К началу Примеры решения задач

Пример 1. Четыре одинаковых заряда Q₁ = Q₂ = Q₃ = Q₄ = 10 нКл расположены в вершинах квадрата со стороной а = 10 см (рис. 3.1). Найти силу, действующую на один из зарядов со стороны трех остальных.

Дано: Q1 = Q2 = Q3 = = Q4 = 10 нКл а = 10 см 0 = 8,8510-12 ф/м	В единицах СИ: 110-8 Кл а = 0,1 м	Q2 a Q3   a 45o Q4   F1 Q1 F2 F3 х F Рис. 3.1
Найти: F

Решение. Все четыре заряда, расположенные в вершинах квадрата, находятся в идентичных условиях, поэтому достаточно найти силу, действующую, например, на заряд Q₄ со стороны зарядов Q₁ , Q₂ и Q₃. Направим ось х вдоль диагонали квадрата, проходящей через заряд Q₄, и изобразим на рисунке векторную сумму действующих на выделенный заряд Q₄ сил

F = F₁ + F₂ + F₃ (55)

где F₁ , F₂ и F₃ - силы, с которыми действуют на заряд Q₄ заряды Q₁ , Q₂ и Q₃, соответственно.

В силу симметрии действующих сил легко видеть, что результирующая сила F будет направлена вдоль оси х.

Векторную сумму (55) можно заменить скалярной, для чего найдем проекции сил F₁ и F₃ на ось х:

F_1x = F₁cos45^o; F_3x = F₃cos45^o.

Таким образом

F = F₁cos45^o + F₂ + F₃cos45^o.

Применив закон Кулона и учитывая, что диагональ квадрата равна a, найдем F:

Произведем вычисления:

Ответ. 1,7210^-4 Н.

Пример 2. По тонкому полукольцу равномерно распределен заряд Q = 10 мкКл с линейной плотностью = 2 мкКл/м. Определить напряженность E электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке О, совпадающей с центром кривизны полукольца.

Дано: Q = 10 мкКл =2 мкКл/м ф/м		В единицах СИ: Q = 110-5 Кл  =210-6 Кл/м	y dE dEy O  x R dEx dl Рис. 3.2
Найти: Е

Р

9 10

ешение. Выберем двухмерную систему координат xOy и совместим ее с плоскостью полукольца, как показано на рис. 3.2. Методика определения напряженности электрического поля , создаваемого равномерно распределенным зарядом, заключается в следующем. Выделяем на полукольце элементарный участок dl. Так как заряд dQ = dl этого участка можно считать точечным, напряженность электрического поля dE, создаваемого этим зарядом в точке О запишем в виде:

, (56)

где R - радиус-вектор, направленный от элементарного заряда dl к точке О.

Разложим вектор dE на две составляющие dE_x и dEy, направленные вдоль осей Ох и Оy:

dE = dE_x + dE_y.

Напряженность электрического поля E будем искать в виде суммы интегралов:

E = , (57)

где интегрирование производится по всем элементам заряженного кольца.

Легко видеть, что для каждой пары равных по величине зарядов dQ и dQ´, расположенных симметрично относительно оси Ох, векторы dE_y и dE^/_y в точке О равны по величине и противоположны по направлению. Из этого следует, что векторный интеграл = 0.

Таким образом, так как все составляющие dE_x совпадают по направлению с осью Ох, векторный интеграл (57) можно заменить скалярным интегралом:

. (58)

Для удобства интегрирования произведем замены:

dl = Rd; .

Тогда

.

Произведем вычисления:

В/м .

Ответ. Напряженность электрического поля в центре полукольца Е = 22,6 кВ/м.

Пример 3. На двух концентрических сферах радиусом R и 3R равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями ₁ и ₂ (см. рис. 3.3).

Требуется:

1. Используя теорему Остроградского-Гаусса, найти зависимость напряженности Е(r) электрического поля от расстояния для областей I, II, III, приняв ₁ = 6, ₂ = 2.

2. Вычислить напряженность Е в точке, удаление вектора и указать направление вектора Е, приняв  = 20 нКл/м² и r = 2R.

3. Построить график E = f(r).

Дано: r1 = R r2 = 3R 1 = 6 2 = 2 r = 2R  = 20 нКл/м2	В системе СИ:  = 210-8 Кл/м2	О R А n E2 I II III 3R
Найти: E = f(r); EI, EII, EII		Рис. 3.3

Решение. Для решения задачи воспользуемся теоремой Остроградского-Гаусса:

.

