Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Ч.1. Физические основы механики. Электричество. Электромагнетизм. Учебно-методическое пособие
.pdf
31
21
ЕЕЕ
.
2
10
1
1
r4
Q
E
2
20
2
2
r4
Q
E
1
E
2
Е
Е
cosEE2EEE
21
2
2
2
1
1
Е
2
Е
1
r
2
r
21
2
2
2
1
2
rr2
rrd
cos
238,0
07,009,02
07,009,00,1
cos
222
1
Е
2
Е
0
4
1
cos
rr
QQ
2
r
Q
r
Q
4
1
E
2
2
2
1
21
4
2
2
2
4
1
2
1
0
Кл
Н
мКл
КлмН
м
Кл
Кл
мН
E
22
2
2
1
4
2
2
2
м
В
Напряженность электрического поля, создаваемого в воздухе (=1) первым
зарядом,
, (1)
Вторым зарядом –
Вектор
(рис.6) направлен по силовой линии от заряда Q1, так как заряд
Q1 положителен; вектор
, (2)
направлен также по силовой линии, но к заряду
Q2, так как заряд Q2 отрицателен.
Абсолютное значение вектора
найдем по теореме косинусов:
, (3)
где - угол между векторами
треугольника со сторонами
,
и
и d:
, который может быть найден из
.
В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos
вычислить отдельно:
Подставляя выражение
(3) и вынося общий множитель
Проверим правильность наименования результата:
Подставим числовые значения величин в формулу (4) и произведем
вычисления
.
из формулы (1) и
за знак корня, получим
или
из формулы (2) в равенство
. (4)
.
32
3
22
99
4
2
9
4
2
9
9
1058,3)238,0(
)07,0()09,0(
10210
2
07,0
102
)09,0(
10
1094
1
4
1
Е
В/м =3,58 кВ/м.
21
r4
Q
0
20
2
10
1
r4
Q
r4
Q
2
2
1
1
0
r
Q
r
Q
4
1
157
07,0
102
09,0
10
1094
1
4
1
99
9
2
см/нКл
-8
102,5Q
6
102
2
м/Кл
-2
10R
1
10r
При вычислении Е знак заряда Q2 опущен, так как знак заряда
определяет направление вектора напряженности, а направление Е2 было
учтено при его графическом изображении.
В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей
потенциал результирующего поля, созданного двумя зарядами Q1 и Q2,
равен алгебраической сумме потенциалов, т. е.
. (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
.
Подставив в это выражение числовые значения физических величин,
получим
В.
П р и м е р 3. Точечный заряд Q = 25 нКл находится в поле, созданном
прямым бесконечным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно
заряженным с поверхностной плотностью = 0,2
. Определить
силу F, действующую на заряд, если его расстояние от оси цилиндра равно
10 см.
Дано:
Кл;
;
м;
м.
Найти: F.
Р е ш е н и е . Численное значение силы F, действующей на точечный заряд
Q, находящийся в электрическом поле, определяется по формуле
33
EQF
, (1)
r2
E
0
lR2SQ
lQ
lR2l
R2
r
R
E
0
r
RQ
F
0
12
0
1085,8
4
112
269
1065,5
101085,8
10102102,5
F
F
E
-9
102q
-9
108Q
F
где Е- напряженность поля.
Как следует из теоремы Гаусса, напряженность поля бесконечно длинного
равномерно заряженного цилиндра
, (2)
где - линейная плотность заряда.
Выразим линейную плотность заряда через поверхностную плотность .
Для этого выделим элемент цилиндра длиной l и выразим находящийся на
нем заряд Q двумя способами:
;
.
Приравняв правые части этих равенств, получим
.
После сокращения на l найдем
.
С учетом этого формула (2) примет вид
.
Подставив это выражение в (1), получим искомую силу
. (3)
Учтем, что
Ф/м, и подставим в (3) числовые значения
величин:
Н = 565 мкН.
Направление силы
совпадает с направлением напряженности
, а
последняя в силу симметрии (цилиндр бесконечно длинный) направлена
перпендикулярно поверхности цилиндра.
П р и м е р 4. Найти силу взаимодействия тонкого кольца радиусом R =
9см, несущего заряд q =2 нКл с точечным зарядом Q = 8 нКл, находящимся
в точке А на оси кольца, проходящей через центр кольца, если концы его
диаметра видны из этой точки под углом = 90°.
Дано: R = 0,09 м ;
Найти:
.
