Линии поле E не рвутся. Теорема Ирншоу. Потенциальность кулоновских сил. Потенциальная энергия заряда в электростатическом поля

Страницы работы

7 страниц (Word-файл)

Фрагмент текста работы

Факультатив. Линии поле E не рвутся.

Если в объеме нет зарядов Q = 0, то ΦE = 4πQ = 0. Поток равен нулю – это значит, сколько линий поля втекает в объем, столько и вытекает.

Следовательно, линии поля E не начинаются и не заканчиваются в пустом объеме без зарядов. В этом смысле линии поля E не рвутся. Как выяснится позднее, это справедливо и для переменных электрических полей.

 

Линии поля E вытекают из положительных зарядов и втекают в отрицательные заряды. В этом смысле заряды буквально являются источниками поля.

Экзамен. Теорема Ирншоу.

Невозможно статическое распределение зарядов, в котором хотя бы один заряд находится в устойчивом равновесии.

          Отметим, что неустойчивое равновесие возможно, например:

 

          Доказательство.

          Проведем доказательство методом "от противного".

Предположим, что для одного из зарядов есть устойчивое равновесие и получим противоречие.

          Будем считать, что все заряды дискретные - точечные.

Пусть в устойчивом равновесии находится заряд q , например положительный.

Для устойчивого равновесия поле сил при смещении в любую сторону пытается вернуть заряд в точку равновесия. Тогда поле сил F остальных зарядов в окрестности заряда q имеет следующий вид:

 

          Аналогично     выглядит     и     поле      E      остальных    зарядов,                кроме

F

рассматриваемого заряда q , так как E .

q

          Рассмотрим маленькую сферу вокруг заряда q :

 

      Из рисунка видно, что поток поля E через эту сферу отрицательный

ΦE < 0. Это с одной стороны, а с другой стороны поток равен нулю ΦE = 0. И действительно, внутри малой сферы вокруг заряда q нет других зарядов, и для них Q = 0. Следовательно, для поля E остальных зарядов, кроме q , получим ΦE = 4πQ = 0.

RE < 0 TΦE = 0

          Итак               . Полученное противоречие доказывает теорему.

Экзамен. Потенциальность кулоновских сил.

Поле сил потенциально (силы консервативны), если работа по перемещению пробного заряда не зависит от траектории, а зависит только от начальной и конечной точек.

Докажем сначала потенциальность сил со стороны поля точечного заряда q . Найдем работу электростатических сил при перемещении пробного заряда q' из точки I в точку II:

 

Пусть начало координат совпадает с зарядом q . Найдем работу dA на малом участке пути dl :

                             dA = F dl',    i d= q E dl'        ,         i = q E dl'        ⋅         E = q E dl'    ⋅         r q E dr' ⋅         = q' 2 dr . q r

 

          Из рисунка видно, что dlr dr .

          Работа на конечном участке

II                       rzII              rzII        FH     IK rII               FGH     IJK q     dr       1        1          1

             AIII =dA =      q' 2 dr = q q'     2 = q q'      −= q q'         −              =>

                                          IrI                  r                rI r                 r rI                           rI       rII

                                              1     1

            AIII = q q' FGH  − IKJ — работа по перемещению пробного заряда q' в поле

                                             rI       rII

заряда q из точки rI в точку rII , если начало координат совпадает с зарядом q.

Это выражение не зависит от формы траектории, следовательно, поле E точечного заряда потенциально.

Докажем теперь потенциальность сил произвольного распределения точечных зарядов.

          Из принципа суперпозиции

rII

         E = ∑Ei zq' ,d⋅ dl i   =>

irI

          zII q E dl'd ,      i = zq E dl'd i ,   i             => r       rII

                rI                                        i    rI

                                                                                  1      1

    AIII = ∑ Ai I, →II = ∑q q' iFHG  −  IJK

r     r ii        iI             iII

                                        AIII = q'∑qi GH−  IKJ — работа по перемещению пробного заряда q' из  1 1

                                          i           riI       riII

точки I в точку II. Здесь riI = rI ri — вектор из i-го заряда в точку I, riII = rII ri

— вектор из i-го заряда в точку II.

Экзамен. Потенциальная энергия заряда в электростатическом поля.    Энергия — это способность совершить работу, поэтому:

           WI AI→∞.

Электростатическая энергия заряда в точке I по определению равна работе электростатических сил по перемещению заряда из точки I на бесконечность.

                                                                                 FGH 1 1 IJK       1             1

            WI AI→∞ = AIIIII→∞ = q'∑i qi riI riII  riII →∞ = q'∑i qi riI = q'∑i qi rI ri

=>                                W rf = q'i qi r ri - энергия заряда q' в точке с радиус-вектором r в 1

поле остальных зарядов qi .

Экзамен. Потенциал электростатического поля.

          Потенциал — потенциальная энергия единичного заряда.

 ϕ≡              

Экзамен. Потенциал произвольного распределения зарядов.

Для системы точечных зарядов qi получим следующее выражение для потенциала ϕ в точке с радиус-вектором r :

W ra f  q  ϕr = ∑ i q'       i r ri

 Тогда для произвольного распределения зарядов получим: q ρr' ⋅dV' σ r' ⋅dS' τ r' ⋅dl'

                                                                                           S '                             l'

Экзамен. Связь потенциала и напряженности электростатического поля. b gI            b gI              I              zI dF dl',     i zI FGH KIJ ∞zd   i

                ϕr    W r    A →∞ =                =      F',dl    =    E dl,           =>

                                      q'          q'             q'               q'            I

∞ ∞ r   r

 ϕa fr = zdE dl, i = z E dll                                    — связь потенциала и напряженности в одну

сторону.

Получим теперь связь между E и ϕ в другую сторону.  Рассмотрим  ϕ ϕb grII − b grI = z E dll − z E dll = −z E dll .

                                                   ∞                ∞                    rII

                                                   rII                     rI                            rI

           Устремим rII rI и получим:

ϕ ϕ ϕbrII g − brI g ≈ d U|V       l

          rzII l                  l      W|     =>      dϕ= −E dl            =>

E dl ≈ −E dl

rI

           — для любого направления l .

           Рассмотрим направления вдоль осей x,y,z:

                           ∂ϕ

|

Ex = −

x

|S y ∂ϕ | T|Ez         

             E = −                 =>

                |      ∂y

G

                                                                                                   ∂ϕ ϕ ϕ∂  ∂

             E = Ex i + Ey j + Ez k = −F⋅i +        ⋅ j +    ⋅kIKJ = −∇ϕ, где

                                                                                        ∂x        y         z

∂       ∂       ∂ ∂y      z

          ∇ ≡ i      + j      + k     — оператор набла.

        gradaϕ ϕf ≡ ∇ — определения градиента.

R|S|Ea f= −∇zϕ l

∞         — связь напряженности и потенциала в обе стороны. ϕr = E dl

r

                         W             F'

 ϕ≡           и E и из ϕa fr = z E dll мы получили E = −∇ϕ.

                          q'             q'                      r

          Тогда, повторив выкладки, мы из равенства W ra f = zdF dl,                                                  i получим

Похожие материалы

Информация о работе

Тип:
Конспекты лекций
Размер файла:
130 Kb
Скачали:
0