Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Выпуск 7. Электростатика. Учебное пособие
.pdf
81
где х – расстояние между зарядами q0 и q1.
R
qq
q
21
1
R
qq
q
21
2
0
х
у
2
mg
Т
F
r
ℓ
Решение данного уравнения относительно х, приводит к двум значениям искомого расстояния:
х
1
=
; х
2
=
.
Корень х
соответствует случаю х2 R (при q1 q2) или х2 R (при q1
2
q2), т.е. искомая точка размещения заряда q находится вне отрезка, соединя-
ющего заряда q1 и q2, что невозможно для равновесия заряда q0. Решение верно
для любой величины заряда q0.
5. На шёлковых нитях длиной ℓ = 50 см подвешены в одной точке в воз-
духе два одинаково заряженных шарика массами m = 0,8 г каждый. Сколько из-
быточных электронов надо сообщить каждому шарику, чтобы нити подвеса
шариков разошлись на угол = 600? Элементарный заряд е = 1,610
19
Кл. Ди-
электрическая проницаемость воздуха = 1. Электрическая постоянная 0 =
8,8510
12
Ф/м. Ускорение силы тяжести g = 9,8 м/с2.
Дано: ℓ = 0,5 м; m = 0,8103 кг; е = 1,610
0 = 8,8510
12
Ф/м; = 600.
N?
Решение. На каждый шарик действуют силы: mg сила тяжести, T сила
натяжения нити, Fэ сила электрического
(кулоновского) отталкивания шариков (см.
рисунок). Так как шарики находятся в рав-
новесии, то условие равновесия любого из
шариков записывается в виде:
Mg + T + Fэ = 0,
19
Кл; g = 9,8 м/с2; = 1;
82
т.е. векторная сумма сил, действующих на шарик, равна нулю. Распишем это
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
tg
mg
F
э
2
tg
0
41
2
2
r
q
2
sin
2
sin16
q
22
0
2
2
sin16
q
22
0
2
2
tg
2
sin16
eN
22
0
22
2
tg
векторное уравнение в проекциях по осям координат 0х, 0y:
Fэ Т
= 0; T
mg = 0,
или
Т
= Fэ; T
= mg.
Поделив почленно уравнения в последней системе, друг на друга, имеем:
, или Fэ = mg
В последнее уравнение подставим выражение для F
, следующее из закона Ку-
э
.
лона:
Fэ =
, где r = 2ℓ
,
т.е.
Fэ =
.
Итак,
Fэ =
= mg
.
Заряд каждого шарика q складывается из зарядов избыточных электронов, так как создаётся их совокупностью, т.е. q = Ne, где N – число избыточных
электронов. Подстановка выражения для q в предыдущее уравнение дает:
= mg
,
83
откуда находим
e
4
2
sin
2
mgtg
0
19-
106,1
5,04
0
30sin
0312
30tg8,9108,01085,81
N =
=
=
= 2,211012.
6. Два одинаковых заряженных шарика, подвешенные на невесомых не-
растяжимых нитях одинаковой длины, опускаются в керосин. Какова должна
быть плотность материала шариков, чтобы угол расхождения нитей в воздухе и
керосине был один и тот же? Диэлектрическая плотность керосина 2, плотность
керосина 0,8 г/см
3
.
Дано: 1 = 2 = = const; = 2; к = 800 кг/м3.
ш ?
Решение. На каждый из шариков в воздухе после того, как они разошлись,
действуют три силы: сила тяжести mg, сила натяжения нити Т1 и сила Кулона
F1 (см. рисунок, позиция (а)). Так как шарики находятся в равновесии, то векторная сумма всех сил, действующих на каждый из них, равна нулю:
Mg + Т1 + F1 = 0.
Распишем это векторное уравнение в проекциях на оси 0х и 0у:
F1 Т1sin = 0,
T1cos mg = 0,
или
Т
sin = F1,
1
T1cos = mg.
84
Разделив почленно первое уравнение на второе, получаем:
mg
F
1
2
2
r
q
mgr
kq
2
2
2
2
rq
(а)
х q r
mg
F
1
q
T
1
F
A
y
0 х q r
mg
F
2
q
T
2
y 0 (б)
tg =
.
