1.3.2. Примеры решения задач

Рис. 3.1

Пример 1. Два точечных электрических заряда Q₁ = 1нКл и Q₂ = -2 нКл находятся в воздухе на рас­стоянии d = 10 см друг от друга. Определить напря­женность Е и потенциал φ поля, создаваемого этими зарядами в точке А, удаленной от заряда Q₁ на расстоя­ние r₁= 9 см и от заряда Q₂ на r₂ = 7 см. Определить также силу F, действующую в точке А на точечный заряд Q =10 нКл.

Решение. Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей₁ и ₂ полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: . Напряженности электриче­ского поля, создаваемого в воздухе (ε=1) зарядами Q₁ и Q₂,

; . (3.1)

Вектор ₁ (см. рис. 3.1) направлен по силовой линии от заряда Q₁, так как этот заряд положителен; вектор ₂ направлен также по силовой линии, но к заряду Q₂, так как этот заряд отрицателен.

Модуль вектора найдем по теореме косинусов:

, (3.2)

где – угол между векторами₁ и ₂, ,который может быть  найден  из  треугольника  со  сторонамиr₁,  r₂  и  d: . В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos α вычислить отдельно:

.

Подставляя выражение Е₁ и E₂ из (3.1) в (3.2) и вынося общий множитель 1/(4πε₀) за знак корня, полу­чаем

. (3.3)

В соответствии с принципом суперпозиции электриче­ских полей, потенциал φ результирующего поля, созда­ваемого двумя зарядами Q₁ и Q₂, равен алгебраической сумме потенциалов:

φ=φ₁+φ₂. (3.4)

Потенциал электрического поля, создаваемого в ва­кууме точечным зарядом Q на расстоянии r от него, выра­жается формулой

. (3.5)

В нашем случае согласно формулам (3.4) и (3.5) получим

,

или

.

Сила, действующая на точечный заряд, находящийся в электрическом поле в точке А

,

где напряженность находится из выражения (3.3).

Произведем вычисления:

;

.

П

Рис. 3.2.

ример 2. Три точечных заряда Q₁=1 нКл, Q₂= 2 нКл и Q₃= 3 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника, длина стороны которого а= 5 см. Определить напряженность поля в точке А, находящейся на пересечении биссектрис треугольника.

Решение. Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей₁ и ₂ и полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности:. Напряженности электриче­ского поля, создаваемого в воздухе (ε=1) зарядами Q₁ и Q₂ и Q₃:

; ;;. (3.6)

Вектор ₁ (см. рис. 3.2) направлен по силовой линии от заряда Q₁, вектор ₂ направлен по силовой линии от заряда Q₂ и вектор ₃ направлен по силовой линии от заряда Q₃, так как все заряды положительны.

Модуль вектора найдем из соотношения

, (3.7)

где и– проекции векторов_{1 ,2} и₃ на координатные оси x и y (рис. 3.2).

, .(3.8)

Подставляя выражение Е₁ , Е₂ и E₃ из (3.6) в (3.8), получаем:

. (3.9)

Модуль вектора находим, подставляя (3.9) в (3.7):.

Произведем вычисления:

.

Пример 3. На тонком стержне длиной l = 10 см нахо­дится равномерно распределенный электрический заряд. На продолжении оси стержня на расстоянии а = 5 см от ближайшего конца находится точечный заряд Q₁=40 нКл, который взаимодействует со стержнем с си­лой F = 6 мкН. Определить линейную плотность τ заряда на стержне. Найти потенциал φ в точке А, расположенной на оси стержня и удаленной от

его ближайшего конца на расстояние l.

Решение. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом Q₁ зависит от линейной плотности τ заряда на стержне. Зная эту зависимость, можно определить τ. При вычислении силы F следует иметь в виду, что заряд на стержне не является точеч­ным, поэтому закон Кулона непосредственно применить нельзя. В этом случае можно поступить следующим образом. Выделим из стержня (рис. 3.3) малый участок dr с зарядом dQ = τdr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона:

.

Интегрируя это выражение в пределах от а до а+l, получаем:

,

откуда

.

Проверим, дает ли рас­четная формула единицу линейной плотности электрического заряда. Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подста­вим их единицы:

Найденная единица является единицей линейной плот­ности заряда.

Произведем вычисления:

.

Потенциал dφ, создаваемый точечным зарядом в точке А (рис. 3.3), можно определить по формуле

.

