2039
.pdfгде ε – диэлектрическая проницаемость (ε = 1 для воздуха); ε0 – электрическая постоянная.
|
|
|
|
|
|
Заряды, создающие |
поле, |
одинаковы |
по |
|||||||
|
|
E1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
E |
|
модулю, |
равны |
также |
расстояния |
r, следо- |
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
E2 |
|
|
вательно |φ|1 = |φ2| = φ* в соответствии с |
|||||||||||
|
|
Рис. 9 |
|
|
написанной выше формулой-законом. |
|
|
|||||||||
|
|
Так как q2 < 0, то φ2 < 0, а результирующий потенциал |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|φ| = φ* – φ* = 0. |
|
|
|
|||||
|
|
E2 |
|
|
При |
сближении |
зарядов |
угол |
между |
векторами |
||||||
|
|
E |
|
|
||||||||||||
|
|
|
(рис. 10) увеличивается от 0 до 180°, а модуль |
|||||||||||||
|
|
|
E1 и E2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
E2 |
напряжённости |
уменьшается, |
начиная |
от |
||||||||||
|
|
вектора |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 10 |
максимального |
значения, |
определяемого |
суммой |
||||||||||
|
|
E |
макс= E1 + E2 = 2 E1 |
|
|
|
– |
равные |
векторы), |
|||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
( E1 и |
E2 |
|
|
|
|
|
||||||
до минимального – Eмин=E1−E2= 0 |
( E1 |
и E2 противоположны). |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Потенциал поля данной системы зарядов остаётся без изменения, поскольку ни модули, ни знаки слагаемых в сумме скалярных величин (φ1 и φ2) не меняются: φ = φ1 + φ2 = const = 0.
В случае б результирующий потенциал одноимённых зарядов при сближении зарядов также остаётся постоянным:
|
|
|
|
φ = φ1 + φ2 = 2φ1 = const ≠ 0. |
|
|
|
||||
E2 |
|
E1 |
|
Модуль напряжённости в случае одноимённых |
|
|
|
у |
|
||
|
|
|
зарядов вначале равен нулю, |
так как в точке С |
|
E |
|
|
|
складываются противоположные векторы, а при |
|
Рис. 11 |
|
||||
|
сближении зарядов по дуге окружности – возрастает и |
||||
становится равным арифметической сумме |
E =E y = E1 + E2 = 2 E1 , |
когда заряды находятся в верхнем положении, а угол между векторами E1 и E2 уменьшается до нуля (рис. 11).
Пример 2. Две одинаковые пластины в виде круга площадью
100 см² каждая расположены параллельно друг другу. Заряд одной пластины равен 100 нКл, другой – минус 200 нКл. Определить силу кулоновского взаимодействия этих пластин, если расстояние между ними составляет: I) 2,0 мм; II) 2,0 м.
FI =? FII = ?
lI = 2,0·10 –3 м
lII = r = 2,0 м S = 100·10 -4 м2
q1= 100 ·10 -9 Кл q2= –200 ·10 -9 Кл ε0 = 8,85·10 –12 Ф/м
Решение. В первом случае расстояние между пластинами много меньше диаметра D той и другой пластины, l1 D , где величина D определяется по
известной площади: S = πD2/4; D = √4 S /π . Электрическое поле вблизи каждой из пластин
на расстоянии lI можно считать однородным, как
60
поле бесконечной плоскости E = σ/(2ε ε0), где ε – диэлектрическая проницаемость; ε0 – электрическая постоянная.
Кулоновскую силу, действующую на пластину с зарядом q2 в однородном поле пластины с поверхностной плотностью заряда σ1=q1/S , где q1 – заряд; S – площадь поверхности, найдём из
определения напряжённости E = F /q => F = qE. |
|||||
|
|
|
|
||
F I = |
q2 σ1 |
; |
F I = |
q2(q1/S ) |
. F I = 0,11 H. |
|
|
||||
|
2ε ε0 |
|
2ε ε0 |
||
В случае II можно |
пренебречь размерами пластин, поскольку |
D << r, и силу взаимодействия зарядов вычислять по закону Кулона
F II= |
1 |
|
q1 q2 |
. FII = 4,5·10-5 H = 45 мкН. |
|
4πεε0 |
|
r2 |
|||
|
|
|
|
Пример 3. Разность потенциалов пластин, находящихся на
расстоянии d = 3,0 мм друг от друга, U = 10 В. Пространство между пластинами заполнено двухслойным диэлектриком. К одной пластине прилегает парафин (толщина d1 = 1,0 мм), к другой – фарфор (d2 = 2,0 мм). Найти напряжённости поля в парафине Е1 и в фарфоре Е2.
