Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Методичка по физике Кунин, Галкин

.pdf
Скачиваний:
308
Добавлен:
22.03.2015
Размер:
965.55 Кб
Скачать

работу A12 . По первому закону термодинамики для перехода из состояния 1 в состояние 2 можно записать

Q2 =U2 U1 + A12 ,

(1)

где U2 U1 – изменение внутренней энергии газа. Выражение для внутренней энергии одноатомного газа имеет вид

U = ν

3

RT ,

(2)

2

 

 

 

где ν – количество вещества, а νRT можно выразить из уравнения Клапейрона – Менделеева:

PV = νRT.

(3)

Используя уравнения (2), (3) и тот факт, что работа газа на участке 1 – 2 равна площади прямоугольника (с обратным знаком) под изобарой 1 – 2, для количества теплоты Q2 из соотношения (1) получим

Q =

3P(V V ) +P(V V ) =

5 P(V V ) =

5

100 103 (1,05,0) 4=−1,0 106Дж.

2

2 1

2

1

1

2

1

2 1

2

1

2

 

Знак “минус” показывает, что количество теплоты Q2 отдаётся газом

холодильнику.

Количество теплоты Q1 , которое получает газ от нагревателя на изотерме 3 – 1 при температуре T1 , по первому закону термодинамики равно

Q1 = A31 ,

(4)

где A31 – работа, совершённая газом на участке 3 – 1.

Как известно, работа газа при изотермическом процессе определяется

формулой

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

= νRT ln

V1

.

(5)

 

31

1

V

 

 

 

 

3

 

 

Состояния 3 и 1 находятся на одной изотерме, поэтому

 

PV3 = P1V1.

 

(6)

В то же время состояния 3 и 2, как видно из рисунка, соответствуют одной адиабате, поэтому из уравнения Пуассона следует

P V γ = PV γ,

(7)

3

3

1

2

81

 

 

 

 

где γ

– показатель адиабаты одноатомного идеального газа,

γ =

i + 2

=

i

 

3 + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

=1,67

. Исключая из уравнений (6) и (7) величины давления P и P ,

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ

 

 

 

 

 

 

 

 

3

1

 

 

 

 

 

 

 

V1

 

 

V1

)

.

 

 

 

 

 

 

 

получим

 

 

 

 

 

 

= (

γ−1

 

 

 

 

 

 

(8)

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используя формулы (3), (5) и (8), для количества теплоты Q1 из соот-

ношения (4) имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

γ−1

 

γ

 

 

 

 

 

 

 

Q =

A

 

= νRT ln

= PV ln

V1

 

=

 

PV ln

V1

 

=

 

 

 

 

 

 

 

γ −

 

 

 

 

 

 

1

31

1

V

1 1

V

 

 

1 1 1

V

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1,67

 

 

 

 

 

 

 

5,0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

100

103 5,0 ln

 

 

 

 

= 2,0

106 Дж.

 

 

 

 

 

 

 

1,67 1,0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1,0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Работа A , совершённая газом за цикл, как вытекает из первого закона

термодинамики, A = Q

 

Q

 

= (2,0 106

1,0 106 )=1,0 106 Дж.

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

Для КПД цикла η имеем: η=

A

=

 

1,0 106

= 0,50 =50 %.

Q1

 

2,0 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: Q = 2,0 106

Дж; Q = −1,0

106 Дж; A =1,0 106 Дж; η = 50 % .

1

2

 

 

 

 

 

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

2.20. Молекулярный кислород массой m = 250 г, имевший температуру Т1 = 200 К, был адиабатно сжат. При этом была совершена работа А = = –25 кДж. Определить конечную температуру Т2 газа.

(354 K)

2.21. Газ адиабатически расширяется, изменяя объем в 2 раза, а давление в 2,64 раза. Определить молярные теплоемкости Cp и CV этого газа.

