Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10924
2019-10-19 
Прямоугольный пластмассовый брусок с размерами $1 см \times 10 см \times 100 см$ равномерно заряжен. Плотность зарядов равна $\rho кулон/см^{3}$. Нарисуйте примерный ход потенциала $\phi$ как функции расстояния до центра бруска вдоль прямой линии, перпендикулярной стенке с размерами $10 см \times 100 см$ и проходящей через центр бруска. Рассмотрите интервал расстояний от 0,001 см (внутри бруска) до расстояний, во много раз превышающих 100 см. Масштаб возьмите дважды логарифмический, т. е. нарисуйте $log \phi$ как функцию логарифма расстояния. На том же графике нарисуйте кривую зависимости напряженности электрического поля $\vec{E}$ от расстояния.
Решение:
Обозначим длину, ширину и толщину бруска через $2a, 2b$ и $2c$ соответственно. Пусть $r$ - расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для $r \gg a$ потенциал $\phi$, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда
$\phi = \frac{8 \rho abc}{4 \pi \epsilon_{0} r }$ или $ln \frac{ \phi \cdot 4 \pi \epsilon_{0} }{8 \rho bc} = - ln \frac{r}{a}$.
Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до $r = a$. При меньших $r (b < r < a)$ разумную аппроксимацию $\phi$ дает потенциал длинной нити, которкй запишем в виде
$\phi = - \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0} } ln \frac{r}{a} + D$.
Постоянную $D$ выберем из условия непрерывности потенциала при $r = a$. Находим $D = 4 \rho bc/2 \pi \epsilon_{0}$.
Таким образом, при $b < r < a$
$\phi = \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0} } \left ( 1 - ln \frac{r}{a} \right )$.
При $c < r < b$ хорошее приближение дает формула для бесконечной плоскости
$\phi = - \frac{ \rho cr}{ \epsilon_{0} } + F$.
Сравнивая эту формулу с предыдущей при $r = b$, получаем
$F = \frac{ \rho cb}{ \epsilon_{0} } \left ( 1 + \frac{2 }{ \pi} - \frac{2 }{ \pi} ln \frac{b}{a} \right )$.
Наконец, для $0 < r < x \: \phi = - \frac{ \rho r^{2} }{2 \epsilon_{0} } + G$, где $G = - \frac{ \rho c^{2} }{2 \epsilon_{0} } + F$.
Мы можем теперь вычислить потенциал центра бруска
$\phi(0) = G = \frac{ \rho cb}{ \epsilon_{0} } \left ( 1 - \frac{c}{2b} + \frac{2 }{ \pi} - \frac{2}{ \pi} ln \frac{b}{a} \right ) \approx 0,6 \cdot 10^{5} в$.
Так как $E_{r} = - \frac{ \partial \phi}{ \partial r}$, то из найденных выше выражений для $\phi$ получим
$E = \frac{8 \rho abc}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2} }, r \gg a$,
$E = \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0}r }, b < r < a$,
$E = \frac{ \rho c}{ \epsilon_{0} }, c < r < b$,
$E = \frac{ \rho r}{ \epsilon_{0} }, 0 < r < c$.
График зависимости $log [ \phi / \phi(0)]$ и $log [ E/E(c)]$ от $log (r/a)$ показан на рисунке.
Прямоугольный пластмассовый брусок с размерами $1 см \times 10 см \times 100 см$ равномерно заряжен. Плотность зарядов равна $\rho кулон/см^{3}$. Нарисуйте примерный ход потенциала $\phi$ как функции расстояния до центра бруска вдоль прямой линии, перпендикулярной стенке с размерами $10 см \times 100 см$ и проходящей через центр бруска. Рассмотрите интервал расстояний от 0,001 см (внутри бруска) до расстояний, во много раз превышающих 100 см. Масштаб возьмите дважды логарифмический, т. е. нарисуйте $log \phi$ как функцию логарифма расстояния. На том же графике нарисуйте кривую зависимости напряженности электрического поля $\vec{E}$ от расстояния.
Решение:
Обозначим длину, ширину и толщину бруска через $2a, 2b$ и $2c$ соответственно. Пусть $r$ - расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для $r \gg a$ потенциал $\phi$, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда
$\phi = \frac{8 \rho abc}{4 \pi \epsilon_{0} r }$ или $ln \frac{ \phi \cdot 4 \pi \epsilon_{0} }{8 \rho bc} = - ln \frac{r}{a}$.
Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до $r = a$. При меньших $r (b < r < a)$ разумную аппроксимацию $\phi$ дает потенциал длинной нити, которкй запишем в виде
$\phi = - \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0} } ln \frac{r}{a} + D$.
Постоянную $D$ выберем из условия непрерывности потенциала при $r = a$. Находим $D = 4 \rho bc/2 \pi \epsilon_{0}$.
Таким образом, при $b < r < a$
$\phi = \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0} } \left ( 1 - ln \frac{r}{a} \right )$.
При $c < r < b$ хорошее приближение дает формула для бесконечной плоскости
$\phi = - \frac{ \rho cr}{ \epsilon_{0} } + F$.
Сравнивая эту формулу с предыдущей при $r = b$, получаем
$F = \frac{ \rho cb}{ \epsilon_{0} } \left ( 1 + \frac{2 }{ \pi} - \frac{2 }{ \pi} ln \frac{b}{a} \right )$.
Наконец, для $0 < r < x \: \phi = - \frac{ \rho r^{2} }{2 \epsilon_{0} } + G$, где $G = - \frac{ \rho c^{2} }{2 \epsilon_{0} } + F$.
Мы можем теперь вычислить потенциал центра бруска
$\phi(0) = G = \frac{ \rho cb}{ \epsilon_{0} } \left ( 1 - \frac{c}{2b} + \frac{2 }{ \pi} - \frac{2}{ \pi} ln \frac{b}{a} \right ) \approx 0,6 \cdot 10^{5} в$.
Так как $E_{r} = - \frac{ \partial \phi}{ \partial r}$, то из найденных выше выражений для $\phi$ получим
$E = \frac{8 \rho abc}{4 \pi \epsilon_{0}r^{2} }, r \gg a$,
$E = \frac{4 \rho bc}{2 \pi \epsilon_{0}r }, b < r < a$,
$E = \frac{ \rho c}{ \epsilon_{0} }, c < r < b$,
$E = \frac{ \rho r}{ \epsilon_{0} }, 0 < r < c$.
График зависимости $log [ \phi / \phi(0)]$ и $log [ E/E(c)]$ от $log (r/a)$ показан на рисунке.
