (r ≥ R₂). У цій області простору ε = 1, отже

${{E}_{С}}=\frac{kq}{{{r}^{2}}}$,

і в прилеглих до діелектрика точках

${{E}_{2C}}=\frac{kq}{R_{2}^{2}}$

Таким чином, на графіку залежність Е(r) зображується відрізками квадратичної гіперболи, причому на межах областей (в т.1 і т.2) спостерігаються стрибки від Е₁_А = 0 до Е₁_Bта від Е_2Вдо Е_2С.

Потенціал φ(r)

Подібно до напруженості, потенціал поля рівномірно зарядженої сфери визначається формулою (1.15а), як для точкового заряду. Але позаяк потенціал визначається не самою напруженістю, а швидкістю її зміни, на графіку потенціалу не може бути стрибків (розривів), зокрема, при переході через межу, що відділяє поле від області, де воно відсутнє, потенціал лишається незмінним (φ = const). Тому залежність φ(r) зручніше розглядати в зворотньому порядку.

Область С (r ≥ R₂). Ця область є вільна від діелектрика (ε = 1), отже за формулою (15а)

${{\varphi }_{C}}\left( r \right)=\frac{kq}{r}$,

і в повітрі на прилеглій до діелектрика поверхні (r =R₂)

${{\varphi }_{2}}=\frac{kq}{{{R}_{2}}}$

Область В (R₁ ≤ r ≤ R₂). У діелектрику в напрямі до центра (при зменшенні r) потенціал продовжує зростати, починаючи з величини φ₂, тож φ_B = φ₂ + Δφ_В, де φ_В – зміна потенціалу на шляху від т. 2 (зовнішня поверхня діелектрика) до довільної точки на відстані r від центра. Отже, згідно з формулою (1.15а),

${{\varphi }_{B}}={{\varphi }_{2}}+\frac{kq}{\varepsilon }\left( \frac{1}{r}-\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$,

і для т. 1 (r =R₁) виходить:

${{\varphi }_{1}}={{\varphi }_{2}}+\frac{kq}{\varepsilon }\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}-\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

Область А (r < R₁). У кулі E= 0, і, позаяк напруженість дорівнює швидкості зміни потенціалу, то він лишається сталим і складає

φ_А= φ₁.

Далі належало би за даними умови розрахувати таблиці числових значень і побудувати графіки залежностей E(r) і φ(r). Але в цьому немає потреби, бо загальний вигляд цих графіків є очевидним. В області А вони зображуються горизонтальними відрізками, а в кожній з областей В і С – відповідними гіперболами, причому в діелектрику більш пологими, ніж у навколишньому повітрі. Тож для повної характеристики поля достатньо за отриманими формулами зробити обчислення для точок 1 і 2:

Е₁ = 0 і 20 кВ; Е₂ = 5 кВ і 22,5 кВ;

φ₁= 550 В; φ₂=450 В.

Відповідні графіки залежностей E(r) і φ(r) показано на рис. 11-2 (прибрати розмітку осей, лише показати горизонталями розраховані значення)

Задача 1.9

Дві нескінченні паралельні тонкі металеві пластини 1 і 2 із заданими поверхневими густинами заряду $\sigma_{1}$ і $\sigma_{2}$ закріплено перпендикулярно до осі ОХ – першу в початку координат, а другу на відстані х = d.

Визначити та показати на графіку

залежність від координати x: А) проєкції напруженості Е_х(х) і Б) потенціалу φ(х), прийнявши φ(0) = 0. Розглянути випадки: 1) $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=2\sigma$; і 2) $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=–\sigma$.

Дано:

d, σ, σ₂

E(x) – ?

φ(x) – ?

Розв'язання

А) Заряджені пластини ділять весь простір на три області: I, II, III (рис. 12). У кожній з цих областей обидві пластини створюють власні поля, модулі напруженості яких виражаються формулою (1.7). Результуючий вектор напруженості визначається за принципом суперпозиції:

$\vec{E}=\vec{E}_{1}+\vec{E}_{2}$.

