Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный технологический университет

Предмет:

Физика

Файл:

пособие по физике

.pdf

Скачиваний:

184

Добавлен:

26.03.2015

Размер:

2.32 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2311 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

n	n
I = I1 = I 2 = ... = I n , U = ∑U i ,	R = ∑ Ri ;	(3.33)
i=1	i=1

при параллельном соединении

n	1	n	1
I = ∑ I i , U = U1 = U 2 = ... = U n ,		= ∑		,	(3.34)
	R
i=1		i=1	Ri

где Ii, Ui и Ri − соответственно сила тока, напряжение и сопротивление i-го участка цепи.

25. Работа А и мощность Р электрического тока на однородном участке цепи сопротивлением R, к концам которого приложено напряжение U = ϕ1 − ϕ2, определяются по следующим формулам:

А = П1 − П2 = q(ϕ1 − ϕ2) = I(ϕ1 − ϕ2)t = IUt = I 2Rt = (U 2/R)t, (3.35, а)

Р = A / t = IU = I 2R = U 2/R.

(3.35, б)

26. Теплота Q, которая выделяется при прохождении тока силой I на однородном участке цепи сопротивлением R за промежуток времени t = t2 − t1

t2	(t)Rdt, или Q = I 2R t (при I = const) − закон Джоуля −
Q = ∫ I 2	(t)Rdt, или Q = I 2R t (при I = const) − закон Джоуля −	Ленца. (3.36)
t1
27. Работа А, которая выполняется источником тока за время t
	A = εIt = I 2 (R + r)t = (ε 2/ (R + r))t,	(3.37)
где ε −	электродвижущая сила; R − сопротивление внешней цепи.

28. Алгебраическая сумма сил токов, сходящихся в узле разветвленной цепи равна нулю (следствие закона сохранения заряда) т. е.

N	= 0 −
ˆ		первое правило Кирхгофа.	(3.38)
∑ Ii

i=1

Влюбом замкнутом контуре разветвленной цепи алгебраическая сумма падений напряжений равна алгебраической сумме ЭДС в этом контуре:

− второе правило Кирхгофа.

(3.39)

∑(±Ik Rk ) = ∑

εk

k =1

3.4. Примеры решения задач

Пример 1. Определение равнодействующей электрических

сил. Два положительных заряда q1 = 5 нКл и q2 = 3 нКл находятся на

расстоянии d = 20 см друг от друга в вакууме. Определить силу F ,

действующую на заряд q3 = −10 нКл, помещенный между зарядами q1

и q2 на расстоянии r = 5 см от заряда q1.

Дано:

Решение.

Результирующая

сила

F ,

q1 = 5·10−9

Кл;

действующая на заряд q3

со стороны зарядов q1 и

q2 = 3·10−9

Кл;

q2,

равна

векторной

сумме

сил

F31

F32 ,

q3 = − 1·10 −8

Кл;

действующих со стороны каждого заряда на заряд

r = 0,05 м;

q3:

d = 0,2 м;

ε = 1;

F = F31 + F32 .

(1)

d = 0,2 м;

Используя закон Кулона (3.2), найдем модули

r = 0,05 м

этих сил:

Найти: F

. (2)

4πε0 ε r

4πε0

ε (d − r )2

Так как F31 > F32 , то результирующая сила F будет направлена

сторону

силы

F31 .

Выберем

этом

направлении ось Ох и

спроецируем уравнение (1) на

эту ось (рис. 20):

d − r

F = F31 −

F32.

(3)

Подставляя

выражения

q1F31

F32

(2)

уравнение

(3),

полу-

Рис. 20

чим

модуль

равнодействующей силы F :

F =

q q

−

(4)

3 −

4πε0ε

4πε0ε (d − r )

(d − r )

4πε0ε r

Проверим единицы измерения левой и правой частей формулы (4):

1 Н =	1 Кл 1 Кл	= 1	Кл	= 1	Кл2	× В	= 1Кл	В	= 1Н.

