Электродинамика (электростатика). Запрягаев С.А. - 6 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

5
результате по теореме Гаусса находим (для цилиндра высоты H):
E
1
(r)2πrH =
8π
2
n + 1
Har
n+1
; E
1
=
4π
n + 1
ar
n
; r ≤ R
E
2
(r)2πrH =
8π
2
n + 1
Har
n+1
; E
2
=
4π
n + 1
a
R
n+1
r
; r ≥ R
Для скалярного потенциала получаем на основании (4) в случае r < R:
ϕ
1
=
Z
R
r
E
1
(x)dx+
Z
∞
R
E
2
(x)dx =
4πa
n + 1
R
n+1
− r
n+1
n + 1
+ R
n+1
(ln ∞ − ln R)
;
Соответственно для случая r ≥ R
ϕ
2
=
Z
∞
r
E
2
(x)dx =
4π
n + 1
a R
n+1
[ln ∞ − ln r] .
Слагаемое ln ∞ может быть опущено, так как ϕ определен с точностью до
постоянной, и данный член не изменяет величины
~
E.
Пример 1.2.4. Найти
Рис. 3:
напряженность поля
~
E в любой
точке пространства, создаваемую
бесконечной пластиной, заряженной
с поверхностной плотностью
σ = const.
Из условия симметрии следует, что
~
E =
~
iE(x). Если использовать теорему
Гаусса для цилиндра произвольной
высоты, ось которого параллельна оси
x, то для цилиндра не пересекающего
заряженную плоскость, найдем:
H
~
D · d
~
S → (E
1
− E
2
)S = 0. S-площадь
основания цилиндра. Очевидно интеграл по боковой поверхности равен
0, так как
~
E ⊥
~
n. Таким образом,
~
E = const. Если же расположить
цилиндр так, чтобы он пересекал заряженную плоскость, получим:
S(E
1
+ E
2
) = 4πσS. А так как E
1
= E
2
, находим окончательно:
~
E = 2πσsign (x)
~
i.
Комментарий: данный метод имеет существенный недостаток,
так как не может быть эффективно использован, если нет простой
симметрии в системе зарядов, упрощающей интегральный член в (2).
Задание на дом: решить задачи 2.1-2.3 на стр. 32.

Страницы