физика метод указания к решению задач модуль 6
.pdf
Основанн на принципе суперпозиции. Сначала рассчитывают поле свободных (“сторонних”)
зарядов – вектор Е0 , затем определяют поле связанных зарядов – вектор Е′, а потом по принципу суперпозиции
E = E0 + E′ |
(5) |
находят напряженность поля в диэлектрике. !!! Однако не следует забывать что при расчёте напряжённости плоя протяженных зарядов необходимо применять метод ДИ, да и часто встречаются трудности при определении плотности σ′ связанных зарядов. Одна и та же точка может находится с одной стороны в диэлектрике, а с другой – в вакууме, по этому следует учитывать скачкообразные изменения величины напряжённости поля при переходе из диэлектрика в вакуум и наоборот.
Примеры решения задач
Пример № 1
Эбонитовый сплошной шар радиусом R = 5 см несет заряд, равномерно распределенный по объему с объемной плотностью ρ = 10 нКл/м3. Определить напряженность Е, смещение D электрического поля в точках:на расстоянии r1 = 3 см от центра шара; 2) на поверхности шара; 3) на расстоянии r2 = 10 см от центра шара. Построить графики зависимости Е (г) и D(r).
Дано: |
Решение: |
|
|
|
||
К = 5см |
Сделаем рисунок: |
|
|
|
||
ρ = 10нКл/м3 |
|
|
|
|
||
r1 |
= 3 см |
|
|
|
|
|
r2 |
= 5 см |
О |
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
r |
|||
|
|
|||||
г3 = 10 см |
r |
|
|
|
||
E1 – ?; E2 – ?;
E3 – ?; D1 – ?; Рис. 1
D2 – ?; D3 – ?
Анализ:
Нас интересует значения напряжённости Е и электрического смещения в точках: 1,2,3
Т. к. источниками поля вектора Е являются все электрические заряды – сторонние и связанные, то для применения теоремы Гаусса для поля вектора Е необходимо знать величины qсвяз. и qстор. А поток вектора D сквозь замкнутую поверхность зависит только от алгебраической суммы сторонних зарядов, охватываемых замкнутой поверхностью. И линии вектора D не испытывают скачков при переходе через границу раздела 2-х диэлектриков,
следовательно для расчёта поля в диэлектрике удобно воспользоваться теоремой Гаусса для поля вектора, а значение модуля вектора Е в интересующих нас точках найдём используя формулу связи между вектором D и E:
D =εε0 E
Теорема Гаусса для поля вектора D имеет вид:
∫D dS = ∫Dn dS = ∑qвнутр
SS
Вкачестве замкнутой поверхности возьмём сферическую поверхность радиуса r.
Sср = 4πr 2
(1)
(2)
(3)
а если г < R , то заряд охватываемый сферой радиуса r1 равен части qвнутр , вырезанного сферой радиуса R.
qвнутр |
= ρ |
4 |
πr 3 |
||||||||
3 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тогда: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
4 |
πρr 3 |
|
|
|
|
|
|
r |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
D = |
3 |
|
|
|
= ρ |
||||||
|
|
|
|
||||||||
|
4πr 2 |
3 |
|||||||||
Для точки 1 (r1 < R): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
D |
= ρ |
r1 |
|
|
|||||||
|
|||||||||||
1 |
|
3 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
для точки 2 r2 = R : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
D2 |
= ρ |
|
|
R |
|
||||||
3 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Для точки 3 (r3 > R) : т. к. r3 > R то qвнутр полностью охватывается сферой радиуса r3 и
|
|
qвн ρ |
4 |
πR3 |
|
|||||
|
|
3 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
ρπR |
3 |
|
ρR3 |
||||
D |
3 |
= |
|
3 |
|
= |
||||
|
|
|
4πr 2 |
|
|
|
r 2 |
|||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
3 |
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
Теперь найдём модуль вектора Е используя формулу связи (1). |
|
|||
E1 = |
ρr1 |
|
(10) |
|
3εε0 |
||||
|
|
|||
Точка 2 лежит в диэлектрике и r2 ≤ R, тогда:
|
|
|
|
4 |
ρπR3 |
|
ρR |
|
|
E |
2 |
= |
3 |
= |
(11) |
||||
|
|||||||||
|
|
εε |
0 4πR 2 |
|
3εε0 |
|
|||
Точка 2′ (r2 ≥ R) находится в вакууме; тогда
E2 |
′ = |
ρR |
(12) |
|
3ε0 |
||||
|
|
|
При пере ходе из диэлектрика в вакуум происходит скачкообразное изменение величины напряжённости: E′2 > E2 в ε раз.
