Примеры решения задач

Пример 1. Два точечных заряда 9 Q и — Q закреплены на расстоянии l = 50 см друг от друга. Третий заряд Q ₁ может перемещаться только вдоль прямой, проходящей через заряды. Определить положение заряда Q ₁, при котором он будет находиться в равновесии. При каком знаке заряда Q ₁ равновесие будет устойчивым?

Решение. Заряд Q ₁ находится в равновесии в том случае, если геометрическая сумма сил, действующих на него, равна нулю. Это значит, что на заряд Q ₁ дол­жны действовать две силы, равные по модулю и проти­воположные по направлению. Рассмотрим, на каком из трех участков I, II, III (рис. 10) может быть выполнено это условие. Для определенности будем считать, что заряд Q ₁—положительный.

На участке l (рис. 10, а) на заряд Q ₁ будут дей­ствовать две противоположно направленные силы: F ₁ и F ₂. Сила F ₁, действующая со стороны заряда 9 Q, в любой точке этого участка больше силы F ₂, действующей со стороны заряда — Q, так как больший заряд 9 Q находится всегда ближе к заряду Q ₁, чем меньший (по модулю) заряд — Q. Поэтому равновесие на этом участке невозможно.

На участке II (рис. 10, б) обе силы F ₁ и F ₂ направ­лены в одну сторону к заряду — Q. Следовательно, и на втором участке равновесие невозможно.

На участке III (рис. 10, в) силы F ₁ и F ₂ направлены в противоположные стороны, так же как и на участке I, но в отличие от него меньший заряд — Q всегда нахо­дится ближе к заряду Q ₁, чем больший заряд 9 Q. Это значит, что можно найти такую точку на прямой, где силы F ₁ и F ₂ будут одинаковы по модулю, т. е.

F ₁ = F ₂. (1)

Пусть х и l + х — расстояние от меньшего и боль­шего зарядов до заряда Q ₁. Выражая в равенстве (1) F ₁ и F ₂ в соответствии с законом Кулона, получим 9 QQ ₁/(l + x)² = QQ ₁ /x ², или l + x = ± 3 x, откуда

x ₁ = + l /2,  x ₂ = — l /4.

Корень x ₂ не удовлетворяет физическому условию задачи (в этой точке силы F ₁ и F ₂ хотя и равны по модулю, но сонаправлены).

Определим знак заряда Q ₁, при котором равновесие будет устойчивым — Равновесие называется устойчивым, если при смещении заряда от положения равновесия возникают силы, возвращающие его в положение равно­весия. Рассмотрим смещение заряда Q ₁ в двух случаях: когда заряд положителен и отрицателей.

Если заряд Q ₁ положителен, то при смещении его влево обе силы F ₁ и F ₂ возрастают. Так как сила F ₁ воз­растает медленнее, то результирующая сила, действую­щая на заряд Q ₁ будет направлена в ту же сторону, в которую смещен этот заряд, т. е. влево. Под действием этой силы заряд Q ₁ будет удаляться от положения равно­весия. То же происходит и при смещении заряда Q ₁ вправо. Сила F ₂, убывает быстрее, чем F ₁. Геометриче­ская сумма сил в этом случае направлена вправо. Заряд под действием этой силы также будет перемещаться вправо, т. е. удаляться от положения равновесия. Таким образом, в случае положительного заряда равновесие является неустойчивым.

Если заряд Q ₁ отрицателен, то его смещение влево вызовет увеличение сил F ₁ и F ₂, но сила F ₁ возрастает медленнее, чем F ₂, т. е. | F ₂| > | F ₁|. Результирующая сила будет направлена вправо. Под ее действием заряд Q ₁

возвращается к положению равновесия. При смещении Q ₁вправо сила F ₂ убывает быст­рее, чем F ₁, т. е. | F ₁| > |F₂|, ре­зультирующая сила направле­на влево и заряд Q ₁ опять бу­дет возвращаться к положе­нию равновесия. При отрица­тельном заряде равновесие яв­ляется устойчивым. Величина самого заряда Q ₁ несущественна.

Пример 2. Три точечных заряда Q ₁ = Q ₂ = Q ₃ = 1 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q ₄ нужно поместить в центре треугольника, чтобы указанная система зарядов находилась в равно­весии?