(Cp = 29,1 Дж/(моль К); CV = 20,8 Дж/(моль К))

2.22. Некоторое количество азота ν, имеющего параметры состояния p1, V1, T1, переходит при постоянной температуре в состояние 2, а затем при постоянном объеме – в состояние 3. Определить работу перехода 1 – 3, изменение внутренней энергии газа и теплоту, полученную при переходах,

82

если в конце процесса установилась температура T3 и давление p3 = p1. Изобразить процесс 1 – 3 на диаграмме V - T.

(A1-3 = νRT1ln(T3/T1); U1-3 = (5/2)νR(T3 T1); Q = νR[(5/2)(T3 - T1) + T1ln(T3/T1)])

2.23. Азот плотностью ρ1 = 1,4 кг/м3 занимает объем V1 = 5,0 л при температуре t1 = 27 °C. Газ адиабатически переведен в состояние с плотностью ρ = 3,5 кг/м3. Определить температуру газа T2 в конце перехода и изменение его внутренней энергии. Построить переход на диаграмме S – T.

(T2 = 4,3·102 К; U = 6,9·102 Дж)

2.24. Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону р1/2 V = const? Изобразите этот закон на диаграмме (V – T). Считая этот процесс политропическим, определить, чему равен показатель политропы η. При расширении газа тепло подводится к нему или отводится от него? Сравнить теплоёмкость С этого процесса с СV.

(СV > С)

2.25. Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону р2V = const? Изобразите этот закон на диаграмме ( р - Т). Считая этот процесс политропическим, определить, чему равен показатель политропы η. При расширении газа тепло подводится к нему или отводится от него? Сравнить теплоёмкость С этого процесса с СV.

(η = 12 ; С > СV)

2.26. В сосуде вместимостью V = 10 л находится идеальный газ под давлением p1 = 1,0 105 Па. Стенки сосуда могут выдержать максимальное давление p2 = 1,0 106 Па. Какое максимальное количество тепла Q можно сообщить газу? Постоянная адиабаты γ = 1,4.

(Q = 23 кДж)

2.27. Некоторую массу азота сжали в 5 раз (по объёму) двумя разными способами: один раз изотермически, другой раз адиабатически. Начальное состояние газа в обоих случаях одинаково. Найти отношение соответствующих работ, затраченных на сжатие газа. Изобразить процессы в координатах P – V и Т – S.

(AТ/AА = 0,71) 2.28. В бензиновом автомобильном двигателе степень сжатия горючей смеси равна 6,2. Смесь засасывается в цилиндр при температуре t1 = 15 °C. 83

Найти температуру t2 горючей смеси к концу такта сжатия. Горючую смесь

рассматривать как двухатомный идеальный газ, процесс считать адиабатным. (3,2·102 °С)

2.29. Тепловая машина работает по циклу Карно, КПД которого η = =0,25. Каков будет холодильный коэффициент κхол машины, если она бу-

дет совершать тот же цикл в обратном направлении? Холодильным коэффициентом называется отношение количества теплоты, отнятого от охлаждаемого тела, к работе двигателя, приводящего в движение машину.

(κхол = 3)

2.30. Один моль одноатомного идеального газа совершает тепловой цикл Карно между тепловыми резервуарами с температурами t1 = 127 °С и t2 = 27 °С. Наименьший объем газа в ходе цикла V1 = 5,0 л, наибольший V3 = 20 л. Какую работу А совершает эта машина за один цикл? Сколько тепла Q1 берет она от высокотемпературного резервуара за один цикл? Сколько тепла Q2 поступает за цикл в низкотемпературный резервуар?

(Q1 = 3,2 103 Дж; Q2 = 2,4 103 Дж; A = 8,1 102 Дж)

2.31. Трехатомный идеальный газ с жесткой связью между молекулами совершает цикл Карно, при этом в процессе адиабатного расширения объем газа увеличивается в 4 раза. Определите термический КПД цикла.

( η = 37 % )

2.32. Найти КПД цикла, состоящего из двух изохор и двух изотерм, если в пределах цикла объём изменяется в k раз, а абсолютная температура – в τ раз. Рабочим веществом является идеальный газ с показателем адиабаты γ.