	1 Ф/м 1 м2					× м
			Ф× м Кл					м

Подставим числовые значения в формулу (4) и выполним расчеты:

	10 ×10−9		5 ×10−9			3 ×10−9		−6
F =					-			= 2,07·10	Н.
		−12		2			2
	4p×8,85 ×10		0,05			0,15

Пример 2. Равновесие системы электрических зарядов. В

каждой из вершин квадрата находятся одинаковые положительные заряды. Величина каждого из них q = 4·10−7 Кл. Какой точечный заряд q0 по величине и знаку надо расположить в точке пересечения диагоналей квадрата со стороной а, чтобы эта система зарядов находилась в равновесии?

Дано:	Решение. Каждый из четырех зарядов,
q = 4·10−7 Кл	расположенных в вершинах квадрата, находится в
Найти: q0	одинаковых условиях. Поэтому для решения задачи
	достаточно рассмотреть равновесие одного из этих

зарядов, например q4 (рис. 21). Заряд q4 взаимодействует с каждым из остальных зарядов системы согласно закону Кулона (3.1). Учитывая

q2		q3	направления сил F41 , F42 , F43 ,
q2		q3	можно сделать вывод, что заряд q4
			будет	находиться	в	равновесии
			лишь в том случае, если заряд q0
a			будет отрицательным.
a	F
q0	F			Запишем условие		равновесия
	40	y	заряда q4:
		y	заряда q4:


q1		O			F41	F41 + F42 + F43 + F40 = 0 .			(1)
q1	a	q4		a		Для выбранной на рис. 21
			a		F42	ориентации осей Ох и Оу,
			F43		х	учитывающей		симметрию
	Рис. 21					расположения	сил,	достаточно
						рассмотреть	проекцию	векторного

уравнения (1) только на ось х:
F43 cosa + F41 cosa + F42 = F40.	(2)

По закону Кулона (3.2) определим модули всех сил:

F43 = F41 =

1 q

F42 =

1 q

F40

2 q0

4pe0e a 2

4pe0e

2a 2

0 e

a 2

4pe

Подставляя найденные выражения сил в уравнение (2), по-

лучим

q0 = 4 cos α + 1 q = 4 cos 45° + 1 4 ×10−7 = 3,8·10−7

Кл.

(3)

Обратим внимание на такой факт. Достаточно какому-нибудь

заряду рассматриваемой системы выйти из исходного положения, как

все заряды придут в движение и равновесие их нарушится, т. е.

система находится в состоянии неустойчивого равновесия. Под

действием только сил электростатического поля заряды системы не

смогут вернуться в исходное положение.

Пример 3. Принцип суперпозиции электрических полей для

системы точечных зарядов. Электрическое поле создано в вакууме

двумя точечными зарядами q1 = 2 нКл и q2 = − 3

нКл. Расстояние

между зарядами d = 20 см. Определить напряженность E и потенциал

j электрического поля в точке А (рис. 22), находящейся на расстоянии

r1 = 15 см от первого и r2 = 10 см от второго заряда.

Дано:

Решение. Согласно принципу суперпозиции

q1 = 2·10−9 Кл;

(3.6),

каждый

заряд

создает

свое

электрическое

q2 = − 3·10 −9

Кл;

поле

независимо

от

присутствия

пространстве

d = 0,2 м;

других

зарядов.

Поэтому

напряженность

r1 = 0,15 м;

результирующего поля в каждой его точке может

r2 = 0,1 м

быть найдена как векторная сумма напряженностей

Найти: Е

E1 и E2 полей каждого заряда:

E = E1 + E2 .

(1)

Модули

напряженностей

A a b

полей

вакууме

точке

b = p

− a

находятся по формуле (3.5) при e =

. (2)

4pe0 r12

4pe0 r22

Рис. 22

Для

определения

направлений

напряженностей

поместим в точку А пробный заряд q0 > 0. Вектор E1 в точке А направлен от заряда q1, т. к. между положительными зарядами q1 и q0 возникает сила отталкивания F1 ( F1 = q0 E1 , форму-ла (3.3)). Вектор

E2 направлен к заряду q2, т. к. отрицательный заряд q2 притягивает заряд q0 ( F2 = q0 E2 ).