|
|
Е |
1 |
=? Е |
2 |
=? |
|
|
|
Решение. Диэлектрическая проницаемость среды |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
U = 10 В |
|
|
ε=E0/ E |
показывает, |
во сколько |
раз напряжён- |
||||||||||
d = 3,0·10 –3 м |
|
|
||||||||||||||
d1 = 1,0·10 –3 м |
|
|
ность электрического поля в веществе меньше, чем в |
|||||||||||||
d2 = 2,0·10 –3 м |
|
|
вакууме (ε ≥ 1). Так как |
ε1 < ε2, то Е1 > E2. |
|
|
|
|||||||||
ε1 = 2; ε2 = 6 |
|
|
Напряжённость поля E равна скорости убывания |
|||||||||||||
ε0 = 8,85·10 –12 Ф/м |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
потенциала |
вдоль |
силовой |
линии |
поля, |
||
|
|
|
|
|
=> E = U /d , |
где в данном случае |
U = φ |
нач |
−φ |
кон – |
||||||
E |
= −grad φ |
|
|
разность потенциалов начальной и конечной точек. Разность потенциалов пластин складывается из падений потенциала электрического поля в парафине и в фарфоре:
U = E1 d1 + E2 d2 . |
(1) |
Число неизвестных в уравнении (1) можно уменьшить, |
если |
напряжённость выразить через электрическое смещение8 – величину, не зависящую от диэлектрической проницаемости среды, D=ε ε0 E :
D |
D |
|
=> |
D= |
Uε0 |
; |
D= |
10 ε0 |
; |
U =ε1 ε0 d1 |
+ ε2 ε0 |
d2 |
|
|
|||||
d1/ε1 + d2 /ε2 |
(1/2 + 2/6) 10−3 |
8Электрическое смещение (электрическая индукция) – векторная физическая величина, характеризующая электрическое поле, создаваемое данной системой зарядов, и не зависящая
от электрических свойств среды, D = ε ε0 E.
61
D = 12 103 ε0 ; |
D = 12·103·8,85·10-12 Кл/м2. |
|||||||
E1 = |
D |
; |
E1 |
= |
|
12 103 ε0 |
; E1 = 6·103 В/м. |
|
|
||||||||
|
|
|||||||
|
ε1 ε0 |
|
D |
|
2 ε0 |
|||
|
E2 |
= |
. E2 = 2·103 В/м. |
|||||
|
|
|||||||
|
|
|
|
ε2 ε0 |
Проверим решение, подставляя значения E1 и E2 в формулу (1). Получим значение разности потенциалов, совпадающее с известным в
условии задачи: U =(6 103 10−3 +2 103 2 10−3) В =10 В .
Пример 4. Два металлических шарика радиусами 5,0 и 2,5 см
находятся в воздухе на расстоянии 20 см друг от друга (рис. 12, а). Первый из них заряжен до потенциала 2,70 кВ и отключён от источника, другой не заряжен. Шары соединяют тонким проводником и убирают его. Определить: а) заряды и потенциалы шаров после соединения; б) энергию электрического поля данной системы зарядов до и после соединения.
qAII =? φAII =? |
Решение. Систему можно считать замкнутой, так |
|
qBII = ? φBII =? |
как источник зарядов отключён. Тогда по закону |
|
WI =? WII =? |
сохранения заряда алгебраическая сумма зарядов не |
|
RA = 3,00·10–2 |
м |
изменяется, т. е. qAI + qВI = qAII + qВII, где буквами А, В |
–2 |
|
|
RВ = 1,50·10 |
м |
обозначены тела; римскими цифрами I и II – |
φAI = 2,70·10 3 В |
||
qВI = 0 и φВI = 0 |
состояния системы до и после соединения. Так как |
|
ε = 1 |
|
qВI = 0, а заряд соединительного проводника прене- |
ε0 = 8,85·10 –12 |
Ф/м |
брежимо мал в силу его малой электроёмкости, то |
|
qAI = qAII + qВII. |
|
|
(1) |
|||||
Из определения ёмкости проводника |
C = q/φ выразим заряд |
||||||||
q = C·φ и подставим в формулу (1): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
CA φAI = CA φAII + C B φBII , |
(2) |
|||||||
где СA=4π ε0 |
RA ; СB=4π ε0 RB ; |
φAI= |
qAI |
; φAII = |
qAII |
; φBII= |
qВII |
. |
|
|
C A |
|
|||||||
|
|
|
C A |
|
|
CB |
СА = 4π· 8,85·10 –12 Ф/м·0,03 м; CA = 3,34 пФ. СB =1,67·10-12 Ф =1,67 пФ.