 

 

 

 

 

 

 

 

η =

 

(τ−1) ln k

 

 

 

 

 

 

 

 

τ−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln k

 

 

γ−1

 

 

 

 

 

Энтропия

Пример решения задачи

22. При нагревании двухатомного идеального газа (ν = 2,0 моля) его термодинамическая температура увеличилась в 2 раза (n = 2). Определите изменение энтропии, если нагревание происходит: 1) изохорно; 2) изобарно.

84

Дано:

 

 

 

 

 

Решение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i = 5

 

 

 

 

1) V = const.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ν = 2,0 моля

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

 

Из определения энтропии dS =

T .

 

 

 

 

 

 

n =

2

= 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T2 vC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dT

 

T

 

T1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

V

 

1) V = const

 

Изменение энтропии

S1 = d Q =

 

 

= vCV ln

2

,

 

T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

T

 

T1

 

 

T1

2) p = const

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где CV – молярная теплоёмкость при постоянном объё-

1) S1?

 

 

ме.

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2) S2 ?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как CV =

2 R , то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T2

 

i

R ln n = 2,0 5 8,31 ln 2 =

 

 

 

 

 

 

 

 

S = v

i

R ln

= v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

T1

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 28,8 Дж/К 29 Дж/К 2) р = const.

Учитывая, что C p = i +22 R , где C p – молярная теплоёмкость при по-

стоянном давлении, аналогично п. 1 получим:

 

 

2

 

T

 

T2

 

T2

 

S

2

= ∫dQ

= ∫2p dT =p ln

=v i +2 Rln

=v i +2 Rlnn =

T1

T1

 

1

T

T

T

2

2

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

= 2,0 5 +2 2 8,31 ln 2 = 40,3 40 Дж/К.

Ответ: 1) S1 =29 Дж/К; 2) S2 = 40 Дж/К.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

2.33. Какое количество тепла Q нужно сообщить 75 г водяных паров, чтобы нагреть их от 100 до 250 °С при постоянном давлении? Определите изменение энтропии водяного пара.

(Q = 21 кДж; S = 48 Дж/К)

85

2.34. Определить изменение S энтропии при изотермическом расширении кислорода массой m = 10 г от объема V1 = 25 л до объема V2 = 100 л. (Относительная молекулярная масса кислорода 32).

(3,6 Дж/К)

2.35.Найти изменение S энтропии при нагревании воды массой m =

=100 г от температуры t1 = 0 °C до температуры t2 = 100 °C и последующем превращении воды в пар той же температуры. Удельная теплоемкость

воды с = 4,18 кДж/(кг К), удельная теплота парообразования воды

2,25 103 кДж/кг.

(737Дж/К)

2.36. Найти изменение S энтропии при превращении массы m = 200 г льда, находившегося при температуре t1 = -10,7 °C в воду при t2 = 0 °C. Удельную теплоемкость льда считать не зависящей от температуры. с = =2,1 103 Дж/(кг К). Температуру плавления принять равной 273 К. Удельная теплота плавления льда λ = 333 103 Дж/кг.

( S = m[с ln(T2/T1)+λ/T2] = 261 Дж/К)

2.37. Один киломоль газа изобарически нагревается от 20 до 600 °С, при этом газ поглощает 1,20 107 Дж тепла. Найти число степеней свободы молекулы газа i; построить зависимость энтропии S как функцию от температуры Т газа.

(i = 3)

3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ

Электростатика. Диэлектрики

Примеры решения задач

23. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд Q = 40GнКл с

линейной плотностью τ = 50 нКл/м. Определить напряженность E электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке А, лежащей на оси кольца и удаленной от его центра на расстояние, равное половине радиуса.

86

Дано:

 

Решение

 

 

 

 

 

 

 

Q = 40 нКл = 40 109 Кл

 

 

 

dE1

 

 

 

 

τ = 50 нКл/м =

 

 

dE1

z

G

 

 

 

dE

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 50 109

Кл/м

 

 

 

 

 

dE

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h =

R

 

 

 

 

ez

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

eτ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ER 2 =?