(1)

Напрямки цих векторів у кожній області залежать від знаків заряду на пластинах.

1) Випадок $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=2\sigma$. Напрямки векторів $\vec{E}_{1}$ і $\vec{E}_{2}$ будуть такими, як показано на рис.12-1а, а їх модулі

$E_{1}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$; $E_{2}=\frac{2\sigma}{2\varepsilon_{0}}=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$.

Проекція E_x і модуль вектора напруженості $|\vec{E}|$ результуючого поля в кожній із трьох областей відповідно до виразу (1) визначається як

I)	$E_{I}=-E_{1}-E_{2}=-\frac{3}{2}\cdot\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$;	(1а)
II)	$E_{II}= E_{1}-E_{2}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}$;	(1б)
III)	$E_{III}= E_{1}+E_{2}=\frac{3}{2}\cdot\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}$.	(1в)

Графіки залежності E_x(x) показані на рис.12-1б.

2) Випадок $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=-\sigma$. Напрямки векторів $\vec{E}_{1}$ і $\vec{E}_{2}$ показані на рис.12-2а.

Оскільки модулі цих векторів однакові, проекція й модуль напруженості результуючого поля в кожній із трьох областей виявляється рівними:

I)	$E_{I}=-E_{1}+E_{2}=0$;	(2а)
II)	$E_{II}= E_{1}+E_{2}=\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}$;	(2б)
III)	$E_{III}= E_{1}-E_{2}=0$.	(2в)

Зауваження 1. Така ситуація характерна для плоского конденсатора. Тому на останній результат (формули (2)) варто звернути особливу увагу.

Зауваження 2. В обох випадках напрямок і модуль вектора напруженості залишається незмінним у будь-якій точці кожної області, тобто поле є однорідним.

Б) Для визначення залежності потенціалу від координати $\varphi(x)$ використаємо співвідношення (1.15), яке зручно записати у вигляді

$\varphi_{2}-\varphi_{1}=-El\cos\alpha$,

(3)

де $\varphi_{1}$, $\varphi_{2}$ – потенціал у точках 1 і 2, l – відстань між точками, E – модуль напруженості поля, $\alpha$ – кут між напрямком поля і напрямком переміщення з точки 1 у точку 2.

1) Випадок $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=2\sigma$; області I і II. За умовою потенціал лівої пластини (x = 0) $varphi_{1}=0$. Відстань від її до будь-якої точки l = |x|. Тому, прийнявши як точка 1 точку (x = 0), а як точка 2 – будь-яку точку x зі співвідношення (3), отримаємо:

$\varphi_{2}(x)=-E|x|\cos\alpha$.

Відтак, ураховуючи вирази (1a) і (1б) та те, що в області I (x < 0 ) і $\cos\alpha=1$, а в області II – $\cos\alpha=-1$, отримаємо

	$\varphi_{I}(x)=\frac{3\sigma}{2\varepsilon_{0}}$ (x > 0),	(4а)
	$\varphi_{II}(x)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$ (x > 0).	(4б)

Відповідно, потенціал правої пластини $\varphi_{2}=\varphi_{II}(d)$ дорівнює

$\varphi_{2}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}d$.

(4в)

Область III. Тут за початкову точка зручно взяти точку (x = d) (права пластина) з потенціалом $\varphi_{2}$ (формула (4)), а в якості кінцевої – довільну точку x. У такому випадку у виразі (3) l = x - d, $\cos\alpha=1$ і E = E_II (формула (1в)). У результаті отримуємо:

$\varphi_{III}(x)-\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}d=-\frac{3\sigma}{2\epsilon_{0}}(x-d)$ $\Rightarrow$ $\varphi_{III}(x)=\frac{2\sigma}{\varepsilon_{0}}d-\frac{3\sigma}{2\varepsilon_{0}}x$.

