Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10087
2019-01-17 
Круглая тонкая диэлектрическая пластина с центром в точке О имеет радиус $R$. Пластина равномерно заряжена. Пуля пробила пластину, образовав в точке О маленькое круглое отверстие радиуса $r$. Найдите, на какой угол из-за этого отклонится напряженность электрического поля в точке А, если точка А расположена на расстоянии а от центра пластины, а угол между AO и нормалью к пластине равен а. Считайте, что $r \ll a \ll R$.
Решение:
Обозначим через $\sigma$ плотность заряда на пластине.
Электрическое поле заряженной пластины с отверстием можно представить как суперпозицию поля заряженной пластины без отверстия и поля заряда с плотностью $- \sigma$, наложенного на пластину на месте отверстия. При этом в местах наложения заряды $\sigma$ и $- \sigma$ будут компенсировать друг друга, создавая такое же поле, как незаряженное отверстие.
Обозначим напряжённость поля в точке A, создаваемую пластиной без отверстия, через $E_{0}$. Очевидно,
$E_{0} = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} }$,
Напряжённость, создаваемую в точке А кружком радиуса $r$, расположенным на месте отверстия и имеющим плотность заряда $- \sigma$, обозначим $E$. Заряд кружка будет равен $q = - \sigma \pi r^{2}$, поэтому величина $E$ будет по модулю равна
$|E| = \frac{k|q|}{a^{2} } = \frac{k \sigma \pi r^{2} }{a^{2} } = \frac{ \sigma r^{2} }{4 \epsilon_{0} a^{2} }$,
в последнем равенстве мы учли, что $k = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}}$.
В проекции на оси Ox и Oy напряженность $E$ равна (см. рис., для определённости на рисунке изображён случай $\sigma > 0$)
$E_{x} = - \frac{ \sigma r^{2} \cos \alpha }{4 \epsilon_{0}a^{2} }, E_{y} = \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} }$.
Результирующая напряжённостей $\vec{E}_{0}$ и $\vec{E}$ будет иметь проекцию на ось Ox, равную $E_{0} + E_{x}$, а на ось oy проекцию $E_{y}$, что даёт тангенс угла наклона результирующей к оси Oх,
$tg \gamma = \frac{E_{y} }{E_{0} + E_{x} } = \frac{ \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} } }{ \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } - \frac{ \sigma r^{2} \cos \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} } } = \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{2 \sigma a^{2} - \sigma r^{2} \cos \alpha }$.
Рассмотрим разность в знаменателе. Вычитаемое отличается от уменьшаемого в $(r/a)^{2} \cos \alpha$ раз; по условию, из-за малости $r/ a$ эта величина мала. Значит, вычитаемым в знаменателе можно пренебречь:
$tg \gamma \approx \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{2 \sigma a^{2} } = \frac{r^{2} \sin \alpha }{2a^{2} }$
Эта величина также мала, так как содержит квадрат малой величины $r/a$, поэтому
$tg \gamma \approx \gamma = \frac{r^{2} \sin \alpha }{2a^{2} }$.
На такой угол поле отклонится от первоначального направления.
Примечание: Мы пользовались формулой напряжённости для бесконечной пластины $E_{0} = \frac{ \sigma}{2 \epsilon}$, поскольку точка А располагается близко к поверхности пластины по сравнению с размерами пластины, поэтому краевые эффекты в точке A малы. Этот факт обеспечивается условием $a \ll R$, имеющемся в задаче.
Ответ: Вектор напряжённости отклонится от первоначального направления на угол $\gamma = \frac{r^{2} \sin \alpha}{2a^{2}}$.
Круглая тонкая диэлектрическая пластина с центром в точке О имеет радиус $R$. Пластина равномерно заряжена. Пуля пробила пластину, образовав в точке О маленькое круглое отверстие радиуса $r$. Найдите, на какой угол из-за этого отклонится напряженность электрического поля в точке А, если точка А расположена на расстоянии а от центра пластины, а угол между AO и нормалью к пластине равен а. Считайте, что $r \ll a \ll R$.
Решение:
Обозначим через $\sigma$ плотность заряда на пластине.
Электрическое поле заряженной пластины с отверстием можно представить как суперпозицию поля заряженной пластины без отверстия и поля заряда с плотностью $- \sigma$, наложенного на пластину на месте отверстия. При этом в местах наложения заряды $\sigma$ и $- \sigma$ будут компенсировать друг друга, создавая такое же поле, как незаряженное отверстие.
Обозначим напряжённость поля в точке A, создаваемую пластиной без отверстия, через $E_{0}$. Очевидно,
$E_{0} = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} }$,
Напряжённость, создаваемую в точке А кружком радиуса $r$, расположенным на месте отверстия и имеющим плотность заряда $- \sigma$, обозначим $E$. Заряд кружка будет равен $q = - \sigma \pi r^{2}$, поэтому величина $E$ будет по модулю равна
$|E| = \frac{k|q|}{a^{2} } = \frac{k \sigma \pi r^{2} }{a^{2} } = \frac{ \sigma r^{2} }{4 \epsilon_{0} a^{2} }$,
в последнем равенстве мы учли, что $k = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}}$.
В проекции на оси Ox и Oy напряженность $E$ равна (см. рис., для определённости на рисунке изображён случай $\sigma > 0$)
$E_{x} = - \frac{ \sigma r^{2} \cos \alpha }{4 \epsilon_{0}a^{2} }, E_{y} = \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} }$.
Результирующая напряжённостей $\vec{E}_{0}$ и $\vec{E}$ будет иметь проекцию на ось Ox, равную $E_{0} + E_{x}$, а на ось oy проекцию $E_{y}$, что даёт тангенс угла наклона результирующей к оси Oх,
$tg \gamma = \frac{E_{y} }{E_{0} + E_{x} } = \frac{ \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} } }{ \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } - \frac{ \sigma r^{2} \cos \alpha }{4 \epsilon_{0} a^{2} } } = \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{2 \sigma a^{2} - \sigma r^{2} \cos \alpha }$.
Рассмотрим разность в знаменателе. Вычитаемое отличается от уменьшаемого в $(r/a)^{2} \cos \alpha$ раз; по условию, из-за малости $r/ a$ эта величина мала. Значит, вычитаемым в знаменателе можно пренебречь:
$tg \gamma \approx \frac{ \sigma r^{2} \sin \alpha }{2 \sigma a^{2} } = \frac{r^{2} \sin \alpha }{2a^{2} }$
Эта величина также мала, так как содержит квадрат малой величины $r/a$, поэтому
$tg \gamma \approx \gamma = \frac{r^{2} \sin \alpha }{2a^{2} }$.
На такой угол поле отклонится от первоначального направления.
Примечание: Мы пользовались формулой напряжённости для бесконечной пластины $E_{0} = \frac{ \sigma}{2 \epsilon}$, поскольку точка А располагается близко к поверхности пластины по сравнению с размерами пластины, поэтому краевые эффекты в точке A малы. Этот факт обеспечивается условием $a \ll R$, имеющемся в задаче.
Ответ: Вектор напряжённости отклонится от первоначального направления на угол $\gamma = \frac{r^{2} \sin \alpha}{2a^{2}}$.
