Электростатика часть 2

Физика
Методические указания по решению задач электростатики
Часть II
Учебно-методические материалы для преподавателей и учащихся школ с углубленным
изучением физики и математики
Москва, 2011
1
В методических указаниях по решению задач электростатики (часть II)
рассматривается методика решения задач для учащихся специализированных классов
(физико-математического или технического профиля) в целях реализации стратегии
автономности учащихся. В этих классах по углубленной программе изучаются как
физика, так и математика. Поэтому значительная часть физических задач, предлагаемых
для разбора с учащимися профильных классов, решается на основе привлечения аппарата
высшей математики (дифференцирования и интегрирования функций). Также как и в
методических указаниях по решению задач электростатики (часть I) на примерах
использования закона Кулона и принципа суперпозиции в электростатике закрепляются
навыки, умения
и знания учащихся по
работе с рисунком, векторами, проекциями
векторов, координатным и динамическим методам решения задач.
Однако кроме отличий в используемом математическом аппарате расширяется база
для использования принципа суперпозиции (кроме точечных зарядов в задаче 6
рассматриваются протяженные заряды).
Закладывается основа для более глубокого применения теоремы ГауссаОстроградского на факультативных занятиях в методических указаниях по решению задач
электростатики (часть III). В задаче 5 акцентируется внимание учащихся на
использование принципа симметрии как метода решения задач.
С другой стороны, часть II является логическим продолжением части I. В нем
повторяются две задачи, уже рассмотренные в первой части методических указаний,
поскольку решение задач 2 и 4 второй части на них опирается. Мы повторно приводим
полное решение, для обеспечения, во-первых, непрерывности и автономности процесса
обучения учащихся, во-вторых, для сохранения возможности отдельного использования
методических указаний (часть II).
В части II, также как и в части I,
не заявлены все темы электростатики.
Дополнительные темы рассмотрены в отдельном пособии «Физика. Задачи по
электростатике». Использование методических указаний (части 1,2 и 3) в совокупности
расширяет возможности для построения индивидуальных траекторий подготовки
учащихся.
2
Задача 1.
Два маленьких проводящих шарика подвешены на длинных непроводящих
нитях к одному крючку (рисунок). Шарики заряжены одинаковыми зарядами и
находятся на расстоянии a1 друг от друга. Один из шариков разрядили.
Каким стало расстояние между шариками a2, если известно, что длина нити
много больше a1?
α1
x
T1
a
F1
mg
Решение.
Предположим, что заряд шарика q, длина нити L.
Для решения задачи нам придётся рассмотреть два случая равновесного
состояния шариков (до и после разрядки одного из них).
Случай 1
Применим динамический метод. Поскольку оба шарика находятся в равновесии,
сумма действующих сил на каждый шарик равна 0.
На шарик действуют силы: тяжести mg, натяжения нити T, электрическая сила
отталкивания F1, а силой гравитационного притяжения шариков друг к другу можно
пренебречь: mg+T+F1=0
3
Применим координатный метод и перейдём к уравнению в проекциях на ось
OX, направленную перпендикулярно нити, (мы хотим, чтобы проекция неизвестной
нам силы натяжения нити оказалась равной 0).
Уравнение в виде проекций на эту ось примет вид:
F1cosα1- mgsinα1=0 (1),
где α1- угол между нитью и вертикалью в первом случае.
Перепишем уравнение (1) в виде:
F1= mg tgα1, а затем в виде:
F1= mg sinα1
(2),
так как при малых углах tgα ≈ sinα.
В то же время по закону Кулона:
F1=kq2/a12
(3)
Случай 2
После того, как один из шариков разрядили; шарики соприкоснуться, и заряд
каждого шарика станет равен q/2. Сила отталкивания между шариками изменится, и
угол расхождения нитей при меньших зарядах на шариках станет меньше. Меньше
станет и расстояние a2 между шариками.
Повторив приведённые в случае 1 преобразования, получим:
F2 = mg sinα2
(4),
где F2=kq2/(4а22)
(5)
После деления равенства (2) на равенство (4) имеем:
F1/F2 = sinα1/sinα2
(6)
Так как sinα1 = a1/2L, а sinα2 = a2/2L, то с учётом равенств (3) и (5) из равенства (6)
получим a23 = a13/4.
Окончательно: a2 = a14-1/3.
Задача 2.
Два небольших одинаково заряженных шарика, каждый массы m, подвешены к
одной точке на шелковых нитях длины L. Расстояние между шариками x<<L.Найти
скорость утечки зарядов dq/dt с каждого шарика, если скорость их сближения меняется по
закону V=a/ x , где a- постоянная.
Решение.
4
В задаче 1 было показано , что при равновесии зарядов выполняется
уравнение (1):
F cos  - mg sinα = 0
(1),
где F- кулоновская сила взаимодействия заряженных шариков, а
α - угол между
нитью и вертикалью.
При α→0 (это условие выполняется в нашей задаче) cosα→1,а sinα ≈ α ( заметим,
что α выражается в радианах), т.е. уравнение (1) примет вид:
F = mgα
где F = k
α=
(2),
q2
x2
(3),
2 x
x

