Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8158
2018-06-15 
Полусфера несет заряд, равномерно распределенный с поверхностной плотностью $\sigma = 1 нКл/м^{2}$. Найти напряженность $E$ электрического поля в геометрическом центре полусферы.
Решение:
Определим сначала напряженность поля, создаваемого кольцом с зарядом $Q$, в точке, удаленной от всех точек кольца на расстояние $R$ и от плоскости кольца на расстояние $a$.
Выделим элемент кольца $dl$ с зарядом $dQ = \frac{Q}{2 \pi r}dl$.
Напряженность поля в данной точке:
$dE = \frac{dQ}{4 \pi \epsilon_{0}R^{2} } = \frac{Qdl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}r R^{2} }$. Из рисунка видно, что $r = \frac{R}{ \sin \alpha} = \sqrt{R^{2} - a^{2} }$. Тогда $dE = \frac{Qdl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{2} \sqrt{R^{2} - a^{2} } }$. Разложим вектор $d \vec{E}: d \vec{E} =d \vec{E}_{1} + d \vec{E}_{2}$.
Тогда $\vec{E} = \int_{l} d \vec{E}_{1} + \int_{l} d \vec{E}_{2}$. В силу симметрии: $\int_{l} d \vec{E}_{2} = 0$.
Тогда, $\vec{E} = \int_{l} d \vec{E}_{1}$, где $dE_{1} = dE \cos \alpha = \frac{a}{R} dE = \frac{Qadl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} } }$
То есть: $E = \frac{Qa}{ 8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} } } \int_{0}^{2 \pi r} dl = \frac{Qa2 \pi r}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} }} = \frac{Qa \sqrt{R^{2} - a^{2} } }{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} }}$
$E = \frac{aQ}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} }$.
Разобьем полусферу на тонкие кольца с зарядом $dQ = \sigma dS = 2 \pi r \sigma R d \phi$. Тогда напряженность, создаваемая таким кольцом в центре полусферы:
$dE = \frac{adQ}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} }$. Учитывая, что $r = R \sin \phi$ и $a = R \cos \phi$ получим:
$dE = \frac{R \cos \phi 2 \pi R \sin \phi \sigma R d \phi}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} } = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \sin \phi \cos \phi d \phi $.
Интегрируя, получаем
$E = \frac{ \sigma}{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi /2} \sin \phi \cos \phi d \phi = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi /2} \sin \phi ( \sin \phi) = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \left . \frac{ \sin^{2} \phi }{2} \right |_{0}^{ \pi /2} = \frac{ \sigma }{4 \epsilon_{0} }; E = \frac{10^{-9} }{4 \cdot 8,85 \cdot 10^{-12} } = 28,3 В/м$
Полусфера несет заряд, равномерно распределенный с поверхностной плотностью $\sigma = 1 нКл/м^{2}$. Найти напряженность $E$ электрического поля в геометрическом центре полусферы.
Решение:
Определим сначала напряженность поля, создаваемого кольцом с зарядом $Q$, в точке, удаленной от всех точек кольца на расстояние $R$ и от плоскости кольца на расстояние $a$.
Выделим элемент кольца $dl$ с зарядом $dQ = \frac{Q}{2 \pi r}dl$.
Напряженность поля в данной точке:
$dE = \frac{dQ}{4 \pi \epsilon_{0}R^{2} } = \frac{Qdl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}r R^{2} }$. Из рисунка видно, что $r = \frac{R}{ \sin \alpha} = \sqrt{R^{2} - a^{2} }$. Тогда $dE = \frac{Qdl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{2} \sqrt{R^{2} - a^{2} } }$. Разложим вектор $d \vec{E}: d \vec{E} =d \vec{E}_{1} + d \vec{E}_{2}$.
Тогда $\vec{E} = \int_{l} d \vec{E}_{1} + \int_{l} d \vec{E}_{2}$. В силу симметрии: $\int_{l} d \vec{E}_{2} = 0$.
Тогда, $\vec{E} = \int_{l} d \vec{E}_{1}$, где $dE_{1} = dE \cos \alpha = \frac{a}{R} dE = \frac{Qadl}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} } }$
То есть: $E = \frac{Qa}{ 8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} } } \int_{0}^{2 \pi r} dl = \frac{Qa2 \pi r}{8 \pi^{2} \epsilon_{0}R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} }} = \frac{Qa \sqrt{R^{2} - a^{2} } }{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} \sqrt{R^{2} - a^{2} }}$
$E = \frac{aQ}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} }$.
Разобьем полусферу на тонкие кольца с зарядом $dQ = \sigma dS = 2 \pi r \sigma R d \phi$. Тогда напряженность, создаваемая таким кольцом в центре полусферы:
$dE = \frac{adQ}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} }$. Учитывая, что $r = R \sin \phi$ и $a = R \cos \phi$ получим:
$dE = \frac{R \cos \phi 2 \pi R \sin \phi \sigma R d \phi}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3} } = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \sin \phi \cos \phi d \phi $.
Интегрируя, получаем
$E = \frac{ \sigma}{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi /2} \sin \phi \cos \phi d \phi = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi /2} \sin \phi ( \sin \phi) = \frac{ \sigma }{2 \epsilon_{0} } \left . \frac{ \sin^{2} \phi }{2} \right |_{0}^{ \pi /2} = \frac{ \sigma }{4 \epsilon_{0} }; E = \frac{10^{-9} }{4 \cdot 8,85 \cdot 10^{-12} } = 28,3 В/м$