Когда шары соединяются проводником (рис. 12, б), происходит перемещение зарядов, обусловленное различием потенциалов шаров.
После того, как движение зарядов прекратится, все соединённые проводники будут обладать одинаковым потенциалом, φAII= φВII=φ.
62
|
|
|
До соединения |
|
|
|
|
|
|
|
После соединения |
|||||||||||
Шар А |
|
|
|
Шар В |
|
|
|
|
Шар А |
|
|
|
Шар В |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
СА |
|
|
|
СВ |
||||||
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
φВII; qBII |
|
φ |
; q |
AI |
|
|
|
φВI; qBI |
|
|
|
|
φAII; qAII |
|
|
|
||||||||
AI |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 12 |
|
|
|
б) |
|
|
|
||
|
|
|
а) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Уравнение (2) приводится к виду |
CA φAI = C A φ + CB φ , что |
|||||||||||||||||||||
позволяет вычислить потенциал шаров после соединения |
|
|
|
|||||||||||||||||||
φ = |
C A φAI |
|
; φ = |
|
3,34 10−12 2,7 103 |
|
B = 1,80 10 |
3 |
B =1,80 кВ. |
|||||||||||||
CA + CB |
|
3,34 10−12 + 1,67 10−12 |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Зная потенциалы шаров и их электроёмкости, можно найти |
||||||||||||||||||||||
соответствующие |
|
|
|
заряды до и после |
соединения: qAI = φAI C A ; |
|||||||||||||||||
qAI= 9,02 нКл; |
|
|
qAII = φ C A = 6,02нКл; qВII = φ CB = 3,00 нКл. |
|||||||||||||||||||
Проверка по закону сохранения заряда: 6,02 + 3,00 = 9,02. |
||||||||||||||||||||||
Энергия электростатического поля до соединения |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
W I = |
|
qAI2 |
|
|
|
|
9,022 10−18 |
|
|
−6 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
+0 = |
|
|
|
= 12,2 10 |
Дж . |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
2 C |
|
2 3.34 10−12 |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Энергия после соединения |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
W II= |
|
qAII2 |
|
+ |
|
qBII2 |
= |
6,022 10−18 |
+ |
3,002 10−18 |
; |
|
|||||||
|
|
|
2 CА |
|
2C B |
2 3.34 10−12 |
2 1.67 10−12 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W II =(5,425 10−6 + 2,716 10−6)Дж = 8.14 10−6 Дж .
Энергия системы уменьшилась вследствие потерь энергии на нагревание и на излучение, так как при соединении шаров проводником имеет место кратковременный импульс электрического тока.
Пример 5. Две металлические пластины (рис. 13) разделены
диэлектриком (ε = 3,6) переменной толщины (d1 = 2 мм; d2 = 4 мм). Размер по горизонтали a = 10 мм. Площадь каждой пластины S = 20 см2. Оценить электроёмкость данной системы.
|
C =? |
|
Решение. |
Используем формулу электроёмкости |
||||
|
плоского конденсатора |
|
|
|
|
|||
d1 = 2·10 –3 м |
S |
|||||||
d2 = 4·10 –3 м |
|
C = εε0 S /d , |
||||||
|
|
|
|
|
||||
S = 20·10 -4 м2 |
где ε – диэлектрическая проницае- d1 |
|
|
|
d2 |
|||
а = 10 ·10 -3 м |
мость изолятора между обкладками; |
|
a |
|
|
|||
ε = 3,6 |
ε0 – электрическая постоянная; S – |
Рис. 13 |
||||||
ε0 = 8,85·10 –12 Ф/м |
||||||||
|
|
|
площадь |
одной обкладки (с одной |
|
|
|
|
стороны); d – расстояние между обкладками.
