Атмосферное электричество

Подсказка

Поле у поверхности проводника связано с поверхностной плотностью заряда теоремой Гаусса; плотность объёмного заряда — из теоремы Гаусса для цилиндра между высотами 0 и 100 м. Ток ионов уменьшает \(\sigma\) пропорционально самой \(\sigma\) — получается экспоненциальный закон. Индуцированный на квадрантах заряд пропорционален открытой площади.

Решение

1) По теореме Гаусса \(\sigma = \varepsilon_0E_0\).

\[\therefore\ \sigma = -8{,}85\cdot 10^{-12}\times 150 \approx -1{,}3\times 10^{-9}\text{ Кл/м}^2.\] \[Q = 4\pi R^2\sigma = 4\pi\times(6{,}4\cdot 10^6)^2\times 1{,}3\cdot 10^{-9} = -6{,}7\cdot 10^5\text{ Кл}.\]

2) Рассмотрим цилиндр сечением \(A\) с основаниями на высотах 0 и 100 м.

По теореме Гаусса \[E(0)A - E(100)A = q_{enclosed}/\varepsilon_0 = \rho_{ave.}\times(100A)/\varepsilon_0.\] \[\therefore\ \rho_{ave.} = \frac{\varepsilon_0[E(0) - E(100)]}{100} = \frac{8{,}85\cdot 10^{-12}\times 50}{100} \approx 4{,}4\times 10^{-12}\text{ Кл/м}^3.\]

3) Если в проводнике \(n\) зарядов в единице объёма, каждый с зарядом \(q\) и скоростью \(v\), то ток через единицу площади (\(j\)) равен \[j = nqv.\] Здесь у нас есть как положительные, так и отрицательные заряды (\(\pm e\)). Ясно, что при направленном вниз электрическом поле положительные заряды движутся вниз, а отрицательные — вверх.

В описанной ситуации в нейтрализацию поверхностного заряда Земли могут вносить вклад только положительные заряды. Поэтому имеем (принимая для этой цели направление вниз за положительное): \[j = n_+ev \approx (6\cdot 10^8)\times(1{,}6\cdot 10^{-19})\times(1{,}5\cdot 10^{-4}E) = 1{,}44\times 10^{-14}E.\] Теперь \(j\) — скорость изменения (\(d\sigma/dt\)) поверхностной плотности заряда \(\sigma\), а \(E\) (если считать положительным направление вниз) равно \(-\sigma/\varepsilon_0\). Поэтому приведённое уравнение можно записать так: \[\frac{d\sigma}{dt} = -1{,}44\cdot 10^{-14}\,\frac{\sigma}{\varepsilon_0} = -\frac{1{,}44\cdot 10^{-14}}{8{,}85\cdot 10^{-12}}\,\sigma = -1{,}63\cdot 10^{-3}\sigma \approx -\frac{1}{600}\,\sigma.\] Это в точности как уравнение радиоактивного распада. Его решение — экспоненциальное убывание \(\sigma\) со временем: \[\sigma(t) = \sigma_0e^{-t/\tau}, \quad \text{где } \tau \approx 600\text{ с}.\] Подстановка \(\sigma(t) = \sigma_0/2\) даёт \(t = \tau\ln 2 = 0{,}693\times 600 \approx 415\) с \(\approx 7\) мин.

[Более простое приближённое решение — считать, что \(j\) остаётся равным своему начальному значению \(j_0\): \[j_0 = 1{,}44\cdot 10^{-14}E_0 = 1{,}44\cdot 10^{-14}\times 150 \approx 2{,}15\times 10^{-12}\text{ А/м}^2.\] С \(|\sigma_0| = 1{,}3\cdot 10^{-9}\) Кл/м\(^2\) из пункта 1 мы тогда положили бы \[|\sigma_0/2| = j_0\times t, \quad \text{откуда } t = (0{,}65\cdot 10^{-9})/(2{,}15\cdot 10^{-12}) \approx 300\text{ с} = 5\text{ мин}.]\]

4) Если \(t = 0\) — момент, когда изолированные квадранты полностью экранированы, имеем следующие соотношения: \[\text{при } 0 \le t \le \frac{T}{4}:\quad q(t) = -2\pi(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0\,\frac{t}{T};\] \[\text{при } \frac{T}{4} < t \le \frac{T}{2}:\quad q(t) = -\pi(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0\left(1 - \frac{2t}{T}\right).\] Соответствующие изменения происходят во всех последующих парах четвертей периода.

