Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- mmf1 [2024/08/31 13:30] – создано root
+++ mmf1 [2026/09/27 19:15] (текущий) – внешнее изменение 127.0.0.1
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
-  - Определить поле в центральной точке $O$ равномерно заряженного по объему полушара радиуса $R$. Общий заряд полушара равен $\frac Q2$.
+====== Напряжённость и потенциал электростатического поля. Принцип суперпозиции. Диполь. Теорема Гаусса. Уравнение Пуассона. Энергия системы зарядов ======
+===== 1.1. Поле в центре заряженного полушара =====
+**Условие:**
+{{ ::mmf1-01.png?150|}}
+Определить поле в центральной точке $O$ равномерно заряженного по объёму полушара радиуса $R$. Общий заряд полушара равен $Q/2$.
+**Решение:**
+Разобьём полушар на тонкие полусферические оболочки радиуса $r$ (от $0$ до $R$), толщиной $dr$, с объёмной плотностью заряда $\rho$; заряд оболочки $dq=\rho\cdot2\pi r^2\,dr$, что соответствует поверхностной плотности $\sigma_{\text{эфф}}=\rho\,dr$.
+Найдём сначала поле в центре кривизны O от ОДНОЙ полусферической оболочки радиуса $r$ с поверхностной плотностью $\sigma$. Элемент кольца на полярном угле $\theta$ (от оси) имеет заряд $dq_{\text{эл}}=\sigma\cdot2\pi r^2\sin\theta\,d\theta$; вклад в осевую составляющую поля в точке $O$ от точечного заряда, находящегося на расстоянии $r$ под углом $\theta$ к оси:
+$$dE_z=-\frac{dq_{\text{эл}}\cos\theta}{r^2}=-2\pi\sigma\sin\theta\cos\theta\,d\theta.$$
+Интегрируя по $\theta\in[0,\pi/2]$:
+$$E_z=-2\pi\sigma\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,d\theta=-2\pi\sigma\cdot\frac12=-\pi\sigma$$
+(поле направлено от полусферы — то есть вдоль оси в сторону, противоположную выпуклости, что естественно для положительного заряда).
+Подставляя $\sigma\to\sigma_{\text{эфф}}=\rho\,dr$ (не зависит от $r$!) и интегрируя по толщине от $0$ до $R$:
+$$E_z=-\pi\rho R.$$
+Плотность $\rho$ находим из условия $Q/2=\rho\cdot\dfrac23\pi R^3$, откуда $\rho=\dfrac{3Q}{4\pi R^3}$. Тогда
+$$|E|=\pi\rho R=\pi\cdot\frac{3Q}{4\pi R^3}\cdot R=\frac{3Q}{4R^2}.$$
+**Ответ:**
+$$E=\frac{3Q}{4R^2}$$
+— направлено вдоль оси симметрии в сторону, противоположную выпуклости полушара (наружу через плоское основание).
+===== 1.2. Потенциал и поле на оси диска; потенциал в центре и на краю =====
+**Условие:**
+Тонкий диск радиусом $R$ имеет заряд $\sigma$ на единицу поверхности. Найти потенциал $\varphi(z)$ и напряжённость электрического поля $E(z)$ на оси диска. Найти потенциал на краю диска и в центре.
+**Решение:**
+**На оси.** Разбиваем диск на кольца радиуса $r$, ширины $dr$: $dq=\sigma\,2\pi r\,dr$. Потенциал в точке на оси на высоте $z\ge0$:
+$$\varphi(z)=\int_0^R\frac{2\pi\sigma r\,dr}{\sqrt{r^2+z^2}}=2\pi\sigma\Bigl[\sqrt{r^2+z^2}\Bigr]_0^R=2\pi\sigma\left(\sqrt{R^2+z^2}-z\right).$$
+Напряжённость:
+$$E(z)=-\frac{d\varphi}{dz}=2\pi\sigma\left(1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}\right).$$
+(Для $z<0$ обе величины — чётная и нечётная функции $|z|$ и $\operatorname{sign}(z)$ соответственно, по симметрии диска.)
