739

,t =сТ

або ж·

с

,

l= -

V

де с - швидкість електромагнітних хвиль у вакуумі ( с ~ 3 * 10' м/с ).

ПРИКЛАДИ РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Чотири

однакових

то'lкових

позитивних заряди Q =0,5 нКл

Розв'язання.

Усі

заряди,

що

розташовані в вершинах квадрата,

знаходяться в однакових умовах. Тому

достатньо з'ясувати, який заряд Q, треба

розмістити в центрі квадрата, щоб будь­

який з заряд1в, наприклад, Q,

знаходився в рівновазі. Відомо, що заряд

Q,

знаходитиметься в

рівновазі, якщо

рівнодіюча всіх

сил, що діють на нього,

дорівнюватиме нулеві ( рис. І ) :

r-

s--.----~

,'"\

!~\

Рис.1

-~r

r . r . r,r

ГJ.,;tr.11.- LГі ;;.:;;г 2

-rг3 т1·.атг,-v ,\ i

J

i=='l

дeF2,F"}:,F~ - сили, з якими діють на заряд Q,

заряди Q,, Q,, Q,

та Q, в1дповщно.

СЮІи

r; =F, =F тому, що

Q2

= Q, і

відстані

між зарядами Q,

таQ2 ,

Q,

та

Q,

дорівнюють сторонам квадрата а. Рівнодіюча цих двох сил

F,~=F, + F~ . Останнє

векторне рівняння можна замінити скалярним:

-

tF2

F''

-

г;:;

( 2)

J<,_.=v,

+, =1·vl.

де

F-

розраховується при

застосуванні

закону

Кулона

,

враховуючи,

що

п_п_п_п_п.

~І -

~~ -

~1 - ~-І - ~ •

F =F =

Q,Q,__ '"'- Q' ·

(з')

2

4л-&0&а2

4nE"c1 a1 2

Знаходимо F3

з закону Кулона:

1'~ = _g,Q, -

=__Q'

-

"' !_

( 4)

'

4;rє0єа(J2) 2 4п~·0tZІ2 * 2

2

Сили

F 2.4

та

F,

співпадають за напрямом. Тоді їх ршнод~юча

Або в скалярному вигляді:

-

]

- г;;-

1

( 5)

Fц4 ~ F, 4 + F, = F J2

+ 2_

F = f (v 2

+ 2_)

Визначимо силу F,, що діє на заряд Q 1

з боку негативного зарядd

Q,

за

законом Кулона :

= 2QIQ5

(б)

4лє0sа'

Сили

Fц•

та

F,

спрямовані юдовж

однієї

прямої, але nротилежн1 за

напрямом. Тоді ріВНОДІЮча

ВСІХ

сил

F Р''" = f<~.н -

F5

=

О. Отже,

F2.3•4 =f~.

с1оди

значення сил

з

рннrянь

( 5

) та ( 6

).

Врахову1очи

( 3 )'t

дістаємо:

.

о

г;;-

1

звщси знаходимо, що о, = =

("\/ 2

+ -)

.

-

2

.

2 .

Підставляючи_ числове значення Q= 0,5 нКл,

визначаємо Q, .:

o,s.10-0

(

r:::

1

_,к.

Q ,= ---

"\/2

+-)- 0,475.10

л.

.

2

·2

,

Приклад

2.

Електричне

поле

створене

дl\ОМа

точковими

зарядами

Q,=8 нКл та

Q, = -биК·z . Відстань

мrж

зарядами

становить

25

см.

Визначити

напруженість

1

потенщал

електричного поля в точці А,

ЩО

знаходиться

на

в1дсташ

l О О·І

в1д

:першого і 20 см від другого

заряду (

рис.2)

Розв'я:шння. Виражаємо вс1 величини в

систем~

СІ

Q,=

8.1 о_, А.:1:

Рис.2

Q,=--6.I0 9 K1;

r

0,25

~І,

де Г,

та

Р,

-- напруженість поля, створеного першим та другим заряда~1н

окрсчо.

Значення Е1' та

Е1

дістанемо

з

формул

та

(

І

)

Вектор

Ё1

спрямований вздовж силової

лінії

від заряда Q, (тому, що

Q, >О), вектор Ё,

також спрямований

вздовж силової

лінії, апе до заряду Q, (

тому, ЩО Q,<0) .

Абсолютне значення

вектора

Е

визначимо за

допомогою

теореми косинусів

( 2 )

де

кут

а

знаходи:мо

з трикутника)

еторонн

якого

г1

,ї1.

