Статья: Вычисление электрической энергии и электрических сил

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Полная энергия заряженной системы определяется как

$W = \frac{1}{2}\int \varphi {\rm d}q$

(24)

Она состоит из собственных энергий тел системы Wown, i и энергий взаимодействия каждого из тел со всеми остальными Wint, i, all. При необходимости можно разбить Wint, i, all на энергии попарного взаимодействия Wint, i, j. Для вычисления собственной энергии i-го тела при интегрировании учитывается только им создаваемый потенциал, а для нахождения Wint, i, all - напротив, потенциал всех тел, кроме i-го:

W	=	$\sum\limits_iW_{own,i}+\sum\limits_{i} W_{int,i,all} = \sum\limits_iW_{own,i}+\sum\limits_{i,j} W_{int,i,j} =$	(25)
	=	$\frac{1}{2}\sum\limits_i\int \varphi_i {\rm d}q_i + \frac{1}{2}\sum\limits_i\int \varphi_{all,except i} {\rm d}q_i =\frac{1}{2}\sum\limits_i\int \varphi_i {\rm d}q_i + \frac{1}{2}\sum\limits_{i,j}\int \varphi_{j} {\rm d}q_i$

При наличии заряженных точек или нитей в местах их нахождения оказывается φ = ∞. Собственные энергии таких объектов и полная энергия - формально - равны ∞, так что рассмотрению подлежат лишь энергии взаимодействия.

В случае двух тел энергия их взаимодействия - это энергия взаимодействия первого тела со вторым Wint, 1, 2 плюс равная ей энергия взаимодействия второго тела с первым Wint, 2, 1:

$W_{int} = 2W_{int,1,2} = \int \varphi_{2} {\rm d}q_1 = \int \varphi_{1} {\rm d}q_2$

(26)

Сила взаимодействия двух тел может быть найдена как сила, действующая со стороны первого тела на второе или (что - с точностью до знака - то же самое) как сила, с которой второе тело действует на первое:

$\vec{F}_{1 to 2} = \int \vec{E}_1{\rm d}q_2, \vec{F}_{2 to 1} = \int \vec{E}_2{\rm d}q_1$

(27)

Здесь $\vec{E}_1$ - поле, создаваемое одним первым, а $\vec{E}_2$ - одним вторым телом.

Задача. Шар R, равномерно заряженный по объему (ρ0). Найти собственную энергию заряженного шара.

Решение: Мы должны сначала найти потенциал внутри шара, для чего ищем по теореме Гаусса поле:

$E_r = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^2} q_{inside}(r)$	=	$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\frac{4\pi\rho_0r^3}{3} = \frac{\rho_0r}{3\varepsilon_0}, r<R$
	=	$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\frac{4\pi\rho_0R^3}{3} = \frac{\rho_0R^3}{3\varepsilon_0r^2}, r>R$

Это поле мы интегрируем, получая φ(r) для r<R:

φ(r)	=	$\int\limits_r^{+\infty} E_r(\tilde{r}) {\rm d}\tilde{r} = \int\limits_r^R \frac{\rho_0\tilde{r}}{3\varepsilon_0} {\rm d}\tilde{r} + \int\limits_R^{\infty} \frac{\rho_0R^3} {3\varepsilon_0\tilde{r}^2}{\rm d}\tilde{r} =$
		$\frac{\rho_0(R^2-r^2)}{6\varepsilon_0} + \frac{\rho_0R^2}{3\varepsilon_0} = -\frac{\rho_0r^2}{6\varepsilon_0}+\frac{\rho_0R^2}{2\varepsilon_0}$

Имея потенциал и записав dq как

dq = ρ0 r2dr sinθdθ dφ

можно найти энергию шара непосредственным интегрированием:

Wown	=	$\frac{1}{2}\int\limits_0^R\int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^{\pi} \varphi(r) \rho_0 r^2{\rm d}r \sin\theta{\rm d}\theta {\rm d}\varphi = 4\pi \frac{1}{2}\int\limits_0^R \varphi(r) \rho_0 r^2{\rm d}r =$
		$2\pi\cdot\left(-\int\limits_0^R \frac{\rho_0r^2}{6\varepsilon_0} \rho_0 r^2{\rm d}r + \int\limits_0^R\frac{\rho_0R^2}{2\varepsilon_0} \rho_0 r^2{\rm d}r \right) =$
		$-\frac{2\pi\rho_0^2R^5}{30\varepsilon_0} + \frac{2\pi\rho_0^2R^5} {6\varepsilon_0} = \frac{4\pi\rho_0^2R^5}{15\varepsilon_0}$

Эта энергия совпадает с полной энергией, поскольку система состоит только из одного тела.

Задача. Точечный заряд q находится на расстоянии l от проводящей плоскости. Найти энергию и силу взаимодействия заряда со своим изображением.

Ответ: $W_{int}=-\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0l}$ , $\vec{F} = -\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0l^2} \vec{k}$ , $\vec{k} \bot$ плоскости.

Задача. Длинная нить расположена на оси кольца R и упирается в его плоскость. И нить, и кольцо заряжены равномерно с плотностью λ0. Найти силу их взаимодействия.

Решение: Требуемая в задаче сила может быть найдена либо путем интегрирования заряда нити с полем кольца, либо путем интегрирования заряда кольца с полем нити:

$\vec{F} = \int \vec{E}_{ring}{\rm d}q_{wire} = \int \vec{E}_{wire}{\rm d}q_{ring}$

Мы осуществим оба эти способа. Введем систему координат с началом в центре кольца так, чтобы кольцо оказалось лежащим в плоскости xy, а нить - вдоль оси z, занимая область координат z>0. Тогда

dqwire = λ0dz, dqring = λ0Rdφ

Поле кольца в точке (0, 0, z) находится посредством интегрирования закона Кулона (Раздел 1), которое в итоге даёт:

$\vec{E}_{ring} = \frac{\lambda_0}{2\varepsilon_0}\cdot \frac{z\vec{k}}{(R^2+z^2)^{3/2}}$

Поле, создаваемое нитью в точке (Rcosφ, Rsinφ, 0), будет равно:

$\vec{E}_{wire} = \frac{\lambda_0}{4\pi\varepsilon_0R} \left([\cos\varphi \vec{i}+\sin\varphi \vec{j}]-\vec{k}\right)$

После этого проводим интегрирование с целью нахождения силы:

$\vec{F}_{ring to wire}\hspace{-0.4cm}$	=	$\int \vec{E}_{ring}{\rm d}q_{wire} = \int\limits_0^{+\infty} \frac{\lambda_0} {2\varepsilon_0}\cdot\frac{z\vec{k}}{(R^2+z^2)^{3/2}} \lambda_0 {\rm d}z = \frac{\lambda_0^2\vec{k}}{2\varepsilon_0}$
$\vec{F}_{wire to ring} \hspace{-0.4cm}$	=	$\int \vec{E}_{wire} {\rm d}q_{ring} = \int\limits_0^{2\pi} \frac{\lambda_0}{4\pi \varepsilon_0R}\left([\cos\varphi \vec{i}+\sin\varphi \vec{j}]- \vec{k}\right) \lambda_0 R {\rm d}\varphi = -\frac{\lambda_0^2\vec{k}}{2\varepsilon_0}$

Как и должно быть, сила, действующая со стороны кольца на нить $\vec{F}_{ring to wire}$ , с точностью до знака равна силе, действующей со стороны нити на кольцо $\vec{F}_{wire to ring}$ - в соответствии с третим законом Ньютона.

Список литературы

1. И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448 с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.

2. В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М. Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.

3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. - 661 с.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r