Как найти потенциал в центре диска

Как найти потенциал в центре диска

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

61

Ответ: ϕ =

1

q

.

4πε0

R2 + h2

Задача 2.3.3 (базовая задача). Тонкий диск радиуса R заряжен равномерно с поверхностной плотностью σ. Определить потенциал поля в точке А, расположенной на оси диска на расстоянии h от его плоскости.

Решение

Учитывая условия цилиндрической симметрии распределения заряда, выделим на диске кольцевую область между окружностями радиусов r и r + dr. Находящийся на ней заряд dq = σ2πr dr создает

1

dq

в точке наблюдения А потенциал dϕ =

, где l = r2 + h2 .

4πε

0

l

Искомый потенциал есть сумма всех таких вкладов:

1

R

σ2πrdr

σ

2

2

ϕ =

∫0

=

( R

+ h

− h) .

4πε0

2ε0

r2 + h2

σ

Ответ: ϕ =

(

R2 + h2

− h) .

2ε

0

Анализ результата и дополнительные выводы.

σR

1. В центре диска h = 0 и потенциал равен 2ε0 .

2. На большом расстоянии от плоскости диска (при R << h) имеем при разложении по малой величине R в первом порядке:

h

ϕ =

1

σπR2

=

1

q

.

4πε

4πε

0

h

0

h

Это означает, что с ростом h потенциал становится все ближе к потенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска.

3. Вблизи плоскости диска (при h << R) при разложении по ма-

h

в первом порядке имеем ϕ =

σR

−

h

лой величине

1

.

2ε

R

0

R

4. При Rh → ∞ мы ожидаем получить потенциал бесконечной заряженной плоскости (т.е. линейно зависящий от расстояния h до

62

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

плоскости). Однако такому предельному переходу препятствует

наша нормировка потенциала, приемлемая только для заряда, рас-

пределенного в конечной области пространства. В этом случае за

нуль потенциала следует принять его значение в какой-либо произ-

вольной точке, не лежащей в бесконечности. Если положить φ = 0

при h = 0, то получим закон изменения потенциала в однородном

поле, соответствующем полю бесконечной заряженной плоскости.

Вопрос о нормировке не возникает, если требуется вычислить раз-

ность потенциалов в двух точках, отстоящих от плоскости на рас-

стояния h1 и h2. В этом случае независимо от нормировки имеем

ϕ = σ (h − h ) , что и соответствует однородному полю от беско-

2ε

1

2

0

нечной заряженной плоскости (см. задачу 1.3.8, главы 1).

Задача 2.3.4. Найти потенциал φ на краю тонкого диска радиу-

са R, по которому равномерно распределен заряд с поверхностной

плотностью σ.

Решение

Поиск подхода к решению приводит к выводу, что наиболее це-

лесообразно

использовать

полярную

dα

систему координат (r, α), начало которой

dS

расположено в точке А, а угол α отсчи-

A

α

тывать от диаметра, проходящего через

O

точку А (рис. 2.2). Элемент площади в

этой системе равен dS = r dr dα. На нем

находится заряд dq = σdS, который соз-

Рис. 2.2.

К нахождению по-

дает

в

точке

А

потенциал

тенциала поля на краю заря-

dϕ =

1

dq =

σ

dr dα . Интегрируя

женного диска (задача 2.3.4)

4πε0

r

4πε0

это выражение по r в пределах от нуля до r = 2Rcosα, найдем вклад

в потенциал от всех точек диска, находящихся внутри угла dα. Ин-

тегрируя затем по углу α в пределах от −π 2 до π 2 , найдем по-

тенциал точки А: ϕ = σR .

πε

0

Потенциал в точке на краю диска в π 2 раз, т.е. приблизитель-

но в полтора раза, меньше потенциала в центре диска. Это и понят-

но: потенциал в центре диска равен работе внешних сил по пере-

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

63

мещению единичного заряда из бесконечности в центр диска. При смещении заряда из центра диска к его краю работу совершает само поле, и потенциальная энергия заряда уменьшается.

