Заряженный стержень

Малый участок стержня создаёт поле, пропорциональное углу, под которым он виден из точки; при суммировании проекций поля получается площадь под графиком косинуса.

1.1) \(\Delta E=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0h}\Delta\varphi\), где \(h\) — расстояние от точки \(C\) до прямой стержня;  1.3) \(E_C=\dfrac{\lambda\sin\alpha}{2\pi\varepsilon_0h}\), где \(2\alpha=\angle ACB\);  1.4) \(E(h)=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0h}\);  1.5) \(F=\dfrac{\lambda^2}{2\varepsilon_0}\approx3{,}5\cdot10^{-5}\) Н, не зависит от \(h\).

1.1 Выделим на стержне маленький участок \(FG = \Delta l\), который виден из точки \(C\) под малым углом \(\Delta \varphi\) и находится на расстоянии \(r = CG\) от точки \(C\), а также на угловом расстоянии \(\varphi\) от отрезка \(h\) (см. рис.) С учетом того, что угол \(HGF\) также равен \(\varphi\) можем записать

\[\cos \varphi = \frac{h}{GC} = \frac{h}{r} = \frac{GH}{\Delta l} = \frac{r \Delta \varphi}{\Delta l},\tag{1}\]

откуда следует, что

\[\Delta l = \frac{r^{2}}{h} \Delta \varphi.\tag{2}\]

Поскольку стержень заряжен равномерно, то на участке стержня \(\Delta l\) находится заряд \(\Delta q = \lambda \Delta l\), который, согласно закону Кулона, создаёт в точке \(C\) напряжённость \(\Delta \vec{E}\), равную по модулю

\[\Delta E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\Delta q}{r^{2}} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{r^{2}} \frac{r^{2}}{h} \Delta \varphi = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{h} \Delta \varphi.\tag{3}\]

Поскольку для разных участков стержня величины \(\lambda\) и \(h\) постоянны, то из (3) следует неожиданный вывод, что \(\Delta \vec{E}\) не зависит ни от \(r\), ни от \(\varphi\), а определяется только малым углом \(\Delta \varphi\), под которым данный малый отрезок виден из точки \(C\). Соответственно, из (3) найдем искомое значение коэффициента пропорциональности

\[k_{1} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{h} = 1{,}5 \cdot 10^{3} \frac{\text{Н}}{\text{Кл} \cdot \text{рад}} = 1{,}5 \frac{\text{кН}}{\text{Кл} \cdot \text{рад}}\tag{4}\]

1.2 Рассмотрим два симметричных (по углу \(\varphi\)) относительно биссектрисы \(DC\) малых участка стержня \(\Delta l_{i}\) и \(\Delta l_{j}\), имеющих одинаковую угловую ширину \(\Delta \varphi\). Согласно (3), векторы напряжённостей \(\vec{E}_{i}\) и \(\vec{E}_{j}\), создаваемые ими, равны по модулю и симметричны относительно биссектрисы угла. Следовательно, их сумма \(\vec{E}_{i+j}\) ориентирована вдоль биссектрисы угла. Заметим, что длины (и заряды!) отрезков \(\Delta l_{i}\) и \(\Delta l_{j}\) различны, но согласно (2) большему отрезку соответствует большее расстояние, что и приводит к равенству модулей соответствующих напряжённостей.

Разбивая стержень на подобные пары и суммируя их напряжённости, приходим к выводу, что напряжённость \(\vec{E}\) электростатического поля всего стержня также направлена вдоль биссектрисы угла \(A\hat{C}B\).

1.3 Для вычисления нормального компонента \(\vec{E}_{\perp}\) напряжённости электростатического поля всего стержня рассмотрим малый элемент стержня длиной \(\Delta l_{i}\) (Рис.), находящийся на расстоянии \(r_{i}\) от точки наблюдения. Пусть нормальный компонент поля этого

элемента равен \(E_{i\perp} = E_i \cos \varphi_i\). Тогда искомая величина \(E_\perp\) будет представлена суммой

\[E_\perp = \sum_i E_{i\perp} = \sum_i E_i \cos \varphi_i\tag{5}\]

Однако, с учётом (3), сумма значительно упрощается. Действительно, при таком подходе имеем

\[E_\perp = \sum_i E_i \cos \varphi_i = \sum_i \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \cos \varphi_i \Delta \varphi_i = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i\tag{6}\]

сумма \(S = \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i\), входящая в выражение (6), представляет собой площадь под

графиком функции \(y(x) = \cos(x)\). И, согласно математической подсказке в условии, равна \(S = \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i = \sin \varphi\). Заметим, что геометрический смысл этой суммы – сумма проекций хорд на диаметр окружности. Это замечание вполне позволяет получить математическую подсказку в условии самостоятельно. Таким образом, часть заряженного стержня, соответствующая углу \(\alpha\) в условии, создает нормальную напряженность \(E_{\perp\alpha} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \alpha\), а вторая часть стержня – точно такую же.

\[E_C = 2E_\perp = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} (\sin \alpha + \sin \alpha) = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \alpha\tag{7}\]

Естественно, что вектор \(\vec{E}_\perp\) ориентирован перпендикулярно стержню в направлении «от него». Если бы заряд стержня был отрицателен, то направление было бы «к нему».

1.4 Для перехода к полю бесконечного тонкого равномерно заряженного стержня в формуле (7) следует положить \(\alpha = \frac{\pi}{2}\). При этом получаем, что напряженность электростатического поля бесконечного стержня на расстоянии \(h\) от него равна по модулю

\[E(h) = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \frac{\alpha + \alpha}{2} = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h}\tag{8}\]

и направлена перпендикулярно стержню.

1.5 Изобразим скрещивающиеся заряженные стержни на чертеже так, чтобы один из них (создающий поле) был виден в виде точки, а второй (на который действует поле) – находился в плоскости чертежа. На маленький кусочек \(FG\) стержня длиной

\[FG = \Delta l = \frac{HG}{\cos \varphi} = \frac{r \Delta \varphi}{\cos \varphi}\tag{9}\]

действует сила, определяемая зарядом \(\lambda \Delta l\) рассматриваемого кусочка и полем \(E(r) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\) в данной точке пространства. Поскольку силы, действующие вдоль стержня, будут скомпенсированы, то нам следует искать только силы, перпендикулярные к стержню. Тогда для участка \(FG\) можем записать

\[\Delta F = E(r) \lambda \Delta l \cos \varphi = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r} \lambda \frac{r \Delta \varphi}{\cos \varphi} \cos \varphi = \frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0} \Delta \varphi\tag{10}\]

Суммируя (10) по всем кусочкам стержня, найдем величину силы электростатического расталкивания стержней, которая перпендикулярна стержню и ориентирована по продолжению высоты \(h\) на рисунке

\[F = \sum_{i} \Delta F_{i} = \sum_{i} \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \Delta \varphi_{i} = \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \sum_{i} \Delta \varphi_{i} = \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \pi = \frac{\lambda^{2}}{2 \varepsilon_{0}} = 3{,}5 \cdot 10^{-5} \text{ Н} = 35 \text{ мкН}.\tag{11}\]

Интересно, что сила взаимодействия между заряженными стержнями не зависит от расстояния \(h\) между ними. Следовательно, при изменении расстояния \(h\) ответ (11) не изменится. Это связано с влиянием двух факторов: при удалении стержней друг от друга поле, естественно, уменьшается, но увеличивается заряд, попадающий на отрезок \(FG\) стержня при данном угле \(\Delta \varphi\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.