Для точки 3:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E3 |
= |
ρR |
3 |
|
|
|
|
|
(13) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3ε |
0 |
r 2 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
||
Подставим численные величины: |
D = |
ρ r1 |
|
= 10−8 3 10−2 |
=10−10 Кл |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
ρ r |
|
|
10−8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10−8 |
|
5 10 |
−2 |
|
|
|
||||||||
E |
1 |
= |
1 |
= |
|
|
|
|
|
= 3,8 В/м D |
2 |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=1,66 10−10 Кл/м2 |
|
||||||||||
3εε0 |
8,85 10 |
−12 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
E |
2 |
= |
|
10−8 5 10−2 |
|
= 6,27 |
В/м E |
2 |
′ |
= |
10−8 10−2 5 |
=18,83 В/м |
|
||||||||||||||||||||
|
3 3 8,85 10−12 |
|
|
3 8,85 |
10−12 |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
D |
3 |
= |
10−8 |
125 |
= 4,17 10−12 |
Кл/м2 |
|
|
|
|
|
|
E |
3 |
= |
|
|
|
|
10−8 125 |
|
= 4,7 104 |
В/ м. |
||||||||||
|
3 100 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
8,85 10−12 |
1000 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Построим графики зависимостей: E = f(r) и D = f(r).
Oтвет: D1 = 10-10 Кл/м2 D2 =1,67• 10--10 Кл/м2 D3 = 4,17• 10--12 Кл/м2
E1 = 3,8 В/м ; E2 =6,27 В/м ; E3 = 4,7 В/м E′2 = 18,83 В/м.
Пример № 2
r0 = 0,2 м
ФD – ?
Поле создано зарядом Q, следовательно, в каждой точке площадки вектор D составляет некоторый угол α с вектором n. Величину потока рассчитаем по теореме Гаусса:
ΦD = ∫D dS |
(1) |
Для расчёта разобьём площадку на кольца малой ширины – dr, радиусом r, тогда
dS = 2πrdr |
(2) |
Проекция
Dn = D cosα |
(3) |
По определению
D = |
ε0 kq |
(4) |
|
r 2 |
|||
|
|
a
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l 2 |
= r 2 + r02 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(5) |
||||||
|
|
ΦD |
= ∫Dn dS = ∫ |
D cosαdS cosα |
= |
|
r0 |
= |
|
r0 |
|
|
|
(6) |
|||||||||||||||||
|
|
|
l |
r 2 |
+ r 2 |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
Qr0 |
R |
|
|
rdr |
|
|
|
|
Qr0 |
|
R |
|
|
rdr |
|
|
|
|
Qr0 |
|
|
|
r0 |
|
|
|||||
ΦD = 2π |
|
∫0 |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
∫0 |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
(1 − |
|
|
) =10 нКл |
(7) |
|||
4π |
(r |
2 |
+ r |
2 |
) |
3 |
2 |
2 |
|
(r |
2 |
+ r |
2 |
) |
3 |
2 |
|
2 |
r 2 |
+ R 2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Ответ: ФD = 10 нКл.
Пример № 3
Определить емкость уединенного шарового проводника радиуса R1, окруженного прилегающим к нему концентрическим слоем однородного диэлектрика с проницаемостью 8 и наружным радиусом R2.
Дано: Решение:
R1 ;
R2,
ε
C – ?
Сообщим шаровому проводнику заряд Q. Тогда вне и на поверхности проводника возникает электрическое поле. Если рассчитаем потенциал проводника ϕ(R1), то по определению емкости сможем найти ее величину. Т.к. поле обладает сферической симметрией, то расчет напряженности поля сделаем, применив теорему Гаусса для поля в диэлектрике:
∫DdS = ∑Qi , где R2 > г > R1.
S
Тогда напряженность поля в диэлектрике равна:
E = Q4 πεε0 r 2 .
Используя формулу связи между Е и ϕ, найдем значение ϕ .
E= −dϕ / dr . Проинтегрируем это соотношение и получим:
ϕ= Q πηε0 r + c .