(5)

Графік $\varphi(x)$ для всіх трьох областей показаний на рис.12-1в.

2) Випадок $\sigma_{1}=\sigma$, $\sigma_{2}=-\sigma$. Аналогічно до попереднього з використанням формул (2) дістанемо:

	I) $\varphi_{I}=0$;	(5а)
	II) $\varphi_{II}=-\frac{\sigma}{\varepsilon_{o}}x$;	(5б)
	III) $\varphi_{III}=-\frac{\sigma}{\varepsilon_{o}}d$	(5б)

Графіки $\varphi(x)$ для всіх трьох областей показані на рис.12-2в.

Задача 1.10. По розміщеному в повітрі тонкому кільцю радіуса R рівномірно розподілено заряд q.

Визначити:

А) напруженість електричного поля Е на осі кільця в залежності від відстані r до його центра;

Б) проаналізувати залежність Е(r) і показати вигляд її графіка.

Дано:

R, q

E(r) - ?

Розв'язання

А). За принципом суперпозиції (1.7) напруженість електричного поля $\vec{E}$ зарядженого тіла в будь-якій точці простору дорівнює сумі напруженостей полів його окремих частин. Отже, подумки розділивши кільце на однакові малі ("точкові") ділянки і розклавши напруженості їхніх полів $\vec{E}_{i}$на паралельні ${{\vec{E}}_ {i\parallel }}$ та перпендикулярні ${{\vec{E}}_{i\bot }}$ до осі складові, для результуючої напруженості можна записати

$\vec{E}$ = $\sum{{{{\vec{E}}}_{i\parallel }}}$ + $\sum{{{{\vec{E}}}_{i\bot }}}$

де модулі векторів ${\vec{E}_{i}}$ визначаються величинами їхніх зарядів Δq_і і відстанями r_і до даної точки (формула (1.6)), а напрямки – співвідношенням між модулями складових векторів.

Ясна річ, при довільному розташуванні точки таку задачу в загальному вигляді (формульно) розв'язати неможливо. Але, коли точка, як у даному випадку, лежить на осі, і кільце заряджено рівномірно (рис. 1.10-1), ситуація спрощується, позаяк перпендикулярні складові полів діаметральних ділянок виявляються взаємно скомпенсованими. $\sum{{{{\vec{E}}}_{i\bot }}}$ = 0. Тож, результуючий вектор напруженості

$\vec{E}$ = $\sum{{{{\vec{E}}}_{i\parallel }}}$

є спрямований взовж осі кільця й відповідно до формули (1.6), має модуль

$E=\sum{\left( \frac{\Delta {{q}_{i}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}r_{i}^{2}}\cos {{\alpha }_{i}} \right)}$

Відтак, урахувавши, що за умовою відстані r_і , отже й кути ${{\alpha }_{i}}$, є однакові й складають

${{r}_{i}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{R}^{2}}}$ і $\cos {{\alpha }_{i}}=\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{R}^{2}}}}$

отримуємо остаточну відповідь задачі:

$E=\frac{qr}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}\sqrt{{{\left( {{r}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3}}}}$

(1)

Б. Аби скласти наочне уявлення про характер залежності напруженості поля на осі кільця від відстані до центра, запишемо наближені вирази Е(r) на малих $r\ll R$ та на великих $r\gg R$відстанях, узявши до уваги, що у знаменнику виразу (1) в першому випадку величина r, а в другому R є неістотною:

$r\ll R$ : $E\left( r \right)\approx \frac{qr}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{R}^{3}}}$;

$r\gg R$ : $E\left( r \right)\approx \frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{r}^{2}}}$

Із записаних виразів випливає, що при віддаленні від центра кільця напруженість поля спочатку лінійно, а потім сповільнюючись зростає так, що на певній відстані r_m сягає максимуму і далі необмежено зменшується, як показано на рис. 1.10-2.

З приводу отриманого результатузалежності Е(r) (вираз ) варто зробити два зауваження.

