Здавалка
Главная | Обратная связь

Примеры решения задач



ЭЛЕКТРОСТАТИКА.

ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК.

Основные формулы

Закон Кулона

,

где F - сила взаимодействия точечных зарядов Q1 и Q2; r - расстояние между зарядами; ε - диэлектрическая проницаемость; ε0 электрическая постоянная.

Напряженность электрического поля и потенциал

E=F/Q, φ=П/Q,

где П - потенциальная энергия положительного точечного заряда Q, находящегося в данной точке поля (при условии, что потенциальная энергия заряда, удаленного в бесконечность, равна нулю).

Сила, действующая на точечный заряд, находящийся в электрическом поле, и потенциальная энергия этого заряда

F=QE, П=Qφ.

Напряженность и потенциал поля, создаваемого системой точечных зарядов (принцип суперпозиции электрических полей),

где Еi, φi - напряженность и потенциал в данной точке поля, создаваемого i-м зарядом.

Напряженность и потенциал поля, создаваемого точечным зарядом,

 

где r -расстояние от заряда Q до точки, в которой определяются напряженность и потенциал.

Напряженность и потенциал поля, создаваемого проводящей заряженной сферой радиусом R на расстоянии r от центра сферы:

a)

б)

в)

где Q - заряд сферы.

Линейная плотность заряда

τ = Q / l.

Поверхностная плотность заряда σ =Q/S.

Напряженность и потенциал поля, создаваемого распределенными зарядами. Если заряд равномерно распределен вдоль линии с линейной плотностью τ, то на линии выделяется малый участок длиной dl с зарядом dQ = τ dl. Такой заряд можно рассматривать как точечный и применять формулы

где r - радиус-вектор, направленный от выделенного элемента dl к точке, в которой вычисляется напряженность.

Используя принцип суперпозиции электрических полей, находим интегрированием напряженностьЕи потенциал φ поля, создаваемого распределенным зарядом:

Интегрирование ведется вдоль всей длины l заряженной линии (см. примеры 5 и 8).

Напряженность поля, создаваемого бесконечной прямой равномерно заряженной линией или бесконечно длинным цилиндром,

,

где r -расстояние от нити или оси цилиндра до точки, напряженность поля в которой определяется.

Напряженность поля, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью,

.

Связь потенциала с напряженностью:

а) в общем случае;

б) в случае однородного поля;

в) в случае поля, обладающего центральной или осевой симметрией.

Электрический момент диполя

р =│Q│l,

где Q- заряд; l - плечо диполя (векторная величина, направленная от отрицательного заряда к положительному и численно равная расстоянию между зарядами).

Работа сил поля по перемещению заряда Qиз точки поля с потенциалом φ1 в точку с потенциалом φ2.

Электроемкость

C=Q/ φ, или C= Q/U

где φ - потенциал проводника (при условии, что в бесконечности потенциал проводника принимается равным нулю); U - разность потенциалов пластин конденсатора. Электроемкость плоского конденсатора

C = ε0 ε S/d,

где S - площадь пластины (одной) конденсатора; d расстояние между пластинами.

Электроемкость батареи конденсаторов:

а) при последовательном соединении;

б) при параллельном соединении,

где N- число конденсаторов в батарее. Энергия заряженного конденсатора:

W=QU/2, W=CU2/2, W = Q2(2C).

Сила постоянного тока

I = Q / t,

где Q - заряд, прошедший через поперечное сечение проводника за время t. Плотность тока

j = I / S,

где S - площадь поперечного сечения проводника.

Связь плотности тока со средней скоростью направленного движения заряженных частиц

где Q - заряд частицы; п - концентрация заряженных частиц.

Закон Ома:

а) для участка цепи, не содержащего ЭДС,

где разность потенциалов (напряжение) на концах участка цепи; R - сопротивление участка;

б) для участка цепи, содержащего ЭДС,

где ε - ЭДС источника тока;

R - полное сопротивление участка (сумма внешних и внутренних сопротивлений) ;

в) для замкнутой (полной) цепи, где R - внешнее сопротивление цепи; Rt - внутреннее сопротив­ление цепи.

