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

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.

Розв'язання

Відповідно до принципу суперпозиції (1.7), напруженість поля в вершині А трикутника (рис. 5) 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:

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

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

де напруженість поля одного заряду за формулою (1.6а) дорівнює

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

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/м.

Задача 1.6 У вершинах правильного трикутника зі стороною a = 10 см закріплено точкові заряди q₁ = 1 нКл, q₂ = –2q₁ і q₃ = –3q₁. 

Визначити

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

Розв'язання

За принципом суперпозиції шуканий вектор

де \(\vec{E}_{1}\), \(\vec{E}_{2}\), \(\vec{E}_{3}\) – напруженості полів кожного із зарядів у точці O, рис. 6. 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, і запишемо рівняння (1) для проєкцій вектора \(\vec{E}_{0}\), враховуючи величину кутів між складовими векторами й осями та знаки проєкцій:

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 = 7015 В/м, E_y = 6750 В/м й 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.

Задача 1.7

Точкові заряди q  і –q розташовано 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. 

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:

Зважаючи на співвідношення між модулями й напрямками (тож і знаками проєкцій) векторів  складових і результуючого полів, лінія розташування зарядів (рис.7а) 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  Е_1х = ± Е₁ і Е_2х = ± Е₂, а для результуючого поля в кожній області визначаються виразами:

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

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:

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

1. У кожній точці переважає поле заряду, що розташований ближче. Тож, як видно з рис.7а, 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. 7б.

Задача 1.8.

Електричне поле створюється металевою кулею радіуса R₁ = 1 см із зарядом q = 1 нКл, до якої щільно прилягає сферичний шар діелектрика з проникністю \(\varepsilon=4,5\) і зовнішнім радіусом R₂ = 2 см.

Визначити та показати на графіках

залежності напруженості E(r) і потенціалу φ(r) поля кулі від відстані r до її центра.

Розв'язання

Для початку згадаємо деякі загальні відомості з теорії (п. 1.1).

1. Заряд q є рівномірно розподілений по поверхні кулі й створює електричне поле лише назовні.

2. Під дією поля кулі діелектрик поляризується: електрони в атомах трохи зміщуються в напрямі центра шару, й на його поверхнях з’являються поляризаційні (”зв’язані“) заряди однакової величини – q′ і +q′ (рис. 8). Ці заряди на додачу до поля зарядів кулі \(\vec{E}_{k}\) створюють зустрічне внутрішнє поле ${\vec{E}}'$, яке зменшує результуючу   напруженість до величини (формула (1.6а))

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

3. За умовою діелектрик є однорідним (ε = const) і в об’ємі лишається електрично нейтральним. Отож досліджуване електричне поле створюється двома рівномірно зарядженими концентричними сферами радіуса R₁ і R₂, які поділяють весь простір на три області:  А (провідник, r < R₁), В (діелектрик, R₁ ≤ r < R₂) і С (вільний простір, r ≥ R₂), напруженість і потенціал поля в кожній з яких треба визначати 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 поля визначається формулою (1.6);

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

Відповідно, на поверхнях

${{E}_{1B}}=\frac{kq}{R_{1}^{2}}$      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 квадратичних гіпербол, а на межах областей спостерігаються стрибки від Е_1А = 0 до Е_1B  та від Е_2В  до Е_2С, відповідно.

Потенціал φ(r)

Потенціал поля назовні рівномірно зарядженої сферичної поверхні, як і напруженість, збігається з такою для точкового заряду (формула (1.18)). Але позаяк потенціал визначається не напруженістю як такою, швидкістю її зміни, то відсутність поля  (E(r) = 0) в якійсь частини польової зони означає не нульову величину, а сталість потенціалу (φ = const). Тому на графіку φ(r) не може бути стрибків (розривів). 

Шукану залежність φ(r) будемо аналізувати в зворотньому порядку, рухаючися від віддаленої точки до центра кулі.

Область С  (r ≥ R₂). Ця  область є вільна від діелектрика (для повітря ε = 1), отже за формулою (18а)

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

і 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. Тому φ_B = φ₂ + Δφ_В, де Δφ_В – зміна потенціалу на шляху від т. 2 (зовнішня поверхня діелектрика) до довільної точки на відстані r від центра. Отже, згідно з формулою (1.18а),

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

і в т. 1 (r =R₁)

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

Область А  (r < R₁). Всередині кулі E = 0, і потенціал лишається сталим і складає

φ_А =  φ₁.

Далі належало би за за отриманими виразами та даними умови розрахувати таблиці значень і побудувати графіки залежностей E(r) і φ(r).  Але в цьому немає потреби, бо їхній загальний вигляд є очевидним. А саме, області А вони зображуються горизонтальними відрізками, а в кожній з областей В і С – відрізками гіпербол. Тож для повного відображення картини поля достатньо за отриманими формулами  обчислити його характеристики в точках 1 і 2:

Е₁ = 0 і 20 кВ;     Е₂ = 5 кВ і 22,5 кВ;

φ₁ = 550 В;     φ₂ =450 В.