Учитывая, что сила Кулона в воздухе (в = 1) равна F1 = k
tg =
.
, имеем
При погружении шариков в керосин на каждый из них действует сила ку-
лоновского отталкивания F2 = k
, сила тяжести mg, сила натяжения нити Т2
и сила Архимеда FA (см. рисунок, позиция (б)). Условия равновесия в этом случае:
F2 Т2sin = 0,
FA + T2cos mg = 0.
Из этих уравнений получаем:
Т
sin = F2,
2
T2cos = mg FA.
Разделив почленно первое уравнение на второе, получаем:
85
A
2
2
Fmgr
kq
mgr
kq
2
2
A
2
2
Fmgr
kq
1
122
E
3
ℓ
q
Q
q
ℓ
E
1
E
2
ℓ
Так как угол расхождения нитей не изменился (1 = 2 = ), то и tg не
изменился, поэтому
tg =
.
=
или
mg = (mg FA).
Подставив в это выражение соотношения для выталкивающей силы Ар-
химеда FA = кVg и массы шарика m = шV, получаем:
ш = (ш к).
Отсюда находим
ш =
к
= 800
= 1 600 кг/м3.
7. В вершинах при острых углах ромба, составленного из двух равносто-
ронних треугольников со стороной ℓ, помещены положительные заряды q. В
вершине при одном из тупых углов ромба помещён также положительный за-
ряд Q. Определите напряжённость электростатического поля в четвёртой вершине ромба.
Дано: q; Q; ℓ.
E ?
Решение. Суммарная напряжённость поля Е
в четвёртой вершине равна геометрической (век-
торной) сумме векторов Е
, Е2 и Е3 напряжён-
1
86
ностей, создаваемых в этой точке зарядами, помещёнными в вершинах ромба:
2
q
2
Q
cos
q2Q
22
2
Qq
22
ха
2
R
q
R
x
22
xax
а Р Е
х
Е
1
Е
2
а R R
0
q
q
х
Е = Е1 + Е2 + Е3. По абсолютной величине эти напряжённости равны:
Е
= Е2 = k
1
и Е3 = k
,
а направления векторов напряжённостей Е
вектора напряжённости Е
одинаковые углы = 600. Искомая напряжённость
3
и Е2 составляют с направлением
1
поля направлена вдоль короткой диагонали ромба в сторону от заряда Q и равна по величине
Е = k
= k
.
8. Два одинаковых положительных заряда q находятся на расстоянии 2а
друг от друга. В какой точке на прямой, перпендикулярной к отрезку, соединяющему эти заряды, и проходящей через середину этого отрезка, напряжённость
электрического поля имеет наибольшую величину?
Дано: q; 2а.
х ?
Решение. На ри-
сунке: ось 0х направим
вдоль прямой, перпендикулярной к отрезку, соединяющему заряды, и проходящей через середину
этого отрезка. Если расстояние от начала координат до точки Р, находящейся на
оси 0х, равно 0Р = х, то точка Р удалена от зарядов на R =
. Напряжённость электростатического поля в точке Р можно определить, используя принцип суперпозиции: Е = ЕР = Е1 + Е2 (см. рисунок). Из рисунка видно, что
Е = Е = 2Е1cos = 2Е2cos; Е1 = k
; cos =
=
.
87
Следовательно, величина напряжённости Е результирующего поля в произ-
3
R
qx2
2/3
22
xa
qx2
2/52222/322
)ха(х3)ха(
2
а
вольной точке Р, как функция координаты х, имеет вид:
Е = Е
= k
Р
= k
.
Для нахождения максимального значения функции Е = Е(х) продиффе-
ренцируем ее по х и приравняем нулю производную:
(Е) = k2q
= 0.
Отсюда получаем
х
=
1,2
.
Два значения х соответствуют двум точкам, расположенным симметрично по
обе стороны от начала координат, в сторону положительной и отрицательной
полуоси 0х, соответственно.
9. Определите напряжённость поля электрического диполя (системы из
точечных зарядов +q и q, находящихся на расстоянии ℓ друг от друга) в точке
Р, отстоящей от центра диполя на расстоянии R ℓ, если: 1) точка Р1 лежит на
прямой, проходящей через ось диполя; 2) точка Р
лежит на прямой, перпенди-
2
кулярной к оси диполя.