11 12

1. Определим напряженность электрического поля E₁ в области I. Для этого мысленно проведем сферическую гауссову поверхность радиусом r (r  R), концентрическую с заряженными сферами. Площадь этой поверхности S₁ = 4r². В силу симметрии, вектор напряженности электрического поля будет направлен вдоль нормали к сферической поверхности и одинаков по модулю для всех точек сферы E₁ = E_n. Теорему Остроградского-Гаусса, таким образом, можно записать в виде:

,

так как суммарный заряд, находящийся внутри поверхности S₁ равен 0.

Следовательно, напряженность электрического поля Е_{1 в} области I во всех точках, удовлетворяющих условию r  R, будет равна нулю.

2. Найдем напряженность электрического поля в области II. Для этого также мысленно проведем сферическую поверхность радиуса R  r  3R (рис. 3.3). В этом случае, в соответствии с теоремой Остроградского-Гаусса

, (59)

где Q₁ = ₁4R² = 64R² - заряд, распределенный на поверхности малой сферы радиуса R.

Так как E_n = E₂ = const для всех точек поверхности S₂, E₂ можно вынести за знак интегрирования в (59):

.

Поскольку площадь гауссовой поверхности S₂ = 4R² , окончательно получим:

или . (60)

3. И, наконец, найдем напряженность электрического поля в области III. Для этого также мысленно проводим гауссову сферическую поверхность радиуса r  3R. При нахождении напряженности E₃ нужно учесть, что в этом случае гауссова поверхность заключает внутри себя обе заряженные сферы, то есть суммарный электрический заряд буде равен:

Q = Q₁ + Q₂ = ₁4R² + ₂4(3R)² = 64R² + 249R² = 96R².

Тогда, в соответствии с теоремой Остроградского-Гаусса (59),

или .

Окончательно получаем:

. (61)

4. Рассчитаем напряженность электрического поля в точке А, расположенной на расстоянии r = 2R от центра. Так как эта точка находится в области II, то по формуле (60) находим:

.

Произведем вычисления:

В/м.

5. Построим график E = f(r). В области I (r  R) E = 0.

В области II (R  r  3R) E₂(r) изменяется по закону 1/r²:

.

В точке r = R напряженность поля E₂(R) равна:

.

В точке r = 3R (r стремится к 3R снизу) напряженность поля E₂(3R) равна:

.

В области III (r  3R) E₃(r) также изменяется по закону 1/r²: , причем в точке r = 3R (r стремится к 3R сверху) напряженность E₃(3R) равна:

.

Таким образом, функция E = f(r) в точках r = R и r = 3R терпит разрывы.

Г

13 14

рафик зависимости E = f(r) будет выглядеть, как показано на рис. 3.4.

Е (кВ/м)

15

10

5

0

R 3R r

Рис. 3.4

Пример 4. На каждой из пятнадцати капелек ртути радиусом R₀ = 1 мм находится заряд Q₀ = 1 мКл. Капли сливаются в одну большую радиусом R. Определить потенциал этой (большой) капли.

Дано: N=15 R0 = 1 мм Q0 = 1 нКл o = 8,8510-12 Ф/м	В системе СИ: R0 = 110-3 м Q0 = 1109 Кл	Решение. Потенциал на поверхности заряженного шара определяется по формуле , (61) где Q = NQ0 – заряд большой капли, который по закону сохранения зарядов равен сумме зарядов маленьких капель.
Найти: 

Радиус большой капли R найдем из соотношения объемов NV₀ =V, где - объем маленькой капли, - объем большой капли.

Таким образом , откуда .

Подставляя полученные выражения для Q и R в (61), получаем:

.

Произведем вычисления:

.

Ответ. Потенциал большой капли будет равен 55 кВ.

Пример 5. Пылинка массой т = 1 нг, несущая на себе заряд, равный заряду 20 электронов, прошла в вакууме ускоряющую разность потенциалов U = 1 МВ. Какова кинетическая энергия пылинки и ее скорость. Начальная скорость пылинки была равна нулю.

Дано: т =1 нг N=20 U =1 МВ e =1,610-19 Кл	В системе СИ: т=110-12 кг U =1106 В	Решение. Работа сил электростатического поля определяется произведением заряда Q на разность потенциалов U: А = QU. (62) С другой стороны, работа сил электростатического поля равна изменению кинетической энергии пылинки:
Найти: T, V

А = T - T₀ = – , (63)

где - начальная кинетическая энергия пылинки, - конечная кинетическая энергия пылинки; V₀ - начальная скорость, V – конечная скорость; т – масса пылинки а Q = Ne – заряд пылинки.

