Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 518
2014-06-01 
Заряженный металлический шар радиуса $R$ разрезан на две части по плоскости, отстоящей на расстоянии $$h от центра (рис.). Найти силу, с которой отталкиваются эти части. Полный заряд шара $Q$.
Решение:
Так как шар металлический, то заряд $Q$ распределится равномерно по его поверхности. Поэтому можно говорить о заряженной сфере. Для того чтобы определить силу, действующую, например, на верхнюю часть сферы со стороны нижней, разобьем мысленно эту часть сферы на элементарные
участки. Сила $\bar{F}$, действующая на один из таких участков (рис.), определяется формулой
$\bar{F}=q \bar{E}$,
где $q$ - заряд выделенного участка, $\bar{E}$ - напряженность поля, созданного всей остальной частью сферы. Очевидно, что
$q= \frac{QS}{4 \pi R^{2}}$,
где $S$ — площадь выделенного участка.
Как известно, напряженность поля вне заряженной сферы у ее поверхности определяется формулой
$E_{c}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{Q}{R^{2}}$,
а напряженность поля внутри такой сферы равна нулю.
Согласно принципу суперпозиции напряженность поля как внутри, так и вне сферы складывается из напряженности поля выделенного участка заряженной сферы к напряженности поля остальной части сферы. Будем считать, что выделенный участок настолько мал, что его можно считать плоским. Тогда напряженности поля этого участка как внутри, так и вне сферы равны по модулю и направлены перпендикулярно площадке в противоположные стороны, т. е.
$\bar{E}_{1} = - \bar{E}_{2}$.
Пусть для определенности заряд сферы положителен. Тогда векторы $\bar{E}_{1}$ и $\bar{E}_{2}$ направлены так, как показано на рисунке.
Поскольку напряженность поля внутри сферы равна нулю, то сумма вектора $\bar{E}_{2}$ и вектора $\bar{E}$ напряженности поля остальной части сферы равна нулю. Следовательно,
$\bar{E}_{2} + \bar{E} = 0$,
или
$\bar{E}_{1} = - \bar{E}_{2} = \bar{E}$.
Тогда для напряженности поля вне сферы можно записать:
$\bar{E}_{c} = \bar{E} + \bar{E}_{1}$,
откуда
$E = \frac{1}{2} E_{c} = \frac{1}{8 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{Q}{R^{2}}$.
Следовательно, для модуля силы $\bar{F}_{s}$ действующей на выделенный участок сферы, можно записать:
$F_{s} = Eq=\frac{Q^{2}S}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \varepsilon R^{4}}$.
Теперь найдем силу $\bar{F}$, действующую на всю верхнюю часть сферы. Для этого нужно найти сумму сил $\bar{F}_{s}$, действующих на элементарные участки «верхушки» сферы, т. е. поверхности сферического сегмента. Из соображений симметрии очевидно, что сумма горизонтальных составляющих сил $\bar{F}_{s}$ равна нулю. Поэтому
$F= \sum F_{s верт} = \sum F_{s} \cos \alpha_{s} = \frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \varepsilon R^{4}} \sum S \cos \alpha$,
где $\alpha$ — угол между вектором $\bar{F}_{s}$, и вертикалью. Так как $S \cos \alpha$ — это проекции площади участка на горизонтальную плоскость, то сумма $\sum S \cos \alpha$ равна площади $S$ основания сферического сегмента:
$S= \pi r^{2}$,
где $r$ — радиус основания сферического сегмента. Следовательно,
$F = \frac{Q^{2}}{32 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R^{2}} \left ( 1- \frac{h^{2}}{R^{2}} \right )$.
Заряженный металлический шар радиуса $R$ разрезан на две части по плоскости, отстоящей на расстоянии $$h от центра (рис.). Найти силу, с которой отталкиваются эти части. Полный заряд шара $Q$.
Решение:
Так как шар металлический, то заряд $Q$ распределится равномерно по его поверхности. Поэтому можно говорить о заряженной сфере. Для того чтобы определить силу, действующую, например, на верхнюю часть сферы со стороны нижней, разобьем мысленно эту часть сферы на элементарные
участки. Сила $\bar{F}$, действующая на один из таких участков (рис.), определяется формулой
$\bar{F}=q \bar{E}$,
где $q$ - заряд выделенного участка, $\bar{E}$ - напряженность поля, созданного всей остальной частью сферы. Очевидно, что
$q= \frac{QS}{4 \pi R^{2}}$,
где $S$ — площадь выделенного участка.
Как известно, напряженность поля вне заряженной сферы у ее поверхности определяется формулой
$E_{c}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{Q}{R^{2}}$,
а напряженность поля внутри такой сферы равна нулю.
Согласно принципу суперпозиции напряженность поля как внутри, так и вне сферы складывается из напряженности поля выделенного участка заряженной сферы к напряженности поля остальной части сферы. Будем считать, что выделенный участок настолько мал, что его можно считать плоским. Тогда напряженности поля этого участка как внутри, так и вне сферы равны по модулю и направлены перпендикулярно площадке в противоположные стороны, т. е.
$\bar{E}_{1} = - \bar{E}_{2}$.
Пусть для определенности заряд сферы положителен. Тогда векторы $\bar{E}_{1}$ и $\bar{E}_{2}$ направлены так, как показано на рисунке.
Поскольку напряженность поля внутри сферы равна нулю, то сумма вектора $\bar{E}_{2}$ и вектора $\bar{E}$ напряженности поля остальной части сферы равна нулю. Следовательно,
$\bar{E}_{2} + \bar{E} = 0$,
или
$\bar{E}_{1} = - \bar{E}_{2} = \bar{E}$.
Тогда для напряженности поля вне сферы можно записать:
$\bar{E}_{c} = \bar{E} + \bar{E}_{1}$,
откуда
$E = \frac{1}{2} E_{c} = \frac{1}{8 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{Q}{R^{2}}$.
Следовательно, для модуля силы $\bar{F}_{s}$ действующей на выделенный участок сферы, можно записать:
$F_{s} = Eq=\frac{Q^{2}S}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \varepsilon R^{4}}$.
Теперь найдем силу $\bar{F}$, действующую на всю верхнюю часть сферы. Для этого нужно найти сумму сил $\bar{F}_{s}$, действующих на элементарные участки «верхушки» сферы, т. е. поверхности сферического сегмента. Из соображений симметрии очевидно, что сумма горизонтальных составляющих сил $\bar{F}_{s}$ равна нулю. Поэтому
$F= \sum F_{s верт} = \sum F_{s} \cos \alpha_{s} = \frac{Q^{2}}{32 \pi^{2} \varepsilon_{0} \varepsilon R^{4}} \sum S \cos \alpha$,
где $\alpha$ — угол между вектором $\bar{F}_{s}$, и вертикалью. Так как $S \cos \alpha$ — это проекции площади участка на горизонтальную плоскость, то сумма $\sum S \cos \alpha$ равна площади $S$ основания сферического сегмента:
$S= \pi r^{2}$,
где $r$ — радиус основания сферического сегмента. Следовательно,
$F = \frac{Q^{2}}{32 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R^{2}} \left ( 1- \frac{h^{2}}{R^{2}} \right )$.