Согласно принципу суперпозиции электрических полей, потенциал электрического поля, создаваемого заряженным стержнем в точ­ке А, найдем интегрирова­нием этого выражения:

.

Выполним интегрирование:

. (3.10)

Потенциал в точке А по принципу суперпозиции является суммой потенциалов, созданных точечным зарядом и стержнем с распределенным зарядом:, где– потенциал в точке, созданный зарядом; а– потенциал в точке, созданный стержнем и определяемый выражением (3.10). Откуда

.

Подставим  числовые  значе­ния  физических  величин  в  СИ (1/(4πε₀)=9^.10⁹ м/Ф, Q₁=4^. 10^-8 Кл, l=10^-1м, а= 5^.10^-2 м, τ=10 ^.10^-9 Кл/м) и произведем вычис­ления:

φ=9 ^.10⁹ (⁺1,25 ^.10^{-9 .}0,693)=7,8 В.

Рис. 3.4

Рис. 3.4

Пример 4. По тонкой нити, изогнутой по дуге окруж­ности, равномерно распределен заряд с линейной плот­ностью τ = 10 нКл/м. Определить напряженность и потенциалφ электрического поля, созда-ваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с цент­ром кривизны дуги. Длина l нити составляет ⅓ длины окружности и равна 15 см.

Решение. Выберем оси координат так, чтобы на­чало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Оу была бы симметрично расположена относительно концов дуги (рис. 3.4). На нити выделим элемент длины dl. Заряд dQ=rdl, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.

Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала напряженность dE поля, создаваемого зарядом dQ:

,

где – радиус-вектор, на­правленный от элементаdl к точке, в которой вычисляется напряженность.

Выразим вектор через проекцииdE_x и dE_y на оси координат:

,

где и– единичные векторы направлений (орты). Напряженностьнайдем интегрированием:

.

Интегрирование ведется вдоль дуги длиной l. В силу симметрии . Тогда

, (3.11)

где dE_y=dEcosθ=τdlcosθ/(4πε₀r²). Так как r=R=const, dl=Rdθ, то

.

Подставим выражение dE_y в (3.11) и, приняв во внима­ние симметричное расположение дуги относительно оси Оу, пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3, а результат удвоим:

.

Выразив радиус R через длину l нити (3l=2πR), получим:

. (3.12)

Из этой формулы видно, что напряженность поля по направлению совпадает с осью Оу.

Найдем потенциал электрического поля в точке О. Сначала найдем потенциал dφ, создаваемый точечным зарядом dQ в точке О:

.

Заменим r на R и проведем интегрирование:

.

Так как l = πR, то . (3.13)

Произведем вычисления по формулам (3.12) и (3.13):

=2,17 кВ/м,

=188 В.

Рис. 3.5

Пример 5. По тон­кому кольцу равномерно распределен заряд Q = 50 нКл с ли­нейной плотностью τ = 40 нКл/м. Опреде­лить напряженность Е электрического поля, создаваемого этим за­рядом в точке А, лежа­щей на оси кольца и удаленной от его цен­тра на расстояние, рав­ное половине радиуса.

Решение. Совместим координатную плоскость хОу с плоскостью коль­ца, а ось Oz – с осью кольца (рис. 3.5). На кольце выделим малый участок длиной dl. Так как заряд dQ = τ dl, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

,

где – радиус-вектор, направленный от элементаdl к точке А.

Разложим вектор на две составляющие: ₁, пер­пенди-кулярно плоскости кольца (сонаправленную с осью Oz), и₂, параллельную плоскости кольца (плос­кости хОу), т.е.

=₁+₂.

Напряженность электрического поля в точке А найдем интегрированием:

,

где интегрирование ведется по всем элементам заряженно­го кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов dQ и dQ' (dQ=dQ'), расположенных симметрично относительно центра кольца, векторы dE₂ и dE₂’ в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: ₂= -. Поэтому векторная сумма (интеграл) . Состав­ляющиеdE₁ для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единичным вектором ), т.е. ₁=. Тогда

.

Так как ,и, то

.

Таким образом,

.

Из соотношения Q=2πRτ определим радиус кольца: . Тогда

.

Модуль напряженности . (3.14)

Проверим, дает ли правая часть полученного равен­ства единицу напряженности, В/м:

.

Выразим физические величины, входящие в формулу (3.14), в единицах СИ (τ=5^.10^-8 Кл/м, Q=4^.10^-8Кл, ε₀=8,85^.10^-12Ф/м) и произведем вычисления:

.

