Потенциал электрического поля

На расстояниях порядка \(d \ll R\) поле каждого диска однородно, поэтому потенциал вблизи диска убывает линейно с расстоянием от его центра. Сложите потенциалы трёх дисков.

a) формула выводится суммированием потенциалов колец, на которые разбит диск; b) \(\varphi(a) = (4 - 2a)\text{ В}\) при \(0 < a \leqslant 1\) и \(\varphi(a) = (8 - 6a)\text{ В}\) при \(1 < a \leqslant 2\) (ломаная от \(4\) В через \(2\) В при \(a=1\) до \(-4\) В при \(a=2\)).

a) Потенциал в центре получается в результате интегрирования (суммирования) потенциалов центров тонких колец, на которые разбивается диск: \[\varphi_0 = \int\limits_0^R \frac{\sigma\, 2\pi r\,dr}{4\pi\varepsilon_0 r} = \int\limits_0^R \frac{\sigma\,dr}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}.\]

b) Поскольку поле на расстояниях порядка \(d\) однородное, потенциал уединённого диска на оси рядом с центром изменяется линейно в зависимости от координаты \[\varphi(x) = \varphi_0 - E\,|x| = \varphi_0 - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,|x| .\] Последняя формула может быть получена также в результате интегрирования по кольцам, похожего на вывод формулы для \(\varphi_0\). Действительно, потенциал на оси диска в точке с координатой \(x\) равен \[\varphi(x) = \int\limits_0^R \frac{\sigma\, 2\pi r\,dr}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+x^2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{R^2+x^2} - |x|\right).\] При малых \(x\) в подкоренном выражении можно пренебречь \(x^2\): \(\sqrt{R^2+x^2} - |x| \approx R\left(1 + \dfrac{x^2}{2R^2}\right) - |x| \approx R - |x|\), так что в итоге получится то же соотношение.

Рассмотрев суперпозицию трёх дисков, найдём зависимость потенциала системы дисков от координаты: \[\varphi(x) = -\frac{\sigma|x|}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma|x-d|}{\varepsilon_0} + \frac{3\sigma|x-2d|}{2\varepsilon_0}.\] Учитывая, что \(d = \dfrac{R}{1000}\), получаем, раскрыв модули, зависимость потенциала от безразмерной координаты на интересующем нас отрезке: \[\begin{cases} \varphi(a) = (4 - 2a)\text{ В}, & 0 < a \leqslant 1;\\ \varphi(a) = (8 - 6a)\text{ В}, & 1 < a \leqslant 2. \end{cases}\] Искомый график изображён на рисунке.

Этот график можно получить и без использования формулы для потенциала вблизи диска. Систему дисков можно рассматривать как суперпозицию двух конденсаторов: обкладки одного заряжены с поверхностной плотностью \(\pm 3\sigma\), расстояние между ними равно \(2d\), обкладки другого заряжены с поверхностной плотностью \(\mp 2\sigma\), расстояние между ними равно \(d\). Потенциал поля уединённого конденсатора с поверхностными зарядами \(\pm\sigma\) на обкладках, расположенных в точках с координатами \(\pm\dfrac{d}{2}\), даётся формулами \[\varphi(x) = \begin{cases} \dfrac{\sigma x}{\varepsilon_0}, & |x| \leqslant \dfrac{d}{2};\\[2mm] \pm\dfrac{\sigma d}{2\varepsilon_0}, & |x| \geqslant \dfrac{d}{2}. \end{cases}\] Эти формулы удовлетворяют условию равенства нулю потенциала в бесконечно удалённой точке, при этом снаружи конденсатора потенциал можно считать постоянным только вблизи конденсатора. Сложив потенциалы полей конденсаторов, получим искомый график.

Потенциал в центре однородно заряженного куба пропорционален плотности и длине ребра. Представьте систему как наложение двух однородно заряженных кубов.

\(\rho_1/\rho_2 = 8\).

Дополните уголок до замкнутого квадрата: потенциал в центре квадрата вчетверо больше потенциала одной стороны, а в вершине — известно через потенциал стороны, противоположной ей. Используйте закон сохранения энергии.

1) А, В;  2) \(u/v \approx 1{,}4\).

Вдали от краёв поле внутри конденсатора однородно. У края поле искажается, но его нормальную составляющую можно найти из симметрии: сложите несколько одинаковых конденсаторов так, чтобы их края (или углы) совпали и составили полную картину.

1) \(\Delta\varphi_0 = \dfrac{\sigma h}{\varepsilon_0}\);  2) \(\Delta\varphi^{(B)} = \dfrac{\sigma h}{2\varepsilon_0}\);  3) \(\Delta\varphi^{(A)} = \dfrac{\sigma\alpha h}{2\pi\varepsilon_0}\), \(\Delta\varphi^{(C)} = \dfrac{\sigma(\pi - \alpha)h}{2\pi\varepsilon_0}\).

1) Внутри конденсатора, вдали от его краёв поле можно считать однородным и равным \(E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\). Разность потенциалов центров пластин равна \(\Delta\varphi_0 = \dfrac{\sigma h}{\varepsilon_0}\).

2) Вблизи края конденсатора электрическое поле искривляется. Вертикальная составляющая напряжённости поля вблизи края конденсатора может быть найдена на основе соображений симметрии. Обозначим \(E_B^{(\perp)}\) составляющую напряжённости электрического поля вблизи точки \(B\), перпендикулярную пластинам конденсатора. Совместим два одинаковых конденсатора, так чтобы совпадали их края (см. рисунок, вид сверху).

Напряжённость поля вблизи точки \(B_1\) внутри составного конденсатора будет равна \(\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\). С другой стороны, эта напряжённость равна \(2E_B^{(\perp)}\), поэтому \(E_B^{(\perp)} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\), а искомая разность потенциалов равна \(\Delta\varphi^{(B)} = \dfrac{\sigma h}{2\varepsilon_0}\).