 

dE2

 

 

 

А

 

dE2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

α

 

h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dQ

 

 

 

 

 

dQ

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dl

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

На кольце выделим малый участок длиной dl

с зарядом

dQ = τdl

(см. рисунок). Ввиду малости участка заряд можно считать точечным.

 

Напряженность поля, создаваемого этим зарядом,

dEG =

τdl

 

eG

4πε0r2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

τ

где ε0 – электрическая постоянная; eτ – единичный вектор, направленный вдоль r. Разложим вектор dEGна две составляющие: dE1 вдоль оси z, и dE2 , перпендикулярную оси z , т. е.

G dE = dE1 +dE2 .

Напряжённость E электрического поля в точке А находим интегрированием

E = dE1 + dE2 ,

l l

где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов dQ и dQ, расположенных симметрично

относительно центра кольца, векторы dE2 и dE2, в точке А равны по модулю и противоположны по направлению dE2 = – dE2, т. е. компенсируют друг друга, и интегрировать нужно только по составляющейdE1.

87

Составляющие dE1 для всех элементов кольца сонаправлены с осью z,

т. е. dEG1 = dEG 1eGz .

Тогда E = eGz ldE1.

Так как dE =

τdl

, r =

R2 +h2 =

R2

 

R

 

2

5R

;

 

+

 

=

 

 

 

 

4πε0r2

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

4τ

 

 

 

 

 

 

τdl

 

 

 

cos α =

2 =

 

, то

dE

 

=

 

 

 

 

 

dl =

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

4πε0 5R2

 

5 5πε0 R2

 

r

5

 

G

1

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

G

R

 

τdl

 

G

2τ

 

 

 

Таким образом E

= e

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

z

 

5 5πε0R2

z 5 5ε0R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

Поскольку Q = 2πτR , то радиус кольца R =

 

Q

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

G

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4πτ2

 

 

 

 

 

 

 

 

2πτ

 

 

 

 

 

 

2τ2πτ

 

G

 

 

 

 

G

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда E =

 

 

 

 

ez

=

 

 

ez .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

0Q

5

0Q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значение напряженности на расстоянии z = h = R/2.

 

 

G

 

4πτ2

G

 

 

 

4 3,14(5,0 109)

 

 

 

 

 

 

 

3

E ==

 

ez =

 

= 7,92

10 В/м = 7,9 кВ/м.

5 5ε0Q

5 5 8,85 1012 40 109

Ответ: Е = 7,9 кВ/м.

24. Электрическое поле создается бесконечным цилиндром радиусом R, равномерно заряженным с линейной плотность τ. Определите разность потенциалов между двумя точками этого поля, лежащими на расстоянии r1

и r2 от поверхности этого цилиндра.

 

 

 

 

 

Дано

 

R

 

 

 

Решение

 

 

 

 

 

 

 

α1

Проведем

вспомогатель-

 

Sв.о.

 

 

 

 

R

 

 

 

dS

 

ную гаусcову поверхность в

τ

 

 

 

 

 

1

E

виде цилиндра высотой h, ра-

 

 

 

 

 

 

 

 

r1

 

 

 

 

r

 

dS

E

диусом r, соосного с исходным.

r2

 

h Sбок

 

 

 

Записываем теорему Гаусса для

 

 

 

 

 

r2

φ1 – φ2 =?

 

вектора E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

r

1 2

G G

 

q

 

 

 

 

Sн.о.

 

 

 

1

v∫ EdS =

i

.

(*)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

88

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл по гауссовой поверхности раскладываем на три интеграла: по верхнему и нижнему основаниямG G , по боковой поверхности. Интеграл по

верхнему основанию EdS1 = ∫EdS1 cosα1 = 0 , так как угол α1 между век-

Sв.о

тором элементарной площадки dS1 и вектором E равен π /2 и cos π /2 = 0.