σR

Ответ: ϕ = πε0 .

Задача 2.3.5. Два коаксиальных кольца одинакового радиуса R заряжены равномерно зарядами q1 и q2. Плоскости колец находятся на расстоянии h друг от друга. Найти потенциал в произвольной

точке А на оси колец.

x

Решение

Из симметрии задачи следует, что начало координат О следует поместить в средней точке между кольцами, а ось x направить вдоль оси колец (рис. 2.3).

Точка А с координатой x отстоит от плоскости верхнего кольца на расстояние x1 = x − h2 , а от нижнего кольца – на

x2 = x + h2 . Каждое кольцо создает в точке А потенциал, вычисленный в базовой задаче 2.3.2:

ϕi =

1

qi

, где i = 1, 2.

4πε0

R2 + x2

i

A

q1

h O

q2

Рис. 2.3. К нахождению потенциала электростатического поля на оси двух заряженных коаксиальных колец (задача 2.3.5)

Согласно принципу суперпозиции φ = φ1 + φ2. Отсюда получается ответ.

1

q

q

2

Ответ: ϕ =

1

+

.

4πε0

R2 + (x − h/ 2)2

R2 + (x + h/ 2)

2

Анализ результата и дополнительные выводы

1. Если q1 = q2, то функция φ(x) четная и распределение потенциала симметрично. В точке О потенциал равен удвоенному потенциалу от одного кольца.

Если q1 = –q2, то функция φ(x) нечетная, график ее имеет вид антисимметричной функции, а в точке О имеем φ = 0.

64 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

2. При большом удалении от колец, когда x >> h, R (x > 0), име-

ем при разложении в первом порядке по малым значениям

h x и

R x :

1

≈

1

−

h

и ϕ =

1

q + q

+

(q − q )h

1

1

2

1 2

.

4πε0

2x2

R2 + (x + h/ 2)2

x

2x

x

Первое слагаемое является потенциалом точечного заряда, равного полному заряду системы q1 + q2, расположенного в центре между кольцами, второе – потенциал точечного диполя, расположенного в той же точке, с вектором дипольного момента, направленным вдоль

оси x и равным по величине p =

h

(q − q

) . Радиус колец слабо

2

1

2

влияет на поле, давая поправку только второго порядка малости. В случае q1 = q2 поле системы двух колец видится с большого расстояния как поле точечного заряда 2q, а дипольное слагаемое (т.е. слагаемое второго порядка малости) отсутствует. В случае q1 = −q2 система электронейтральна и с большого расстояния выглядит как диполь с моментом p = qh, ориентированным вдоль оси x.

3. Если кольца расположены очень близко друг к другу (h << R), то в области между кольцами x << R. В этой области при

1 q

q1 = q2 = q потенциал поля на оси ϕ = 2πε0 R сохраняется постоян-

ным в линейном приближении по малым параметрам x/R и h/R. Поправки к постоянному потенциалу существуют только за счет слагаемых второго порядка малости. Поле в этой области будет очень слабым, напряженность его будет близка к нулю. При q1 = –q2 = q имеем в низшем порядке по малым параметрам x/R и h/R:

1qxh

ϕ= πε0 R3 . Линейная зависимость потенциала от координаты

говорит о том, что поле в этом случае однородное. Величина напряженности поля невелика, так как определяется малым параметром h/R.

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

65

Задачи типа 2.2

Обратная задача: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов.

Метод решения – прямое применение уравнения Пуассона (2.18). Следует использовать запись оператора Лапласа в системе координат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если в условии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (2.16) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве.

Задача 2.3.6. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar2 + b, где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ(r) внутри шара.

Решение

Это пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферических координатах – тогда остается зависимость только от одной пере-

∂2ϕ 2 ∂ϕ

менной r: ϕ = ∂r2 + r ∂r . Выполняя дифференцирование, нахо-

дим Δφ = 6a. Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6aε0. Ответ: ρ = – 6aε0.

Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовых координатах, если в заданное выражение для ϕ(r) подставить r2 = x2 + y2 + z2 и воспользоваться выражением (2.19) для оператора Лапласа в декартовых координатах.

Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё только численным множителем. Объемная плотность ρ заряда внутри шара постоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен, что соответствует убыванию потенциала в направлении от центра шара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала в центре шара. Его величину можно найти из условия непрерывности потенциала при r = R:

ϕ =

1

q

= aR2 + b ,

4πε

0

R

66

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ρR2

откуда b = 2ε0 . Величина b зависит от плотности распределения заряда и от радиуса шара.

Задача 2.3.7. В бесконечном слое толщиной d находится равномерно распределенный объемный заряд. Разность потенциалов между границами слоя постоянна и равна Δφ ≠ 0. При каком значении объемной плотности ρ заряда напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю? Какова будет при этом напряженность поля у другой границы?

Решение

Поскольку распределение заряда симметрично относительно центральной плоскости слоя, то создаваемый полем этого заряда потенциал одинаков на обеих поверхностях слоя. Таким образом, сам распределенный в плоском слое заряд не может создать разность потенциалов на своих границах (см. базовую задачу 2.3.8). Следовательно, должно присутствовать внешнее однородное поле в направлении нормали к слою, напряженность которого можно представить в виде E0 = Δϕd . Напряженность поля вблизи одной

из границ будет равна нулю, если это внешнее поле равно по величине полю, создаваемому на этой пластине распределенным зарядом, и противоположно ему направлено. На границе слоя напря-

ρd

женность поля от распределенного заряда равна E = 2ε0 (см. зада-

чу 1.3.11, глава 1). Из равенства E = E0 находим ρ = 2ε0Δϕd2 . На

второй границе внешнее поле направлено одинаково с полем распределенного заряда. Поэтому напряженность поля вблизи второй границы равна 2Δϕd .

Задачи типа 2.3

Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля, и решение обратной задачи

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

67

Метод решения. Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов) использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х из

(2.16) находим: Е(х) = − dϕ . Интегрируя это уравнение, получаем dx

φ(x). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.

Представленные в данном разделе задачи в основном являются базовыми. Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.

Задача 2.3.8 (базовая задача). Бесконечный плоский слой толщиной 2h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.

Решение

В задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженности поля от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали к плоскости слоя, то внутри слоя (x ≤ h) поле растет по линейному

закону E =

ρ

x , а вне слоя (x ≥ h) поле однородно и равно E =

ρh .

ε0

ε0

Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть только область x > 0, а решение для области x < 0 легко записать из полученного результата.

Используя (2.16), находим dφ = – Edx, откуда для области x ≤ h получаем

ρx2

φ(x) = − 2ε0 + C1 ; аналогично для x ≥ h имеем

ρhx

φ(x) = − ε0 + C2 ,

где C1 и C2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.

68

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Поскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке. Наиболее естественный способ нормировки потенциала в данной системе – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя, где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C1 = 0. Постоянную C2 определим теперь из условия непрерывности потенциала на границе слоя. Имеем при x = h:

− ρh2

+ C

2

= − ρh2

ε0

2ε0

откуда C

= ρh2

. Итак, внутри слоя потенциал убывает по квадра-

2

2ε

0

тичному

закону φ(x) = −

ρ

x2 ,

а снаружи – по линейному

2ε

0

φ(x) = −

ρh

(2x − h) . Убывание потенциала связано с тем, что при

2ε

0

удалении пробного положительного заряда от центральной плоскости слоя поле совершает положительную работу и потенциальная энергия заряда уменьшается.

