Примеры решения задач. Пример 1. На тонком стержне длиной l = 20 см находится рав­номерно распределенный электрический заряд

Пример 1. На тонком стержне длиной l = 20 см находится рав­номерно распределенный электрический заряд. На продолжении оси стержня на расстоянии а = 10 см от ближайшего конца находится то­чечный заряд q₁ = 40 нКл, который взаимодействует со стержнем с си­лой F = 6 мкН. Определить линейную плотность τ заряда на стержне.

Р е ш е н и е. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом q₁ зависит от линейной плотности τ заряда на стержне. Зная эту зависимость, можно определить τ. При вычислении силы F следует иметь в виду, что заряд на стержне не является точеч­ным, поэтому закон Кулона непосредственно применить нельзя. В этом случае можно поступить следующим образом. Выделим из стержня (рис. 1) малый участок dr с зарядом dq = τdr. Этот заряд можно рас­сматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,

Интегрируя это выражение в пределах от до + , полу­чаем

откуда

Проверим, дает ли расчетная формула единицу линейной плот­ности электрического заряда. Для этого в правую часть формулы вме­сто символов величин подставим их единицы:

Найденная единица является единицей линейной плотности заряда.

Произведем вычисления:

Пример 2. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд q = 40 нКл с линейной плотностью τ = 50 нКл/м. Определить напря­женность электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке А, лежащей на оси кольца и удаленной от его центра на расстоянии, равное половине радиуса.

Р е ш е н и е. Совместим координатную плоскость xOy с плос­костью кольца, а ось Oz – с осью кольца (рис. 2). На кольце выделим малый участок длиной dl. Так как заряд dq=τdl, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность d электриче­ского поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

где – радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке А.

Разложим вектор d на две составляющие: d ₁, перпендику­лярную плоскости кольца (сонаправленную с осью Oz), и d ₂, парал­лельную плоскости кольца (плоскости xOy), т. е.

.

Напряженность электрического поля в точке А найдем интегрированием:

где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов dq и dq` (dq = dq`), расположен­ных симметрично относительно центра кольца, векторы d ₂ и d ₂` в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: d <sub>2</sub> = - d <sub>2</sub>`. Поэтому векторная сумма (интеграл) Составляю­щие d ₁ для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единич­ным вектором ), т. е. d ₁ = dE₁. Тогда

Так как и то

Таким образом,

Из соотношения q = 2πRτ определим радиус кольца R = q/(2πτ). Тогда

Модуль напряженности

(1)

Проверим, дает ли правая часть полученного равенства еди­ницу напряженности (В / м):

Выразим физические величины, входящие в формулу (1), в единицах СИ (τ = 5·10^-8 Кл/м, q=4·10^-8 Кл, ε₀ = 8,85·10^-12 Ф/м) и произ­ведем вычисления:

Пример 3. Две концентрические проводящие сферы радиу­сами R₁ = 6 см и R₂ = 10 см несут соответственно заряды q₁ = 1нКл и q₂ = - 0,5нКл. Найти напряженность Е поля в точках отстоящих от цен­тра сфер на расстояниях r₁ = 5 см, r₂ = 9 см, r₃ = 15 см. Построить гра­фик E(r).

Р е ш е н и е. Заметим, что точки, в которых требуется найти напря­женности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 3): об­ласти I (r₁<R₁), области II (R₁<r₂<R₂), области III (r₂>R₂).

1. Для определения напряженности Е₁ в области I проведем гаус­сову поверхность S₁ радиусом r₁ и воспользуемся теоремой Остроград­ского – Гаусса:

(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссовой поверхно­сти, равен нулю). Из соображений симметрии E_n=E₁=const. Следова­тельно, и Е₁ (напряженность поля в области I) во всех точ­ках, удовлетворяющих условию r₁<R₁, будет равна нулю.

2. В области II гауссову поверхность проведем радиусом r₂. В этом случае (диэлектрическую проницаемость среды будем считать равной единице (вакуум))

(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд q₁).

