Теорема Гаусса - 2

Прежде чем смотреть решения задач, изучите теорию и постарайтесь решить сами. Потому что в этой теме главное - набить руку.

Задача 5.

Непроводящий шар радиуса $R = 2$ м заряжен равномерно с объемной плотностью заряда $\rho= 1$ мкКл/м$^3$, но не весь, а только от радиуса $r =\frac{R}{4}$ до $R$. Нарисовать график зависимости напряженности поля от расстояния до центра шара. Найти напряженность поля на расстоянии $\frac{R}{2}$ от центра.

Решение.

Гауссовой поверхностью будет сфера.

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

Внутри шара при $r<\frac{R}{4}$ эта поверхность охватит заряд, равный нулю. Поэтому от центра до $r=\frac{R}{4}$ напряженность будет равна нулю.

Определим теперь полный заряд шара.

$$q=\rho\cdot \left(\frac{4}{3}\pi R^3-\frac{4}{3}\pi \frac{R^3}{64}\right)$$

$$q=\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3\left(1-\frac{1}{64}\right)= \rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3\cdot \frac{63}{64}= \rho\cdot\frac{21}{16}\pi R^3$$

Тогда вне шара при $r>R$

$$E\cdot 4\pi r^2=\rho\cdot\frac{21}{16\varepsilon_0}\pi R^3$$

$$E=\rho\cdot\frac{21}{64\varepsilon_0 r^2} R^3=10^{-6}\cdot\frac{21}{64\cdot 8,85\cdot 10^{-12} r^2} \cdot 8=\frac{297\cdot 10^3}{r^2}$$

Теперь определим поле внутри заряженной области. Расстояние будем отсчитывать от центра, так что внутри гауссовой поверхности окажется заряд

$$q_{vn}=\rho\cdot \left(\frac{4}{3}\pi r^3-\frac{4}{3}\pi \frac{R^3}{64}\right)$$

$$q_{vn}=\rho\cdot\frac{4}{3}\pi r^3\left(1-\frac{ R^3 }{ 64r^3}\right)$$

Тогда по теореме Гаусса

$$E\cdot 4\pi r^2=\frac{\rho\cdot\frac{4}{3}\pi r^3\left(1-\frac{ R^3 }{ 64r^3}\right)}{\varepsilon_0}$$

$$E=\rho\cdot\frac{1}{3\varepsilon_0}r\left(1-\frac{ R^3 }{ 64r^3}\right)$$

Теперь можно подставить сюда $r=\frac{R}{2}$:

$$ E=\rho\cdot\frac{1}{3\varepsilon_0}\frac{R}{2}\left(1-\frac{ 8R^3 }{ 64R^3}\right)= \rho\cdot\frac{R}{6\varepsilon_0}\left(1-\frac{ 1 }{ 8}\right)= \frac{7\rho R}{48\varepsilon_0}= \frac{7\cdot 10^{-6}}{24\cdot 8,85\cdot 10^{-12} }=33\cdot 10^3$$

Ответ: $ E=33\cdot 10^3$ В/м.

Задача 6.

Два бесконечно длинных тонких стержня расположены в горизонтальной плоскости параллельно друг другу на расстоянии $2R$ и заряжены положительно с постоянной плотностью заряда на единицу длины $\lambda$. Вдоль вертикальной нити, туго натянутой посередине между стержнями, может без трения скользить отрицательно заряженная частица массой $m$ (см. рис.). При каком заряде частицы ее можно поднять вверх, поднимая медленно вверх стержни?

Решение. Стержень – та же нить. По предыдущей статье напряженность поля, создаваемая нитью, будет такой:

$$E=\frac{\lambda}{2\pi r \varepsilon_0}$$

Тогда на частицу будут со стороны стержней действовать две кулоновы силы, причем они направлены так:

Тогда в проекции на вертикальную ось

$$mg\leqslant 2F_q \cos \alpha=2QE\cos \alpha =\frac{2Q\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}\cos \alpha $$

$$r=\frac{R}{\sin \alpha}$$

$$mg\leqslant \frac{Q\lambda \cos \alpha \sin \alpha }{\pi \varepsilon_0 R}$$

$$mg\leqslant \frac{Q\lambda \sin 2\alpha }{2\pi \varepsilon_0 R}$$

$$Q\geqslant \frac{2mg \pi \varepsilon_0 R}{\lambda \sin 2\alpha }$$

Самое большое значение синуса двойного угла – 1. Тогда

$$Q\geqslant \frac{2mg \pi \varepsilon_0 R}{\lambda}$$

Ответ: $Q\geqslant \frac{2mg \pi \varepsilon_0 R}{\lambda}$.