Решение. Все три заряда, расположенные по вер­шинам треугольника, находятся в одинаковых условиях. Поэтому достаточно выяснить, какой заряд следует по­местить в центре треугольника, чтобы какой-нибудь одни из трех зарядов, например Q ₁, находился в равновесии Заряд Q ₁ будет находиться в равновесии, если век­торная сумма действующих на него сил равна нулю (рис. II):

F ₂ + F ₃ + F ₄ = F + F ₄ = 0, (1)

где F ₂, F ₃, F ₄ — силы, с которыми соответственно дей­ствуют на заряд Q ₁ заряды Q ₂, Q ₃, Q ₄ F — равнодей­ствующая сил F ₂ и F ₃.

Так как силы F и F ₄ направлены по одной прямой в противоположные стороны, то векторное равенство (1) можно заменить скалярным: F — F ₄ = = 0, откуда F ₄ = F. Выразив в последнем равенстве F через F ₂ и F ₃ и учиты­вая, что F ₃ = F ₂, получим

.

Применив закон Кулона и имея в виду, что Q ₂ = Q ₂ = = Q ₁, найдем

,

откуда

(2)

Из геометрических построений в равностороннем тре­угольнике следует, что

, .

С учетом этого формула (2) примет вид

.

Произведем вычисления:

.

Следует отметить, что равновесие системы зарядов будет неустойчивым.

Пример 3. 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 Q ₁ = = 40 нКл, который взаимодействует со стержнем с си­лой F = 6 мкН. Определить линейную плотность τ заряда на стержне.

Решение. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом Q ₁ 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. 12) малый участок d r с зарядом d Q = τdr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,

.

Интегрируя это выражение в пределах от а до a + l, 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 4. Два точечных электрических заряда Q ₁ = 1 нКл и Q ₂ = —2 нКл находятся в воздухе на рас­стоянии d = 10 см друг от друга. Определить напря­женность Е и потенциал φ поля, создаваемого этими зарядами в точке A, удаленной от заряда Q ₁ на расстоя­ние r ₁ = 9 см и от заряда Q ₂ на r ₂ = 7 см.

Решение. Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность Е электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей E ₁ и Е ₂ полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: Е = E ₁ + Е ₂. Напряженности электриче­ского поля, создаваемого в воздухе (ε = 1) зарядами Q ₁ и Q ₂,

(1)

(2)

Вектор E ₁ (рис. 13) направлен по силовой линии от заряда Q ₂, так как этот заряд положителен; вектор Е ₂ направлен также по силовой линии, но к заряду Q ₂, так как этот заряд отрицателен.

Модуль вектора Е найдем по теореме косинусов:

(3)

где α — угол между векторами E ₁ и Е ₂, который может быть найден из треугольника со сторонами r ₁, r ₂ и d: . В данном случае во избежание

громоздких записей удобно значение cosα вычислить отдельно:

Подставляя выражение E ₁ из (1) и Е ₂ из (2) в (3) и вынося общий множитель 1/(4πε₀) за знак корня, полу­чаем

(4)

В соответствии с принципом суперпозиции электриче­ских полей потенциал φ результирующего поля, созда­ваемого двумя зарядами Q ₁ и Q ₁, равен алгебраической сумме потенциалов

φ = φ₁ + φ₂. (5)

Потенциал электрического поля, создаваемого в ва­кууме точечным зарядом Q на расстоянии r от него, выра­жается формулой

(6)

В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим

или

.

Произведем вычисления:

Пример 5. По тон­кому кольцу равно­мерно распределен за­ряд Q = 40 нКл с линейной плотностью τ = 50 нКл/м. Определить напряженность Е электрического поля, создаваемого этим за­рядом в точке A, лежа­щей на оси кольца и удаленной от его цен­тра на расстояние, равное половине радиуса.

Решение. Сов­местим коор­динатную плоскость хОу с плоскостью коль­ца, а ось Oz — с осью кольца (рис. 14). На кольце выделим малый участок длиной d l. Так как заряд d Q = τ d l, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность d E электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

где r — радиус-вектор, направленный от элемента d l к точке А.

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

d E = d E ₁ + d E ₂.

Напряженность Е электрического поля в точке А найдем интегрированием:

где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов d Q и d Q ′ (d Q = d Q ′), расположенных симметрично относительно центра кольца, векторы d E ₂ и в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: d E ₂= = — .

Поэтому векторная сумма (интеграл) . Составляющие d E₁ для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единичным вектором k), т. е. d E ₁ = k  d E ₁.

