Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 7311
2018-05-14 
Тонкое непроводящее кольцо радиуса $R$ заряжено с линейной плотностью $\lambda = \lambda_{0} \cos \phi$, где $\lambda_{0}$ — постоянная, $\phi$ — азимутальный угол. Найти модуль вектора напряженности электрического поля:
а) в центре кольца;
б) на оси кольца в зависимости от расстояния $x$ до его центра. Исследовать полученное выражение при $x \gg R$.
Решение:
(a) Данное распределение заряда показано на рис. Симметрия этого распределения означает, что вектор $\vec{E}$ в точке О направлен вправо, а его величина равна сумме проекции на направление $\vec{E}$ векторов $d \vec{E}$ от элементарных зарядов $dq$. Проекция вектора $d \vec{E}$ на вектор $\vec{E}$ равна
$dE \cos \phi = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{dq}{R^{2} } \cos \phi$,
где $dq = \lambda Rd \phi = \lambda_{0} R \cos \phi d \phi$.
Интегрируя (1) по $\phi$ между 0 и $2 \pi$, найдем величину вектора $E$:
$E = \frac{ \lambda_{0} }{4 \pi \epsilon_{0}R } \int_{0}^{ 2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = \frac{ \lambda_{0} }{4 \epsilon_{0} R }$.
Следует отметить, что этот интеграл решается самым простым способом, если учесть, что $\langle \cos^{2} \phi \rangle = 1/2$. затем
$\int_{0}^{ 2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = \langle \cos^{2} \phi \rangle 2 \pi = \pi$.
(б) Возьмем элемент $S$ с азимутальным углом $\phi$ от оси х, причем элемент, находиться в центре под углом $d \phi$.
Элементарное поле в точке P от элемента
$\frac{ \lambda_{0} \cos \phi d \phi R }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} ) }$ вдоль SP с компонентами
$\frac{ \lambda_{0} \cos \phi d \phi R }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} ) } \times \{ \cos \theta вдоль OP, \sin \theta вдоль OS \}$
где $\cos \theta = \frac{x}{ \sqrt{x^{2} + R^{2} } }$
Компонента вдоль OP исчезает при интегрировании $\int_{0}^{ 2 \pi} \cos \phi d \phi = 0$
Компонент вдль OS может быть разбит на части вдоль OX и OY с помощью
$\frac{ \lambda_{0} R^{2} \cos \phi d \phi }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} )^{1/2} } \times \{ \cos \theta вдоль OX, \sin \theta вдоль OY \}$
Интегрируя, компонента вдоль оси OY исчезает.
Окончательно
$E = E_{x} = \frac{ \lambda_{0}R^{2} }{4 \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} )^{3/2} }$
Для $x \gg R$
$E_{x} = \frac{p}{ 4 \pi \epsilon_{0} x^{3} }$ где $p = \lambda_{0} \pi R^{2}$
Тонкое непроводящее кольцо радиуса $R$ заряжено с линейной плотностью $\lambda = \lambda_{0} \cos \phi$, где $\lambda_{0}$ — постоянная, $\phi$ — азимутальный угол. Найти модуль вектора напряженности электрического поля:
а) в центре кольца;
б) на оси кольца в зависимости от расстояния $x$ до его центра. Исследовать полученное выражение при $x \gg R$.
Решение:
(a) Данное распределение заряда показано на рис. Симметрия этого распределения означает, что вектор $\vec{E}$ в точке О направлен вправо, а его величина равна сумме проекции на направление $\vec{E}$ векторов $d \vec{E}$ от элементарных зарядов $dq$. Проекция вектора $d \vec{E}$ на вектор $\vec{E}$ равна
$dE \cos \phi = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0} } \frac{dq}{R^{2} } \cos \phi$,
где $dq = \lambda Rd \phi = \lambda_{0} R \cos \phi d \phi$.
Интегрируя (1) по $\phi$ между 0 и $2 \pi$, найдем величину вектора $E$:
$E = \frac{ \lambda_{0} }{4 \pi \epsilon_{0}R } \int_{0}^{ 2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = \frac{ \lambda_{0} }{4 \epsilon_{0} R }$.
Следует отметить, что этот интеграл решается самым простым способом, если учесть, что $\langle \cos^{2} \phi \rangle = 1/2$. затем
$\int_{0}^{ 2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = \langle \cos^{2} \phi \rangle 2 \pi = \pi$.
(б) Возьмем элемент $S$ с азимутальным углом $\phi$ от оси х, причем элемент, находиться в центре под углом $d \phi$.
Элементарное поле в точке P от элемента
$\frac{ \lambda_{0} \cos \phi d \phi R }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} ) }$ вдоль SP с компонентами
$\frac{ \lambda_{0} \cos \phi d \phi R }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} ) } \times \{ \cos \theta вдоль OP, \sin \theta вдоль OS \}$
где $\cos \theta = \frac{x}{ \sqrt{x^{2} + R^{2} } }$
Компонента вдоль OP исчезает при интегрировании $\int_{0}^{ 2 \pi} \cos \phi d \phi = 0$
Компонент вдль OS может быть разбит на части вдоль OX и OY с помощью
$\frac{ \lambda_{0} R^{2} \cos \phi d \phi }{4 \pi \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} )^{1/2} } \times \{ \cos \theta вдоль OX, \sin \theta вдоль OY \}$
Интегрируя, компонента вдоль оси OY исчезает.
Окончательно
$E = E_{x} = \frac{ \lambda_{0}R^{2} }{4 \epsilon_{0} (x^{2} + R^{2} )^{3/2} }$
Для $x \gg R$
$E_{x} = \frac{p}{ 4 \pi \epsilon_{0} x^{3} }$ где $p = \lambda_{0} \pi R^{2}$