63
В данном случае, так как пластины представляют собой плоскости, величина d изменяется от d1 к d2 по линейному закону, и в формуле электроёмкости можно использовать среднее значение d как полусумму начального и конечного значений: d =(d1 + d2)/2.
Тогда |
C= |
2εε0 S |
. C = 2 10−11 Ф. |
|
|||
|
|
d1 + d2 |
Пример 6. Найти разность потенциалов на концах участка электрической цепи (рис. 14). ЭДС источников: 1 = 6,0 В;2 = 12,0 В; сопротивления элементов цепи: r1 = 1,0 Ом; r2 = 2,0 Ом; R = 12 Ом; сила тока I = 5,0 А.
φ1 – φ2 = ?
1 = 6 В2 = 12 В r1 = 1 Ом r2 = 2 Ом R = 12 Ом
I = 5,0 А
Решение. По закону Ома для неоднородного участка цепи
I = (φ1− φ2) + уч , где I – сила тока; φ1 – φ2 – разность
Rуч
потенциалов на концах участка; уч – суммарная ЭДС, действующая на участке; Rуч – сопротивление участка. В данном случае получим уравнение
φ1 – φ2 = Ir1 + Ir2 + IR − ( 1 + 2) . |
(1) |
Величину IRּ , равную произведению силы тока на сопротивление, для краткости называют напряжением на участке (падением напряжения) U1-2 = IRּ 1-2 . Напряжение только в том случае равно разности потенциалов на концах участка участка, когда на участке нет источников тока: φ1 – φ2 = IRּ 1-2, если 1-2 = 0.
φ1 + |
|
|
I |
|
|
|
|
+ |
|
φ2 |
При определении знаков величин: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
||||||||||
● |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
● |
1 и 2, Ir1, Ir2 и IRּ следует обходить цепь |
1 1 |
|
|
r1 |
|
2 |
|
|
r2 |
R2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
Рис. 14 |
|
от начальной точки к конечной по |
|||||
|
|
|
|
|
направлению тока. Тогда все слагаемые, |
содержащие силу тока: Ir1, Ir2 и IRּ – положительны, т. е. складываются со знаком “+”. Знак ЭДС зависит от порядка следования полюсов источника при переходе вдоль направления тока. Если встречается сначала “+” затем “–” источника, его ЭДС < 0, тогда как при переходе вдоль тока от “–” к “+” , когда сторонние силы действуют в том же направлении, что и кулоновские, ЭДС источника положительна > 0. В данном случае (см. рис. 14) имеем 2 > 0, но 1 < 0.
Знаки алгебраических величин учитываются одновременно с подстановкой числовых значений в составленное уравнение (1).
Искомая разность потенциалов на концах участка φ1 – φ2 = 5ּ·1+5ּ·2+5ּ·12 – (–6+12) = 75–(6) = 75–6 = 69; φ1 – φ2 = 69 В.
64
Пример 7. Два аккумулятора с ЭДС 1 = 6 В и 2 = 12 В
соединены одноимёнными полюсами (рис. 15). Внутренние сопротивления источников: r1 = 1 Ом и r2 = 2 Ом. Найти разность потенциалов φА – φВ точек А и В данной цепи.
Решение. Разность потенциалов на концах участка цепи найдём на основании обобщённого закона Ома: I = [(φA− φB) + А-В]/RА-В ;
|
|
|
|
φA – φB = |
IRA-B – A-B . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Силу тока I, одинаковую на всех участках данной цепи, можно |
|||||||||||||||||||||
определить |
по |
закону Ома для |
замкнутой цепи I = |
|
|
|
|
, где |
|||||||||||||
r1 |
+ r2 |
||||||||||||||||||||
= 1 + 2 |
– суммарная ЭДС источников тока в данной |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
r1 |
||||||||||||||
цепи; (r1 + r2) – суммарное сопротивление цепи. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
- |
|
|
|
|
+ |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Если предположить, что ток идёт по часовой стрелке, |
А● |
|
|
|
|
В● |
|||||||||||||||
то значение I получится отрицательным: |
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
I = |
1 |
+ 2 |
; I = |
6 +(−12) |
; |
I = –2 А. |
|
|
2 |
|
|
|
|
r2 |
|
||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
Рис. 15 |
|||||||||||||||
r1 |
+ r2 |
2 + 1 |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Следовательно, ток в цепи направлен против часовой стрелки, что |
|||||||||||||||||||||
можно было предвидеть, так как 2 > 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Разность |
|
потенциалов |
найдём |
|
по закону Ома для |
участка |
А 2В (нижнего на рис. 15), обходя участок вдоль направления тока: φА – φВ = Ir2 – 2 . φА – φВ = (2·2 – 12) В = –8 В.