Тогда

Так как , и cosα = , то

Таким образом,

Из соотношения Q = 2π R τ определим радиус кольца: R = Q /(2 πτ). 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 6. Две концентрические проводящие сферы радиусами R ₁ = 6 см и R ₂ = 10 см несут соответственно заряды Q ₁ = 1 нКл и Q ₂ = — 0,5 нКл. Найти напряжен­ность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на рас­стояниях r ₁ = 5 см, r ₂ = 9 см, r ₃ = 15 см. Построить график Е (r).

Решение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 15): области I (r ₁ <R ₁), области II (R ₁< r ₂< R ₂), области III (r ₃> R ₂).

1. Для определения напряжен­ности E ₁ в области. I проведем гауссову повер­хность S ₁ радиусом r ₁ и воспользуемся теоремой Остроградского—Гаусса:

(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссо­вой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии E_n = E ₁ = const. Следовательно, и Е ₁ (напря­женность поля в области I) во всех точках, удовлетворяю­щих условию r ₁ <R ₁, будет равна нулю.

2. В области II гауссову поверхность проведем радиу­сом r ₁. В этом случае*

(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q ₁).

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

или ES ₂ = Q ₁/ε₀.

Обозначив напряженность E для области II через E ₂, получим

E ₂ = Q ₁/(ε₀ S ₂),

где — площадь гауссовой поверхности. Тогда

(1)

3. В области III гауссова поверхность проводится ра­диусом r ₃. Обозначим напряженность ε области III через Е ₃ и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охва­тывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд бу­дет равен Q ₁ + Q ₁. Тогда

Заметив, что Q ₂<0, это выражение можно переписать в виде

(2)

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

Выразим все величины в единицах СИ (Q ₁ = 10^–9 Кл, Q ₂ = — 0,5∙10^–9 Кл, r ₁ = 0,09 м, r ₂ = 0,15 м, 1/(4πε_о) = = 9∙10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

В/м = 1,11 кВ/м;

В/м = 200 В/м.

Построим график E (r). В области I (r ₁ <R ₁) E = 0. В области II (R ₁< r ₂< R ₂) E ₂(r) изменяется по закону 1/ r ². В точке r = R ₁ напряженность E ₂(R ₁) = = 2,5 кВ/м. В точке r = R ₂ (r стремится к R ₂ слева) E ₂(R ₂) = = 0,9 кВ/м. В области III (r ₃> R ₂) E ₂(r) изменяется по закону 1/ r ², причем в точке r = R ₂ (r стре­мится к R ₂ справа) E ₃(R ₂) = = = 0,45 кВ/м. Таким образом, функция E (r) в точках r = R ₁ и r = R ₂ терпит раз­рыв.

График зависимости Е_r представ­лен на рис. 16.

Пример 7. Точечный заряд Q = 25 нКл нахо­дится в поле, созданном прямым бесконечным ци­линдром радиусом R = 1 см, равномерно заря­женным с поверхностной плотностью σ = 0,2 нКл/см².

Определить силу F, действующую на заряд, если его рас­стояние от оси цилиндра r = 10 см.

Решение. Значение силы F, действующей на то­чечный заряд Q, находящийся в поле, определяется по формуле

F=QE, (1)

где Е — напряженность поля.

Как известно, напряженность поля бесконечно длин­ного равномерно заряженного цилиндра

(2)

где τ — линейная плотность заряда.

Выразим линейную плотность τ через поверхностную плотность σ. Для этого выделим элемент цилиндра дли­ной l и выразим находящийся на нем заряд Q двумя способами: Q = σ S = σ2 πRl, Q = τ l. Приравняв правые части этих формул и сократив полученное равенство на l, найдем t = 2π Rσ. С учетом этого формула (2) примет вид E = R σ / (ε_o r). Подставив выражение Е в (1), получим

Произведем вычисления:

Сила F сонаправлена с напряженностью Е, которая в силу симметрии (цилиндр бесконечно длинный) пер­пендикулярна поверхности цилиндра.

Пример 8. По тонкой нити, изогнутой по дуге окруж­ности, равномерно распределен заряд с линейной плот­ностью τ = 10нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал φ электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с цент­ром кривизны дуги. Длина l нити составляет ⅓ длины окружности и равна 15 см.

Решение. Выберем оси координат так, чтобы на­чало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Оу была бы симметрично расположена относительно концов дуги (рис. 17). На нити выделим элемент длины d l. Заряд d Q = τd l, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.

Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала на­пряженность d E поля, созда­ваемого зарядом dQ:

где r — радиус-вектор, направленный от элемента d t к точке, в которой вычисляется напряженность.

