Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 240
2014-05-31 
Тонкое металлическое кольцо радиусом $R = 30 см$ имеет заряд $Q = 10 ед. СГСЭ$. Найдите напряженность поля на оси кольца на расстоянии $d = 40 см$ от плоскости кольца.
Решение:
Линейная плотность заряда кольца
$\lambda = \frac{Q}{2 \pi R}$.
На отрезке кольца длиной $\Delta l$ размешается заряд
$\Delta Q= \lambda \Delta l = \frac{Q \Delta l}{2 \pi R}$.
Поместим в точку О, в которой требуется найти напряженность поля, положительный пробный заряд величиной $q$ и найдем действующие на него силы $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$ со стороны электрических зарядов, заключенных на отрезках кольца длиной $\Delta l$, расположенных на противоположных концах его диаметра. Очевидно, что эти силы направлены вдоль прямых, соединяющих точку О с отрезками $\Delta l$ кольца (рис.), и $|\Delta \bar{F_{1}}|=|\Delta \bar{F_{1}}| \equiv \Delta F$, где
$\Delta F = \frac{q \Delta Q}{d^{2}+R^{2}}=\frac{qQ \Delta l}{2 \pi R (d^{2}+R^{2})}$. (1)
Результирующая $\Delta \bar{F}$ сил $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$ направлена вдоль оси кольца. Ее величина $\Delta F$ определяется формулой
$\Delta F = 2 \Delta F \cos \alpha$, (2)
где $\alpha$ - угол между осью кольца и направлениями сил $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$.
Рассматривая треугольник ОАВ, нетрудно сообразить, что
$\cos \alpha = \frac{d}{\sqrt{d^{2}+R^{2}}}$. (3)
Заменяя в (2) $\Delta F$ и $\cos \alpha$ по формулам (1), (3), для $\Delta F$ имеем
$\Delta F = \frac{qQd \Delta l}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}}$.
Величину $F$ полкой силы, действующей со стороны всего кольца на заряд $q$, получим, суммируя все силы $\Delta \bar{F}$, действующие со стороны всех образующих кольцо элементов $\Delta l$:
$F=\sum \Delta F = \sum \frac{qQd \Delta l}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}}=\frac{qQd}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}} \sum \Delta l$.
Так как $\sum \Delta l = \pi R$, то
$F=\frac{qQd}{(d^{2}+R^{2})^{3/2}}$
Напряженность поля
$E = \frac{F}{q}=\frac{Qd}{(d^{2}+R^{2})^{3/2}} \approx 0,0032 ед. СГСЭ \approx 96 В/м$
Тонкое металлическое кольцо радиусом $R = 30 см$ имеет заряд $Q = 10 ед. СГСЭ$. Найдите напряженность поля на оси кольца на расстоянии $d = 40 см$ от плоскости кольца.
Решение:
Линейная плотность заряда кольца
$\lambda = \frac{Q}{2 \pi R}$.
На отрезке кольца длиной $\Delta l$ размешается заряд
$\Delta Q= \lambda \Delta l = \frac{Q \Delta l}{2 \pi R}$.
Поместим в точку О, в которой требуется найти напряженность поля, положительный пробный заряд величиной $q$ и найдем действующие на него силы $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$ со стороны электрических зарядов, заключенных на отрезках кольца длиной $\Delta l$, расположенных на противоположных концах его диаметра. Очевидно, что эти силы направлены вдоль прямых, соединяющих точку О с отрезками $\Delta l$ кольца (рис.), и $|\Delta \bar{F_{1}}|=|\Delta \bar{F_{1}}| \equiv \Delta F$, где
$\Delta F = \frac{q \Delta Q}{d^{2}+R^{2}}=\frac{qQ \Delta l}{2 \pi R (d^{2}+R^{2})}$. (1)
Результирующая $\Delta \bar{F}$ сил $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$ направлена вдоль оси кольца. Ее величина $\Delta F$ определяется формулой
$\Delta F = 2 \Delta F \cos \alpha$, (2)
где $\alpha$ - угол между осью кольца и направлениями сил $\Delta \bar{F_{1}}$ и $\Delta \bar{F_{2}}$.
Рассматривая треугольник ОАВ, нетрудно сообразить, что
$\cos \alpha = \frac{d}{\sqrt{d^{2}+R^{2}}}$. (3)
Заменяя в (2) $\Delta F$ и $\cos \alpha$ по формулам (1), (3), для $\Delta F$ имеем
$\Delta F = \frac{qQd \Delta l}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}}$.
Величину $F$ полкой силы, действующей со стороны всего кольца на заряд $q$, получим, суммируя все силы $\Delta \bar{F}$, действующие со стороны всех образующих кольцо элементов $\Delta l$:
$F=\sum \Delta F = \sum \frac{qQd \Delta l}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}}=\frac{qQd}{\pi R (d^{2}+R^{2})^{3/2}} \sum \Delta l$.
Так как $\sum \Delta l = \pi R$, то
$F=\frac{qQd}{(d^{2}+R^{2})^{3/2}}$
Напряженность поля
$E = \frac{F}{q}=\frac{Qd}{(d^{2}+R^{2})^{3/2}} \approx 0,0032 ед. СГСЭ \approx 96 В/м$