Ввиду плоской симметрии системы распределение потенциала при x < 0 найдем, заменяя в полученных формулах x на |x|. Если уменьшать толщину слоя до нуля, сохраняя его заряд, то в результате получим плоскость, заряженную равномерно с поверхностной плотностью σ = 2ρh, создающую в пространстве потенциал

ϕ(x) = − σ

2ε0

E = σ . 2ε0

Ответ:

x = −

ρh x , соответствующий однородному полю

ε

0

1) |x| < h: φ(x) = − ρ x2 , 2ε0

ρh

2) |x| ≥ h: φ(x) = − 2ε0 (2 x − h) .

Задача 2.3.9. Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти значение потенциала в произвольной точке.

Гл. 2. Работа сил электростатического поля. Потенциал

69

Решение

Из симметрии системы следует, что для решения целесообразно выбрать сферическую систему координат. Напряженность поля равномерно заряженного шара вычислена в задаче 1.3.16 (глава 1):

внутри шара Eвнутри

=

ρ

r , вне шара Eвне =

1

q

, где q – пол-

3ε

0

4πε

0

r2

ный заряд шара, равный (4/3)πR3ρ. Напряженность поля зависит только от одной координаты r. В этом случае из (2.16) находим

E(r) = − dϕ и, интегрируя это уравнение, получаем dr

φвнутри(r) = −

ρ

r2 + C ,

φвне(r) =

1

q

+ C .

6ε

0

r

4πε0

2

1

В нашем случае заряды сосредоточены в ограниченной области пространства, поэтому можно положить равным нулю потенциал бесконечно удаленной точки. Тогда С2 = 0, а постоянная С1 определяется из условия непрерывности потенциала при r = R:

−

ρ

R2 + C =

1

q

,

6ε

4πε

0

1

0

R

ρR2

откуда С1 = 2ε0 . Физический смысл константы С1 – это потенциал в центре шара при нашей нормировке. Итак, внутри шара потенци-

ρ

ал убывает по квадратичному закону φвнутри(r) = 6ε0 (3R2 − r2 ) , а

снаружи – как потенциал точечного заряда q, расположенного в центре шара.

Если, сохраняя заряд q и его симметричное распределение, перенести его весь на поверхность шара, то напряженность поля и потенциал во внешней области не изменятся. Потенциал любой точки на

1 q

поверхности останется равным 4πε0 R . Но во внутренней области

теперь поле отсутствует, работа по перемещению пробного заряда с поверхности шара в его центр не совершается и потенциал в любой точке внутри получившейся заряженной сферы будет одним и тем же – потенциалом поверхности сферы.

70

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Ответ: 1) r < R: φвнутри(r) = ρ (3R2 − r2 ) ; 6ε0

1q

2)r > R: φвне(r) = 4πε0 r .

Задача 2.3.10. Шаровой слой между сферами радиусов R1 и R2 (R1 < R2) заряжен с плотностью ρ = a/r2. Найти потенциал поля в произвольной точке.

Решение

Распределение заряда сферически симметрично (рис.2.4), поэтому поле во внешней области совпадает с полем точечного заряда, равного полному заряду слоя q и расположенного в центре сфер.

Полный заряд слоя R1 < r < R2 найдем, суммируя заряды бесконечно тонких слоев с внутренним радиусом r и внешним r + dr. Учитывая, что заряд такого слоя dq = ρdV = ρ 4πr2dr = 4πadr и вы-

числяя интеграл по r в пределах от R1

dr

до R2, получаем:

r

R2

q = 4πa ∫dr = 4πa(R2 – R1).

R1

R1

R2

Рис. 2.4. Шаровой слой со сферически симметричным распределением заряда (задача 2.3.10)

Нормируя потенциал на нуль в бесконечности, находим потенциал в области r ≥ R2:

φ3(r) =

1

q

=

a

R2 − R1

.

4πε

0

r

ε

0

r

Отсюда потенциал сферы радиуса

a

R1

R2 будет равен φ(R2) =

−

ε

R

1

.

0

2

Электрическое поле внутри слоя E2(r) определяется суммарным зарядом, находящимся внутри сферы радиуса r. Этот заряд равен

r

q(r) = 4πa∫dr = 4πa(r – R1).

