Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10108
2019-01-17 
Тонкостенные металлические цилиндры вложены друг в друга. Все цилиндры имеют одну ось, расположенную перпендикулярно плоскости рисунка. Радиусы соседних цилиндров отличаются на $\Delta R$, а радиус самого тонкого равен $\Delta R$; количество цилиндров велико. Каждый цилиндр зарядили, так что плотность заряда всех поверхностей равна по модулю $\sigma$, а знак заряда чередуется: первый, самый маленький цилиндр, заряжен отрицательно, следующий, второй по размеру, - положительно и т. д. Найдите напряженность в области между $n$-тым и $n + 1$-ым цилиндром, считая, что $n$ велико.
Решение:
Для решения задачи воспользуемся теоремой Гаусса: выделим мысленно цилиндрическую поверхность, симметрично окружающую $n$-тый цилиндр, но лежащуй внутри $(n + 1)$-го цилиндра. Радиус $R$ этой цилиндрической поверхности, удовлетворяет, очевидно, соотношению
$n < \frac{R}{ \Delta R} < (n + 1)$. (1)
Длину цилиндра $L$ выберем единичной
Из симметрии понятно, что система заряженных цилиндров будет создавать в любой точке нашей поверхности одинаковую по модулю напряженность, обозначим её $E$. Направление $E$ в каждой точке перпендикулярно выбранной нами поверхности.
Поток $E$ через нашу поверхность, очевидно, равен $\Phi_{E} = 2 \pi RLE$. По теореме Гаусса эта величина равна $Q/ \epsilon_{0}$, где $Q$ - заряд исследуемой системы, попавший внутрь выбранной нами поверхности. В данном случае i-тый цилиндр вносит внутрь нашей поверхности заряд, равный по модулю $|q_{i}| = 2 \pi i \Delta RL \sigma$, так что
$Q = q_{1} + q_{2} + q_{3} + \cdots + q_{n} = 2 \pi \Delta R L \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots \pm n)$,
знак в последнем слагаемом зависит от четности $n$. Если $n$ четное,
$Q = 2 \pi \Delta RL \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots + n) = 2 \pi \Delta RL \sigma ((2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5) + \cdots + (n - (n - 1))) = \pi \Delta RLn \sigma$.
Тогда теорема Гаусса даёт
$\Phi_{E} = 2 \pi RLE = \frac{ \pi \Delta RL n \sigma}{ \epsilon_{0} } \Leftrightarrow E(R) = \frac{ \Delta R n \sigma}{2R \epsilon_{0} } = \frac{n \sigma }{2(R/ \Delta R) \epsilon_{0} }$
Если $n$ нечетное,
$Q = 2 \pi \Delta RL \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots + (n - 1) - n) = 2 \pi \Delta RL \sigma ((0 - 1) + (2 - 3) + (4 - 5) + \cdots + ((n - 1) - n)) = - \pi \Delta RL(n + 1)$.
Тогда теорема Гаусса даёт
$\Phi_{E} = 2 \pi RLE = - \frac{ \pi \Delta R K(n + 1) \sigma }{ \epsilon_{0} } \Leftrightarrow E(R) = - \frac{ \Delta R(n + 1) \sigma}{2R \epsilon_{0} } = - \frac{(n + 1) \sigma}{2(R/ \Delta R) \epsilon_{0} }$
Используем в ответах для $E(R)$ ф-лу (1): при больших $n$ единицей в правой части неравенства можно пренебречь, просто заменив $R/ \Delta R$ на $n$. Тогда при четных $n$ получим $E = \sigma /2 \epsilon_{0}$, при нечетных $n$ получим $E = - \sigma \frac{n + 1}{2n \epsilon_{0}} \approx - \frac{ \sigma}{ \epsilon_{0} }$, здесь мы также пренебрегаем единицей по сравнению с $n$.
Ответ: напряжённость $E = ( - 1)^{n} \frac{ \sigma}{2 \epsilon_{0}}$.