2L 2 2 L
(4)
Подставив (3) и (4) в уравнение (2) получим для заряда:
mgx 3
q=
2kL
(5)
Если заряд стекает с шарика, то скорость его стекания:
3x 2
dq 1

dt 2
mg dx
.
mgx 3 2kL dt
2kL
Заменив
dq 3
mg
dx
a
 a
, где k=1/4πεо.
V 
, имеем:
dt
dt 2
2кL
x
Задача 3.
Два точечных заряда +q и –q находятся на расстоянии 2а друг от друга (рисунок).
Определить геометрическое место точек электрического поля этих зарядов с потенциалом,
равным нулю, а также дать зависимость модуля напряженности в этих точках от
координат точек и абсолютной величины зарядов.
Решение.
Поскольку потенциал поля точечного заряда определяется по формуле: φ=kq/2, а
потенциал
поля
нескольких
зарядов
подчиняется
принципу
суперпозиции;
геометрическим место точек с потенциалом равным нулю в этом случае будет
перпендикуляр к отрезку, проведенный через середину отрезка, на концах которого
расположены равные по модулю и противоположные по знаку точечные заряды.
5
Y
E1
A
E
r
r
+q
1
E2
0
2
-q
X
Действительно эти точки одинаково удалены от концов отрезка, поэтому
q
( q)
φ=k +k
=0
(1)
r
r
Пусть ось OY , перпендикулярная оси OX, совпадает с геометрическим местом
точек с потенциалом равным нулю (рисунок). Покажем ,что в любой точке А(0;y) оси OY
вектор Е направлен перпендикулярно данной оси. Пусть Е1- вектор электрического поля
заряда q в точке А, Е2- вектор электрического поля заряда –q в той же точке.
По принципу суперпозиции в точке А вектор в электрического поля двух зарядов:
Е = Е1+Е2
Так как модули векторов Е1=Е2=k
Е=2Е1cosα, где cosα=
а
a  y2
2
(2)
q
, вектор Е является диагональю ромба, а
r  a2
2
.
Окончательно:
qa
E=2k
(a  y )
2
2
3
2
(3)
Задача 4.
Два точечных заряда q и –q расположены на расстоянии 2а друг от друга. Найти
поток вектора напряженности электрического поля через круг радиуса R, центр которого
6
находится на середине отрезка, соединяющего заряды, а плоскость круга перпендикулярна
этому отрезку.
Решение.
Поток dФ вектора Е через площадку dS определяется как скалярное произведение
векторов E и dS, где dS=dS·n, n – это единичный вектор, направленный перпендикулярно
площадке, т.е.
dФ= E·dS
(1)
Проинтегрировав выражение (1), получим поток вектора через поверхность S, т.е.
Ф   E  dS
(2)
S
В решении задачи 3 мы получили формулу зависимости:
E ( y) 
2kqa
(a  y )
2
2
(3),
3
2
а также определили направление вектора Е (применительно к условию задачи 3 вектор Е
перпендикулярен плоскости, в которой расположен круг радиуса R).
Если нормаль к плоскости круга направить по направлению вектора Е, то
скалярное произведение векторов E·dS равно произведению их модулей т.е. (2)
перепишется в виде:
   E  ds
(4)
S
Интегрирование удобно провести, если разбить круг радиуса R на кольца ничтожно
малой ширины dr. Тогда:
R
   E (r )2rdr
(5),
0
где 2rdr –площадь кольца радиуса r, ширины dr.
С учетом формулы (3), заменив у на r имеем:
(r )  2kqa  (a  r )
2
где k 
Из (5) и (6) получим:
7
2