Законы Кирхгофа:

а) - первый закон;

б) - второй закон,

где - алгебраическая сумма сил токов, сходящихся в узле; алгебраическая сумма произведений сил токов на сопротивления участков; алгебраическая сумма ЭДС.

Сопротивление R и проводимость G проводника

R = ρl / S G = γS / l,

где ρ- удельное сопротивление; γ - удельная проводимость; l - длина проводника; S - площадь поперечного сечения проводника.

Сопротивление системы проводников:

а) при последовательном соединении;

б) при параллельном соединении, где Ri - сопротивление i - го проводника.

Работа тока:

A = IUt,A = I2Rt, A = U2t/R.

Первая формула справедлива для любого участка цепи, на концах которого поддерживается напряжение U, последние две - для участка, не содержащего ЭДС.

Мощность тока:

P =IU, P = I2R, Р = U2/R.

Закон Джоуля - Ленца

Q = I2Rt.

Закон Ома в дифференциальной форме

j= γ E,

где γ - удельная проводимость; Е - напряженность электрического поля; j - плотность тока.

Связь удельной проводимости γс подвижностью b заряженных частиц (ионов)

где Q- заряд иона; п - концентрация ионов; b+ и b-- подвижности положительных и отрицательных ионов.

Примеры решения задач

Пример 1.Два точечных заряда 9Q и -Q закреплены на расстоянии l = 50 см друг от друга. Третий заряд Q1 может перемещаться только вдоль прямой, проходящей через заряды. Определить положение заряда Q1, при котором он будет находиться в равновесии. При каком знаке заряда Q1 равновесие будет устойчивым?

Решение. Заряд Q1находится в равновесии в том случае, если геометрическая сумма сил, действующих на него, равна нулю. Это значит, что на заряд Q1должны действовать две силы, равные по модулю и противоположные по направлению. Рассмотрим, на каком из трех участков I,II,III (рис. 10) может быть выполнено это условие. Для определенности будем считать, что заряд Q1- положительный.

На участке I (рис. 10, а) на заряд Q1будут дей­ствовать две противоположно направленные силы: F1 и F2. Сила F1, действующая со стороны заряда 9Q, в любой точке этого участка больше силы F2, действующей со стороны заряда - Q, так как больший заряд 9Qнаходится всегда ближе к заряду Q1, чем меньший (по модулю) заряд - Q. Поэтому равновесие на этом участке невозможно

 

На участке II (рис. 10, б) обе силы F1 и F2 направлены в одну сторону - к заряду - Q. Следовательно, и на втором участке равновесие невозможно.

На участке III (рис. 10, в) силы F1 и F2 направлены в противоположные стороны, так же как и на участке I, но в отличие от него меньший заряд - Qвсегда находится ближе к заряду Q1,чем больший заряд 9Q. Это значит, что можно найти такую точку на прямой, где силы F1 и F2 будут одинаковы по модулю, т. е.

F1=F2. (1)

Пусть х и l + x - расстояние от меньшего и боль­шего зарядов до заряда Q1. Выражая в равенстве (1) F1 и F2 в соответствии с законом Кулона, получим 9Q Q1/(l + x)2 = Q Q1/x2, или l + х = ± 3x, откуда

х1 = +l / 2, х2 = -l / 4

Корень х2 не удовлетворяет физическому условию задачи (в этой точке силы F1и F2хотя и равны по модулю, но сонаправлены).

Определим знак заряда Q1 при котором равновесие будет устойчивым. Равновесие называется устойчивым, если при смещении заряда от положения равновесия возникают силы, возвращающие его в положение равновесия. Рассмотрим смещение заряда Q1 двух случаях: когда заряд положителен и отрицателен.

