Материал: Chast1giper

Елемент dl₁ кільця, заряд якого , створює напруженість поля . (7.10)

Діаметрально протилежний елемент dl₂ створює напруженість dE₂. Ясно, що Х–ві проекції цих векторів попарно компенсуються, а У-ві – додаються.

. Враховуючи (7.10), і що , одержуємо

. (7.11)

При h =0 ( в центрі кільця) Е=0. При h → ∞ Е = 0.

Приклад 2. Розрахувати поле нескінченної зарядженої осі в точці, яка знаходиться на відстані R від неї. Лінійна густина заряду осі дорівнює τ (рис.7.4).

Нескінченно малий елемент dℓ(точковий заряд) створює напруженіcть . Заряд цього елемента дорівнює . Відстань . Одержуємо . Знаходимо проекції цього вектора на осі координат: , . Інтегрування по всій осі зводиться до інтегрування по куту α в межах від 0 до π.

. (7.12)

.

Так як Е_у = 0, вектор напруженості направлений вздовж осі ох, тобто перпендикулярно до зарядженої осі.

Приклад 3. Розрахувати поле нескінченної зарядженої площини з поверхневою густиною заряду σ (рис.7.5).

Положення нескінченно малого елемента dS, заряд якого dq = σ∙dS,

задамо полярними координатами ρ і α. В цих координатах dS = ρ∙dρ∙dα. Знайдемо dE_z , яка перпендикулярна до площини. Щоб охопити всю площину, кут α повинен змінюватись від 0 до 2π, а радіус ρ – від 0 до ∞. Беремо подвійний інтеграл в цих межах

Проекція вектора напруженості на площину, перпендикулярну до осі ОZ дорівнює нулю. В цьому можна впевнитись математично, замінивши соsφ на sinφ, а можна і такими міркуваннями: на нескінченній площині завжди можна знайти елемент dS₂, симетричний dS₁ відносно перпендикуляра h до площини (рис7.6). Ці елементи створюють однакові вектори напруженості dE₁ і dE₂, Z-ві проекції яких співпадають, а перпендикулярні проекції взаємно протилежні і тому компенсують одна одну. Отже вектор напруженості поля нескінченної зарядженої площини

(7.13)

перпендикулярний до неї і не залежить від положення точки, тобто однакове в усіх точках простору. Такі поля називаються однорідними.

7.3 Теорема Остроградського-Гаусса та її застосування до розрахунку електростатичного поля заряджених тіл

Для спрощення розрахунку полів симетричних заряджених тіл застосовується теорема Остроградського – Гауса: потік вектора електростатичної індукції через будь-яку замкнуту поверхню дорівнює алгебраїчній сумі зарядів, охоплених цією поверхнею. (7.14)

Потоком dФ вектора через площадку dS називається добуток вектора на величину площадки dS і на косинус кута α між вектором і нормальним до площадки dS одиничним вектором (рис.7.7).

. (7.15)

Площадку dS вважають вектором, який за напрямком співпадає з вектором . Якщо заряд, наприклад, q₁ знаходиться за межами замкнутої поверхні (рис.7.8), потік дорівнює нулю. Дійсно, скільки силових ліній входить в об’єм, обмежений поверхнею, стільки ж і виходить. Силові ж лінії від заряду q₂, який знаходиться всередині поверхні, тільки виходять з неї.

Розглянемо приклади застосування цієї теореми.

Приклад 1. Напруженість поля точкового заряду.

Поверхню S вибираємо у вигляді сфери радіусом r, в центрі якої знаходиться заряд q (рис.7.9).

По теоремі Остроградського-Гауса маємо

Для різних точок сфери вектор D однаковий за величиною, так як всі вони однаково розміщені по відношенню до заряду q. Тому його винесли за знак інтегралу. А дає площу поверхні сфери. Одержуємо

і . (7.16)

Приклад 2. Поле зарядженої по поверхні до заряду q металевої кулі радіусом R (рис.7.10).

Для r < R Тому D = 0 і Е = 0. Поле всередині провідників відсутнє. При r > R аналогічно прикладу 2,

і . (7.17)

Графік залежності індукції D від радіуса r показана на рис.7.12. На поверхні кулі індукція зазнає стрибкоподібної зміни на величину σ поверхневої густини вільних зарядів.

Приклад 3. Поле рівномірно зарядженої по об’єму до заряду q кулі радіусом R (рис.7.13).

Для r>R аналогічно прикладу 2 і 3

і . (7.18)

Об’ємна густина заряду . Вирази (7.18) приймуть вид

(7.19)

При r<R одержуємо .

, (7.20)

або через густину заряду і (7.21)

Графік залежності індукції D від радіуса r показана на рис.7.14. При r = R вирази (7.18) і (7.20) дають однакову величину D. Отже на поверхні кулі вектор індукції розриву не зазнає.

Висновок. Із прикладів 1-3 видно, що поле зарядженої кулі за її межами таке ж, як і поле точкового заряду, якщо заряд кулі зосередити в її центрі (див. вирази (7.16)-(7.18).

Приклад 4. Поле нескінченної зарядженої осі (циліндра) з лінійною густиною заряду τ (рис.7.15).

Поверхню S виберемо у вигляді циліндра, вісь якого співпадає з зарядженою віссю. Для основ цього циліндра кут між і дорівнює 90^о. Тому потік через основи дорівнює нулю. Для елементів бічної поверхні цей кут дорівнює 0^о. Отже можна записати Одержуємо (7.22).

Одержаний результат співпадає з (7.12).

Приклад 5. Поле нескінченної зарядженої площини з поверхневою густиною заряду σ (рис.7.16).

Поверхню S вибираємо у вигляді циліндра, основи якого радіусом r паралельні площині. Для бічної поверхні кут між і дорівнює 90^о. Тому потік через бічну поверхню дорівнює нулю. Для елементів основ цей кут дорівнює 0^о. Отже можна записати

Одержуємо (7.23).

Одержали такий же результат, як і в (7.13).

Приклад 6. Поле нескінченних паралельних різнойменно заряджених площин до густини зарядів +σ і -σ.