3) Рассмотрим конденсаторы, обкладки которых представляют собой ромбы с малым углом при вершине. Пусть для примера этот угол равен \(1^\circ\). Совместим острыми углами 360 таких конденсаторов. Тогда на основе соображений симметрии, рассуждая аналогично предыдущему пункту, можно найти перпендикулярную обкладкам составляющую напряжённости электрического поля внутри конденсатора вблизи угла, получится значение \(E^{(\perp)} = \dfrac{\sigma}{360\,\varepsilon_0}\). Отсюда следует, что для конденсатора с обкладками в виде ромбов с углом \(\varphi\) перпендикулярная обкладкам составляющая напряжённости электрического поля равна \[E_C^{(\perp)} = \frac{\sigma\varphi}{2\pi\varepsilon_0}, \tag{1}\] где угол \(\varphi\) измеряется в радианах. На основании формулы (3) легко находим искомые разности потенциалов: \[\Delta\varphi^{(A)} = \frac{\sigma\alpha h}{2\pi\varepsilon_0}, \qquad \Delta\varphi^{(C)} = \frac{\sigma(\pi - \alpha)h}{2\pi\varepsilon_0}.\] Если найденные значения отличаются от приведённых выше только знаком, то они всё равно считаются верными.

При заземлении на сфере появляется дополнительный заряд \(Q\); найдите его по потенциалу центра сферы (он должен остаться нулевым) и подумайте, как этот заряд распределён и какое поле создаёт снаружи.

После заземления потенциал точки \(B\) изменится на \(\Delta\varphi_B = -\dfrac{Rq}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\).

Что происходит с полем внутри толщи проводника? Подумайте, какой заряд должен выступить на внутренней поверхности, чтобы поле в металле было нулевым, и что останется на внешней. Как выглядит поле снаружи?

На внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно; \(\varphi = k\,\dfrac{Q + q}{3R}\). Качественная картина силовых линий показана на рисунке в решении (направление силовых линий не указано, поскольку неизвестны знаки зарядов).

Толща проводника экранирует для наружной области поле, имеющееся внутри сферы, поэтому, хотя на внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно. Данная задача эквивалентна случаю, если мы внутренность сферы со всем её «содержимым» заменим сплошным проводником, оставив на поверхности заряд \(Q + q\) (так можно сделать, потому что система зарядов на внутренней поверхности сферы вместе с точечным зарядом \(q\) вне сферы поля не создаёт).

Есть ли поле внутри внутренней сферы? Чему тогда равен потенциал в центре \(O\) после заземления? Запишите его по принципу суперпозиции.

\(Q = \dfrac{1}{6}\,q\).

Внутри сферы радиусом \(R\) нет зарядов, значит, в этой области поле отсутствует. Тогда потенциал внутренней сферы равен потенциалу точки \(O\). После заземления потенциал сферы (значит, и точки \(O\)) становится равным нулю. Из принципа суперпозиции находим \[\varphi_O = k\,\frac{Q}{R} - k\,\frac{q}{2R} + k\,\frac{q}{3R} = 0 \quad\Rightarrow\quad Q = \frac{1}{6}\,q .\] На внутренней поверхности сферы радиусом \(R\) нет зарядов. Толща большой сферы экранирует поля, созданные точечным зарядом \(q\) и зарядами с внешней поверхности сферы радиусом \(2R\). Поэтому на внешней поверхности малой сферы и внутренней поверхности большой сферы индуцируются заряды \(Q\) и \(-Q\) соответственно, распределившись равномерно по этим поверхностям. На внешней поверхности большой сферы неравномерно распределится заряд \(Q - q\).

Точка \(A\) лежит на поверхности проводника, поэтому её потенциал равен потенциалу центра шара. Какой вклад в потенциал центра дают индуцированные заряды, сидящие на сфере?

\(\Delta\varphi_A = k\dfrac{q}{R}\left(\dfrac{1}{\sqrt5} - \dfrac{1}{2}\right)\).

Потенциал точки \(A\) равен потенциалу центра шара, так как он проводящий. По принципу суперпозиции: \[\varphi_{A1} = \varphi_q + \varphi_{\text{инд}},\] где \(\varphi_q\) "— потенциал в центре шара, созданный точечным зарядом \(q\), \(\varphi_{\text{инд}}\) "— потенциал в центре шара, созданный зарядом, который индуцируется на поверхности шара. Разобьём поверхность шара на много маленьких кусочков и посчитаем \(\varphi_{\text{инд}}\) с помощью принципа суперпозиции: \[\varphi_{\text{инд}} = \sum_i k\frac{q_i}{R} = \frac{k}{R}\sum_i q_i = 0 .\] Следовательно, \[\varphi_{A1} = \varphi_q = k\frac{q}{2R}.\] Потенциал точки \(A\) после удаления шара равен \[\varphi_{A2} = k\frac{q}{\sqrt5 R}.\] Окончательно получаем: \[\Delta\varphi_A = \varphi_{A2} - \varphi_{A1} = k\frac{q}{R}\left(\frac{1}{\sqrt5} - \frac{1}{2}\right).\]

Снаружи сферически симметричная система создаёт поле точечного заряда \(q_1 + q_2\) в центре. Потенциал оболочки равен потенциалу на её поверхности, а шарик отличается от неё на заданную разность \(U\).

1) \(\varphi_A = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0\cdot 3R_1} \approx 30\) В;  2) \(\varphi_{O_2} = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + U \approx 135\) В;  3) \(\varphi'_{O_2} = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + U - \dfrac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2} \approx 35\) В.