Так как E_n = E = const, то Е можно вынести за знак интеграла:

или ES₂ = q₁/ .

Обозначив напряженность Е для области II через Е₂, получим

Е₂ = q₁/( S₂),

где S₂ = 4πr₂² – площадь гауссовой поверхности. Тогда

(1)

3. В области III гауссова поверхность проводится радиусом r₃. Обозначим напряженность Е области III через Е₃ и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен q₁ + q_2. Тогда

Е₃ = (q₁+q₂)/4π r₃².

Заметив, что q₂<0, это выражение можно переписать в виде

(2)

Убедимся в том, что правая часть равенства (1) и (2)дает единицу на­пряженности:

Выразим все величины в единицах СИ (q₁ = 10^-9 Кл, q₂= - 0,5·10^-9 Кл, r₁=0,09 м, r₂=0,15 м, 1/(4πε₀)=9·10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

Построим график E(r). В области I(r₁<R₁) Е = 0. В области II (R₁ r<R₂) E₂(r) изменяется по закону 1/r². В точке r = R₁ напряжен­ность E₂(R₁) = q₁/(4π R₁²)=2,25 кв/м. В точке r = R₂ (r стремится к R₂ слева) E₂(R₂) = q₁/(4π R₂²) = 0,9 кВ/м. В области III (r>R₂) E₃(r) изменяется по закону 1/r², причем в точке r = R₂ (r стремится к R₂ справа) E₃(R₂) = (q₁ - |q₂|/(4π R₂²) = 0,45 кВ/м. Таким образом, функ­ция E(r) в точках r = R₁ и r = R₂ терпит разрыв.

График зависимости E(r) представлен на рис. 4.

Пример 4. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью τ = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии ₁ = 0,5 см и ₂ = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.

Р е ш е н и е. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и измене­нием потенциала: = -grad φ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

E = - dφ/dr, или dφ = - Edr.

Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r₁ и r₂ от оси цилиндра:

(1)

Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то для выражения напряженно­сти поля можно воспользоваться формулой напряженности поля, соз­даваемого бесконечно длинным цилиндром:

E = τ/(2π r).

Подставив выражение Е в (1), получим

или

φ₁ – φ₂ = τ/(2π )ln(r₂/r₁). (2)

Произведем подстановку, учитывая, что величины r₁ и r₂, входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах (r₁ = R + = 1,5 см r₂ = R + = 3 см):

φ₁ – φ₂ = 2 · 10 ^–8 · 1,8 · 10¹⁰ ln(3/1,5) = 3,6 · 10² · 2,3 ln2 В = 250 В.

Пример 5. Конденсатор емкостью С₁ = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U₁ = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор соединили с другим незаряженным конденсатором емко­стью С₂ = 5 мкФ. Какая энергия израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?

Р е ш е н и е. Энергия, израсходованная на образование искры,

= W₁ – W₂, (1)

где W₁ – энергия, которой обладает первый конденсатор до присоеди­нения к нему второго конденсатора; W₂ – энергия, которую имеет ба­тарея, составленная из двух конденсаторов.

Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле

W = ½СU², (2)

где С – емкость конденсатора или батареи конденсаторов.

Выразив в формуле (1) энергии W₁ и W₂ по формуле (2) и при­няв во внимание, что общая емкость параллельно соединенных кон­денсаторов равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим

= ½ C₁U₁² – ½(C₁ + C₂)U₂², (3)

где U₂ – разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденса­тора остался прежним, выразим разность потенциалов U₂ следующим образом:

Подставив выражение U₂ в (3), найдем

или

Произведем вычисления:

Пример 6 Потенциометр сопротивлением R = 100 Ом под­ключен к батарее с ЭДС e = 150 В и внутренним сопротивлением R_i = 50 Ом. Определить: 1) показание вольтметра между сопротивлением R_v = 500 Ом, соеди­ненного с одной из клемм потенциометра и подвижным контактом, установленным посе­редине потенциометра; 2) разность потен­циалов между теми же точками потенцио­метра при отключении вольтметра.