После графического сложения векторов E1 и E2 (уравнение (1)) получаем треугольник, поэтому модуль Е найдем по теореме косинусов с учетом выражений (2):


E =	E 2 + E 2 − 2E E					2	cosβ =						E 2				+ E 2				+ 2E E		cosα =
	1	2		1		2								1						2	1	2				(3)

	=	1			q	2		+	q		2	+		2		q			q		cosα ,
		1			q	2			q		2			2		q			q
					1					2							1			2
					1					2							1			2
		4πε	0		r 4				r 4						r 2 r 2
		4πε			r 4				r 4						r 2 r 2
				1						2							1	2
где α − угол между векторами E1 и E2 ; cos β = cos (π −																								α) = − cos		α.
Для треугольника со сторонами r1, r2 и d запишем теорему
косинусов и найдем cos α = − cos ( π −																	α):
d 2 = r 2 + r 2		− 2r r cos(π − α)										cos a = (d 2 - r 2 - r2 )													(2r r	) . (4)
1	2		1	2																			1	2	1 2
Потенциал j результирующего поля зарядов q1 и q2 также
определяем по принципу суперпозиции (3.6):
										j = j1 + j2.																(5)

Потенциалы полей точечных зарядов q1 и q2 в точке А, определяем по формуле (3.4) при e = 1:

j =

> 0 , т. к. q1

> 0; j =

< 0 , т. к. q2 < 0.

4pe0 r1

4pe0

Подставляя выражения (6) в уравнение (5), получаем

j =

4pe0e r1

4pe0e r2

4pe0e r1

Рассчитаем значение cos a по формуле (4):

cosa = (0, 22 - 0,152 - 0,12 )(2 × 0,15 × 0,1) = 0,25.

(6)

(7)

Подставив числовые значения всех величин в формулы (3) и (7), найдем модуль напряженности Е и потенциал ϕ результирующего поля:

E = 9 ×10

(2 ×10−9 )2

(3 ×10−9 )2

2 × 2 ×10−9 ×3 ×10−9 × 0,25

(0,1)4

= 3

кВ/м.

(0,15)4

(0,15)2 (0,1)2

2 ×10−9

(- 3 ×10−9 )

j2 = 9 ×10

= − 150

В.

− 2

15 ×10

×10

Пример 4. Расчет электростатического поля, создаваемого зарядом, равномерно распределенным по стержню. Тонкий

стержень длиной l = 30 см. (рис. 23) равномерно заряжен с линейной плотностью t = 1 мкКл/м. В точке А на расстоянии r0 = 20 см от стержня находится точечный заряд q1 = 10 нКл. Заряд равноудален от концов стержня. Определить силу взаимодействия заряда q1 с

заряженным стержнем в вакууме.
Дано:			Решение. Силу взаимодействия точечного
l = 0,3 м;		заряда с заряженным стержнем будем искать,
r0 = 0,2 м;		используя формулу (3.3):
t = 10−6	Кл/м;		F = q1E ,		(1)
q1 = 10−8	Кл;	где	E − напряженность	электрического	поля
e = 1
		заряженного стрежня в точке А.
Найти: F
			Напряженность E поля заряженного стрежня в

		точке	А найдем по формуле	(3.7), т. е. по принципу

суперпозиции. ВыберемсистемукоординатсцентромОвсерединестержня (рис. 23) и на расстоянии х от точки О выделим на стержне элементарный участок длиной dx. Его заряд dq = tdx (см. выражение (3.8)) можно рассматривать как точечный, поэтому напряженность поля находим по формуле (3.5):

dE y

dE =	1 τdx	,	(2)

	4pe0 e r 2

где r − расстояние от выделенного элемента dx до точки А.