Аналогично для нижнего основания. Остается интеграл по боковой по-

 

G

 

2 , здесь угол α2 = 0, cos 0 = 1. Значение

верхности

EdS =

EdS cosα

 

бок

бок

 

напряженности Е на одном и том же расстоянии r одинаково, Е выносим за

знак интеграла E dS = E rh . Получили левую часть теоремы Гаусса

S бок

(*). В правой части теоремы Гаусса заряд, охватываемый гауссовой поверхностью qi = τh . Таким образом, подставляя в (*), получаем

E2πrh = τ h ,

ε0 E = 2πετ0r .

Для нахождения разности потенциалов воспользуемся связью напряженности и потенциала

E = −grad φ.

Для случая радиальной симметрии, реализующейся у нас,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E = −

dϕ

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dr

 

 

Интегрируя это выражение, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ2

−ϕ1 = −

R+r2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Edr, или

 

R+r

 

 

 

R+r

 

 

 

 

R+r1

 

R+r

 

 

 

 

 

τ

 

 

 

 

 

τ

ϕ1 −ϕ2 =

2

Edr =

 

2

 

dr =

 

 

2 dr

 

 

 

 

2πε0r

 

 

 

 

R+r

 

 

 

R+r

 

 

 

 

2πε0 R+r r

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

Ответ: ϕ −ϕ

2

=

τ

 

 

ln

 

R + r2

.

 

 

 

 

 

 

 

2πε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

0

 

 

R + r

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

τ

 

 

R + r2

=

 

 

ln

 

.

2πε

0

R + r

 

 

 

1

 

25. Плоский конденсатор, между обкладками которого помещена стеклянная пластинка ε ( ε = 6,0) толщиной l = 2,00 мм, заряжен до напряжения U = 200 В (рис. 1). Пренебрегая величиной заряда между пластинкой и

89

обкладками, найти: а) поверхностную плотность σ свободных зарядов на обкладках конденсатора; б) поверхностную плотность σ′ связанных зарядов (зарядов поляризации) на стекле. Изобразить силовые линии электрического поля в стекле и воздушном зазоре между стеклом и обкладками.

Дано:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε = 6,0

 

σ

+ σ

 

 

 

 

Решение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ σ

 

 

 

- σ

 

 

а) Величину σ выразим

l = 2,00 мм =

 

 

 

 

 

= 2,00·10-3 м

 

 

 

 

 

 

 

 

через напряженность поля Е

U = 200 В

 

 

 

 

 

 

 

 

внутри

конденсатора. По-

 

 

 

 

 

 

 

 

скольку

введение диэлек-

а) σ – ?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

трика между его обкладками

б) σ´ – ?

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

уменьшает эту

напряжен-

в) изобра-

 

 

 

 

 

 

 

 

ность поля в ε раз, исполь-

зить силовые

 

 

 

 

 

 

 

 

зуем формулу поля напря-

линии EG

 

 

 

l

 

 

 

 

женности для плоского кон-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 1

 

 

 

 

денсатора: Е =

σ

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε0

с учетом наличиия диэлектрика

σ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E =

.

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε0ε

U

 

 

 

 

 

Отсюда, учитывая соотношение Е =

, справедливое для однородно-

l

го поля конденсатора, найдём

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ = ε0εU / l .

 

 

 

(2)

б) Чтобы определить величину σ′, воспользуемся формулой σ = Pn (поверхностная плотность связанных зарядов равна проекции вектора по-

ляризованностиG P на внешнюю нормаль к поверхности диэлектрика). Так

как вектор P параллелен вектору напряженности E поля в диэлектрике, направленному по нормалиG к поверхности стеклянной пластинки, то Pn= P.

Учитывая соотношение P = æε0E , где æ – диэлектрическая восприимчи-

вость среды, и соотношение ε =1, получим:

(ε −1)E = ε0 (ε −1)U / l.

(3)

σ = P =æε0

Подставляя в формулы (2) и (3) величины в единицах СИ: U = 200 B,

l= 2,00·10-3м, ε0 = 8,85·10-12Ф/м, найдем:

σ= 5,3 106 Кл/м2 ; σ= 4,4 106 Кл/м2.

90