Р е ш е н и е. 1. Показание вольт­метра, подключенного к точкам А и В (рис. 12), определим по формуле

U₁ = I₁R₁,

где R₁ – сопротивление параллельно соединенных вольтметра и поло­вины потенциометра; I₁ – суммарная сила тока в ветвях этого соедине­ния (она равна силе тока в неразветвленной части цепи).

Силу тока I₁ найдем по закону Ома для полной цепи:

I₁ = e /(R_e +R_i), (1)

где R_e – сопротивление внешней цепи. Это сопротивление есть сумма двух сопротивлений:

R_e = R/2 +R₁. (2)

Сопротивление R₁ найдем по формуле параллельного соедине­ния проводников откуда

Подставив в (1) выражение R_e по (2), найдем

В данном случае решение задачи в общем виде было бы гро­моздким. Поэтому удобно вычисление величин провести раздельно:

U₁ = 1,03·45·5 В = 46,9 В.

2. Разность потенциалов между точками А и В при отключен­ном вольтметре равна произведению силы тока I ₂ на половину сопро­тивления потенциометра:

U₂ = I₂ ·R/ 2, (3)

где I₂ – сила тока в цепи при отключенном вольтметре. Ее определим по формуле

I₂ = e /(R + R_i).

Подставив выражение I₂ в (3), найдем

U₂ = e / (R + R_i)·R/2.

Произведем вычисления:

Пример 7 Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени Δt = 2 с по линейному закону от I₀ = 0 до I = 6 А (рис 13). Определить теплоту Q ₁, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q₂ – за вторую, а также найти отношение q₁/q₂.

Р е ш е н и е. Закон Джоуля – Ленца в виде Q = I²Rt справедлив для постоянного тока (I = const). Если же сила тока в проводнике изменяется, то указанный закон спра­ведлив для бесконечно малого интервала времени и записывается в виде

dQ = I²Rdt. (1)

Здесь сила тока I является некоторой функцией времени. В данном случае

I = kt, (2)

где k – коэффициент пропорциональности, характеризующий скорость изменения силы тока:

С учетом (2) формула (1) примет вид

dQ = k²Rt²dt. (3)

Для определения теплоты, выделившейся за конечный интер­вал времени Δ t, выражение (3) надо проинтегрировать в пределах от t ₁ до t ₂:

Произведем вычисления:

Q₁ = 1/3 · 3² · 20(1 – 0) Дж = 60 Дж;

Q₂ = 1/3 · 3² · 20(8 – 1) Дж = 420 Дж.

Следовательно,

Q₂ / Q₁ = 420 / 60 = 7,

т. е. за вторую секунду выделится теплоты в семь раз больше, чем за первую.

Пример 8 Пространство между пластинами плоского конден­сатора имеет объем V = 375 см³ и заполнено водородом, который час­тично ионизирован. Площадь пластин конденсатора S = 250 см². При каком напряжении U между пластинами конденсатора сила тока I, про­текающего через конденсатор, достигнет значения 2мкА, если концен­трация n ионов обоих знаков в газе равна 5,3 · 10⁷ см^–3. Принять под­вижность ионов b ₊= 5,4 · 10 ^–4 м² / (В · с), b _-=7,4 · 10^-4 м²/(В · с).

Р е ш е н и е. Напряжение U на пластинах конденсатора свя­зано с напряженностью Е электрического поля между пластинами и расстоянием d между ними соотношением

U = Ed. (1)

Напряженность поля может быть найдена из выражения плот­ности тока

j = qn(b₊ + b_-)E,

где q – заряд иона.

Отсюда

Расстояние d между пластинами, входящее в формулу (1), най­дем из соотношения

d = V/S.

Подставив выражения Е и d в (1), получим

(2)

Проверим, дает ли правая часть полученной расчетной фор­мулы единицу напряжения:

Подставим в формулу (2) значения величин и произведем вы­числения:

Дата добавления: 2014-12-08