4
Постоянную интегрирования С найдем из условия: ϕ(R2 ) = Q4 πεε0 R2 ;
C = Q(ε4−1) πεε0 R2 ;
Тогда распределение потенциала в диэлектрике имеет вид:
Q |
|
|
|
|
1 |
|
ε − |
1 |
|
||
ϕ(r) = |
|
πεε |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
4 |
|
R |
R |
|
|
||||||
|
|
0 |
|
|
|
2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
Используя условие непрерывности потенциала, определим потенциал шарового проводника:
|
Q |
|
|
|
|
1 |
|
ε − |
1 |
|
|
Q |
|
|
4πεε0 R1 |
|
|
|
|||
ϕ(R ) = |
|
πεε |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
и его ёмкость: C = |
|
= |
|
|
|
|
|
. |
|
4 |
|
R |
R |
|
|
ϕ(R ) |
|
|
R1 (ε − |
1) |
|
||||||||||
1 |
|
|
0 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
+ |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
|
|
|
|||
Ответ: C = |
Q |
= |
|
4πεε0 R1 |
|
|
ϕ(R ) |
|
+ |
R1 (ε −1) |
|
||
|
1 |
1 |
R2 |
|
||
Пример № 4
Длинный парафиновый цилиндр, ε=2 , радиусом R= 2 см несет заряд, равномерно распределенный по объему с объемной плотностью ρ = 10 нКл/ м2. Определить напряженность и электрическое смещение поля в точках, отстоящих от центра цилиндра на расстояние: 1) r1=1
см; 2) r2 = 3 см
Дано: Решение:
R = 2 см |
Сделаем рисунок: |
ρ = 10 нКл/ м2
r1=1 см
r2 = 3 см
ε = 2
D1= ?
D2= ?
E1= ?
E2= ?
Поле цилиндра из парафина обладает цилиндрической симметрией, следовательно к расчету
следует применить теорему Гаусса для вектора D . Замкнутую поверхность выберем в виде цилиндра коаксиального с парафиновым цилиндром.
В первом случае r1 = r < R. Тогда из заряда парафинового цилиндра вырезается лишь часть заряда q1.
q1 = ρπr12h
где h – высота цилиндрической замкнутой поверхности.
D 2 π r h = ρ π r 2 |
h ; |
D = |
ρ r1 |
|||||
|
||||||||
1 |
1 |
|
1 |
|
1 |
2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = |
D1 |
|
= ρ |
r1 |
|
|
|
|
ε ε |
|
ε ε |
|
|
|
||
|
1 |
0 |
|
0 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
Во втором случае – r2 = r >R, тогда
q2 = qпар.цил. = ρπR2h
(1)
(2)
(3)
(4)
|
|
|
|
|
D |
2 |
2 π r h = ρ π R2 h |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(5) |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D2 |
|
= |
ρ |
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(6) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E2 |
= |
|
D |
2 |
|
|
= ρ |
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(7) |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε |
0 |
|
|
2 |
r |
ε |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Расчет дает значения: D |
1 |
=50 10-12 |
Кл |
|
|
|
; D |
2 |
|
= 66,7 10-12 |
Кл |
|
; E |
= 2.83 |
|
В |
|
; E |
|
= 7,55 |
В |
. |
|||||||||||||||||||||
м2 |
|
|
|
м2 |
|
м |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
м |
|||||||||||||
Ответ: D |
1 |
=50 10-12 |
Кл |
; D |
2 |
= 66,7 10 |
-12 Кл |
; |
E |
= 2.83 |
В |
; E |
|
= 7,55 |
В |
. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
м2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
м2 |
|
|
1 |
|
|
|
м |
|
2 |
|
|
м |
|
|
|
|
|
|||||||||||
Пример № 5
Если металлическим шарам, имеющим разные диаметры, сообщить равные отрицательные заряды, то будет ли ток в проводе, которым соединяются шары после их заряжения?
Ответ: Да, т. к. шары имеют разные диаметры, то у шара, имеющего меньший диаметр, потенциал при равных зарядах будет меньше. Следовательно, ток будет направлен от шара с большим потенциалом к шару с меньшим потенциалом, т.е. от большого шара к меньшему шару.
Пример № 6
Если к шарику заряженного электроскопа поднести (не касаясь шарика) руку, то листочки электроскопа немного опадают. Почему?
Ответ: потенциал электроскопа уменьшается, так как увеличивается его электроемкость.
Пример № 7
В установках для улавливания пыли пропускают воздух через металлические трубы, по оси которых протягивается металлическая проволока. Проволока соединяется с минусом, а труба с плюсом генератора, подающего напряжение в несколько десятков тысяч вольт. Как будут вести себя пылинки: а) заряженные отрицательно или положительно? б) незаряженные?