Проекции Ex и Ey результирующего поля находим по формуле

(3.7):
Ex = ∫ dEx		= ∫ dE sin a и E y		= ∫ dE y = ∫ dE cos a .
Из рис. 23 видно, что				(3)
Из рис. 23 видно, что
			, sin α = x r , cos α = r r . (4)
r =	r 2	+ x 2	, sin α = x r , cos α = r r . (4)
0				0

Подставим выражения (2) и (4) в формулы (3). Вычисляя интеграл

по

пределах

от

− l / 2

до

+l / 2

используя

подстановку

t = x (dt = 2xdx), находим проекции Ех и Еу:

dх

l 2

t xdx

−l∫2

4pe0e(r02 + x2 )3 2

4pe0e × 2 t∫1 (r 2

+ t)3 2

=		- t

	4pe	e(r 2	+ x
	0	0

;

tr0 dx

t x

+l 2

Ey = ∫

)

3 2

2 1 2

−l 2

4pe0e(r0

+ x

4pe

0e r0 (r0

+ x

)

−l 2

[l 2 - (-l 2)] =

τl

4pe

e r (r 2

+ (l 2)2 )1 2

2pe

e r (4r 2

+ l 2 )1

Поскольку проекция Ех = 0, то

модуль напряженности Е равен Еу (Ey > 0),

а сила отталкивания

F = q1 E y F =

q1τ

(6)

2pe

(4r

+ l

2 )1 2

Единицы измерения числителя и знаменателя формулы (6) совпадают с единицами измерения числителя и знаменателя в формуле (3.2) из раздела «Основные понятия и формулы», поэтому проверку единиц измерения проводить не будем.

Подставив числовые значения в формулу (6), получим

F =	10−8 ×10−6	×	0,3			−4
						Н = 5,4·10 Н = 540 мкН.
	2p ×8,85 ×10−12 ×1× 0,2
				4 × (0,2)2 + (0,3)2
	Пример 5. Применение теорема Гаусса для расчета
электрических полей.			Две концентрические проводящие сферы
(рис. 24) радиусами R1 = 6 см и R2 = 10 см несут соответственно
заряды				q1	=

= 1 нКл и q2 = − 0,5 нКл. Определить напряженность Е поля в вакууме в точках, отстоящих от центра сфер на расстояниях r1 = 5 см, r2 = 9 см, r3 = 15 см.

Дано:		Решение.	Для			нахождения
R1 = 0,06 м;		напряженности			результирующего
R2 = 0,1 м;		электрического поля заряженных сфер будем
q1 = 10−9 Кл;		использовать теорему Гаусса (3.12) при e = 1:
q2 = − 0,5·10 −9 Кл;		∫ En dS =		1	∑ qi .
r1	= 0,05 м;					(1)
				e0
r2	= 0,09 м;	S			i
r3	= 0,15 м; ε = 1	Далее будем учитывать, что, поскольку
Найти: Е1; Е2; Е3		сферы проводящие, то заряды распределяются
		по их поверхности равномерно. В связи с этим

электрические поля заряженных сфер будут центрально-симметричными. 1. Для определения напряженности Е1 в области I выберем замкнутую поверхность S1 в виде сферы радиусом r1 < R1. Суммарный заряд q (q = ∑qi), находящийся внутри выбранной гауссовой поверхности S1, равен нулю, поэтому в соответствии с

уравнением (1) получим

	∫ En dS = 0 .		(2)
	S1
Так как поле	центрально-симметричное, то в	любой точке	на
поверхности сферы	S1 напряженность E совпадает	с нормалью	и

одинакова по модулю. Поэтому проекция на нормаль En = E1 = const. Следовательно,

Е3				S3	Е2
Е3					Е2
dS		q2		S2
dS				S2
			q1	S1
				S1
III	II		I O	r1	99
III	II		I O		99
					r2
		R2		R1
		R2			r3
					r3
			Рис. 24

E1 ∫ dS = 0 Е1 = 0. (3)

Напряженность поля во всех точках области I равна нулю.

