F  0,6 н.

Перевіримо розмірність

Задача 4. Електричне поле створене довгим циліндром радіусом R = 1 см, рівномірно зарядженим з лінійною густиною  = 20 нКл/м. Визначити різницю потенціалів двох точок цього поля, що знаходяться на відстані а₁ = 0,5 см і а₂ = 2 см від поверхні циліндра в середній його частині.

Дано: R = 1 cм = 10–2 м  = 20 нКл/м = 2010–9Кл/м а1 = 0,5 см = 0,510–2 м а2 = 2см = 210–2 м –––––––––––––––––––– 1–2 – ?

Розв’язання

Для визначення різниці потенціалів скористаємось співвідношенням між напруженістю поля і зміною потенціалу:

Е = – grad .

Для поля з осьовою симетрією, яким є поле циліндра, це можна записати у вигляді:

E = – d /dr,

або

d = – E dr.

Інтегруючи останній вираз, знайдемо різницю потенціалів двох точок, віддалених на r₁ і r₂ від осі циліндра:

. (1)

Оскільки циліндр довгий і точки взяті поблизу його середньої частини, то напруженість поля може бути знайдена за формулою: . Підставивши цей вираз дляЕ у формулу (1), одержимо:

,

або

. (2)

Оскільки величини r₁ і r₂ входять у формулу у вигляді відношення, їх можна виразити у будь-яких однакових одиницях: r₁=R+a₁=1,5 см, r₂=R+a₂= 3 см.

Підставивши значення величин у формулу (2) і обчисливши, знайдемо:

₁–₂ = 250 В.

Задача 5. Позитивні заряди q₁ = 3 мкКл і q₂ = 20 нКл знаходяться у вакуумі на відстані r₁ = 1,5 м один від одного. Визначити роботу А, яку потрібно здійснити, щоб наблизити заряди до відстані r₂ = 1 м.

Дано: q1 = 3 мкКл = 310–6 Кл q2 = 20 нКл = 2010–9 Кл r1 = 1,5 м r2 = 1 м ––––––––––––––––––– А –?

Розв’язання

Припустимо, що перший заряд q₁ залишається нерухомим, а другий – q₂, під дією зовнішніх сил переміщується у полі, створеному зарядом q₁ з відстані r₁ = 1,5 м до відстані r₂ = 1 м.

Робота А зовнішньої сили по переміщенню заряду q з однієї точки поля з потенціалом ₁ в іншу, потенціал якої ₂, дорівнює за абсолютною величиною і протилежна за знаком роботі А^’ сил поля по переміщенню заряду між тими ж точками:

А= –А^’ .

Робота сил поля по переміщенню заряду

А^’= q(₁ – ₂). (1)

Робота зовнішніх сил А може бути записана у вигляді:

A= – q (₁– ₂) = q(₂ – ₁) .

Потенціали точок початку і кінця шляху виразяться формулами:

, .

Підставляючи вирази ₁ і ₂ у формулу (1) і враховуючи, що для цього випадку заряд, що переноситься q = q₂, одержимо:

. (2)

Підставивши у формулу (2) значення величин і обчисливши, знайдемо:

А=180 мкДж.

Задача 6. Електрон зі швидкістю v = 1,8310⁶ м/с влетів у однорідне електричне поле в напрямку, протилежному вектору напруженості поля. Яку різницю потенціалів U повинен пройти електрон, щоб володіти енергією Е_і = 13,6 еВ? (Енергія Е_і = 13,6 еВ – це енергія іонізації водню; маючи таку енергію електрон може іонізувати атом водню при зіткненні з ним).

Дано: v = 1,83106 м/с Еі = 13,6 еВ ––––––––––––– U – ?

Розв’язання

Електрон повинен пройти таку різницю потенціалів U, щоб одержана при цьому енергія W в сумі з кінетичною енергією Т, якою володів електрон перед входженням у поле, склала енергію Е_і, тобто

W+T=E_i. (1)

Підставивши у формулу (1) вирази для W =eU і , одержимо:

.

Звідси

.