Дано: q; ℓ; R.
EP1, EP2 ?
Решение. Напряжённость поля в точка Р в соответствии с принципом су-
перпозиции представляет собой сумму Е
первом случае для точки Р
= Е1 + Е
Р
1
. Из рисунка видно, что в
2
88
ЕР1 = kq
22
2
R
1
2
R
1
22
2
R
1
2
R
1
3
R
2
3
R
q2
3
R
1
4
R
1
2
2
4
R
2
2
2
2/3
2
2
4
R
q
3
R
q
3
R
1
+q
q
ℓ
R
1
R
2
Р
1
Р
2
E
1
E
2
E
Р1
E
Р2
.
Так как R ℓ, то нетрудно показать, что
Таким образом,
Е
Р1
т.е.
Е
Во втором случае величина вектора напряжённости результирующего по-
ля в точке Р
равна EP2 = 2Е0sin, где
2
k
Р1
.
Е
,
= kq
0
.
; sin =
.
Следовательно,
EP2 = k
k
,
т.е.
Е
Р2
.
Таким образом, следует всячески избегать неверного утверждения о том, что
электрически нейтральная система не создаёт электрического поля. В нашем
89
случае напряжённость электростатического поля вне системы убывает с рас-
cosЕЕ2ЕЕ
21
2
2
2
1
2
1
1
rq
2
2
2
rq
q
2
r
1
E
1
а
r
2
E2E
A
q
1
стоянием быстрее, чем напряжённость поля точечного заряда.
10. Определите напряжённость и потенциал электростатического поля,
возбуждаемого двумя разноимёнными зарядами q1 = 0,1 нКл и q2 = 0,2 нКл в
точке А, находящейся на расстоянии r1 = 7 см от первого и r2 = 8 см от второго
зарядов. Расстояние между зарядами, находящимися в воздухе, равно а = 10 см.
Диэлектрическая проницаемость воздуха = 1. Постоянная k = 9109 м/Ф.
Дано: q1 = 10
-10
Кл; q2 = 210
-10
Кл; r1 = 0,07 м; r2 = 0,08 м; а = 0,1 м;
k = 9109 м/Ф.
ЕА ? А ?
Решение. Согласно принципу суперпозиции
EA = E1 + E2, A = 1 + 2.
На рисунке изображены векторы
напряжённостей полей E1 и E2, возбуждаемых
зарядами q1 и q2, соответственно, и вектор EA
результирующей напряжённости поля.
Модуль результирующей напряжённо-
сти поля EA находим по теореме косинуса:
EA =
,
где
E1 = k
, E2 = k
.
Применяем теорему косинуса для треугольника со сторонами a, r1, r2:
90
откуда выражаем
21
2
2
2
2
1
rr2
arr
21
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
rr2
arr
r
q
k
r
q
k2
r
q
k
r
q
k
k
2
2
2
2
1
3
2
2
3
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
arr
r
q
r
q
r
q
r
q
1
1099
222
3
10
3
10
2
2
10
2
2
10
1,008,007,0
08,0
102
07,0
10
08,0
102
07,0
10
1
1
rq
2
2
rq
k
2
2
1
1
r
q
r
q
1
1099
08,0
102
07,0
10
1010
a2 = r
1
2
+ r
2
2r1r2cos,
2
cos =
и подставляем в выражение для EA. Итак,
EA =
=
=
=
=
=
= 318 В/м.
Теперь рассчитаем потенциал А результирующего поля в точке А:
А = 1 + 2 = k
+ k
=
=
=
= 9,6 В.
Получили такие результаты: EA = 318 В/м; А = 9,6 В.
Необходимо отметить, что при расчёте модуля результирующей напря-
жённости поля EA заряды, возбуждающие поле, подставляли по модулю (без
учёта знака), так как направления складываемых векторов напряжённости E1 и
E2 учитывали в соответствии со знаками зарядов и в полученной на их основании формуле. При расчёте же величины результирующего потенциала А заря-
ды подставляли с учетом их знаков, чтобы учесть, что потенциал поля, возбуж-
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]