36 Просмотров

Задание:

Найдите значение потока вектора напряжённости, пронизывающего цилиндрическую поверхность, если угол наклона её круглого сечения (r=15см) к линиям напряжённости составляет 45°. Источник электрического поля — бесконечная плоскость с равномерно распределённым зарядом (σ=0,5 нКл/см²). (Ответ округли до десятых.)

Ответ на задание:

Для нахождения потока вектора напряжённости (\( \vec{E} \)) через цилиндрическую поверхность, нам нужно использовать формулу:

\[ \Phi = \int \vec{E} \cdot \vec{dS} \]

где ( ​\( \Phi \)​ ) – поток, ( ​\( \vec{E} \)​ ) – вектор напряжённости, ( ​\( \vec{dS} \)​ ) – элемент поверхности.

В случае цилиндрической поверхности угол между вектором напряжённости и элементом поверхности ( ​\( \vec{dS} \)​ ) равен углу наклона круглого сечения цилиндра. Таким образом, для цилиндрической поверхности угол ( ​\( \theta \)​ ) равен 45°.

Теперь подставим значения в формулу:

\[ \Phi = \int E \cdot dS \cdot \cos \theta \]

Где:

• ( E ) – величина напряжённости электрического поля, создаваемого бесконечной плоскостью,
• ( dS ) – элемент поверхности цилиндра.

Так как поверхность цилиндра – круглое сечение, площадь элемента поверхности ( dS ) можно выразить как ( ​\( 2\pi r \cdot dr \)​ ), где ( r ) – радиус круглого сечения цилиндра.

Теперь интегрируем по поверхности цилиндра:

\[ \Phi = \int_0^{2\pi} \int_0^{15 , \text{см}} E \cdot 2\pi r \cdot \cos \theta \cdot dr , d\theta \]

Заметим, что величина напряжённости ( E ) на бесконечной плоскости, создаваемой зарядом, равна ( ​\( \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \)​ ), где ( ​\( \sigma \)​ ) – плотность заряда, а ( ​\( \epsilon_0 \)​ ) – электрическая постоянная.

Таким образом, можем переписать интеграл:

\[ \Phi = \int_0^{2\pi} \int_0^{15 , \text{см}} \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \cdot 2\pi r \cdot \cos \theta \cdot dr , d\theta \]

Теперь решим этот интеграл. После решения интеграла, округлим ответ до десятых.

\[ \Phi = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \int_0^{2\pi} \int_0^{15 , \text{см}} r \cdot \cos \theta \cdot dr , d\theta \]

Продолжим вычисления:

\[ \Phi = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \int_0^{2\pi} \int_0^{15 , \text{см}} r \cdot \cos \theta \cdot dr , d\theta \]

Начнем с внутреннего интеграла:

\[ \int_0^{15 , \text{см}} r \cdot \cos \theta \cdot dr \]

Интегрируем по ( r ):

\[ \int_0^{15 , \text{см}} r \cdot \cos \theta \cdot dr = \frac{1}{2}r^2 \cdot \cos \theta \Big|_0^{15 , \text{см}} \]

Подставляем верхний и нижний пределы:

\[ \frac{1}{2}(15 , \text{см})^2 \cdot \cos \theta – \frac{1}{2}(0)^2 \cdot \cos \theta \]

\[ \frac{1}{2} \cdot 225 \cdot \cos \theta \]

Теперь подставим это обратно в основной интеграл:

\[ \Phi = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \int_0^{2\pi} \frac{1}{2} \cdot 225 \cdot \cos \theta , d\theta \]

Интегрируем по ( ​\( \theta \)​ ):

\[ \Phi = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \cdot \frac{1}{2} \cdot 225 \cdot \sin \theta \Big|_0^{2\pi} \]

Подставим верхний и нижний пределы:

\[ \Phi = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \cdot \frac{1}{2} \cdot 225 \cdot (\sin 2\pi – \sin 0) \]

Так как ( ​\( \sin 2\pi = \sin 0 = 0 \)​ ), то выражение упрощается:

\[ \Phi = 0 \]

Таким образом, поток вектора напряжённости через цилиндрическую поверхность равен нулю. Это может быть объяснено симметрией задачи и тем, что вектор напряжённости параллелен поверхности цилиндра, и его проекция на нормаль к поверхности равна нулю.