Пример 6. Две концентрические проводящие сферы радиусами R₁=5 см и R₂ = 10 см несут соответственно заряды Q₁ = 10 нКл и Q ₂=-5 нКл. Найти напряжен­ность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на рас­стояниях r₁ = 4 см, r₂ = 8 см, r₃ = 15 см. Построить график Е(r).

Решение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 3.6): обла­сти /(r₁<R₁), области //(R₁<r₂<R₂), области /// (r₃>R₂).

1. Для определения на­пряженности Е₁ в области / проведем гауссову повер­хность S₁ радиусом r₁ и воспользуемся теоремой Остроградского – Гаусса:

(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссо­вой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии E_n=E₁=const. Следовательно, иЕ₁ (напря­женность поля в области /) во всех точках, удовлетворяю­щих условию r₁<R₁, будет равна нулю.

Рис. 3.6

2. В области // гауссову поверхность проведем радиу­сом r₂. В этом случае диэлектрическую проницаемость среды будем считать равной единице (вакуум) и воспользуемся теоремой Остроградского– Гаусса:

(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q₁).

Так как Е_n=Е₂=const, то Е можно вынести за знак интеграла:

, или ;

,

где S₂=4πr₂² – площадь гауссовой поверхности. Тогда

. (3.15)

3. В области /// гауссова поверхность проводится ра­диусом r₃. Обозначим напряженность E области /// через Е₃ и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд бу­дет равен Q₁+Q₂. Тогда

.

Заметив, что Q₂<0, это выражение можно переписать в виде

. (3.16)

Убедимся в том, что правая часть равенств (3.15) и (3.16) дает единицу напряженности: . Выразим все величины в единицах СИ (Q₁ = 10^-8 Кл, Q₂ = — 5^.10^-9 Кл, r₁ = 0,08 м, r₃ = 0,15 м, 1/(4πε₀) = 9^.10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

;

.

Построим график Е(r). В области / (r₁<R₁) Е=0. В области // (R₁≤r₂<R₂) E₂(r) изменяется по закону . В точкеr=R₁ напряженность E₂(R₁) = =36 кВ/м. В точке r=R₂ (r стремится к R₂ слева) E₂(R₂)== 9 кВ/м. В области /// (r>R₂) E₃(r) изменяется по закону , причем в точкеr=R₂ (r стре­мится к R₂ справа) E₃(R₂) = = 4,5 кВ/м. Таким образом, функция Е(r) в точках r=R₁ и r=R₂ терпит раз­рыв. График зависимости E(r) представлен на рис. 3.7.

Пример 7. В вакууме имеется скопление зарядов в форме длинного цилиндра радиуса R₀ = 2 cм. Объемная плотность зарядов постоянна и равна2 мкКл/м³. Найти напряженность поля в точках 1 и 2, лежащих на расстояниях r₁ = 1 cм, r₂ = 3 cм от оси цилиндра, и разность потенциалов между этими точками. Построить графики и.

Поле создано зарядом, р

РРРИ Рис. 3.8.

Рис. 3.8

авно-мерно распределенным по объему. Конфигурация зарядов позволяет считать, что поле обладает осевой симметрией: силовые линии – прямые и в любой плоскости, перпендикулярной оси цилиндра,радиальны (рис. 3.8).

Вспомогательной поверхности следует придать форму цилиндрической поверхности, коаксиальной заряду. Длина этого цилиндра может быть произвольной, но заведомо много меньше, чем длина заряженного цилиндра. Характер функциональной зависимости для точек, лежащих внутри и вне объемного заряда, различен. Поэтому следует провести две вспомогательные цилиндрические поверхностиS₁ и S₂ с радиусами и.

Определим проекцию вектора E на нормаль выбранной поверхности Е_n1=E=const и E_n2=0. Поток через выбранную поверхность цилиндра равен

(3.17)

где h – высота цилиндра.

Определим заряд, попадающий внутрь выделенной поверхности: при r<R₀ , а приr>R₀

. (3.18)

Применим теорему Гаусса , используя выражение (3.17) и (3.18), откуда

–напряженность внутри цилиндра (3.19)

, откуда

–напряженность вне цилиндра. (3.20)

Для определения разности потенциалов между точками 1 и 2 разобьем  на два интеграла: в пределах от точки 1 до поверхности, ограничивающей объемный заряд, и от этой поверхности до точки 2:. В первый интеграл следует подставлять выражение  (3.19),  во  второй  выражение (3.20):. (3.21)

Подставляя в (3.19) r=r₁ и в (3.20) r=r₂, находим:

;

.

