2020-02-29
Электрические заряды равномерно распределены по длинному тонкому изолированному стержню $MN$ с линейной плотностью зарядов $\sigma$. 1) Покажите, что в произвольной точке $K$ электрическое поле $\vec{E}$ стержня направлено по биссектрисе угла $MKN$. 2) Определите направление и величину напряженности электрического поля в плоскости, которая перпендикулярна стержню и содержит одну из конечных точек стержня. 3) Определите напряженность электрического поля отрезка $AB$, равномерно заряженного с линейной плотностью $\sigma$, в точке О, удаленной от отрезка на расстояние $r$ (рис.). Углы $\alpha$ и $\beta$ заданы.
Решение:
1) Выделим на стержне очень маленький участок $CD$ длиной $\Delta x$, который виден из точки $K$ под углом $\Delta \theta$ (рис.). Из подобия треугольников $KGC$ и $CDF$ можно записать следующие равенства:
$\Delta x = CF \frac{r}{h} = r \Delta \theta \frac{r}{h} = \frac{r^{2} }{h} \Delta \theta$.
Так как на отрезке $CD$ находится заряд $\Delta q = \sigma \Delta x$, где $\sigma$ - заряд, приходящийся на единицу длины, то величина напряженности электрического поля от этого заряда определяется выражением
$\Delta E = k \frac{ \Delta q}{r^{2} } = k \frac{ \sigma }{h} \Delta \theta$.
Эта величина непосредственно не зависит от угла $\theta$, указывающего направление на выделенный малый отрезок стержня, а зависит только от угла $\Delta \theta$, под которым виден этот отрезок $\Delta x$. Таким образом, векторы напряженности электрического поля от малых отрезков заряженного стержня, расположенных симметрично относительно биссектрисы угла $MKN$, имеют одну и ту же величину, и их результирующая направлена вдоль этой биссектрисы (рис.). Ясно, что для любой заданной точки $K$ найдется такое значение $\theta$, при котором $\angle MKN = 2 \theta$, и тогда, суммируя результаты для согласованных пар маленьких отрезков стержня, получаем результат для всего стержня в целом.
2) Используя уже полученный результат, можно сказать, что направление электрического поля $\vec{E}$ в точке плоскости на расстоянии $h$ от конца $M$ "бесконечно" длинного стержня составляет угол $45^{ \circ}$ со стержнем (рис.). Величину напряженности $E$ можно найти с помощью метода наложения. Представим себе, что два очень длинных равномерно заряженных стержня соединены вплотную. Результирующая напряженность поля будет равна векторной сумме напряженностей полей от двух половин стержня (см. рис.). Направление результирующей напряженности, очевидно, перпендикулярно стержню (ввиду симметрии), а ее величина в $\sqrt{2}$ раз больше напряженности поля $E$ от одного стержня. Поле такого "объединенного" стержня можно найти с помощью теоремы Гаусса, окружив отрезок стержня длиной $l$ воображаемым цилиндром радиусом $h$ и посчитав поток вектора напряженности через замкнутую поверхность:
$\epsilon_{0} \Phi = q$, или $\epsilon_{0} \cdot \sqrt{2}E \cdot 2 \pi hl = \sigma l$,
откуда
$E = \frac{ \sqrt{2} \sigma }{4 \pi \epsilon_{0}h } = k \frac{ \sqrt{2} \sigma }{h}$.
3) Напряженность электрического поля $\vec{E}$ отрезка $AB$ в точке $O$ направлена вдоль биссектрисы $\angle AOB$ под углом $\frac{ \alpha - \beta }{2}$ к направлению $OO^{ \prime}$ (рис.). Найдем, чему равна проекция поля $E_{ \perp}$ на это направление. Разобьем отрезок на маленькие кусочки и запишем принцип суперпозиции:
$E_{ \perp} = \sum_{i} E_{i \perp} = \sum_{i} E \cos \theta_{i} = \sum_{i} k \frac{ \sigma \Delta x_{i} }{s_{i}^{2} } \cos \theta_{i}$.
Такая сумма пугает обилием индексов "i", и за знак суммы можно вынести только $k \sigma$. Однако расчет можно упростить, придав геометрический смысл оставшемуся выражению. Для этого проведем касающуюся отрезка окружность с центром в точке наблюдения. Тогда (обозначения ясны из рисунков)
$\Delta y_{i} = \Delta x_{i} \cos \theta_{i}, \Delta z_{i} = \frac{ \Delta y_{i} r }{s_{i} }, \frac{r}{s_{i} } = \cos \theta_{i}$.
Следовательно,
$E_{ \perp} = k \frac{ \sigma }{r^{2} } \sum_{i} \frac{ \Delta y_{i}r }{s_{i} } \frac{r}{s_{i} } = k \frac{ \sigma }{r^{2} } \sum_{i} \Delta z_{i} \cos \theta_{i} = k \frac{ \sigma }{r^{2} } \sum_{i} \Delta w_{i} = k \frac{ \sigma}{r^{2} } \cdot DC = k \frac{ \sigma }{r^{2} } (r \sin \alpha + r \sin \beta ) = 2k \frac{ \sigma }{r} \cos \frac{ \alpha - \beta }{2} \sin \frac{ \alpha + \beta }{2}$.
Окончательно получаем
$E = \frac{E_{ \perp} }{ \cos \frac{ \alpha - \beta }{2} } = 2k \frac{ \sigma }{r} \sin \frac{ \alpha + \beta }{2}$.