1. Узявши та прирівнявши до нуля похідну Е′(r) від виразу (1), можна показати, що ${{r}_{m}}=\frac{R}{\sqrt{2}}$;

2. При $r\gg R$ значення Е(r) наближаються до величини напруженості поля точкового заряду (формула (1.6)). Це є цілком зрозумілим, позаяк кільце, як також і будь-які інші тіла, з великої відстані виглядають, як точкові.

Задача 1.11.

Два однакові точкові заряди +q і –q, що знаходяться на фіксованій відстані l один від одного у вакуумі, утворюють "електричний диполь".

Визначити

потенціал поля диполя в довільній точці через відстань r до його центра і кут $\vartheta $ (рис.10.82) при $r$$\gg $$l$.

Дано:

q, l, r,

φ(r, ) -?

Розв'язання

Відповідно до принципу суперпозиції (вираз (1.15)) шуканий потенціал

$\varphi ={{\varphi }_{+}}+{{\varphi }_{-}}$

де φ₊і φ_– – потенціали поля окремих зарядів ("полюсів") визначаються формулою (1.16), в якій через мализну величини $l$ відстані до заданої точки до полюсів (див. рис. ) складають ${{r}_{+}}=l-\Delta r$ і ${{r}_{-}}=l+\Delta r$, а $\Delta r=\left( l/2 \right)\cos \vartheta $. Отже,

$\varphi =\frac{q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\left( \frac{1}{r-\left( l/2 \right)\cos \vartheta }-\frac{1}{r+\left( l/2 \right)\cos \vartheta } \right)$ $\Rightarrow $$\varphi =\frac{ql\cos \vartheta }{{{r}^{2}}-{{\left( l/2 \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}\vartheta }$

Позаяк за умовою $r$$\gg $$l$, в записаному виразі величина ${{\left( l/2 \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}\vartheta $ є неістотною, тож маємо наступну кінцеву віповідь:

$\varphi =\frac{ql}{4\pi {{r}^{2}}}\cos \vartheta $

Провідники. Конденсатори

Задача 1.12. Металева куля радіусом R = 6 см має заряд q = 1 нКл. Визначити 1. Напруженість E і 2. Потенціал φ електричного поля на відстані a = (R/3) від поверхні кулі.

Задача 1.13. Вісім заряджених крапельок ртуті з потенціалом $\varphi_{1}$ = 1В кожна злилися в одну. Визначити потенціал $\varphi$ краплі, що утворилась.

Задача 1.14. Заряджену до потенціалу φ₀ = 100 В металеву кульку радіуса r з'єднали тонким провідником з незарядженою сферичною провідною оболонкою радіуса R₀ = nr, де n = 4. Визначити, яким став потенціал φ кульки після з'єднання, якщо вона є розташована: а) далеко від оболонки і б) всередині без дотику).

Задача 1.15. Металеву кулю з радіусом R₁ = 1 см зарядили до потенціалу φ₁ = 30 В і вмістили без дотику всередину незарядженої провідної сферичної оболонки радіуса R₂ = 3 см. Визначити, яким став потенціал кулі φ₂ після того, як оболонку заземлили.

Задача 1.16. Плоский конденсатор із площею обкладки S заповнено двома паралельними до обкладок шарами діелектрика з проникнями $\varepsilon_{1}$, $\varepsilon_{2}$ і товщинами d₁, d₂, відповідно. Визначити ємність конденсатора.

Задача 1.17. Три конденсатори C₁ = 2 мкФ, C₂ = 1 мкФ, C₃ = 5 мкФ з'єднан0, як на рис.17. Визначити: 1. Загальну ємність з'єднання С₀; 2. Заряди q_i і напруги U_i на окремих конденсаторах при напрузі на з'єднанні U₀ = 20 В.

Задача 1.18. Два заряджені від одного джерела конденсатори ємністю C₁ = 10 мкФ і C₂ = 2 мкФ з’єднали різнойменними обкладками. Визначити, у скільки разів змінилася напруга на конденсаторах.