Вычислим численное значение выражения (3.21):

.

Для построения графика E_r(r) на основании выражений (3.19) и (3.20) целесообразно сначала рассчитать E_r при r=R₀:

В/м.

Графическая зависимость E_r(r) показана на рис. 3.9.

График зависимостиможно построить из анализа графикаE_r(r), учитывая, что . Выберем начало отсчета на оси объемного заряда:(0)=0. Так как во всей области E_r>0, т.е. (d/dr)<0, то потенциал непрерывно убывает. В области r<R₀ E_r возрас-

тает , соответственно и график(r) обращен вогнутостью вниз. При r>R₀ E_r убывает , соответственно и график(r) обращен вогнутостью вверх.

При r=R₀ кривая (r) имеет точку перегиба (вторая производная изменяет знак). График (r) изображен на рис. 3.10. Если изменить начало отсчета потенциала, то характер графика не изменяется, например, при выборе начала отсчета на поверхности объемного заряда график примет вид, изображенный на рис. 3.10 пунктиром.

Пример 8. Электрическое поле создается двумя зарядами Q₁ =2 мкКл и Q₂ = -4 мкКл, находящимися на расстоянии а= 0,2 м друг от друга. Определить ра­боту A_1,2 сил поля по перемещению заряда Q=50 нКл из точки 1 в точку 2 (рис. 3.11).

Решение. Для определения работы A_1,2 сил поля воспользуемся соотношением A_1,2 = Q(φ₁-φ₂).

Рис. 3.11

Применяя принцип суперпозиции электрических полей, определим по­тенциалы φ₁ и φ₂ точек 1 и 2 поля:

;

.

Тогда

,

или

.

Проверим, дает ли правая часть равенства единицу работы (Дж):

.

Подставим числовые значения физических величин в СИ:

(Q=50 ^.10^-9Кл, Q₁=2^.10^-6Кл, Q₂= 4^.10^-6Кл, a= 0,2 м, ) и произведем вычис­ления:

.

Пример 9. Определить ускоряющую разность потен­циалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью v₁=3^,10⁶м/с, что­бы скорость его возросла в n = 3 раза.

Решение. Ускоряющую разность потенциалов можно найти, вычислив работу А сил электростатиче­ского поля. Эта работа определяется произведением эле­ментарного заряда е на разность потенциалов U:

A=eU. (3.22)

Работа сил электростатического поля в данном слу­чае равна изменению кинетической энергии электрона:

, (3.23)

где Т₁ и Т₂ – кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; m – масса элект­рона; v₁ и v₂ – начальная и конечная скорости его.

Приравняв правые части равенств (3.22) и (3.23), получим:

, где .

Отсюда искомая разность потенциалов .

Произведем вычисления:

= 204,7 В.

Рис. 3.12 Пример 10. С поверхности бесконечного равномерно заряженного (τ = 50 нКл/м) прямого цилиндра вылетает α-частица (v₀ = 0). Определить кинетическую энергию T₂ α-частицы (кэВ) в точке 2 на расстоянии 8R от поверх­ности цилиндра (рис. 3.12).

Решение. Так как силы электростатического поля являются консервативными, то для определения кинети­ческой энергии α-частицы в точке 2 воспользуемся зако­ном сохранения энергии, записанном в виде W₁=W₂, где W₁ и W₂ – полные энергии α-частицы в точках 1 и 2.

Так как W₁=T₁+U₁ и W₂=T₂+U₂ (T₁ и Т₂ – кине­тические энергии α-частицы; U₁ и U₂ – потенциальные) , то, учитывая, что Т₁=0 (v₀=0), можно записать U₁=T₂+U₂, откуда Т₂=U₁-U₂=Q(φ₁-φ₂) (Q – заряд α-частицы; φ₁ и φ₂ – потенциалы точек 1 и 2).

Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью по­ля и изменением потенциала: Е=-gradφ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

, или dφ=-Edr.

Интегрируя это выражение, найдем разность потен­циалов двух точек, отстоящих на расстояниях r₁ и r₂ оси цилиндра:

. (3.24)

Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то для выражения напряженности поля можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром:

.

