Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 7314
2018-05-14 
Равномерно заряженная нить, на единицу длины которой приходится заряд $\lambda$, имеет конфигурации, показанные на рис. а и б. Считая, что радиус закругления $R$ значительно меньше длины нити, найти модуль вектора напряженности электрического поля в точке О.
Решение:
(а) Используя решение задачи 7313, напряженность электрического электрического поля в точке О от прямых частей нити равна нулю. Для изогнутой части (дуги) получим общее выражение, то есть вычислим напряженность поля в центре дуги радиуса $R$ и линейной плотности заряда $\lambda$ которая находится под углом $\theta_{0}$ в центре.
Из симметрии искомая напряженность поля будет направлена вдоль биссектрисы угла $\theta_{0}$ и задается формулой
$E = \int_{ - \theta_{0}/2 }^{+ \theta_{0}/2 } \frac{ \lambda (R d \theta) }{4 \pi \epsilon_{0} R^{2} } \cos \theta = \frac{ \lambda }{2 \pi \epsilon_{0}R } \sin \frac{ \theta_{0} }{2}$
В нашей задаче $\theta_{0} = \pi / 2$, таким образом, напряженность поля от изогнутой части в точке $E_{0} = \frac{ \sqrt{2} \lambda }{4 \pi \epsilon_{0} R }$ которая также является искомым результатом.
(б) Используя решение задачи 7313 (а), напряженность поля в точке О из-за прямых частей равна $\sqrt{2} \left ( \frac{ \sqrt{2} \lambda }{4 \pi \epsilon_{0}R } \right ) = \frac{ \lambda }{2 \pi \epsilon_{0} R }$ и направлен вертикально вниз. Теперь, используя решение (а), напряженность поля от изогнутой части (полукруг) в точке О становится $\frac{ \lambda}{2 \pi \epsilon_{0}R }$ и направлен вертикально вверх. Следовательно, искомое поле равно 0.
Равномерно заряженная нить, на единицу длины которой приходится заряд $\lambda$, имеет конфигурации, показанные на рис. а и б. Считая, что радиус закругления $R$ значительно меньше длины нити, найти модуль вектора напряженности электрического поля в точке О.
Решение:
(а) Используя решение задачи 7313, напряженность электрического электрического поля в точке О от прямых частей нити равна нулю. Для изогнутой части (дуги) получим общее выражение, то есть вычислим напряженность поля в центре дуги радиуса $R$ и линейной плотности заряда $\lambda$ которая находится под углом $\theta_{0}$ в центре.
Из симметрии искомая напряженность поля будет направлена вдоль биссектрисы угла $\theta_{0}$ и задается формулой
$E = \int_{ - \theta_{0}/2 }^{+ \theta_{0}/2 } \frac{ \lambda (R d \theta) }{4 \pi \epsilon_{0} R^{2} } \cos \theta = \frac{ \lambda }{2 \pi \epsilon_{0}R } \sin \frac{ \theta_{0} }{2}$
В нашей задаче $\theta_{0} = \pi / 2$, таким образом, напряженность поля от изогнутой части в точке $E_{0} = \frac{ \sqrt{2} \lambda }{4 \pi \epsilon_{0} R }$ которая также является искомым результатом.
(б) Используя решение задачи 7313 (а), напряженность поля в точке О из-за прямых частей равна $\sqrt{2} \left ( \frac{ \sqrt{2} \lambda }{4 \pi \epsilon_{0}R } \right ) = \frac{ \lambda }{2 \pi \epsilon_{0} R }$ и направлен вертикально вниз. Теперь, используя решение (а), напряженность поля от изогнутой части (полукруг) в точке О становится $\frac{ \lambda}{2 \pi \epsilon_{0}R }$ и направлен вертикально вверх. Следовательно, искомое поле равно 0.