Максимальный (отрицательный) индуцированный заряд равен \[q_{max.} = -\frac{\pi}{2}(r_2^2 - r_1^2)\,\varepsilon_0E_0.\]

5) Этот вопрос можно обсудить, не проводя полного анализа цепи. Нужно лишь понять, что поток заряда в усилитель делится на скорость зарядки конденсатора, \(C\,dV/dt\), и ток проводимости \(V/R\) через резистор. Тогда есть две крайние ситуации, в зависимости от того, мал или велик заряд, теряемый из-за утечки за одну четверть периода, по сравнению с \(CV\).

(a) Если \(CV \gg (V/R)\times(T/4)\), т. е. \(T = T_a \ll CR\), за время \(T/4\) через \(R\) уходит очень мало заряда. Поэтому, когда изолированные квадранты заряжаются отрицательно через индукцию, почти равный положительный заряд получает \(C\). Поэтому \(V(t)\) растёт почти линейно с \(t\) между \(t = 0\) и \(t = T/4\), а затем уменьшается почти линейно на ту же величину между \(t = T/4\) и \(t = T/2\). В этом случае \[V_{max.} = V_a \approx \frac{|q_{max.}|}{C},\] где \(q_{max.}\) имеет значение, полученное в пункте 4.*

(b) Если же \(T = T_b \gg CR\), т. е. \(CR \ll T_b\), большая часть заряда быстро уходит через \(R\). Когда модуль \(q\) растёт, через \(R\) течёт постоянный положительный ток, а когда модуль \(q\) уменьшается — равный отрицательный ток. Величина этого тока приблизительно равна \(|q_{max.}|/(T_b/4)\). Получающееся напряжение на \(R\) приблизительно постоянно в течение каждой четверти периода и попеременно положительно и отрицательно. В этом случае \[V_{max.} = V_b \approx \frac{4q_{max.}R}{T_b}.\]

Объединяя эти результаты, видим, что \[\frac{V_a}{V_b} \approx \frac{T_b}{4CR}.\]

*Примечание: в конечном счёте (если \(CR\) не бесконечно) форма \(V_a\) станет пилообразной, симметрично меняющейся между \(\pm q_{max.}/2C\). Формулировка задачи избегает этого усложнения, указывая, что \(V\) измеряется сразу после начала вращения.

6) Имеем \(CR = 10^{-8}\times 2\cdot 10^7 = 0{,}2\) с и \(T = 1/50 = 0{,}02\) с. Таким образом, \(CR = 10\times T\), что удовлетворяет критерию \(CR \gg T\). Поэтому можно использовать решение 5(a) выше.

Имеем \(A_{max.} = \dfrac{\pi}{2}(7^2 - 1^2) = 75\text{ см}^2 = 7{,}5\times 10^{-3}\text{ м}^2\).

\(E_0 = 150\) В/м \(\to\) \(\sigma = \varepsilon_0E_0 \approx 1{,}33\times 10^{-9}\) Кл/м\(^2\) (как в пункте 1). \[\therefore\ q_{max.} = 1{,}33\cdot 10^{-9}\times 7{,}5\cdot 10^{-3} \approx 1{,}0\times 10^{-11}\text{ Кл},\] и поэтому \[V_{max.} = \frac{q_{max.}}{C} = \frac{1{,}0\times 10^{-11}}{1{,}0\times 10^{-8}} = 10^{-3}\text{ В} = 1\text{ мВ}.\]