2. В области II проведем гауссову сферу радиусом r2 (R1 < r2 < R2). Заряд, находящийся внутри замкнутой поверхности S2, равен q1,

= const, поэтому с помощью теоремы Гаусса (1) получаем, что

∫

E dS =

. (4)

4πε r 2

3. В области III выбираем сферу радиусом r3 > R2. Обозначим проекцию Еп напряженности поля в области III через E3 = const и учтем, что внутри поверхности S3 находятся заряды q1 и q2. Тогда по теореме Гаусса получим

∫

dS =

q1 + q2

E3 =

q1 + q2

(5)

4pe

r 2

Проверим единицы измерения левой и правой частей формул (4)

и (5):

1 Кл

= 1

Кл

= 1 В/м.

м 1 Ф/м ×1 м2

Ф× м

Подставив числовые значения в формулы (4), (5), получим

= 9 ×10

9 109

E3 = 9 ×10

9 (1 - 0,5) 10

−9

= 1,11 кВ/м;

(0,15)2

= 200 В/м.

(0,09)2

Пример 6. Расчет потенциала поля равномерно

распределенного заряда.

Электрическое поле

в вакууме

создано

тонким стержнем, несущим равномерно распределенный по длине заряд с плотностью t = 0,1 мкКл/м. Определить потенциал поля в точке А, удаленной от концов стержня на расстояние, равное длине стержня.

Дано:	Решение. Заряд, находящийся на стержне,
t = 10−7 Кл/м	нельзя считать точечным, т. к. расстояние от него до
Найти: j	точки А, в которой определяется потенциал, сравнимо
	с длиной стержня. Если разбить стержень на

элементарные отрезки dl, то заряд dq = tdl (см. формулу (3.8)), находящийся на каждом из них, можно рассматривать как точечный. Поэтому потенциал dj на расстоянии r заряда dq определяем по формуле (3.4): при e = 1:

100

dϕ = τdl / (4πε0r).	(1)
Из рис. 25 следует, что элемент дуги dS радиуса r (dS = rdα)
связан с элементом длины dl стержня:
dl cosα = r dα dl = rdα /cos α.	(2)

А dϕ

	r	α2	α1

		α
l			l

αdαrdα

Подставим выражение (2) в формулу (1) и выполним интегрирование полученного выражения по углу α в пределах от α1 до α2,

т. е.	применим					принцип
суперпозиции (3.7):
α2	τdα		τ		α2	dα
ϕ = ∫		=			∫		.(3)
	4πε0cos α		4πε			cos α
α				0 α
1				1

силу

симметрии

расположения

точки

Рис. 25

относительно концов стержня (α1 =

−

α2)

интеграл

(3)

можно

преобразовать

+ π .

воспо-

льзоваться табличным

интегралом

∫

= ln tg

Тогда

получим потенциал ϕ в точке А

cos x

ϕ =

2τ α1 dα

2τ

π 6

ln tg

4πε

∫ cos α

4πε

(4)

2τ

(ln tg π 3 − ln tg π 4) =

ln tg(π 3).

4πε

Проверим единицы измерения левой и правой частей формулы (4):

1 В =

1 Кл/м

= 1

Кл

= 1 В.

1 Ф/м

После подстановки числовых значений в формулу (4) найдем

ϕ = 2·0,1·10−6 ·9·109·ln 1,73 = 1,8·103·0,55 = 990 В.

Пример 7. Связь напряженности электростатического поля с потенциалом. Электрическое поле в воздухе ( ε ; 1) создано длинным

101

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2311 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Физика

#
26.03.2015346.11 Кб10teoriya2.doc
#
26.03.20152.3 Mб194Белый_Физика Лабораторные работы.pdf
#
26.03.2015442.04 Кб74Билет.docx
#
09.03.20161.2 Mб279Бобрович_Физика. часть_3, 2013.pdf
#
09.03.2016950.04 Кб63ЛР по физике часть 1.pdf
#
26.03.20152.32 Mб184пособие по физике.pdf
#
26.03.201535.33 Кб35Шпора по физике.doc
#
26.03.2015164.14 Кб57шпоры по физике 1 часть.docx
#
26.03.2015255.27 Кб50шпоры по физике 2 часть.docx