+**Потенциал в центре** — просто $\varphi(0)$ из формулы выше:
+$$\varphi_{\text{центр}}=2\pi\sigma R.$$
+**Потенциал на краю диска** (точка $r=R$, $z=0$, т.е. НЕ на оси — прямая формула выше неприменима) находится геометрическим приёмом. Возьмём точку наблюдения $P$ на самой границе диска и введём полярные координаты $(\rho,\theta)$ с центром в $P$ (а не в центре диска), где $\theta$ отсчитывается от диаметра, проходящего через $P$. Для окружности радиуса $R$ луч из точки на её границе, направленный под углом $\theta$ к этому диаметру ($\theta\in(-\pi/2,\pi/2)$), пересекает окружность второй раз на расстоянии — это стандартный факт планиметрии (следствие теоремы о вписанном угле, опирающемся на диаметр):
+$$L(\theta)=2R\cos\theta.$$
+Тогда, поскольку элемент площади в этих координатах $dA=\rho\,d\rho\,d\theta$, а подынтегральное выражение $dA/\rho=d\rho\,d\theta$:
+$$\varphi_{\text{край}}=\sigma\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_0^{L(\theta)}d\rho=\sigma\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2R\cos\theta\,d\theta=2\sigma R\bigl[\sin\theta\bigr]_{-\pi/2}^{\pi/2}=4\sigma R.$$
+**Ответ:**
+$$\varphi(z)=2\pi\sigma\left(\sqrt{R^2+z^2}-z\right),\qquad E(z)=2\pi\sigma\left(1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}\right)\ (z\ge0);$$
+$$\varphi_{\text{центр}}=2\pi\sigma R\ (\approx6{,}28\,\sigma R),\qquad \varphi_{\text{край}}=4\sigma R$$
+(край диска имеет меньший потенциал, чем центр, — он «менее выгодно» расположен относительно распределения заряда).
+===== 1.3. Три концентрические заземлённые сферы с зарядом на средней =====
+**Условие:**
+В системе трёх концентрических сфер радиусами $R_1<R_2<R_3$ на средней сфере находится заряд $Q$, а остальные две заземлены. Определить напряжённость поля и потенциал в зависимости от $r$.
+**Решение:**
+Обозначим (неизвестный пока) индуцированный заряд внутренней сферы $q_1$; по теореме Гаусса и сферической симметрии поле зависит только от заряда, заключённого внутри радиуса $r$.
+**Область $r<R_1$:** внутри проводящей заземлённой сферы (без зарядов внутри нее) $E=0$, и поскольку сфера заземлена, $\varphi=0$ во всей этой области.
+**Область $R_1<r<R_2$:** охвачен только заряд $q_1$ сферы $R_1$:
+$$E(r)=\frac{q_1}{r^2}.$$
+Интегрируя от $\varphi(R_1)=0$:
+$$\varphi(r)=q_1\left(\frac1r-\frac1{R_1}\right).$$
+В частности $\varphi(R_2)=q_1\left(\dfrac1{R_2}-\dfrac1{R_1}\right)$.