та

r,

cos Ct

r 2 -r 2 -r 2

=------ ' • Підрахуємо окремо cos а= 0,3125.

1

2r/·2

Підставивши вирази для Е з ( 1 ) в рівняння

( 2 ),

щстанемо

Е

1

/,",

Q'

І О

"О

І

-

=--

/~

1

+-2._+ 2--::.L

11

-

2

cosa

.

4zr&0

1і

4

. 1

,

,

Vr,

r,

r,· r,-

Визначимо

числове значення

напруженосп,

використавши

величину

і ._ 9 1 _,Нм' •.~

---

о

--

4ІZ"со

-

к~' .

Е=9.109

(S.lO-')' +(б.l0-')~+2SJO-'б.lo·' 03125=773хJО'Е_=773кВ

0,14

o,.z4

·o,s'o,2'

'

'

_,,

'

,11

·

Потенціал результуючого поля згідно з

принципом суперпозиції

дорівнює

алгебраїчній сумі потенціалів

<р = <p 1+q.>,,

де

потенціали

q.>,

та

q..,

визначаємо 3

рівнянь для

обчислення потенціалу поля , створеного

точковим

зарядом Q на

відстані

r

вш

нього

у

тн::уум1

•Р, -

41r;~СІ;

'"

'f' 2

= 4~~~.

Тоді

J

О

О,

-

.

.

8 10-'

-

6 10·'

ІР=--(--=-'-+-=-).

П1сля шлоахvпюв знахопимо rp

= 9 109 ( ---- +---- ) = 450 (В).

·

41r&0

· r,

r2 •

· '

•

•

•

О,І

0,2

Прик.r:·0 1 3.

Тонкий стержень

завдовжки 0,2

м

рівномірно заряджений з

лінійною густиною заряду

3 нКл/ м . Визначити напруженість електричного поля в

точці, що знаходиться на відстані 0,1

м

від стержня напроти його середини.

Розв'язання.

Позначимо

І=о

.

2м·т- =111Кл

/

·1·

=n І"

Заряд,

щn

'

.

/.-~І"'

" . " .

диференційна

малу

ділянку

,fг

1з

зарядом dQ ~ Т<fг

рис.З ). Uей

елементарний

заряд

можна

вважати

точковим. Знаходимо

напруженість

cllc

.поля, створеного точковим зарядом

<fQ

на відстані ·,

від нього ( в точці А ) ,

за

формулою

( 1 )

/

.ут s= 1 ( повітря ).

З трикутника ОДА

І

т

/

І

Го

/

/

знаходимо

з

рисунка

r= ---

/ /

cosa

'V'

ОС= rda = r,da

, тоді з трикутника ОСН

/

}}

cosa

Рис.З

визначимо dl = JC = r,da

cosa

cos~ а

Підставимо значення

r та

dl

в рІвняння ( І ) ; тодІ

Проекції вектора dE на осі

Х

та

У

dE,

-:cosada

-;sinada

та dE" =

Після

інтегрування одержуємо :

другого конденсатора :

MV = rY; -W,

( І ) , де iv, - енерпя першого конленс<пора

до приєднання до нього другого

конденсатора;

iv»

енергія

батіІреї

двох

конденсатор~ в.

·

Сі-''

( 2 )

Енергію зарядженого конденсатора визначаємо за формулою

:Н' = -- -

2

, де С - ємність конденсатора або

батареї конденсаторів

Тоді початкова с11ерпя

першого

конденсатора

W ___ с,и,'

Після паралельного з'єднання є~шість батареї

1

2

С=С, + С,

, а її енергія

fV,

=і~·,_-1-С2)и; (З), де U2 -

напру1·а на затискачах батареї

-

-

2

зміниться. Незмінним залишається заряд системи конденсаторів

Q; =Q,,

де

Q, -

заряд системи двох конденсаторів до з'єднання, Q,

- заряд системи після з'єднання

.

т .

ф

оµмуни

о

виражаємо

U, = _g__ = C,U,

( 4

)

конденсатор1в.

ощ з

С = =-

U

- С, +С2

С, .,.с,

·2

с, +(,

·

І

*

2*10 6

*6*10-•

,

.

Пщрахуємо ЛW = -

2*10 6

-- * 20- = 300*

І О-•"' о.з* 1о--· Д.11с = о з.~1/!.ж .