Задача 1.19. Визначити різницю потенціалів U між точками d і e у схемі рис.19, якщо між точками a і b напруга U₀ = 10 В. Ємності конденсаторів: C₁ = 1000 пФ, С₂ = 4000 пФ, С₃ = 2000 пФ, С₄ = 3000 пФ.

Задача 1.20. У зазор між обкладками зарядженого плоского конденсатора ввели пластину діелектрика з проникністю $\varepsilon=5$ і товщиною в n = 3 рази меншою за відстань між обкладками (рис.20). Визначити, у скільки разів змінилася напруга на конденсаторі.

Задача 1.12

Металева куля радіусом R = 6 см має заряд q = 1 нКл.

Визначити

1. Напруженість E і 2. Потенціал φ електричного поля на відстані a = (R₀/3) від поверхні кулі.

Дано:

R = 6 см = 10^–2 см

q = 1 нКл = 10^–9 Кл

a = (R₀/3)

Е-?; φ-?

Розв'язання

Умову задачі задовольняють точки, розташовані від центра кулі на відстанях r₁ = R₀ + a (випадок 1.) та r₂ = R₀ – a (випадок 2.).

1. Назовні напруженість Е і потенціал φ поля кулі збігаються з такими для точкового заряду q, розміщеного в її центрі (п. 1.5), й визначаються формулами (10.6a) і (10.15a). Отже, враховуючи, що для повітря ε = 1 і відповідно до умови r = (4R₀/3), знаходимо:

$E_{1}=\frac{9kq}{16R^{2}}$; φ₁= $\frac{3kq}{4R}$,

де ${k}=1/4\pi\varepsilon_{0}=9\cdot{10}^{9}$ м/Ф.

У числах:

Е₁ ≈ 1,4·10³ В = 1,4 кВ, φ₁ = 112,5 В.

2. Всередині провідника електростатичне поле існувати не може, тож потенціал φ₂ є сталим і рівним потенціалові її поверхні (формула (1.15а) при r = R). Таким чином,

E₂ = 0; $\varphi_{2}=\frac{kq}{R}$ = 150 В.

Задача 1.13

Вісім заряджених крапельок ртуті з потенціалом $\varphi_{1}$ = 1В кожна злилися в одну.

Визначити

потенціал $\varphi$, краплі, що утворилась.

Дано:

n = 8

$\varphi_{1}$ = 1 В

$\varphi$ - ?

Розв'язання

Через великий поверхневий натяг у ртуті ([2], п. 3.1) будемо нехтувати впливом сили тяжіння на форму утвореної краплі й уважати її кулькою певного радіуса R. У такому разі її потенціал за формулою (1.19) складає

$\varphi=\frac{kq}{R}=\frac{nkq_{1}}{R}$,

де q₁ – заряд однієї малої крапельки, котрий так само визначається її радіусом r і заданим потенціалом φ₁:

$q_{1}=\frac{\varphi_{1}r}{k}$.

Отже, для потенціалу утвореної краплі маємо:

$\varphi =n\frac{r}{R}{{\varphi }_{1}}$

Відтак, урахувавши, що

$\frac{r}{R}=\sqrt[3]{\frac{{{V}_{1}}}{V}}={{n}^{-\frac{1}{3}}}$,

отримаємо наступну відповідь:

$\varphi=\frac{n\varphi_{1}}{\sqrt[3]{n}}=\varphi_{1}n^{2/3}={4}$ В.

_________________________

[2] ФІЗИКА. Вчимося розв’язувати задачі. ”МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА“

Задача 1.14

Заряджену до потенціалу $\varphi_{0}$ = 100 В металеву кульку радіуса r з'єднують довгим тонким провідником з незарядженою сферичною провідною оболонкою радіуса R = nr, де n = 4.