Проверка решения: φВ – φА = Ir1 – 1 = [2·1 – (–6)] В = 8 В.
Пример 8. На диаграмме (рис. 16) показано изменение силы
тока со временем в вольфрамовой нити. Длина нити l = 2,5 м; сечение S = 0,20 мм2. Определить: а) количество теплоты, выделенное за две секунды; б) электрический заряд, прошедший через поперечное сечение нити за то же время. Удельное сопротивление9 вольфрама ρ = 0,25 мкОм∙м.
Q = ? q = ? |
Решение. Cила тока i изменяется по линейному |
||||||
|
|
|
|
закону (см. рис. 16) |
i = I1 + k∙t, где |
I1 = 4 А – cила тока |
|
ℓ = 2,5 м |
|
|
|||||
S = 1,0·10 –6 м2 |
в момент времени t1 |
= 0; k = |
i |
– скорость измене- |
|||
|
−7 |
Ом м |
|||||
ρ=2,5 10 |
|
|
t |
|
|||
t1= 0; t2 = 2 c |
ния силы тока (постоянная величина). |
||||||
|
|
|
|
9 В данном примере используется среднее удельное сопротивление ρ=0,25 мкОм м с учётом его температурной зависимости, так как с изменением силы тока меняется температура проводника. (Табличное значение при температуре 20 °С для вольфрама ρ = 55 нОм·м.)
65
i
А
2
1
0 0,5 1,0 t, c
Рис. 16
способами.
Учитывая численные значения коэффициентов: I1 = 4 А; k = 2 А/с, закон изменения тока запишем в виде уравнения
i = 4 – 2∙t, где i – сила тока, А; t – время, с.
Если сила тока изменяется по линейному закону, то электрический заряд q можно найти несколькими
1.Способ дифференцирования и интегрирования.
Сила тока – это скорость протекания заряда, или производная
|
dq |
|
|
|
|
|
|
заряда по времени, |
i= dt |
=> dq = i dt . |
Интегрируя, получим |
||||
t 2 |
|
2 |
2 |
|
|
│ 2 |
|
q=∫(4 – 2∙t )dt ; |
q= ∫4 dt−∫2 t dt =4t │ 2 |
−t2 |
; q = 4 Кл. |
||||
t1 |
|
0 |
0 |
0 |
|
0 |
|
2. Графический способ. Исходя из геометрического смысла интеграла, найдём площадь, ограниченную сверху графиком i(t), а снизу – осью 0t (площадь треугольника, см. рис. 16).
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q=½(t 2 – t1)I1 . |
|||
|
|
I2 |
|
|
|
q = ½(2 – 0) 4 А c = 4 Кл. |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
A |
|
|
R |
|
I1 |
|
3. Использование |
среднего |
значения |
|||||
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
величины, |
изменяющейся |
по линейному закону. |
|||||
|
|
B2 |
|
|
|
|||||||||
|
B1 |
|
|
|
|
↑ |
|
Если переменная величина, |
входящая |
в |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
расчётную формулу, изменяется по линейному |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
закону, то можно обойтись без интегрирования, |
||||||
|
|
|
|
|
|
B1 |
|
используя |
в |
вычислениях |
среднее |
|||
|
|
|
|
α |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
B |
|
арифметическое |
начального |
и |
конечного |
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
||||||||||||
|
B2 |
|
|
|
значений. |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
Вид по А |
|
В |
данном |
случае |
q = I t , |
где |
||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
Рис. 19 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
I = ½(I1 + I 2) |
– средняя сила тока; |
I1 = 4 А; |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
I2 = 0; q = 2 2 Кл = 4 Кл .
|
Расчёт количества теплоты. Использование среднего значения |
|||||
|
|
квадрата силы тока |
I2 |
в выражении закона Джоуля |
||
i2 |
|
– Ленца |
Q =i2 R t |
некорректно из-за нелинейности |
||
|
||||||
|
||||||
|
||||||
А2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||
8 |
|
функции |
i (t) |
(рис. |
17). Поэтому применим |
|
|
||||||
|
универсальный |
способ |
дифференцирования и |
|||
|
||||||
4 |
|
|||||
|
||||||
|
||||||
|
интегрирования |
|
|
|
||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
00,5 1,0 t, c Рис. 17
66
t2
δ Q = i2 R dt ; Q =∫i2 (t) R d t .
t1
Величину Q также можно оценить, исходя из геометрического смысла интеграла, умножив значение R на площадь под кривой i2(t).