Кл;
Кл; = 90°
34
dl
2
dl
1
y
R
O
r
r
A
φ
dF
1
dF
2
dF
2y
dF
1y
dF
2x
dF
1x
Рис.7
Q
x
Р е ш е н и е . Заряд на кольце в данном случае нельзя считать точечным, так
i
dq
i
dl
iрез
FdFF
dldldl
21
dldq
FdFdFd
21
1
dl
2
dl
1x
Fd
2x
Fd
1y
Fd
2y
Fd
x11x2x1x
dF2
2
cosdF2dF2dFdFdF
x
dF2dFF
R2r
dldq
2
cos
Rεπ8
Qdlτ
2
cos
rεπ4
Qdq
dF
2
0
2
0
x
.Н106,32
Rεπ16
Qq2
dl
2
cos
Rεπ8
Qq
2
cos
Rεπ8
dlQτ2
F
6
2
0
Rπ
0
3
0
2
l/2
0
2
0
как радиус кольца одного порядка
величины с расстоянием от его
центра до заряда Q. Поэтому
применить непосредственно
формулу Кулона к указанным
зарядам нельзя. Результирующая
сила взаимодействия может быть
получена в результате
геометрического сложения
элементарных сил взаимодействия
точечных зарядов
каждого
участка кольца
зарядом Q (рис.7 ):
с точечным
.
В силу симметрии задачи удобно рассмотреть два элементарных участка
, расположенных на противоположных концах диаметра
с одинаковыми зарядами
, где - линейная плотность заряда
кольца. Она равна = q/l, где l- длина окружности. Результирующая двух
элементарных сил
и
, равенства соответствующих проекций сил
противоположного направления
в силу симметрии расположения участков
и
и
, по модулю равна
на ось х и
и направлена по оси x. Переходя от суммирования к интегрированию,
определим модуль результирующей силы
,
где интегрирование производится по всей длине кольца. Поскольку согласно
условию
, а
имеем:
Тогда
35
П р и м е р 5. Две проводящие сферические поверхности, центры которых
8
104,2
1
Rr
21
RrR
2
R
0,02R1
0,03R2
8
1
102.4q
8
2
102.4q
D
qdSD
S
n
n
D
D
D
constDD
n
2
s s s
n
rπ4DSDdSDSdDdSD
Рис. 8
+q2
‒q
1
R1 R
2
r
S
совпадают, имеют радиусы R1 = 20 мм и R2 =30 мм . На сферах равномерно
распределены одинаковые по
величине, но противоположные
по знаку заряды, равные
Кл, причем заряд сферы
меньшего радиуса отрицателен.
Все пространство между
сферическими поверхностями
заполнено однородным
диэлектриком (ε =7).
Найти модуль вектора
напряженности электрического
поля Е, модуль вектора
электрического смещения D и
потенциал электрического поля
как функцию расстояния r от
центра сферических
поверхностей.
Построить графики Е = f(r); D =
f(r) и = f(r) для случаев
1)
2)
3) r >
;
;
.
Графики E = f(r) и D = f(r) расположить на одном чертеже, а = f(r)- на
другом.
Дано:
м;
м;
Кл;
Кл; = 7.
Найти: Е = f(r); D = f(r); = f(r).
Р е ш е н и е. Поскольку рассматриваемое электрическое поле обладает
сферической симметрией, воспользуемся теоремой Гаусса для вектора
взяв в качестве замкнутой поверхности сферу S радиусом r (рис. 8):
, (1)
где
смещения
- проекция вектора
через сферическую поверхность S. Так как
на нормаль к поверхности S. Вычислим поток
, то
,
. (2)
36
Из (1) и (2) следует
qr4D
2
21
qq
2
21
rπ4
qq
D
E
D
ED
0
2
0
21
r4
qq
E
1
Rr
1
Rr
0qq
21
1
D
1
E
0D1; 0E1
21
RrR
21
RrR
1
q
2
1
2
r4
q
D
2
0
1
2
r4
q
E
2
R
2
R
21
qq
0q
0D3
0E3
2
10r
, м
2
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
3,2
-5
10E
, В/м
-1,35
-1,11
-0,94
-0,80
-0,69
-0,6
0
6
10D
,
2
Кл/м
-8,36
-6,90
-5,80
-4,94
-4,26
-3,71
0
. (3)
Поскольку алгебраическая сумма зарядов, заключенных внутри выбранной
поверхности S, равна
, из выражения (3) следует
. (4)
Напряженность электрического поля
связана со смещением
соотношением
. (5)
Следовательно, из формул (4) и (5)
. (6)
Рассмотрим значения D и E в каждой из заданных областей.
1)
(
равны нулю.
2)
заряд
. Так как внутри сферы с радиусом
), то смещение
и напряженность
.
. Так как внутри сферы с радиусом
, из формул (4) и (6) следует
;
заряды отсутствуют
электрического поля
.
содержится
3) r >
но эти заряды равны по величине и противоположны по знаку, то
Следовательно
. Так как внутри сферы с радиусом r >
и
.
содержится заряд
,
.
Для построения требуемых графиков D = f(r) и E = f(r) следует вычислить
несколько значений D и E, меняя значения r в заданных пределах.
Результаты занесем в табл. 1.