1
40
3
2
(6),


qa
0
R

0
rdr
(a  r )
2
2
3
2
qa

2 0
R2

0
dr 2
(a  r )
2
qa 2
2
q
( 
)  (1 
2 0 a
0
a2  R2
2
3
2
qa

2 0
1
a2  R2

U

a2
3
2
3
 1
qa U 2 a 2  R 2
dU 
(
) 2

3 a
2 0
1
2
)
R
1  ( )2
a
В результате:

q
0
(1 
1
R
1  ( )2
a
)
Задача 5.
Во сколько раз изменится поток вектора напряженности электрического поля
заряда, равномерно распределенного внутри куба, через одну грань куба, если ребро куба
и заряд внутри куба увеличатся в два раза, а заряд как прежде, будет равномерно
распределен по объему куба?
Решение.
Эта задача решается очень просто, если в основу её решения положить принцип
симметрии.
По теореме Гаусса- Остроградского, поток вектора напряженности через все грани
куба ФE 
q
0
, а из соображений симметрии, поток вектора напряженности через одну
грань в шесть раз меньше.
Поскольку заряд внутри куба увеличился в два раза, то и поток через каждую грань
увеличится в два раза.
Задача 6.
По тонкому кольцу радиуса R распределен заряд q. Чему равны напряженность
поля и потенциал: а) в центре кольца; б) на расстоянии x от центра кольца вдоль оси,
перпендикулярной к плоскости кольца?
Решение.
8
Случай а
Разобьем кольцо на участки равной длины dl, меньшей радиуса кольца, чтобы
каждый из этих участков можно было принять за точечный заряд по отношению к центру
кольца. Тогда заряд каждого выделенного участка равен:
dq 
где
q
2 r
q
2 r
dl
(1),
- линейная плотность заряда, т. е. заряд, приходящийся на единицу
длины.
По принципу суперпозиции потенциал в центре кольца равен сумме потенциалов

полей, образованных всеми заряженными участками кольца, т. е.   d , где
d  k
dq
R . С учетом (1):

2 r

kqdl
2 R 2
k
q
R
(2),
0
где
k  41 0 .
Напряженность поля в центре кольца равна векторной сумме напряженностей от
каждого участка кольца. Для удобства решения разобьем кольцо на четное число
участков. Тогда каждый заряженный участок образует пару с другим участком,
расположенным на противоположной стороне кольца. А так как векторы напряженности
от каждого участка из такой пары в центре кольца равны по модулю и направлены в
противоположные стороны, то сумма напряженностей от каждой пары равна нулю, и,
следовательно, напряженность в центре кольца равна нулю.
Случай б
Так как любой из участков кольца находится на одинаковом расстоянии
l  R2  x2 от точки, расположенной на оси кольца, то рассуждая аналогично решению в
случае (а), получим значение потенциала:
 k
q
R  x2
2
(3)
Для нахождения численного значения вектора напряженности необходим рисунок,
поясняющий, как был получен данный вектор, куда он направлен и т. д.
9
Поскольку
от
каждой
пары
точечных
зарядов
dq,
расположенных
на
противоположных сторонах диаметра кольца 1 и 2, суммарный вектор напряженности
dE12 в точке с координатой х направлен по оси кольца, как указано на рисунке, то и от
всех пар точечных зарядов кольца суммарный вектор напряженности E направлен по оси
кольца, т. е.
E =  dEi
(4)
Пусть координатная ось X сонаправлена с искомым вектором Е. Тогда модуль
вектора равен сумме проекций векторов dEi на ось X, т. е.
E =  dEix
где dEix 
(5),
kdq
R2  x2
cos  
 cos 
b
(6), и
(7)
R  x2
2
Подставив (6) и (7) в (5), получим:
E  41 0 
qx
3
( R2  x2 ) 2
10
(8)