Исследование напряженности с помощью теоремы Гаусса

Задача 1.

На двух коаксиальных бесконечных цилиндрах радиусов $R$ и $2R$ равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями $\sigma_1$ и $\sigma_2$. Используя теорему Гаусса, найти зависимость $E(r)$ напряженности электрического поля от расстояния для трех областей: I, II, III. Принять $ \sigma_1=-\sigma$, $\sigma_2=3\sigma$, $\sigma=50$ нКл/м$^2$. Вычислить напряженность $E$ в точке, удаленной от оси цилиндров на расстояние $r=4R$.

Рисунок к задаче 1

Решение. Торцов у бесконечного цилиндра нет, но, если бы и были, поток напряженности через них был бы нулевым. Поток же через боковую поверхность цилиндра равен произведению:

$$\Phi=E\cdot 2\pi r l$$

Также, согласно теореме Гаусса,  поток напряженности через замкнутую поверхность пропорционален электрическому заряду внутри этой поверхности:

$$\Phi=\frac{q}{\varepsilon_0}$$

При этом

$$\sigma_1=\frac{q_1}{S_1}$$

$$\sigma_2=\frac{q_2}{S_2}$$

Откуда

$$q_1=\sigma_1\cdot 2\pi R l$$

$$q_2=\sigma_2\cdot 2\pi \cdot 2R l$$

Рассмотрим первую область ($I$). Если $0<r<R$, то внутри такой поверхности (цилиндра) нет никакого заряда. Все заряды оказались вне этой области. Поэтому $\Phi_I=0$ и $E_I=0$.

Рассмотрим вторую область  ($II$). В ней $R<r<2R$. Внутри такой области окажется весь заряд, сосредоточенный на внутреннем цилиндре. То есть $q_1$.

$$E_{II}=\frac{\Phi_{II}}{2\pi r l}=\frac{q_1}{\varepsilon_0\cdot 2\pi r l}=\frac{\sigma_1\cdot 2\pi R l }{\varepsilon_0\cdot 2\pi r l}=\frac{\sigma_1 R}{\varepsilon_0 r}$$

С учетом, что $ \sigma_1=-\sigma$,

$$E_{II}=-\frac{\sigma R}{\varepsilon_0 r}$$

Рассматриваем третью область($III$). В ней $2R<r$. Внутри такой области окажется весь заряд, сосредоточенный на внутреннем и внешних цилиндрах, то есть $q_1+q_2$.

$$E_{III}=\frac{\Phi_{III}}{2\pi r l}=\frac{q_1+q_2}{\varepsilon_0\cdot 2\pi r l}=\frac{\sigma_1\cdot 2\pi R l +\sigma_2\cdot 4\pi R l }{\varepsilon_0\cdot 2\pi r l}=\frac{\sigma_1\cdot R+\sigma_2\cdot 2R}{\varepsilon_0 r}$$

С учетом, что $ \sigma_2=3\sigma$,

$$E_{III}=-\frac{-\sigma\cdot R+3\sigma\cdot 2R }{\varepsilon_0 r}=\frac{5\sigma R}{\varepsilon_0 r }$$

Ну теперь можно и график строить, и определять то, что необходимо в задаче. А надо определить $E(4R)$. Это – в третьей области. Поэтому ($r=4R$)

$$ E(4R)= \frac{5\sigma R}{\varepsilon_0 \cdot 4R }=1,25\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

График:

График напряженности в зависимости от расстояния для первой задачи

Ответ: $ E(4R)= 1,25\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=7062$ В/м.

Задача 2.

На двух концентрических сферах радиусов $R$ и $2R$ равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями $\sigma_1$ и $\sigma_2$. Используя теорему Гаусса, найти зависимость $E(r)$ напряженности электрического поля от расстояния для трех областей: I, II, III. Принять $ \sigma_1=\sigma$, $\sigma_2=-\sigma$, $\sigma=0,1$ мкКл/м$^2$. Вычислить напряженность $E$ в точке, удаленной от центра сфер на расстояние $r=3R$.

Рисунок к задаче 2

Решение. Поток через поверхность сферы равен произведению:

$$\Phi=E\cdot 4\pi r^2$$

Также, согласно теореме Гаусса,  поток напряженности через замкнутую поверхность пропорционален электрическому заряду внутри этой поверхности:

$$\Phi=\frac{q}{\varepsilon_0}$$

При этом

$$\sigma_1=\frac{q_1}{S_1}$$

$$\sigma_2=\frac{q_2}{S_2}$$

Откуда

$$q_1=\sigma_1\cdot 4\pi R^2$$

$$q_2=\sigma_2\cdot 4\pi \cdot (2R)^2$$

Рассмотрим первую область ($I$). Если $0<r<R$, то внутри такой поверхности (сферы меньшего, чем $R$, радиуса) нет никакого заряда. Все заряды оказались вне этой области. Поэтому $\Phi_I=0$ и $E_I=0$.

Рассмотрим вторую область  ($II$). В ней $R<r<2R$. Внутри такой области окажется весь заряд, сосредоточенный на внутренней сфере. То есть $q_1$.

$$E_{II}=\frac{\Phi_{II}}{4\pi r^2}=\frac{q_1}{\varepsilon_0\cdot 4\pi r^2}=\frac{\sigma_1\cdot 4\pi R^2 }{\varepsilon_0\cdot 4\pi r^2}=\frac{\sigma_1 R^2}{\varepsilon_0 r^2}$$

С учетом, что $ \sigma_1=\sigma$,

$$E_{II}=\frac{\sigma R^2}{\varepsilon_0 r^2}$$

Рассматриваем третью область($III$). В ней $2R<r$. Внутри такой области окажется весь заряд, сосредоточенный на внутренней и внешней сферах, то есть $q_1+q_2$.

$$E_{III}=\frac{\Phi_{III}}{4\pi r^2}=\frac{q_1+q_2}{\varepsilon_0\cdot 4\pi r^2}=\frac{\sigma_1\cdot 4\pi R^2 +\sigma_2\cdot 4\pi (2R)^2 }{\varepsilon_0\cdot 4\pi r^2}=\frac{\sigma_1\cdot R^2+\sigma_2\cdot (2R)^2}{\varepsilon_0 r^2}$$

С учетом, что $ \sigma_2=-\sigma$,

$$E_{III}=\frac{\sigma\cdot R^2-\sigma\cdot 4R^2 }{\varepsilon_0 r^2}=-\frac{3\sigma R^2}{\varepsilon_0 r^2 }$$

Ну теперь можно и график строить, и определять то, что необходимо в задаче. А надо определить $E(3R)$. Это – в третьей области. Поэтому ($r=3R$)

$$ E(3R)= -\frac{3\sigma R^2}{\varepsilon_0 \cdot 9R^2 }=\frac{1}{3}\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

График:

График напряженности в зависимости от расстояния для второй задачи

Ответ: $ E(3R)= \frac{1}{3}\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=3766$ В/м.