Провівши обчислення в одиницях СІ, пам’ятаючи, що 1 еВ – це енергія, яку набуває електрон, пройшовши різницю потенціалів 1 В, одержимо:

U = 4,15 В.

Задача 7. Плоский конденсатор заряджений до різниці потенціалів U = 1 кВ. Відстань d між пластинами дорівнює 1 см. Об’єм між пластинами заповнений склом. Визначити об’ємну густину енергії конденсатора.

Дано: U = 1 кВ = 103 В d = 1 cм = 10–2 м  = 2 ––––––––––– w–?

Розв’язання

Об’ємна густина енергії поля конденсатора:

w=W/V (1)

де W – енергія поля конденсатора, V – об’єм, який займає поле – об’єм простору, який охоплюють пластини конденсатора.

Енергія поля конденсатора визначається за формулою:

, (2)

де U – різниця потенціалів, до якої заряджені пластини конденсатора; С – його електроємність. Але С=₀ S/d, V = Sd. Діелектрична проникність скла  =2. Підставивши вираз С у формулу (2), а потім вирази W і V у формулу (1), одержимо:

.

Підставивши значення величин і обчисливши, одержимо:

w = 0,309 Дж/м³

Задача 8. Два плоских конденсатори однакової електроємності С₁= С₂ = С з’єднані в батарею послідовно і приєднані до джерела струму з е.р.с. . Як зміниться різниця потенціалів U₁ на пластинах першого конденсатора, якщо простір між пластинами другого конденсатора, не від’єднуючи від джерела струму, заповнити діелектриком з діелектричною проникністю  = 7?

Дано: С1= С2= С   =7 ––––––––– U’/U –?

Розв’язання

До заповнення другого конденсатора діелектриком різниця потенціалів на пластинах обох конденсаторів була однакова: U₁=U₂=/2. Після заповнення електроємність другого діелектрика зросла у  разів:

С₂^’= С₂=  С.

Електроємність першого не змінилась, тобто С₁^’= C.

Оскільки джерело струму не від’єднувалось, то загальна різниця потенціалів на батареї конденсаторів залишилась попередньою, вона лише певним чином перерозподілилась між конденсаторами. На першому конденсаторі

U₁^’= q/C₁^’= q/C, (1)

де q – заряд на пластинах конденсатора. Оскільки при послідовному з’єднанні конденсаторів заряд на кожній пластині і на всій батареї однаковий, то

q=C’_бат ,

де

^’_бат =.

Таким чином,

.

Підставивши цей вираз для заряду у формулу (1), одержимо:

.

Щоб знайти, як змінилась різниця потенціалів на пластинах першого конденсатора, обчислимо співвідношення:

.

Підставивши значення, одержимо:

.

Таким чином, різниця потенціалів на пластинах першого конденсатора після заповнення другого конденсатора діелектриком зросте в 1,75 рази.

Задача 9. Визначити питомий опір провідника довжиною l = 2 м, якщо при густині струму j = 10⁶ А/м² на його кінцях підтримується різниця потенціалів U = 2 В.

Дано: l = 2 м j = 106 А/м2 U = 2 В ––––––––––  –?

Розв’язання

За означенням густина струму

, (1)

де I – сила струму, S – площа поперечного перерізу провідника.

За законом Ома

U = IR, (2)

де U – напруга на кінцях провідника, І – струм, R – опір провідника

Опір провідника:

, (3)

де  – питомий опір провідника, l – довжина провідника, S – площа поперечного перерізу провідника.

Підставивши у формулу (1) вирази для І та R з формул (2) та (3), одержимо:

,

звідки знайдемо питомий опір провідника:

.

Підставившидані, одержимо  = 10^–6Омм.

Задача 10. На балоні електролампи написано 300 Вт, 110 В. Який додатковий опір потрібно приєднати до цієї лампи, щоб при напрузі U₁ = = 127 В вона працювала у нормальному режимі?

Дано: U = 110 B P = 300 Вт U1 = 127 B ––––––––– Rд–?