Ответ: Пылинки, заряженные положительно, и незаряженные пылинки будут двигаться к проволоке. Пылинки, заряженные отрицательно, будут двигаться к трубе, если они находятся
вдали от проволоки, и к проволоке, если они находятся ближе определенного расстояния сравнимого с размерами пылинки.
Пример № 8
Почему из двух плоских конденсаторов одинаковой емкости и с одинаковыми диэлектриками и фольгой большие размеры имеет тот, который рассчитан на более высокое напряжение?
Ответ: Более высокое пробивное напряжение требует более толстого слоя диэлектрика, а это вызывает уменьшение емкости. Чтобы иметь заданную емкость, потребуется увеличить площадь пластин. Оба обстоятельства ведут к увеличению объема конденсатора.
Пример № 9
Изменится ли емкость плоского конденсатора, если в воздушный зазор между пластинами вдвинуть незаряженную тонкую металлическую пластину?
Ответ: Не изменится, так как введение незаряженной тонкой металлической пластины в конденсатор не меняет распределение потенциала и поля в нем.
Пример № 10
В распоряжении студента имеются два конденсатора одинаковой емкости. Можно ли их соединением получить емкость больше или меньше емкости каждого из них?
Ответ: Да, можно. Если их соединить параллельно, то получится емкость, в два раза больше емкости каждого из конденсаторов, а при последовательном соединении - емкость будет в два раза меньше каждого из конденсаторов.
Пример № 11
Пластины плоского конденсатора первый раз раздвигают оставляя конденсатор подключенным к источнику напряжения, а второй раз – отключив после первоначальной зарядки. В каком из этих двух случаев на раздвижение пластин нужно затратить большую работу?
Ответ: В первом случае при раздвижении пластин разность потенциалов остается постоянной, а емкость, и, следовательно, заряд уменьшаются. Это вызовет постепенное уменьшение силы взаимодействия пластин. Во втором случае заряд на пластинах остается постоянным. А так как поле однородно, то сила взаимодействия пластин будет постоянной во
все время раздвижения пластин. Поэтому, при одинаковом перемещении пластин работа во втором случае будет больше.
Пример № 12
Если электрон ускоряется в электрическом поле плоского конденсатора и, следовательно, приобретает кинетическую энергию, то уменьшается ли при этом заряд конденсатора, поскольку силы электрического поля совершают при этом работу по перемещению электрона в поле?
Ответ: Если конденсатор изолирован, то величина заряда на его пластинах не изменится. Чтобы поместить в поле конденсатора электрон, необходимо совершить работу против сил поля. Поэтому вблизи отрицательно заряженной пластины конденсатора заряд будет обладать потенциальной энергией. Ускорение электрона между пластинами конденсатора будет происходить за счет перехода части этой потенциальной энергии в кинетическую.
Пример № 13
Наэлектризованный мыльный пузырь раздувается настолько, что его радиус делается вдвое больше, а заряд на пузыре при этом не изменяется. Как изменяется энергия заряда? Помогает или препятствует присутствие заряда раздуванию пузыря?
Ответ: Так как заряд пузыря не меняется, а радиус увеличивается вдвое, то энергия уменьшается вдвое. Заряженный пузырь раздувать легче, так как заряды взаимно отталкиваются и способствуют увеличению свободной поверхности пузыря.
Пример № 14
Диэлектрическая пластина с проницаемостью ε = 1 помещена в однородное электрическое поле напряженности Е (см. рис). Линии поля Е коллинеарны плоскости рисунка и образуют некоторый угол с пластиной:
а) Изобразить качественно линии полей Е и D в вакууме и в пластине;
б) Построить качественно графики зависимостей
Ex, Dx, Ey, Dy, Е, D от х.
Рис.
Ответ: а) см. рис. 1; б) см. рис. 2
Рис.1.
Рис. 2
Пример № 15
Диэлектрическая пластина ширины 2а с проницаемостью ε =1 помещена в однородное электрическое поле напряженности Е, линии которого перпендикулярны пластине: а) Изобразить на рисунке линии полей Е и D; б) построить качественно графики зависимостей Ex, Dx и потенциала ϕ от х (ось х перпендикулярна пластине, вектор Е направлен вдоль оси х, точка х=0 находится в середине ширины пластины); в) определить поверхностную плотность связанных зарядов на той стороне пластины, в которую «входят» линии поля Е из вакуума