Визначити,

яким став потенціал φ кульки після з'єднання, якщо вона є розташована:

а) далеко від оболонки і

б) всередині без дотику.

Дано:

φ₀ = 100 В

R = nr

n = 4

φ - ?

Розв'язання

а). Через велику відстань між кулькою й оболонкою можна не враховувати взаємодію між ними й обчислювати потенціал за формулою (1.16). Крім того, через малу товщину провідника, можна не враховувати заряд, який осідає на ньому при з'єднуванні тіл.

Умовою рівноваги зарядів у провідниках є їхня еквіпотенціальність (п. 1.5). Тому після з'єднання оболонка буде заряджатися, доки її потенціал не зрівняється з потенціалом кульки. Тож, відповідно з формулою (1.16а),

$\frac{q}{r}=\frac{{{q}'}}{R}$

де q′ = q₀ – q – заряд оболонки, котрий дорівнює різниці початкового та кінцевого заряду кульки. Відтак,

$q=\frac{{{q}_{0}}r}{R+r}$

Тож, урахувавши умову R = nr, дістанемо:

$q=\frac{{{q}_{0}}}{n+1}$

$\varphi=\frac{\varphi_{0}}{n+1}$ = 20 В.

б). Як і раніше, тіла матимуть однаковий потенціал φ, але в цьому випадку при з'єднанні весь заряд кулі q₀перейде на зовнішню поверхню оболонки, тож

$\varphi =\frac{k{{q}_{0}}}{R}$

і, враховуючи умову R =nr та вираз (1.16а), маємо

$\varphi =\frac{{{\varphi }_{0}}}{n}=25$В

Задача 1.15

Металеву кулю з радіусом R₁ = 1 см зарядили до потенціалу φ₁ = 30 В і вмістили без дотику всередину незарядженої провідної сферичної оболонки радіуса R₂ = 3 см.

Визначити,

яким став потенціал кулі φ₂ після того, як оболонку заземлили.

Дано:

φ₁ = 30 В

R₁ = 1 см = 10^-2 м

R₂= 3 см = 3·10^-2 м

φ₂ - ?

Розв'язання

Відповідь можна знайти двома способами.

1. При вміщенні всередину зарядженої кулі на поверхнях оболонки індукуються протилежні за знаком заряди q_i′^–і q_i′⁺(рис. 1.15а). При цьому, позаяк електростатичного поля в провіднику не може бути (п. 1.2), величина ою збігаються із зарядом кулі |q_i′^–|= q_i′⁺= q, котрий визначається через її потенціалом φ₁ (формула (1.16а)):

$q={{\varphi }_{1}}\frac{{{R}_{1}}}{k}$

(1)

Відповідно до формули (1.6) поля індукованих зарядів є компенсовані, тож сама по собі оболонка ніяк не впливає на потенціал кулі φ₁. Але при заземленні й стікання заряду q_i′⁺ оболонка набуває заряду q_i = –q і відповідного потенціалу

${{\varphi }_{i}}=-\frac{kq}{{{R}_{2}}}$ = $-{{\varphi }_{1}}\frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}$

Таким самим є й створюваний оболонкою потенціал у всіх точках усередині (див. п.1.4). Тож за принципом суперпозиції, потенціал кулі після заземлення оболонки складає

$\varphi_{2}=\varphi_{1}+\varphi_{i}$ $\Rightarrow$ $\varphi_{2}=\varphi_{1}\left(1-\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)$ = 20 В.

2. Кулю з оболонкою можна розглядати як сферичний конденсатор із зарядом q і заземленою зовнішньою обкладкою. В такому разі її потенціал дорівнює нулю, тож потенціал внутрішньої обкладки (кулі) збігається з напругою конденсатора U = (q/С) і, згідно з формулами (1) і (1.25), дорівнює:

$\varphi_{2}=\varphi_{1}\left(1-\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)$ = 20 В.

