Теорема Гаусса - 3

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

Задача 9.

На плоский слой, заряженный равномерно по объему положительным зарядом с плотностью $\rho$, падают положительно заряженные частицы с зарядом $q$ и кинетической энергией $W$ (рисунок). Определить толщину слоя, если известно, что максимальный угол падения, при котором частицы могут пролететь слой,  равен  $\alpha$.

Решение. Главное для частицы – долететь до середины слоя. Дальше ее уже просто выпихнет силой электрического поля. Решать будем по теореме Гаусса. Гауссовой поверхностью будет параллелепипед. Теорема Гаусса:

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

У нас:

$$2ES=\frac{\rho S\cdot 2y}{\varepsilon_0}$$

$2y$ - толщина слоя.

$$y=\frac{h}{2}$$

Тогда

$$E=\frac{\rho}{\varepsilon_0}\cdot y$$

Сила, действующая на частицу со стороны поля, равна

$$F=qE=\frac{q\rho}{\varepsilon_0}\cdot y=\frac{q\rho}{\varepsilon_0}\cdot \frac{h}{2}$$

Эта сила – переменная, потому что при погружении частицы меняется напряженность. Поэтому подходящий способ решения здесь – через ЗСЭ.

Запишем закон сохранения энергии:

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}\sin^2\alpha+\frac{m\upsilon_0^2}{2}\cos^2\alpha=\frac{m\upsilon_0^2}{2}\sin^2\alpha+A_{E_q}$$

Составляющая скорости, направленная перпендикулярно полю, сохраняется.

Работу поля изобразим на графике:

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}\cos^2\alpha=\frac{q\rho}{\varepsilon_0}\cdot \frac{h^2}{4}\cdot\frac{1}{2}$$

Откуда

$$h=\sqrt{\frac{8W\cos^2\alpha \varepsilon_0}{ q\rho }}$$

Ответ: $h=\sqrt{\frac{8W\cos^2\alpha \varepsilon_0}{ q\rho }}$.

Задача 10.

Внутри шара радиуса $R$, равномерно заряженного с объемной плотностью $\rho$, находится заземленная металлическая сфера радиуса $r$ ($r< R$). Найти зависимость потенциала этой системы от расстояния до центра сферы.

Решение. Охватим шар гауссовой сферой и применим теорему Гаусса.

$$E\cdot 4\pi x^2=\frac{\rho \frac{4}{3}\pi x^3}{\varepsilon_0}$$

$$E=\frac{\rho x}{3\varepsilon_0}$$

Внутри однородно заряженного шара напряженность растет линейно.

Но $E_x=-\frac{d \varphi}{dx}$,

$$\varphi=-\frac{\rho x^2}{6\varepsilon_0}+const$$

Чтобы найти константу, нам потребуется условие.

$$\varphi(R)=k\frac{Q}{R}=\frac{k\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 \rho}{R}=\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\cdot \frac{4\pi R^2 \rho}{3}$$

$$\varphi(R)= \frac{R^2 \rho}{3\varepsilon_0}$$

$$\varphi(R)= -\frac{\rho R^2}{6\varepsilon_0}+ const=\frac{R^2 \rho}{3\varepsilon_0}$$

Отсюда

$$const=\frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}$$

Тогда зависимость потенциала от расстояния

$$\varphi(x)=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{x^2}{3}\right)$$

Потенциал сферы

$$\varphi_{sf}=\frac{kQ_{sf}}{r}$$

$$x=r$$

Так как сфера заземлена, сумма потенциалов на ее поверхности (ее собственный и созданный шаром) равна нулю.

$$\frac{kQ_{sf}}{r}+\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)=0$$

Откуда заряд сферы

$$ Q_{sf}=-2\pi \rho r\left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)$$

Определяем потенциал внутри сферы ($0<x<r$)

$$\varphi_1(x)= \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{x^2}{3}\right)+\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\cdot 2 \pi \rho \left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)$$

$$\varphi_1(x)= \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(\frac{r^2}{3}-\frac{x^2}{3}\right)$$

Это гипербола «горбом» вверх.

При $r<x<R$ - вне сферы, но еще внутри шара.

$$\varphi_1(x)= \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{x^2}{3}\right)+\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\cdot 2 \pi \rho \left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)\cdot \frac{r}{x}$$

$$\varphi_1(x)= \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{x^2}{3}\right)+\frac{1}{2 \varepsilon_0}\cdot  \rho \left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)\cdot \frac{r}{x}$$

Тоже гипербола, тоже выпуклостью вверх.

При $x=R$

$$\varphi_1(R)= \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\left(R^2-\frac{R^2}{3}-\frac{r}{R}\left(R^2-\frac{r^2}{3}\right)\right)$$

Задача 11.

На планете в форме куба из однородного материала вдоль большой диагонали высверлили узкий прямой гладкий канал (см. рисунок). Если маленький шарик отпустить без начальной скорости из точки А (вершина куба), его скорость в момент прохождения центра куба (точка О) будет равна $\upsilon_1$. Какую минимальную скорость $\upsilon_2$ нужно сообщить шарику при запуске в космос из точки А, чтобы он мог покинуть поле тяготения планеты? Атмосферы у планеты нет.

Решение. Вообще, вспоминая аналогичную задачу про сквозной тоннель в Земле, можно сразу предположить, что $\upsilon_1$ - первая космическая. Но решим честно, а там посмотрим, что получится.

В первом случае

$$W_A=W_O$$

$$m\varphi_A=m\varphi_O+\frac{m\upsilon_1^2}{2}~~~~~~~~~~~~(1)$$

Во втором  случае

$$ m\varphi_A+\frac{m\upsilon_2^2}{2}=W_{\infty}=0~~~~~~~~~~~~~(2)$$

По теореме Гаусса

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

Гауссовой поверхностью будет сфера радиусом $R=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ - половина диагонали куба. Тогда теорема Гаусса запишется так:

$$E\cdot 4\pi\cdot \frac{3a^2}{4}=\frac{\rho a^3}{\varepsilon_0}$$

$$E=\frac{\rho a}{3\varepsilon_0}$$

Так как

$$E=-\frac{d\varphi}{dR}$$

То

$$\varphi \sim a^2$$

Разобьем куб на 8 кубов. Тогда

$$\varphi_O=8\varphi_m$$

Где $\varphi_m$ - потенциал в вершине малого кубика.

Так как мы выяснили, что потенциал пропорционален квадрату размера куба, а малый куб имеет ребро вдвое меньше, чем у большого, то

$$\varphi_m=\frac{1}{4}\varphi_A$$

$$\varphi_O=8\varphi_m=2\varphi_A $$

Получилось, что потенциал в центре вдвое больше, чем в точке $A$. Подставим это в (1):

$$m\varphi_A=2m\varphi_A+\frac{m\upsilon_1^2}{2}$$

$$\varphi_A=-\frac{m\upsilon_1^2}{2}$$

Подставим это в (2):

$$-\frac{m\upsilon_1^2}{2}+\frac{m\upsilon_2^2}{2}=0$$

$$\upsilon_1=\upsilon_2$$

Оказывается, $\upsilon_1$ - вторая космическая.