Задача 7.

Однородно заряжённый куб с ребром $a$ создает в своей вершине А электрическое поле  напряженностью $E_0$ (рисунок). Из куба удаляют кусок в форме меньшего куба с ребром $a_1$. А  к заряду оставшейcя части куба добавляют удвоенный заряд удаленного куска, распределяя его равномерно. Чему теперь равна напряженность электрического поля в точке А?

Решение. Полный заряд целого куба вначале равен

$$q=\rho a^3$$

Заряд удаленной части

$$q_1=\rho a_1^3$$

Оставшийся после удаления заряд

$$q-q_1=\rho(a^3-a_1^3)$$

Новый же заряд куба равен

$$q_{nov}=\rho(a^3+2a_1^3)$$

Если просто удалить часть куба, то напряженность поля, создаваемая в точке $A$ оставшейся частью, будет равна

$$E_0-E_0\frac{a_1}{a}$$

Поясним, откуда взялась формула: так как

$$E=\sum_i \frac{\rho V_i}{r_i^2}\cos \alpha_i$$

$$V_i \sim a^3$$

$$r_i^2\sim a^2$$

Поэтому $E\sim \frac{a^3}{a^2}=a$. То есть напряженность пропорциональна линейным размерам куба, у меньшего куба, соответственно, напряженность меньше во столько раз, во сколько раз меньше его ребро.

Если взять куб тех же размеров, с удаленной из него частью, но с плотностью заряда, соответствующей той, какая получилась после добавления заряда, получим $E’- E’\frac{a_1}{a}$, где $E’$ - напряженность, создаваемая целым кубом с повышенной плотностью заряда.

$$\frac{ q_{nov}}{q}=\frac{\rho(a^3+2a_1^3)}{ \rho a^3}=1+2\frac{a_1^3}{a^3}$$

$$\frac{E’}{E}=\frac{ q_{nov}}{q}=1+2\frac{a_1^3}{a^3}$$

$$E’=E+2E\frac{a_1^3}{a^3}$$

Таким образом, напряженность поля у куба с вырезом будет равна

$$E’-E’\frac{a_1}{a}=E\left(1+2\frac{a_1^3}{a^3}\right)\left(1-\frac{a_1}{a}\right)$$

Ответ: $E_x= E\left(1+2\frac{a_1^3}{a^3}\right)\left(1-\frac{a_1}{a}\right)$

 

Задача 8.

После очередного прыжка через гиперпространство космический корабль оказался вблизи очень необычной планеты Кулогауссия, представляющей собой очень длинный однородный круговой цилиндр, вращающийся вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью $\omega$. Чему равна плотность вещества планеты, если высадившиеся на ее боковую поверхность исследователи оказались в состоянии невесомости?

Решение. Для исследователя на поверхности

$$mg-N=ma_n$$

При этом $N=0$. Тогда $a_n=g=\omega^2 r$.

Так как формулы для силы тяготения и силы Кулона похожи:

$$F_q=\frac{kq_1q_2}{r^2}$$

$$F=\frac{Gm_1m_2}{r^2}$$

То поставим в соответствие массе – заряд, и решим задачу по теореме Гаусса.

$$ES=\frac{\sum q}{\varepsilon_0}$$

Согласно нашей аналогии $g=\frac{F}{m}$, $E=\frac{F}{q}$, то есть $E$ можно заменить на $g$. Кроме того, по нашей аналогии $k=G$, или

$$\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}=G$$

$$\frac{1}{ \varepsilon_0}=4\pi G$$

Получим

$$gS=\sum m \cdot 4\pi G$$

Или

$$g\cdot 2 \pi r l=\rho V\cdot 4\pi G$$

$$g\cdot 2 \pi r l=\rho \cdot \pi r^2 l\cdot 4\pi G$$

Сокращаем:

$$g=2\pi \rho G r$$

$$\omega^2 r=2\pi \rho G r$$

$$\rho=\frac{\omega^2}{2\pi G}$$

Ответ: $\rho=\frac{\omega^2}{2\pi G}$.