Электромагнетизм
Пример 9. Электрон, прошедший в электрическом поле между
точками с разностью потенциалов 71 В, влетает в однородное магнитное поле под углом 45° к силовым линиям и движется по винтовой линии радиуса R = 10 см. Найти скорость электрона, индукцию В магнитного поля, период Т обращения данной частицы, шаг h винтовой линии.
υ=? B=? T=? h=?
R = 10·10 –2 м
α = 45° = π/4 рад me = 9,1·10 –31 кг qe = e = 1,6·10 –19 Кл U = 71 В
q – заряд частицы;
Решение. Для нахождения скорости используем известную из механики теорему об изменении кинетической энергии: работа всех сил, действующих на тело, равна изменению кинетической энергии тела, A = K , где А = qU – работа кулоновской силы; U – разность потенциалов;
K = me2υ2 − 0.
|
|
|
|
|
|
|
√ |
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
√ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда |
q |
e |
U = |
m υ2 |
=> |
υ = |
|
|
|
|
2qe U |
. |
|
υ = |
|
|
2 1,60 10−19 71 |
. |
|
|
|
|||||||||||||
2 |
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
9,1 10−31 |
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
υ = 5,0·106 м/c. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Представим вектор скорости электрона |
|
|
в виде суммы двух |
|||||||||||||||||||||||||||||||
взаимно перпендикулярных составляющих: |
|
|
|
|
|
υ |
|
|
υ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
= υ|| |
+ |
υ , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
где вектор |
|
υ|| направлен |
вдоль силовой |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|| |
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
линии, а |
υ перпендикулярен ей (рис. 18). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
π ) = 5,0 106 √ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
υ = υ cos( |
2 |
м/c ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 18 |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|| |
|
|
|
4 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
υ = υ sin (π ) = 5,0 106 |
√ |
|
|
м/c. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Со скоростью υ частица движется по окружности радиуса R в |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
плоскости, перпендикулярной вектору |
|
с ускорением |
|
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
B , |
an = υ /R , |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
тогда как вдоль вектора |
B |
она смещается равномерно со скоростью |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
67
υ||. Результирующая траектория представляет собой винтовую линию. На заряженную частицу, движущуюся в магнитном поле, действует сила Лоренца F Л =q υ B sin α, перпендикулярная плоскости, в которой лежат векторы υ и B. Эта сила сообщает частице нормальное ускорение, заставляя её двигаться по окружности. По
второму закону Ньютона |
или q υ B = mυ2 / R. |
||||||||||
|
me υ |
|
|
F = m a , |
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
9,31 10−31 5,0 106 |
|
/2 |
|
|
|
|||
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||
B = |
|
; B = |
|
|
√ |
|
−4 |
|
|||
R qe |
10 10−3 1,6 10−19 . |
|
B = 2,1 10 |
Тл . |
|||||||
Период обращения (время, за которое частица совершает один |
|||||||||||
оборот) найдём по формуле T = |
2π R |
, где 2πR – длина окружности. |
|||||||||
υ_|_ |
T = 2 2 3,14 10 10−2
5,0 106 √2
Расстояние h = υ||·T, проходимое частицей за время одного оборота Т со скоростью υ||, есть шаг винтовой линии.