2

+6*10-•

.

" v0

Викор·истов'у'ЄМО закон з6срсжс1шя

снсnrії, згі.JJіо з яюнv1 повна

~1сханічни

., - 2.

г

енергія

fV ізольованої системи є сталою

величиною: W ~?V,+ rV., ле

Н", - сума

нотенціальною

енергією

можна знехтувати

( rV., =О

). Отже, дJlЯ початкового

моменту

повна

енергія

дорівнювала

кінетичній ~нергії w" протонів, тобто

W =W,,

(І).

У

кінцевий момент часу,

коли

протони

максимально наблизяться,

З ура.хуванням

( 4 ) і ( 5 ) можна переписати рівняння

пп-"2·

е2

( 3 ) : -"- =- .- - .

4 4.п-є,)rmт

Звідси початкова швидкjсть зблия-:ення протонів

~·" =

е

--·---"''

,,

.Jлt:

0n1rrn1n

З дuвідкових таблиць визначаємо заряд і масу протона, сталу є0

. Підра:..:ує~10

~·о=

-

І

6*10- 19

· -·-

=2.35*10<~

.J3.4•sss•10-" •167*10- 01 •10-'

с

ПРИКЛАД

7. Визначити

силу струму в елементах, якщо

Е, =ІВ,

Е, = 2В,Е

3

=ЗВ,

внутрішні опори елементів ", = І Ом,

r, = 0.5 Ом,

г, ~~Ом, а

,~,,~--,~·-,,

також R~ =І Ом,

І

Ом ( ри~.4 ) .

НАУКОВО·ТЕХНІЧНА БІБЛІОТЕКА 'І

3

R5 = --

17

Дніnроnетровського національного

!, + І, ·1,=0

( 1 )

Ви:користаємо другий закон Кірхrофа ( д.пя

замкнених контурів ). У аі1-1

Е, -Е, =I ,r, +І,R, - !2 r2

(

2)

Для контуру АСДА дістанемо рівняння

Е, -Е, = І,г, +!3 R5 + I,r,

(

З)

Розв'яжемо систему рівнянь

( І ) - ( З ). Для цього спочатку підстави,\Іо

вщом1 значення з умови :

І, +І, -

І, ~ О

І = J ~І,

+ І• І, - 0.5 * І,

або

2* І, - 0.5* І, ~ J

1=~1, +~!, +0.5* J,

0.51, +~1

3

=І

з

з

-

-'

кількість теплоти, що виділилась в провіднику _за

третю

секунду

Q,

більше

кількості теплоти Q1 , що виділилась в провіднику за першу секунду.

"

Розв'язання. Закон Джоуля-Ленца

Q = 1 2 Яt

можна

застосовувати при

пості.йному струмі. Якщо сила струму в провіднику

змінюється, то

цей

закон

справедливий для нескінченно малого інтервалу часу

dQ=l'Rdt

( l )

Тут сила струму є функцією часу. У нашому випадку

І= kt (

2 ), де k-

коефіцієнт пропорційності, який дорівнює

відношенню приросту сили струму до

інтервалу часу, за який цей приріст відбувся k = Л:. _

f\l

.

І -І

б

А

Д1станемо значення

k = ~

=- = 2-.

Лt ,

З

с

З урахуванням ( 2 ) формула ( І ) приймає вигляд:

dQ=k2t 2 Rdt

(з)

Дістанемо відношення

о.

304

= 19 ,

~

.:=2- =-

тоото за третю секунду виmлш1 ск я

Ql

16

на віддаль r,

= Sc.", а від другогона відд.аль r, = 12с.11.

Розв'язання. Для

визначення

магнітної

індукції

в

заданій

то•~ш

визначимо напрями векторів індукції ,

Ё1 і Ё,,

склавши

їх

геометрично

тобто

Ё =Із, +В,

(рис.5 ). Лбсоmотне значення індукції

визначимо ;а

теоремою косинусів

В=.JВ:+в;+2В,В,соsа

(і)

Значення індукцій

В,

і

В, знайдемо за

Після підстановки в формулу ( 1

одержимо

( 2 )

Визначимо

cosa.

Відзначимо, шо и.=

LDAC. А ТОС\ІУ за теоремою косинусів

І2.

запишемо d' =1·1' + r,' -· 2г1r, cosa. Звідси

Рис.5

r

'

+ r,' -d'

cosa =0.576 .

r:osa = ---:.....--··--

1

21·1r2