Правка раздела «Решение»
ru/6.2.7.md
+3 −3
| ### Условие | |||
| $6.2.7.$ Найдите распределение объемной плотности электрического заряда: | |||
| а) в шаре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в шаре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю); | |||
| б) в бесконечном цилиндре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в цилиндре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю). | |||
| @@ -8,7 +8,7 @@Условие | |||
| ### Решение | |||
| a) | |||
| − | Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | ||
| + | Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать, что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | ||
| $$dq = \rho (r)\cdot dV = \rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr$$ | |||
| Запишем теорему Гаусса для двух сфер: | |||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 4\pi (r+dr)^2 = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+dr^2)=\frac{q+\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0} $$ | |||
| Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | |||
| $$E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+)=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| @@ -19,12 +19,12 @@Решение | |||
| Вычтем из второго уравнения перове: | |||
| $$8\pi rdr\cdot E_0 = \frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| − | б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | ||
| + | б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать, что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | ||
| $$dq = \rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr$$ | |||
| Запишем теорему Гаусса для двух цилиндров: | |||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 2\pi (r+dr)h = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 2\pi (rh+drh)=\frac{q+\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0} $$ | |||
| − | Получим систему уравнений | ||
| + | Получим систему уравнений: | ||
| $$E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E_0\cdot 2\pi rh+E_0\cdot 2\pi drh=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| Вычтем из второго уравнения первое: | |||
| $$E_0\cdot 2\pi drh=\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| #### Ответ | |||
| $$a)\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r};\quad б.\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| ещё строк без изменений 5 | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $6.2.7.$ Найдите распределение объемной плотности электрического заряда: | $6.2.7.$ Найдите распределение объемной плотности электрического заряда: | ||
| а) в шаре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в шаре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю); | а) в шаре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в шаре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю); | ||
| б) в бесконечном цилиндре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в цилиндре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю). | б) в бесконечном цилиндре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в цилиндре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю). | ||
| @@ -8,7 +8,7 @@Условие | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| a) | a) | ||
| Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать, что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | ||
| $$dq = \rho (r)\cdot dV = \rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr$$ | $$dq = \rho (r)\cdot dV = \rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr$$ | ||
| Запишем теорему Гаусса для двух сфер: | Запишем теорему Гаусса для двух сфер: | ||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | $$\Phi_r = E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 4\pi (r+dr)^2 = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+dr^2)=\frac{q+\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0} $$ | $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 4\pi (r+dr)^2 = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+dr^2)=\frac{q+\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0} $$ | ||
| Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | ||
| $$E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | $$E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+)=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | $$E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+)=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| @@ -19,12 +19,12 @@Решение | |||
| Вычтем из второго уравнения перове: | Вычтем из второго уравнения перове: | ||
| $$8\pi rdr\cdot E_0 = \frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | $$8\pi rdr\cdot E_0 = \frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | $$\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать, что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | ||
| $$dq = \rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr$$ | $$dq = \rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr$$ | ||
| Запишем теорему Гаусса для двух цилиндров: | Запишем теорему Гаусса для двух цилиндров: | ||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | $$\Phi_r = E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 2\pi (r+dr)h = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 2\pi (rh+drh)=\frac{q+\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0} $$ | $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 2\pi (r+dr)h = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 2\pi (rh+drh)=\frac{q+\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0} $$ | ||
| Получим систему уравнений |
Получим систему уравнений: | ||
| $$E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | $$E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$E_0\cdot 2\pi rh+E_0\cdot 2\pi drh=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | $$E_0\cdot 2\pi rh+E_0\cdot 2\pi drh=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| Вычтем из второго уравнения первое: | Вычтем из второго уравнения первое: | ||
| $$E_0\cdot 2\pi drh=\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | $$E_0\cdot 2\pi drh=\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| $$\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | $$\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $$a)\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r};\quad б.\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | $$a)\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r};\quad б.\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| ещё строк без изменений 5 | |||