Подставив это выражение в (3.24), получим:

.

Учитывая, что, а, запишем

.

Тогда

.

Выразим все величины в единицах СИ (Q= 2^.1,60^.10^-19 Кл, τ= 50^.10^-9 Кл/м, ) и произведем вычисления (— коэффициент перевода из Дж в эВ): = = 3,96 кэВ.

Пример 11. Конденсатор емкостью С₁=6 мкФ был заряжен до разности потенциалов U₁=20 В. После отключения от источника тока конденсатор соединили параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С₂=10 мкФ. Какая энергия W’ израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?

Решение. Энергия, израсходованная на образо­вание искры:

W’=W₁-W₂, (3.25)

где W₁ – энергия, которой обладал первый конденсатор до присоединения к нему второго конденсатора; W₂ – энергия, которую имеет батарея, составленная из двух конденсаторов.

Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле

W=½CU², (3.26)

где С – емкость конденсатора или батареи конденса­торов.

Выразив в формуле (3.25) энергии W₁ и W₂ по фор­муле (3.26) и приняв во внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим

W’=½C₁U₁²-½(C₁+C₂)U₂², (3.27)

где U₂ – разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потен­циалов U₂ следующим образом:

.

Подставив выражение U₂ в (3.27)), найдем

,

или

.

Произведем вычисления:

Дж=750 мкДж.

Пример 12. Потенциометр сопро­тивлением R=150 Ом подключен к батарее с ЭДС =300 В и внутрен­ним сопротивлением R_i = 50 Ом. Определить: 1) показание вольтметра сопротивлением R_V = 500 Ом, соединенного с одной из клемм потенциомет­ра и подвижным контактом, установленным посередине потенциометра; 2) разность потенциалов между теми же точками потенциометра при отключении вольтметра.

Решение. 1. Показание вольтметра, подключенно­го к точкам A и В (рис. 3.13), определим по формуле

U₁=I₁R_1,

гдеR₁ – сопротивление параллельно соединенных вольт­метра и половины потенциометра; I₁ – суммарная сила тока в ветвях этого соединения (она равна силе тока в неразветвленной части цепи).

Силу тока I₁ найдем по закону Ома для полной цепи:

I₁=/(R_e+R_i), (3.28)

где R_e – сопротивление внешней цепи. Это сопротивле­ние есть сумма двух сопротивлений:

R_e=R/2+R₁. (3.29)

Сопротивление R₁ найдем по формуле параллельного соединения проводников , откуда

Подставив в (3.28) выражение R_e по (3.29), найдем

.

В данном случае решение задачи в общем виде было бы громоздким. Поэтому удобно вычисление величин провести раздельно:

= 65,22 Ом;

= 1,58 A;

U₁=1,58 ^.65,22 = 103,04 B.

2. Разность потенциалов между точками А и В при отключенном вольтметре равна произведению силы тока I₂ на половину сопротивления потенциометра:

, (3.30)

где I₂ – сила тока в цепи при отключенном вольтметре. Ее определим по формуле

.

Подставив выражение I₂ в (3.30), найдем

.

Произведем вычисления:

= 112,5 В.

Пример 13. Сила тока в проводнике сопротивлением R=20 Ом нарастает в течение времени Δt =2 с по линей­ному закону от I₀=0 до I=6 А (рис. 3.14). Определить теплоту Q₁, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q₂ – за вторую, а также найти отношение .

Решение. Закон Джоуля–Ленца в виде Q=I²Rt справедлив для постоянного тока (I=const). Если же сила тока в проводнике изменяется, то указанный закон справедлив для бесконечно малого интервала времени и записывается в виде

dQ=I²Rdt. (3.31)

Здесь сила тока I является некоторой функцией вре­мени. В данном случае

I=kt, (3.32)

где k — коэффициент про­порциональности, характе­ризующий скорость измене­ния силы тока:

.

С учетом (3.32) формула (3.31) примет вид

dQ=k²Rt²dt. (3.33)

Для определения теплоты, выделившейся за конечный интервал времени Δt, выражение (3.33) надо проинтегриро­вать в пределах от t₁ до t₂:

.

Произведем вычисления:

Q₁=^. 3^{2 .}20(1-0)=60 Дж;

Q₂=^.3^2.20(8-1)=420 Дж.

Следовательно,

,

т.е. за вторую секунду выделится теплоты в семь раз больше, чем за первую.