Так как V₀ = 0, приравнивая выражения (62) и (63), можно записать:

Т = =QU , или Т = = NeU . (64)

Отсюда искомая скорость пылинки

. (65)

Произведем вычисления по формулам (64) и (65):

Т = NeU = 201,610^-19110⁶ = 3,210^-12 Дж;

м/c.

Ответ. Кинетическая энергия, приобретенная пылинкой, Т = 3,210^-12 Дж; а ее скорость V = 2,53 м/с.

П

15 16

ример 6. Два конденсатора емкостью С₁ = 2 мкФ, другой С₂ = 4 мкФ соединили последовательно и подключили к источнику питания с напряжением U₀ = 100 В. Потом конденсаторы отключили от источника и соединили параллельно. Какое напряжение будет на обкладках конденсатора?

Дано: С1 = 2 мкФ С2 = 4 мкФ U0 = 100 В	В единицах СИ: С1 = 210-6 Ф С2 = 410-6 Ф	Решение. 1. Рассмотрим последовательное соединение конденсаторов (рис. 3.5). Заряд батареи конденсаторов при их последовательном соединении определяется выражением: Q0 = Q01 = Q02 = C0U0 , (66) где Q01 – заряд первого конденсатора; Q02 – заряд второго конденсатора; - емкость батареи конденсаторов при их последовательном соединении.
Найти: U

В соответствии с формулой (66) суммарный заряд обоих конденсаторов составит:

(67)

С1 С2   U0	 U C1 C2 
Рис. 3.5	Рис. 3.6

2. Рассмотрим параллельное соединение конденсаторов (рис. 3.6). При параллельном соединении конденсаторов имеют место соотношения:

U = U₁ = U₂; Q = Q₁ + Q₂; C = C₁ + C₂,

где U₁ - напряжение на конденсаторе C₁, U₂ - напряжение на конденсаторе C₂, Q - суммарный заряд на конденсаторах.

При этом, заряд первого конденсатора составляет Q₁ = C₁U, а заряд второго конденсатора Q₂ = C₂U.

По закону сохранения заряда Q₁+Q_{2 =} Q₀₁ Q₀₂ (Знак «+» берется при параллельном соединении конденсаторов одноименно заряженными обкладками, а знак «–» - при параллельном соединении конденсаторов разноименно заряженными обкладками).

Таким образом, основываясь на соотношениях

Q = Q₁ + Q₂ = 2Q₀, Q₀ = U₀ и Q = U(С₁ + С₂),

получаем: .

Произведем вычисления:

.

Ответ. Напряжение на обкладках конденсатора составит 44 В.

Пример 7. ЭДС батареи питания  = 20 В. При силе тока I = 5 А КПД батареи составляет  = 0,8. Определить внешнее R и внутреннее r сопротивление батареи питания.

Дано:  = 20 В I = 5 А  = 0,8	Решение. По закону Ома для полной цепи (рис. 3.7): , (68) где R – внешнее сопротивление, r - внутреннее сопротивление батареи.
Найти: R, r

Коэффициент полезного действия батареи, по определению, является отношением полезной мощности P_пол. = I²R к затраченной Р_затр.= I²(R + r):

.. (69)

17 18

R r  Рис. 3.7

Решая систему уравнений (68) и (69) , получаем: , . Произведем вычисления:

Ом; Ом.

Ответ. Внешнее сопротивление цепи равно R = 3,2 Ом, а внутреннее r = 0,8 Ом.

Пример 8. При ионизации воздуха образовались одновалентные ионы с подвижностями u₊ = 1,410^-4 м²/(Вс), u_- = 1,9110^-4 м²/(Вс) и концентрацией n = 510¹⁶ м^-3. Определить плотность тока j, если напряженность электрического поля в воздухе Е = 30 В/м.

Дано: Z = 1 u+ = 1,410-4 м2/(Вс) u- = 1,9110-4 м2/(Вс) n = 51016 м-3 Е = 30 В/м	В единицах СИ:	Решение. Для нахождения плотности тока j воспользуемся законом Ома в дифференциальной форме: j = E, (70) где  - удельная проводимость воздуха, равная  = Qn(u+ + u- ) = Zen(u+ + u-), (71) Q = Ze – заряд иона; Z – валентность иона; e = 1,610-19 Кл – заряд электрона.
Найти: j

Подставив выражение (71) для удельной проводимости в (70), получим:

j = Zen(u₊ + u_- )E.

Произведем вычисления:

j = 11,610^-19510¹⁶(1,410^-4 +1,9110^-4) 300 = 7,9210^-4 А/м²

.

Ответ. Плотность тока в ионизированном газе составляет j = 7,9210^-4 А/м².