Із приводу наведених двох способів розв’язування корисно звернути увагу на те, що по умовчанню у випадку 1. потенціали відраховувалися ”від нескінченності“, а в 2. – ”від землі“. Проте, як і говорилося в п.1.3, це не вплинуло на результат.

Задача 1.16

Плоский конденсатор із площею обкладки S заповнено двома паралельними до обкладок шарами діелектрика з проникностями $\varepsilon_{1}$, $\varepsilon_{2}$ та товщинами d₁, d₂, відповідно (рис. 17).

Визначити

ємність конденсатора.

Дано:

ε₁,ε₂

d₁, d₂

C - ?

Розв'язання

Задачу можна розв'язати в два способи.

I. За означенням (1.23) ємність конденсатора дорівнює

$C=\frac{q}{{U}}$

(1)

Отже, для отримання відповіді необхідно визначити напругу на конденсаторі з двошаровим діелектриком при заданому заряді на обкладках, що, на загал, є складним завданням. Але в даній задачі воно спрощується через однорідність електричного поля в плоскому конденсаторі (див. п. 1.5).

Напруга U на обкладках заданого конденсатора дорівнює сумі напруг U₁і U₂ на шарах діелектрика, які визначаються напруженостями поля через співвідношення (1.20):

$U={{U}_{1}}+{{U}_{2}}={{E}_{1}}{{d}_{1}}+{{E}_{2}}{{d}_{2}}$

При цьому величина Е в кожному шарі виражається формулою (1.25):

$E=\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}\varepsilon S}$

отже,

$U=\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}S}\left( \frac{{{d}_{1}}}{{{\varepsilon }_{1}}}+\frac{{{d}_{2}}}{{{\varepsilon }_{2}}} \right)$

(2)

Відтак, підставивши вираз (2) у формулу (1), дістанемо відповідь:

$C=\frac{{{\varepsilon }_{0}}S}{\left( {{d}_{1}}/{{\varepsilon }_{1}} \right)+\left( {{d}_{2}}/{{\varepsilon }_{2}} \right)}$

\(W=\frac{q^{2}}{2C}\);	(1.32а)
\(W=\frac{CU^{2}}{2}\);	(1.32б)
\(W=\frac{qU}{2}\).	(1.32в)

I)	\(E_{I}=-E_{1}-E_{2}=-\frac{3}{2}\cdot\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}\);	(1а)
II)	\(E_{II}= E_{1}-E_{2}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\);	(1б)
III)	\(E_{III}= E_{1}+E_{2}=\frac{3}{2}\cdot\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\).	(1в)

I)	\(E_{I}=-E_{1}+E_{2}=0\);	(2а)
II)	\(E_{II}= E_{1}+E_{2}=\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\);	(2б)
III)	\(E_{III}= E_{1}-E_{2}=0\).	(2в)

	\(\varphi_{I}(x)=\frac{3\sigma}{2\varepsilon_{0}}\) (x > 0),	(4а)
	\(\varphi_{II}(x)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\) (x > 0).	(4б)

	I) \(\varphi_{I}=0\);	(5а)
	II) \(\varphi_{II}=-\frac{\sigma}{\varepsilon_{o}}x\);	(5б)
	III) \(\varphi_{III}=-\frac{\sigma}{\varepsilon_{o}}d\)	(5б)

ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "ЕЛЕКТРИКА І МАГНЕТИЗМ". Компенсаційний курс

Table of contents

ВСТУП. Електричний заряд та електромагнітне поле

Розділ І. Електричне поле

1. Теоретичні відомості.

1.1. Напруженість електричного поля. Поле точкового заряду

1.2. Принцип суперпозиції. Поле системи зарядів

1.3. Потенціал

1.4. Зв’язок між напруженістю та потенціалом

﻿1.5. Провідники. Електрична ємність, конденсатори

1.6. Енергія електричного поля

2. Приклади розв’язування задач

Закон Кулона

Напруженість і потенціал

Провідники. Конденсатори

1.5. Провідники. Електрична ємність, конденсатори