Выразим вектор d E через проекции d E_x и &Е_У на оси координат:

d E = i d E_x + j d E_y,

где i и j — единичные векторы направлений (орты).

Напряженность Е найдем интегрированием:

Интегрирование ведется вдоль дуги длиной l. В силу симметрии Тогда

(1)

где d y_e = d E cosϑ = τd l cosϑ/(4πε₀ r ²). Так как r = R = = const, d l = R dϑ, то

Подставим выражение d Е_y в (1) и, приняв во внима­ние симметричное расположение дуги относительно оси Оу., пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3, а результат удвоим:

Выразив радиус R через длину l нити (3 t = 2π R) получим

(2)

Из этой формулы видно, что напряженность поля по направлению совпадает с осью Оу.

Найдем потенциал электрического поля в точке О. Сначала найдем потенциал dφ, создаваемый точечным зарядом d Q в точке О:

dφ = τd l /(4πε₀r).

Заменим r на R и проведем интегрирование:

Так как l = 2π R /3, то

φ = τ/(6ε₀). (3)

Произведем вычнслення по формулам (2) и (3):

Пример 9. На тонком стержне длиной l равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ = 10 нКл/м. Найти потенциал φ, созданный распределенным зарядом в точке A, расположенной на оси стержня и удаленной от его ближайшего конца на расстояние l.

Решение. В задаче рассматривается поле, созда­ваемое распределенным зарядом. В этом случае посту­пают следующим образом. На стержне выделяют малый участок длиной d x. Тогда на этом участке будет сосре­доточен заряд d Q = τd x, который можно считать точеч­ным. Потенциал dφ, создаваемый этим точечным зарядом в точке А (рис. 18), можно определить по формуле

Согласно принципу суперпозиции электрических полей, потенциал электрического поля, тсоздаваемого заря­женным стержнем в точ­ке Л, найдем интегрирова­ние этого выражения:

Выполним интегрирование:

Подставим числовые значе­ния физических величин в СИ (τ=10∙10^–9 Кл/м, 1/(4πε₀)= = 9∙10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

Пример 10. На пластинах плоского конденсатора на­ходится заряд Q = 10 нКл. Площадь S каждой пластины конденсатора равна 100 см², диэлектрик — воздух. Определить силу F, с которой притягиваются пластины. Поле между пластинами считать однородным.

Решение. Заряд Q одной пластины находится в поле напряженностью Е, созданном зарядом другой пла­стины конденсатора. Следовательно, на первый заряд действует сила (рис. 19)

F = QE. (1)

Так как

Е = σ/(2ε₀) = Q/ (2ε₀ S),

где σ — поверхностная плотность заряда пластины, то формула (1) примет вид

Произведем вычисления:

Пример 11. 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 a ₁ = 0,5 см и a ₂ = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.

Решение. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью по­ля и изменением потенциала: Е = —gradφ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

Интегрируя это выражение, найдем разность потен­циалов двух точек, отстоящих на расстояниях r ₁ и r ₂ 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:

Е = τ/(2πε₀ r).

Подставив выражение E в (1), получим

или

(2)

Произведем вычисления, учитывая, что величины r ₁ и r ₂, входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах (r ₁ = R + а ₁ = 1,5 см, r ₂ = = R + а₂ = 3 см):

Пример 12. Электрическое поле создается двумя за­рядами Q ₁ = 4 мкКл и Q ₂ = —2 мкКл, находящимися на расстоянии а = 0,1 м друг от друга. Определить ра­боту А _1,2 сил поля по перемещению заряда Q = 50 нКл из точки 1 в точку 2 (рис. 20).

Решение. Для определения работы А _1,2 сил поля воспользуемся соотношением

А _1,2 = Q (φ₁ — φ₂).

Применяя принцип суперпозиции электрических полей, определим потенциалы φ₁ и φ₂ точек 1 и 2 поля:

Тогда

или

Проверим, дает ли правая часть равенства единицу работы (Дж);

Подставим числовые значения физических величин в СИ (Q = 50∙10^–9 Кл, Q ₁ = 4∙10^–6 Кл, Q ₂ = 2∙10^–6 Кл, а = 0,1 м, 1/(4πε₀) = 9∙10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

Пример 13. Определить ускоряющую разность потенциалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью v ₁ = 10⁶ м/с, что­бы скорость его возросла в п = 2 раза.