+**Область $R_2<r<R_3$:** охвачен заряд $q_1+Q$:
+$$E(r)=\frac{q_1+Q}{r^2},\qquad \varphi(r)=\varphi(R_2)+(q_1+Q)\left(\frac1r-\frac1{R_2}\right).$$
+**Условие заземления $R_3$:** $\varphi(R_3)=0$:
+$$q_1\left(\frac1{R_2}-\frac1{R_1}\right)+(q_1+Q)\left(\frac1{R_3}-\frac1{R_2}\right)=0.$$
+Решая относительно $q_1$ (раскрывая скобки и группируя):
+$$q_1\left(\frac1{R_3}-\frac1{R_1}\right)=-Q\left(\frac1{R_3}-\frac1{R_2}\right)\ \Longrightarrow\ q_1=-\frac{Q\,R_1(R_3-R_2)}{R_2(R_3-R_1)}.$$
+Тогда
+$$q_1+Q=\frac{Q\,R_3(R_2-R_1)}{R_2(R_3-R_1)}\quad(>0).$$
+**Область $r>R_3$:** поскольку и снаружи должно быть $\varphi\to0$ на бесконечности, а $\varphi(R_3)=0$ уже обеспечено, единственная возможность — полный заряд системы (вместе с индуцированным зарядом $q_3$ внешней сферы) равен нулю: внешняя заземлённая сфера полностью экранирует всё, что внутри неё:
+$$E=0,\quad\varphi=0\qquad(r>R_3),\qquad q_3=-(q_1+Q)=-\frac{Q\,R_3(R_2-R_1)}{R_2(R_3-R_1)}.$$
+**Ответ:**
+$$E(r)=\begin{cases}0,&r<R_1\\[4pt]\dfrac{q_1}{r^2},&R_1<r<R_2\\[6pt]\dfrac{q_1+Q}{r^2},&R_2<r<R_3\\[4pt]0,&r>R_3\end{cases}\qquad q_1=-\frac{QR_1(R_3-R_2)}{R_2(R_3-R_1)},\quad q_1+Q=\frac{QR_3(R_2-R_1)}{R_2(R_3-R_1)},$$
+$$\varphi(r)=\begin{cases}0,&r<R_1\\[4pt]q_1\left(\dfrac1r-\dfrac1{R_1}\right),&R_1<r<R_2\\[6pt]q_1\left(\dfrac1{R_2}-\dfrac1{R_1}\right)+(q_1+Q)\left(\dfrac1r-\dfrac1{R_2}\right),&R_2<r<R_3\\[4pt]0,&r>R_3\end{cases}$$
+Внутренняя сфера приобретает отрицательный индуцированный заряд (притягивается к $Q>0$), внешняя — тоже отрицательный, полностью экранируя систему снаружи.
+===== 1.4. Взаимодействие двух коллинеарных диполей =====
+**Условие:**
+Два диполя $\vec p_1$ и $\vec p_2$ расположены вдоль одной прямой на расстоянии $r$ друг от друга (оба момента направлены вдоль этой же прямой). Определить силу их взаимодействия. Определить энергию системы.
+**Решение:**
+Общая формула энергии взаимодействия двух точечных диполей, разделённых радиус-вектором $\vec r$ ($\hat n=\vec r/r$):
+$$U=\frac{\vec p_1\cdot\vec p_2-3(\vec p_1\cdot\hat n)(\vec p_2\cdot\hat n)}{r^3}.$$
+Для коллинеарного расположения (оба момента вдоль $\hat n$): $\vec p_1\cdot\vec p_2=p_1p_2$, $(\vec p_1\cdot\hat n)=p_1$, $(\vec p_2\cdot\hat n)=p_2$, откуда
+$$U=\frac{p_1p_2-3p_1p_2}{r^3}=-\frac{2p_1p_2}{r^3}.$$
+Сила (проекция на направление $r$, положительная — на увеличение $r$):
+$$F_r=-\frac{dU}{dr}=-\frac{6p_1p_2}{r^4}.$$
+Знак «$-$» означает притяжение (диполи стремятся сблизиться) при $p_1p_2>0$ (моменты сонаправлены).
+Это же можно получить прямо: поле диполя $p_1$ на его оси на расстоянии $r$ равно $E=2p_1/r^3$; сила на диполь $p_2$, целиком лежащий в этом поле вдоль оси, $F=p_2\,dE/dr=p_2\cdot(-6p_1/r^4)=-6p_1p_2/r^4$ — совпадает.
