Олимпиадная подготовка по электростатике - 12

Задача 1.

Имеется очень тонкая пластинка в виде части кольца с внутренним и внешним радиусами $r$ и $3r$, опирающаяся на угол $\alpha$. Пластинка равномерно заряжена зарядом $Q$. Найти потенциал электрического поля в центре кольца.

Решение. Разобьем пластинку на радиальные полоски.

А каждую из таких полосок разобьем на элементы:

Тогда заряд такого маленького элемента

$$dQ=\sigma x d\alpha dx$$

Здесь $\sigma$ - поверхностная плотность заряда, $x$ - расстояние от центра, см. рисунок:

Потенциал, создаваемый в центре этим малым элементом, равен

$$d\varphi =\frac{k dq}{x}=\frac{k\sigma x d\alpha dx }{x}= k\sigma d\alpha dx$$

Тогда

$$\varphi=k\sigma \int_0^{\alpha} d\alpha \int_r^{3r} dx=k\sigma \alpha\cdot 2r$$

Теперь разберемся с поверхностной плотностью – ведь она не дана нам.

$$\sigma=\frac{Q}{S}$$

Найдем площадь полного кольца:

$$S_0=\pi (3r)^2-\pi r^2=8\pi r^2$$

Эта площадь соответствует углу $\alpha_0=2\pi$. А у нас угол меньше, и площадь меньше. Составим пропорцию:

$$\frac{8\pi r^2}{S}=\frac{2\pi}{\alpha}$$

$$S=\frac{8\pi r^2\alpha }{2\pi}=4r^2\alpha$$

Вернемся к поверхностной плотности:

$$\sigma=\frac{Q}{S}=\frac{Q}{4r^2\alpha }$$

Подставляем найденное, чтобы найти потенциал окончательно:

$$\varphi=k\sigma \alpha\cdot 2r=\frac{kQ\alpha }{4r^2\alpha }\cdot 2r=\frac{kQ}{2r}$$

Ответ: потенциал в центре кольца $\varphi=\frac{kQ}{2r}$.

Задача 2.

Имеются две концентрические проводящие сферы радиусами $R$ и $3R$. Между сферами на расстоянии $2R$ от их центра находится точечный заряд $q$. Какие заряды окажутся на сферах, если их соединить тонкой проволокой?

Решение. У сфер потенциал центра равен потенциалу на поверхности (поля внутри нет). Потенциал центра:

$$\varphi_{zentr}=\frac{kq_1}{R}+\frac{kq}{2R}+\frac{kq_2}{3R}$$

Это в предположении, что заряд малой сферы $q_1$, заряд большой $q_2$.

Потенциал большой сферы

$$\varphi_2=k\frac{q+q_1+q_2}{3R}$$

Тогда

$$\varphi_{zentr}=\varphi_2$$

$$\frac{kq_1}{R}+\frac{kq}{2R}+\frac{kq_2}{3R}= k\frac{q+q_1+q_2}{3R}$$

Также известно, что $q_1+q_2=0$  (*).

$$\frac{3kq_1+1,5kq+kq_2}{3R}= k\frac{q+q_1+q_2}{3R}$$

$$3q_1+1,5q+q_2= q+q_1+q_2$$

$$2q_1+1,5q = q$$

$$2q_1=-0,5q$$

$$q_1=-\frac{q}{4}$$

Из (*)

$$q_2=\frac{q}{4}$$

Ответ: малая сфера имеет заряд $q_1=-\frac{q}{4}$, большая - $q_2=\frac{q}{4}$.

Задача 3.

Тонкое кольцо радиусом $R$ заряжено зарядом $Q$, равномерно распределенным по кольцу. Вдоль оси кольца расположена очень длинная нить, начинающаяся в его центре и равномерно заряженная с линейной плотностью заряда $\gamma$. Найти модуль силы электростатического взаимодействия нити с кольцом.

Решение. Возьмем маленький элемент кольца. Этот элемент имеет заряд $dQ$.  Определим в точке на нити, находящейся на расстоянии $x$ от центра кольца, напряженность поля, создаваемую этим элементом.

$$dE=\frac{kdQ}{r^2}$$

$r$ - расстояние, отделяющее элемент кольца с зарядом $dQ$ от выбранной на нити точки:

$$r=\sqrt{R^2+x^2}$$

Определим $dQ$. Все кольцо имеет заряд $Q$. Часть кольца имеет малый заряд, соответствующей его длине. Составим пропорцию:

$$\frac{Q}{2\pi R}=\frac{dQ}{dl}$$

$$dQ=\frac{Q}{2\pi R}\cdot dl$$

Так как каждый элемент кольца (их много) создает свой вектор напряженности в точке на нити на расстоянии $x$ от центра кольца, и все эти векторы направлены веерообразно, то проекции этих векторов, лежащие в плоскости, параллельной кольцу, компенсируют друг друга. Останутся проекции, параллельные нити:

$$dE\cos \alpha=\frac{kdQ}{r^2}\cos \alpha $$

Надо сложить все это множество проекций векторов напряженности, каждый из которых создан элементом кольца.

$$E=\int_0^{2\pi R} \frac{kdQ}{r^2}\cos \alpha=\int_0^{2\pi R}\frac{kQdl}{2\pi R\cdot r^2}\cos \alpha$$

Определим по рисунку $\cos \alpha$:

$$\cos \alpha=\frac{x}{r}=\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}$$

Возвращаемся к напряженности:

$$E=\int_0^{2\pi R}\frac{kQdl}{2\pi R\cdot (R^2+x^2)}\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}$$

$$E=\int_0^{2\pi R}\frac{kQdl x}{2\pi R \cdot (R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

$$E=\frac{kQ}{2\pi R}\frac{x }{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}\int_0^{2\pi R} dl$$

$$E=\frac{kQ\cdot 2\pi R x}{2\pi R (R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

$$E=\frac{kQ x}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

Теперь отыщем силу взаимодействия:

$$dF=Eq_x=E\gamma dx=\frac{kQ\gamma xdx}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

Теперь нужно проинтегрировать по длине нити, чтобы сложить все силы, действующие на все элементы нити $dx$ по всей ее длине:

$$F=\int_0^{\infty}\frac{kQ \gamma xdx}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

$$F=kQ\gamma \int_0^{\infty}\frac{ xdx}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}$$

Пусть $t=R^2+x^2$, $dt=2xdx$, $R^2<t<\infty$ тогда

$$F=\frac{kQ\gamma}{2} \int_{R^2}^{\infty}\frac{ dt}{t^{\frac{3}{2}}}$$

$$F=\frac{kQ\gamma}{2}\cdot \frac{ t^{-\frac{1}{2}}}{-\frac{1}{2}}|_{R^2}^{\infty}$$

$$F=-\frac{kQ\gamma}{\sqrt{t}} |_{R^2}^{\infty}=\frac{kQ\gamma}{\sqrt{R^2}}=\frac{kQ\gamma}{R}$$

Ответ: $F=\frac{kQ\gamma}{R}$.