R1

По теореме Гаусса создаваемая им напряженность поля

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
  • #
Источник

Помогите решить задачу по физике! Очень нужно!!!

Никита Шолохов



Знаток

(388),
закрыт



12 лет назад

По тонкому диску радиусом R=10 см равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью =10 нКл/м2. Найти потенциал в центре диска фи 0?

Лучший ответ

Styx

Гений

(83658)


12 лет назад

1)φ=∫dφ
2)dφ=(σrdrdϑ)/(4πε₀)
3)проинтегрируете
r ∈[0,R]
ϑ∈[0,2π]

ПОЛУЧИТЕ ОТВЕТ, я надеюсь!! !
φ=(σR)/(2ε₀)

Остальные ответы

Александр Потанин

Мастер

(2249)


12 лет назад

условно разобьем диск на малые элементы. суммируя потенциалы, создаваемые отдельными элементами, находим: фи 0 = заряд/радиус.

Источник

2018-05-14   comment

Находящаяся в вакууме круглая очень тонкая пластинка радиуса $R$ равномерно заряжена с поверхностной плотностью $sigma$. Найти потенциал и напряженность электрического поля на оси пластинки как функцию расстояния $l$ от ее центра. Исследовать полученное выражение при $l rightarrow 0$ и $l gg R$.

Решение:



Рассмотрим элементарное кольцо толщины $dy$ и радиуса $y$, как показано на рисунке. Тогда потенциал в точке P на расстоянии $l$ от центра диска равен

$d phi = frac{ sigma 2 pi y dy }{4 pi epsilon_{0} sqrt{y^{2} + l^{2} } }$

Следовательно, потенциал от всего диска,

$phi = int_{0}^{R} frac{ sigma 2 pi y dy}{4 pi epsilon_{0} sqrt{y^{2} + l^{2} } } = frac{ sigma l}{2 epsilon_{0} } left ( sqrt{1 + (R/l)^{2} } – 1 right )$

Из симметрии

$E = E_{l} = – frac{d phi}{dl} = – frac{ sigma}{2 epsilon_{0} } left [ frac{2l}{ 2 sqrt{R^{2} + l^{2} } } – 1 right ] = frac{ sigma }{2 epsilon_{0}} left [ 1 – frac{1}{ sqrt{1 + (R/l)^{2} } } right ]$

когда $l rightarrow 0, phi approx frac{ sigma R}{2 epsilon_{0} }, E = frac{ sigma}{2 epsilon_{0} }$ и когда $l gg R$,

$phi approx frac{ sigma R^{2} }{4 epsilon_{0}l }, E = frac{ sigma R^{2} }{4 epsilon_{0} l^{2} }$

Источник

Сообщения без ответов | Активные темы | Избранное

электростатика. потенциал вращающегося диска

Stensen 

электростатика. потенциал вращающегося диска

Сообщение27.02.2016, 13:46 

Аватара пользователя


26/11/14
705

Профиль  

Munin 

Re: электростатика. потенциал вращающегося диска

Сообщение27.02.2016, 14:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407

Ведь в центре находится избыточный заряд $+q$

Нет. По диску как-то распределён избыточный заряд: он образует плотность $sigma(R).$ Эта плотность заряда создаёт найденное вами поле $E(R)$ (этот момент не будем рассчитывать, $E(R)$ вам уже известна). И наконец, это поле имеет также и некоторый потенциал $varphi(R).$ По определению в электростатике, $Deltavarphi=int E,dl.$ Но

    Потенциал на расстоянии $R $ от центра (на периферии): $ varphi = E cdot R $.

неверно – это было бы верно только для постоянного электрического поля.

Думаю, теперь доделка очевидна.

Профиль  

Stensen 

Re: электростатика. потенциал вращающегося диска

Сообщение27.02.2016, 14:27 

Аватара пользователя


26/11/14
705

Профиль  

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы

Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей

Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Источник

Добавить комментарий