h = 5,0 |
√ |
2 |
|
106 м |
1,78 10−7 c = 6,29 10−1 |
м; h = 0,63 м. |
2 |
|
|||||
|
|
с |
|
|
||
Пример 10. |
|
Длинный изолированный |
проводник с током |
I1 = 10 А расположен перпендикулярно плоскости кругового витка с током I2 = 3 А, касаясь его в одной точке, как показано на рис. 19. Радиус витка R = 3 см. Найти магнитную индук-
цию B (модуль и направление |
вектора) |
поля, созданного |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
обоими проводниками в центре витка. |
|
|
поля длин-ного |
||||||||||||
|
|
В =? |
Решение. Магнитная индукция |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I1 = 10 A; I2 = 3 A |
прямого |
проводника |
с |
током |
рассчиты-вается |
по |
|||||||||
R = 3·10 –2 м |
формуле |
B1 |
= |
μμ0 I1 |
, |
где |
r |
– |
рас-стояние |
от |
|||||
μ = 1 |
|||||||||||||||
2 π r |
|||||||||||||||
μ0=4π·10 –7 Гн/м |
проводника |
|
|
где |
определяется индукция |
||||||||||
|
|
|
|
|
до точки, |
поля В1 ; I1 – сила тока в проводнике; μ – магнитная
проницаемость среды; μ0 – магнитная постоянная. Так как в данном случае расстояние от проводника до точки, где определяется индукция
результирую-щего поля |
|
r = R, то |
B1 = |
μμ0 I1 |
, |
где R – ра-диус |
||
В , |
|
|
||||||
2 |
π R |
|||||||
|
|
|
|
|
|
витка. Индукция в центре кругового тока B2 = μμ0 2IR2 , где I2 – сила тока в витке. Вектор В1 направлен к наблюдателю; вектор В2 –
68
вертикально |
вниз, |
перпендикулярно |
|
|
теореме |
Пифагора |
|||||||||||||||
В1 . По |
|||||||||||||||||||||
модуль вектора |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
В : |
B = √B1 |
+ B2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
Направление искомого |
|
вектора |
определяется |
углом |
α |
|||||||||||||||
|
|
В |
|||||||||||||||||||
отклонения от вертикали (см. рис. 19, вид по А): tgα = B1/ B2 . |
|
||||||||||||||||||||
|
|
B1 |
= |
1 4π 10−7 10 Тл ; |
B2 |
= 1 4 π10−7 3 Тл; |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
2π 3 10−2 |
|
|
|
|
|
|
2 3 10−2 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
B = 10−6 |
672 +212 |
= 70 10−6 ; |
B = 70 мкТл; |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
√ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
tg α = |
67 = 3,17; α = arc tg3,17; α = 73°. |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
21 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 11. Какова индукция магнитного поля В |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
в центре кругового витка с током I = 3,0 А, если |
|
dr |
dU |
|||||||||||||||||
|
магнитный момент витка рm= 500 мА∙м2 ? |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
r |
|
||||||||||||||||
|
B=? |
|
|
Решение. Магнитная индукция поля в |
ω |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
I = 3,0 А |
|
|
центре витка |
|
зависит от силы тока I и |
|
|
|
|||||||||||||
pm = 0,500 А·м2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
μ = 1 |
|
|
от |
радиуса |
|
R |
витка |
по |
закону |
Рис. 20 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
I |
|
где |
μ |
– |
магнитная |
|||||||||
μ0 =4π·10 –7 Гн/м |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
B = μμ0 2 R |
, |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
проницаемость среды; μ0 – магнитная постоянная. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
Из определения магнитного момента контура, pm = I S , |
где S – |
|||||||||||||||||||
площадь |
поверхности, охватываемой |
контуром |
(в |
данном |
случае |
||||||||||||||||
S = πR2 |
– площадь |
круга), получим |
pm = Iπ R2 . |
Решая |
систему |
полученных уравнений, находим искомую индукцию магнитного поля
в центре кругового витка с током: B |
|
|
μμ0 |
√ |
|
πI3 |
|
|
|
|
|||||||||||||
= |
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
||||||||||||||
|
2 |
pm |
|
|
|
||||||||||||||||||
[B] = |
Гн |
|
|
А3 |
=Гн A |
=В c A = |
Дж |
= |
H м |
= |
H |
=Тл. |
|||||||||||
м |
|
A м2 |
|
A м2 |
A м |
||||||||||||||||||
|
√ |
|
|
м2 |
А м2 |
|
|
|
A м2 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B = |
|
1 4 π10−7 |
|
|
3,14 3,0 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
2 |
|
0,500 |
; |
|
B = 8,2 10−6 Тл. |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
√ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 12. Контур с током I = 10 А в виде квадрата площадью
S = 400 см2 свободно установился в однородном магнитном поле (B = 0,2 Тл). Вычислить работу A при повороте контура на 180° относительно оси, проходящей через одну из его сторон. Сила тока в контуре поддерживается постоянной.
А |
= ? |
|
Решение. На контур, помещённый в магнитное поле, |
I = 10 A |
|
||
S = 400 ·10-4 м2 |
69 |
||
В = 0,20 Тл |
|||
φ* =180° = π рад |
|