Розв’язання

Лампа розрахована на потужність Р = 300 Вт і напругу U = 110 В. Струм через лампу:

. (1)

Опір лампи:

. (2)

При напрузі U₁ = 127 В для нормальної роботи лампи через неї повинен проходити такий же струм І. Щоб його одержати, до джерела напруги послідовно з лампою повинен бути ввімкнений додатковий опір, на якому спадатиме надлишок напруги. Величина сумарного опору ділянки кола з урахуванням (1)

.

Знаючи опір лампи (2), визначимо величину додаткового опору:

.

Величина додаткового опору:

R_д = 10,4 Ом

Задача 11. Два джерела струму, е.р.с. яких становлять ₁ = 3,3 В та ₂ = 4,5 В, а внутрішній опір відповідно r₁= 4,1 Ом та r₂ = 3,9 Ом, з’єднано паралельно і закорочено дротом, опір якого R = 5,2 Ом. Визначити кількість тепла, що виділиться за час t = 1 хв. у другому джерелі струму.

Дано: 1=3,3 В 2=4,5 В r1=4,1 Ом r2=3,9 Ом R=5,2 Ом t = 60 c –––––––––– Q 1 – ?

Розв’язання

Кількість тепла, що виділяється на певній ділянці кола визначається за формулою (3.34). В цій задачі відомі всі величини, окрім струму, що проходить через друге джерело. Схема кола, описаного в задачі, подана на рис.3. Сили струму в розгалуженому колі визначимо, записавши рівняння за правилами Кірхгофа. Виберемо довільно напрямки струмів, які протікають в колі, вказавши їх стрілками на рисунку, а також домовимось, що обхід контурів будемо здійснювати за годинниковою стрілкою.

I3 I1 Б A I2 2 R Рис.3.

Схема, яку ми розглядаємо, містить два вузли: А і Б. При складанні рівнянь за першим правилом Кірхгофа слід дотримуватись правила знаків: струм, який входить у вузол ставимо у рівнянні зі знаком плюс; струм, що виходить з вузла – зі знаком мінус. Але рівняння за першим правилом Кірхгофа для вузлів А і Б будуть ідентичними, тому достатньо одного рівняння.

Замкнених контурів у схемі три. Незалежних рівнянь, складених за другим правилом Кірхгофа буде два. Число незалежних рівнянь, які можуть бути складені за другим правилом Кірхгофа, завжди менше від числа замкнених контурів: контури слід вибирати таким чином, щоб у кожний наступний контур входила хоча б одна вітка, яка не входила в жоден з раніше розглянутих контурів.

При складанні рівнянь за другим правилом Кірхгофа необхідно дотримуватись таких правил знаків:

а)якщо струм за напрямком збігається з обраним напрямком обходу контурів, то відповідний добуток IR входить у рівняння зі знаком плюс, в протилежному випадку – зі знаком мінус;

б) якщо е.р.с. підвищує потенціал в напрямку обходу контуру, тобто якщо при обході контуру рухаються від мінуса до плюса всередині джерела, то відповідна е.р.с. входить в рівняння зі знаком плюс, в протилежному випадку зі знаком мінус.

За першим правилом Кірхгофа запишемо рівняння для струмів (для вузла А):

І₁+І₂ –І₃=0. (1)

За другим правилом Кірхгофа запишемо рівняння для замкнених контурів, враховуючи умову про число незалежних рівнянь:

–І₁r₁ + I₂ r₂= –₁ +₂ (2)

–I₃ R –I₂ r₂ = –₂. (3)

Оскільки нам потрібен струм І₂, то з системи рівнянь (1) – (3) слід знайти саме цю величину. В рівнянні (3) замінимо струм І₃ на його значення з рівняння (1), а з рівняння (2) знайдемо значення струму І₁:

І₃ = І₁+І₂ (1*)

(І₁+І₂)R + I₂r₂ = ₂ (3*)

. (2*)

Підставивши у (3*) значення струму І₁ з рівняння (2*), знайдемо струм І₂:



.

Кількість тепла, яка виділиться за час t у другому джерелі струму:

Q=I₂²r₂ t =

Підставивши значення, одержимо Q=57,4 Дж.