Тонкостенные металлические цилиндры вложены друг в друга. Все цилиндры имеют одну ось, расположенную перпендикулярно плоскости рисунка. Радиусы соседних цилиндров отличаются на $\Delta R$, а радиус самого тонкого равен $\Delta R$; количество цилиндров велико. Каждый цилиндр зарядили, так что плотность заряда всех поверхностей равна по модулю $\sigma$, а знак заряда чередуется: первый, самый маленький цилиндр, заряжен отрицательно, следующий, второй по размеру, - положительно и т. д. Найдите напряженность в области между $n$-тым и $n + 1$-ым цилиндром, считая, что $n$ велико.
Решение:
Для решения задачи воспользуемся теоремой Гаусса: выделим мысленно цилиндрическую поверхность, симметрично окружающую $n$-тый цилиндр, но лежащуй внутри $(n + 1)$-го цилиндра. Радиус $R$ этой цилиндрической поверхности, удовлетворяет, очевидно, соотношению
$n < \frac{R}{ \Delta R} < (n + 1)$. (1)
Длину цилиндра $L$ выберем единичной
Из симметрии понятно, что система заряженных цилиндров будет создавать в любой точке нашей поверхности одинаковую по модулю напряженность, обозначим её $E$. Направление $E$ в каждой точке перпендикулярно выбранной нами поверхности.
Поток $E$ через нашу поверхность, очевидно, равен $\Phi_{E} = 2 \pi RLE$. По теореме Гаусса эта величина равна $Q/ \epsilon_{0}$, где $Q$ - заряд исследуемой системы, попавший внутрь выбранной нами поверхности. В данном случае i-тый цилиндр вносит внутрь нашей поверхности заряд, равный по модулю $|q_{i}| = 2 \pi i \Delta RL \sigma$, так что
$Q = q_{1} + q_{2} + q_{3} + \cdots + q_{n} = 2 \pi \Delta R L \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots \pm n)$,
знак в последнем слагаемом зависит от четности $n$. Если $n$ четное,
$Q = 2 \pi \Delta RL \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots + n) = 2 \pi \Delta RL \sigma ((2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5) + \cdots + (n - (n - 1))) = \pi \Delta RLn \sigma$.
Тогда теорема Гаусса даёт
$\Phi_{E} = 2 \pi RLE = \frac{ \pi \Delta RL n \sigma}{ \epsilon_{0} } \Leftrightarrow E(R) = \frac{ \Delta R n \sigma}{2R \epsilon_{0} } = \frac{n \sigma }{2(R/ \Delta R) \epsilon_{0} }$
Если $n$ нечетное,
$Q = 2 \pi \Delta RL \sigma ( - 1 + 2 - 3 + 4 - 5 + \cdots + (n - 1) - n) = 2 \pi \Delta RL \sigma ((0 - 1) + (2 - 3) + (4 - 5) + \cdots + ((n - 1) - n)) = - \pi \Delta RL(n + 1)$.
Тогда теорема Гаусса даёт
$\Phi_{E} = 2 \pi RLE = - \frac{ \pi \Delta R K(n + 1) \sigma }{ \epsilon_{0} } \Leftrightarrow E(R) = - \frac{ \Delta R(n + 1) \sigma}{2R \epsilon_{0} } = - \frac{(n + 1) \sigma}{2(R/ \Delta R) \epsilon_{0} }$
Используем в ответах для $E(R)$ ф-лу (1): при больших $n$ единицей в правой части неравенства можно пренебречь, просто заменив $R/ \Delta R$ на $n$. Тогда при четных $n$ получим $E = \sigma /2 \epsilon_{0}$, при нечетных $n$ получим $E = - \sigma \frac{n + 1}{2n \epsilon_{0}} \approx - \frac{ \sigma}{ \epsilon_{0} }$, здесь мы также пренебрегаем единицей по сравнению с $n$.
Ответ: напряжённость $E = ( - 1)^{n} \frac{ \sigma}{2 \epsilon_{0}}$.