Таблица 1
37
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
2
2,2
2,4
2,6
2,8
3
E, В/м D, Кл/м
Рис. 9
D=f2(r)
По данным таблицы, учитывая, что при
1
Rr
rfE1
rfD2
-gradE
dr
d-E
drE- d
1
r
2
r
2
1
2
1
r
r
Edrd
1
2
2
1
r
r
Edrd
2
1
r
r
21
Edr
0
02
r
Edrr
1
Rr
r
R
r
R
R R
R
R
2321
1 2
1 2
2
1
drEdrEdrEdrEEdrr
0E1
0E3
210
1
R
R
0
1
R
R
2
R
R
0
1
2
0
1
R
1
R
1
4
q
r
1
4
q
r
dr
4
q
dr
r4
q
r
2
1
2
1
2
1
E=f
1
(r)
D = 0 и E = 0, построим
графики
и
Для нахождения потенциала
электрического поля = f(r)
воспользуемся соотношением между
напряженностью поля и градиентом
потенциала:
. Для поля,
создаваемого сферической
поверхностью, это соотношение
можно записать в скалярном виде:
или
Интегрируя это выражение, найдем
разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях
центра сфер:
(рис. 9).
.
и
от
;
Потенциал в бесконечности принимаем равным нулю
формуле (7) положить
;
, то она примет вид:
. (7)
. Если в
.
Поскольку значения E для каждой из рассматриваемых областей различны,
получим выражения (r) для каждого случая в отдельности:
1)
,
так как первый и третий интегралы равны нулю (
и
, см. первую
часть решения задачи)
38
210
1
R
1
R
1
4
q
r
. Так как
0q1
21
RrR
r
R
r
2
R
3
R
r
2
2
2
2
drEdrEdrEEdrr
0E3
20
1
R
r
0
1
R
r
2
0
1
R
1
r
1
εεπ4
q
r
1
εεπ4
q
dr
rεεπ4
q
r
2
2
20
1
R
1
r
1
4
q
r
0q1
2
Rr
0drEr
r
3
0E3
r, м
0
0,010
0,020
0,022
0,024
0,026
0,028
0,030
0,04
(r),
В
899
899
899
654
450
277
128
0
0
(r) < 0;
2)
так как второй интеграл равен нулю (
,
, см. первую часть решения
задачи)
3)
. Так как
, так как
(r) < 0.
(см. первую часть решения
задачи).
Для построения графика (r) следует вычислить несколько значений ,
меняя значения r в заданных пределах. Результаты занесем в табл. 2.
Таблица 2
По данным таблицы построим график = (r) (рис. 10).
39
6
1
10V
UeA
2
Vm
2
Vm
TTA
2
1
2
2
12
1
T
2
T
1
V
2
V
2
Vm
2
Vm
Ue
2
1
2
2
2
Vm
2
Vnm
Ue
2
1
2
2
2
1
2
V
V
n
r,м
Рис. 10
П р и м е р 6. Определить ускоряющую разность потенциалов U, которую
должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью
м/с, чтобы скорость его возросла в n = 2 раза.
Р е ш е н и е. Ускоряющую разность потенциалов можно найти, вычислив
работу А сил электростатического поля. Эта работа определяется
произведением заряда электрона е на разность потенциалов U
. (1)
Работа сил электростатического поля в данном случае равна изменению
кинетической энергии электрона
, (2)
где
ускоряющего поля; m- масса электрона;
и
- кинетические энергии электрона до и после прохождения
и
- начальная и конечная его
скорости.
Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим
или
,
где
.
Отсюда искомая разность потенциалов
40
1n
e2
Vm
U
2
2
1
. (3)
12
101,62
10109,1
U
2
19
2
631-
1
С
1
U
2
C
6
1
103С
40U1
6
2
105С
21
/
WWW
1
W
2
W
2
UC
W
2
1
W
2
W
2
UCC
2
UC
W
2
221
2
11
/
1
С
2
С
1
U
2
U
2
U
Подставим числовые значения физических величин и выполним вычисления
В = 8,53 В.
П р и м е р 7. Конденсатор емкостью
потенциалов
= 40 В. После отключения от источника тока конденсатор
= 3 мкФ был заряжен до разности
был соединен параллельно с другим незаряженным конденсатором
емкостью
= 5мкФ. Какая энергия W′ израсходуется на образование искры
в момент присоединения второго конденсатора?
Дано:
Ф;
В;
Ф.
Найти: W′.
Р е ш е н и е. Энергия W′, израсходованная на образование икры,
, (1)
где
- энергия, которой обладал первый конденсатор до присоединения к
нему второго конденсатора;
- энергия, которую имеет батарея, составленная из первого и второго
конденсаторов.
Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле
, (2)
где С – емкость конденсатора или батареи конденсаторов; U – разность
потенциалов на обкладках конденсаторов.
Выразив в формуле (1) энергии
и
по формуле (2) и принимая во
внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов
равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим:
, (3)
где
и
- емкости первого и второго конденсаторов;
- разность потенциалов, до которой был заряжен первый конденсатор;
- разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.
Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался
прежний, выразим разность потенциалов
следующим образом:
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]