Вигляд графіків залежностей E(r) і φ(r) показано на рис. 8-1.Рис. 8-1

Задача 1.9

Дві паралельні пластини із густиною заряду σ₁ і σ₂ закріплено перпендикулярно до осі ОХ у точках x = 0 і  х   = d (рис. 9). Уважаючи електричне поле системи однорідним,

визначити та показати на графіку

залежність від координати x: А) проєкції напруженості Е_х(х); Б) потенціалу φ(х), прийнявши φ(0) = 0. Розглянути випадки: 1. σ₁ = σ, σ₂ = 2σ;  2. σ₁ = σ, σ₂ = – σ.

Розв'язання

Заряджені пластини поділяють весь простір на три області: I, II, III (рис. 9), в яких за принципом суперпозиції (вирази (1.7), (1.15)) напруженість і потенціал електричного поля системи дорівнює сумі цих характеристик для поля кожної з пластин:

При цьому напруженість визначаються заданою величиною σ (формула (1.9)), а потенціал – ще й вибором нульового рівня (п. 1.3). Тож надалі задля зручності введемо позначення (σ/2ε₀) = E₀ й за нульову точку потенціалу приймемо ліву пластину: φ(0) = 0.

 Випадок 1.

А) У цьому випадку вектори \(\vec{E}_{1}\) і \(\vec{E}_{2}\), згідно з прийнятим позначенням і формулою (1.9), мають модулі Е₁ = Е₀, Е₂ = 2Е₀ і спрямовані, як на рис. 9-1а. Отже, для поля кожної пластини та системи в цілому маємо по областях:

Аналогічно, прийнявши x₁ = d, отримаємо для зони ІІІ:

${{E}_{x}}=-\frac{\varphi \left( x \right)-\varphi \left( d \right)}{x-d}$   $\Rightarrow$  $\varphi \left( x \right)=-{{E}_{x}}\left( x-d \right)+\varphi \left( d \right)$

Відтак, урахувавши дані таб. (1А), отримуємо наступні відповіді:    

Таким чином, потенціал у напрямку осі ОХ в областях І, ІІ лінійно зростає, а в області ІІІ лінійно спадає. Відтак  для побудови графіка (рис. 9-1в ) розрахуємо через величину E₀ = (σ/2ε₀) значення φ(x) у наступних точкахx

Випадок 2.

У цьому випадку \(\sigma_{1}\) = –\(\sigma_{2}\), і складові вектори \(\vec{E}_{1}\), \(\vec{E}_{2}\) мають однакові модулі та показані на рис. 9-2а напрямки.

Тож, згідно із співвідношенням (1), величина E_x в областях І, ІІІ дорівнює 0, а в області ІІІ складає 2Е₀, як показано на рис. 9.2б. Відповідно, в області ІІ потенціал у напрямку осі OХ лінійно спадає від прийнятого значення φ(0) = 0 до φ(d) = –2Е₀d, а поза нею лишається сталим (рис. 9.2в).

Варто зазначити, що цей випадок є характерним для плоского конденсатора, тож отриманий результат заслуговує на окрему увагу.

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 загальний вигляд її графіка.

Розв'язання

А). За принципом суперпозиції (1.7) напруженість $\vec{E}$ електричного поля кільця в будь-якій точці простору дорівнює сумі напруженостей полів його частин. Отож, подумки розділивши кільце на однакові малі ділянки й розклавши напруженість кожної на паралельну ${{\vec{E}}_ {i\parallel }}$ та перпендикулярну ${{\vec{E}}_{i\bot }}$ до осі кільця складову, можна записати

У цьому виразі модулі та напрямки складових векторів визначаються формулою (1.6) через відстані та розташування заданої точки поля відносно всіх точок кільця. Тому розв'язати задачу в загальному вигляді (знайти формулу) для довільної точки не можна. Але на осі перпендикулярні складові полів діаметральних ділянок і всього кільця є компенсовані:

$\sum{{{{\vec{E}}}_{i\bot }}}$ = 0.

Тож, результуюча напруженість

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

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

отримаємо наступну відповідь:

Б). Аби скласти наочне уявлення про характер залежності Е(r) на осі кільця, запишемо її наближені вирази поблизу ($r\ll R$)  та далеко ($r\gg R$) від центра, де величиною r, або R можна нехтувати. А саме,

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

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

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

З приводу отриманої залежності 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 закріплені на невеликій відстані l один від одного (рис. 11), утворюють "електричний диполь".

Установити

вираз залежності його потенціалу  \(\varphi \left(r,\vartheta  \right)\) в повітрі від відстані до центра r і кута (\vartheta \) за умови \(r\gg l\).

Розв'язання

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

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

де φ₊ і φ_– – потенціали полів окремих зарядів ("полюсів") у повітрі визначаються формулою (1.16) при ε = 1, в якій через малість величини $l$ відстані до заданої точки до полюсів (див. рис.  11) 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:

\(\varphi =\frac{ql}{4\pi {{r}^{2}}}\cos \vartheta \)   (\(r\gg l\))