+**Ответ:**
+$$U=-\frac{2p_1p_2}{r^3},\qquad F=\frac{6p_1p_2}{r^4}\ \text{(притяжение при сонаправленных }p_1,p_2\text{)}.$$
+===== 1.5. Устойчивость заряженного мыльного пузыря =====
+**Условие:**
+Поверхностное натяжение $\alpha$ сферической жидкой плёнки создаёт дополнительное давление $P$, обратно пропорциональное радиусу плёнки $R$. Будет ли устойчивым мыльный пузырь, если его оболочке сообщить некоторый заряд $Q$? (Сила поверхностного натяжения $F=\alpha\ell$, где $\ell$ — длина границы поверхности.)
+**Решение:**
+**Избыточное давление от натяжения.** У мыльного пузыря ДВЕ поверхности плёнки (внутренняя и внешняя). Рассекая пузырь пополам и балансируя силу давления $P\pi R^2$ силой натяжения по периметру разреза с двух поверхностей $2\cdot(2\pi R\alpha)$:
+$$P_\alpha\pi R^2=4\pi R\alpha\ \Longrightarrow\ P_\alpha=\frac{4\alpha}{R}\quad\text{(направлено внутрь, стремится сжать пузырь).}$$
+**Электростатическое давление.** При поверхностной плотности заряда $\sigma=Q/(4\pi R^2)$ электростатическое давление на заряженную поверхность (стандартный результат: на элемент заряда действует поле «остальной» поверхности, равное половине полного поля $4\pi\sigma$ снаружи) равно
+$$P_{\text{эл}}=\frac{\sigma\cdot4\pi\sigma}{2}=2\pi\sigma^2=2\pi\left(\frac{Q}{4\pi R^2}\right)^2=\frac{Q^2}{8\pi R^4}\quad\text{(направлено наружу, «раздувает» пузырь).}$$
+**Условие равновесия.** Пусть внутри заключено некоторое (постоянное) количество газа, изотермически создающее избыточное давление $P_{\text{газ}}(R)=C/R^3$ (закон Бойля–Мариотта: $P\cdot\frac43\pi R^3=\text{const}$, отсюда $C=$const). Равновесие плёнки:
+$$\frac{C}{R^3}+\frac{Q^2}{8\pi R^4}=\frac{4\alpha}{R}.$$
+Обозначим при равновесном радиусе $R_*$: $A=C/R_*^3$ (давление газа) и $B=Q^2/(8\pi R_*^4)$ (электростатическое давление), так что $A+B=4\alpha/R_*$.
+**Устойчивость.** Рассмотрим функцию нескомпенсированного (избыточного наружного) давления $f(R)=C/R^3+Q^2/(8\pi R^4)-4\alpha/R$; равновесие — там, где $f(R_*)=0$; устойчиво, если при малом увеличении $R$ величина $f$ становится ОТРИЦАТЕЛЬНОЙ (натяжение начинает побеждать и стягивает плёнку назад), то есть если $f'(R_*)<0$:
+$$f'(R)=-\frac{3C}{R^4}-\frac{Q^2}{2\pi R^5}+\frac{4\alpha}{R^2}.$$
+В точке равновесия, выражая $4\alpha/R_*^2=(A+B)/R_*$, а $3C/R_*^4=3A/R_*$, $Q^2/(2\pi R_*^5)=4B/R_*$:
+$$f'(R_*)=\frac{-3A-4B+(A+B)}{R_*}=-\frac{2A+3B}{R_*}<0$$
+— выполняется ВСЕГДА (поскольку $A,B\ge0$, а $B>0$ при $Q\ne0$), независимо от величины заряда.
+**Ответ:** Да, равновесие всегда устойчиво — и газовое давление ($\propto1/R^3$), и электростатическое ($\propto1/R^4$) убывают с радиусом быстрее, чем требуемое натяжением давление ($\propto1/R$), поэтому любое отклонение от равновесного радиуса самокомпенсируется. Сообщение заряда не разрушает устойчивость пузыря (лишь увеличивает равновесный радиус за счёт дополнительного «раздувающего» электростатического давления $Q^2/(8\pi R^4)$).