Решение. Ускоряющую разность потенциалов можно найти, вычислив работу А сил электростатиче­ского поля. Эта работа определяется произведением эле­ментарного заряда е на разность потенциалов U:

A = eU. (1)

Работа сил электростатического поля в данном слу­чае равна изменению кинетической энергии электрона:

(2)

где Т ₁ и T ₂ — кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; т — масса элект­рона; v ₁ и v ₂ — начальная и конечная скорости его.

Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим

где n = v ₂/ v ₁.

Отсюда искомая разность потенциалов

Произведем вычисления:

Пример 14. С поверхности бесконечного равномерно заряженного (τ = 50нКл/м) прямого цилиндра вылетает α-частица (v ₀ = 0). Определить кинетическую энергию T ₂ α-частицы (кэВ) в точке 2 на расстоянии 8R от поверх­ности цилиндра (рис. 21).

Решение. Так как силы электростатического поля являются консервативными, то для определения кинети­ческой энергии α-частицы в точке 2 воспользуемся зако­ном сохранения энергии, записанном в виде E ₁ = E ₂, где E ₁ и E ₂ — полные энергии α-частицы в точках 1 и 2.

Так как E ₁ = T ₁ + U ₁ и E ₂ =T ₂ + U ₂ (T ₁ и Т ₂ — кине­тические энергии α-частицы; U ₁ и U ₂ — потенциальные), то, учитывая, что T ₁ = 0 (v ₀ = 0), можно записать U ₁ = = T ₂ + U ₂, откуда Т ₂ = U ₁ — U ₂ = Q (φ₁ — φ₂) (Q — заряд α-частицы; φ₁ и φ₂ — потенциалы точек 1 и 2)

Используя решение примера 10, запишем

Тогда

Проверка единиц анало­гична проведенной в приме­ре 11.

Выразим все величины в единицах СИ (Q = 2∙1,60 10­^–19 Кл, τ = 50∙10­⁹ Кл/м, 1/(2πε₀) = 18∙10⁹ м/Ф) и произведем вычисления (1/(1,60∙10^–19) — коэффициент перевода из Дж в эВ):

Пример 15. Конденсатор емкостью C ₁ = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U ₁ = 40В. После отключения от источника тока конденсатор соединили параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С ₂ = 5мкФ. Какая энергия W ′ израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?

Решение. Энергия, израсходованная на образо­вание искры,

W ′ = W ₁ – W ₂, (1)

где W ₁ — энергия, которой обладал первый конденсатор до присоединения к нему второго конденсатора; W ₂ — энергия, которую имеет батарея, составленная из двух конденсаторов.

Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле

W =½CU ² (2)

где С — емкость конденсатора или батареи конденса­торов.

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

(3)

где U ₂ — разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потен­циалов U ₂ следующим образом:

(4)

Подставив выражение U ₂ в (3), найдем

или

Произведем вычисления:

Пример 16. Потенциометр сопро­тивлением R = 100 Ом подключен к батарее с ЭДС E = 150 В и внутренним сопротивлением R ₁ = 50 Ом.

Определить: 1) показание вольтметра 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.

Решение. 1. Показание вольтметра, подключенно­го к точкам А и В (рис. 22), определим по формуле

U ₁ = I ₁ R ₁,

где U ₁ — сопротивление параллельно соединенных вольт­метра и половины потенциометра; I ₁ — суммарная сила тока в ветвях этого соединения (она равна силе тока в неразветвленной части цепи).

Силу тока I ₁ найдем по закону Ома для полной цепи:

I ₁ = E / (Re + R_i), (1)

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

R_e =R /2 + R ₁. (2)

Сопротивление R ₁ найдем по формуле параллельного сопротивления проводников найдём

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:

U ₁ = 1,03∙45,5 В = 46,9.

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

U ₂ = I ₂ R /2, (3)

где I ₂ — сила тока в цепи при отключенном вольтметре. Ее определим по формуле

I ₁ = E / (R + R_i).

Подставив выражение I ₂ в (3), найдем

U ₂ = E / (R + R_i)∙ R /2.

Произведем вычисления:

Пример 17. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени Δ t = 2 с по линейному закону от I ₀ = 0 до I = 6 А (рис.23). Определить теплоту Q ₁, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q ₂ — за вторую, а также найти отношение Q ₂ /Q ₁.

Решение. Закон Джоуля—Ленца в виде Q = I ² Rt 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

d Q = I²R d t. (1)

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

I = kt, (1)

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

С учетом (2) формула (1) примет вид

d Q = k ² Rt ²d t. (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:

Следовательно,

Q ₂/ Q ₁ = 420/60 = 7,

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

Дата добавления: 2014-01-06