Если заряд Q1положителен, то при смещении его влево обе силы F1 и F2 возрастают. Так как сила F1 возрастает медленнее, то результирующая сила, действующая на заряд Q1 будет направлена в ту же сторону, в которую смещен этот заряд, т. е. влево. Под действием этой силы заряд Q1будет удаляться от положения равновесия. То же происходит и при смещении заряда Q1вправо. Сила F2 убывает быстрее, чем F2.Геометрическая сумма сил в этом случае направлена вправо. Заряд под действием этой силы также будет перемещаться вправо, т. е. удаляться от положения равновесия. Таким образом, в случае положительного заряда равновесие является неустойчивым.

Если заряд Q1отрицателен, то его смещение влево вызовет увеличение сил F1и F2,но сила F1возрастает медленнее, чем F2, т.е. |F1|>|F2|. Результирующая сила будет направлена вправо. Под ее действием заряд Q1возвращается к положению равновесия. При смещении Q1 вправо сила F2 убывает быстрее, чем F1,т.е. |F1|>|F2|, ре­зультирующая сила направлена влево и заряд Q1 опять будет возвращаться к положе­нию равновесия. При отрицательном заряде равновесие яв­ляется устойчивым. Величина самого заряда Q1 несущественна.

Пример2. Три точечных заряда Q1 = Q2 = Q3 = 1 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q4 нужно поместить в центре треугольника, чтобы указанная система зарядов находилась в равновесии?

Решение. Все три заряда, расположенные по вершинам треугольника, находятся в одинаковых условиях. Поэтому достаточно выяснить, какой заряд следует поместить в центре треугольника, чтобы какой-нибудь один из трех зарядов, например Q1 находился в равновесии. Заряд Q1 будет находиться в равновесии, если векторная сумма действующих на него сил равна нулю (рис. 11)

.

 

F2 + F3 + F4 = F + F4 = 0,(1)

где F2, F3, F4 - силы, с которыми соответственно действуют на заряд Q1 заряды Q2, Q3, Q4; F- равнодей­ствующая сил F2 иF3.

Так как силы F и F4 направлены по одной прямой в противоположные стороны, то векторное равенство (1) можно заменить скалярным:

F - F4=0, откуда F4 = F. Выразив в последнем равенстве F через F2 и F3 и учитывая, что F3 = F2 получим

.

Применив закон Кулона, и имея в виду, что Q2 = Q3 = = Q1найдем

,

откуда

. (2)

Из геометрических построений в равностороннем треугольнике следует, что

, .

С учетом этого формула (2) примет вид

.

Произведем вычисления:

Q4 = Кл = 577 пКл.

Следует отметить, что равновесие системы зарядов будет неустойчивым.

Пример3. На тонком стержне длиной l = 20 см находится равномерно распределенный электрический заряд. На продолжении оси стержня на расстоянии а =10 см от ближайшего конца находится точечный заряд Q1= 40 нКл, который взаимодействует со стержнем с силой F = 6 мкН. Определить линейную плотность х заряда на стержне.


Решение. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом Q1зависит 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. 12) малый участок dr зарядом

dQ = . Этот заряд можно рассматривать как точечный.

Тогда, согласно закону Кулона,

.

Интегрируя это выражение в пределах от а до a + 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:

Пример4. Два точечных электрических заряда Q1 = 1 нКл и Q2 = -2 нКл находятся в воздухе на расстоянии d = 10 см друг от друга. Определить напряженность Е и потенциал поля, создаваемого этими зарядами в точке А, удаленной от заряда Q1 на расстояние r1 = 9 см и от заряда Q2 на r2 = 7 см.

Решение. Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность Е электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей E1 и Е2 полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: Е = E1 + Е2. Напряженности электрического поля, создаваемого в воздухе (ε=1) зарядами Q1 и Q2,

, (1)

, (2)

Вектор E1 (рис. 13) направлен по силовой линии от заряда Q1, так как этот заряд положителен; вектор Е2 направлен также по силовой линии, но к заряду Q2, так как этот заряд отрицателен. Модуль вектора E найдем по теореме косинусов

 

 

(3)

где α - угол между векторами E1 и Е2, который может быть найден из треугольника со сторонами r1, r2 и d:

.

В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos α вычислить отдельно:

Подставляя выражение Е1 из (1) и Е2 из (2) в (3) и вынося общий множитель 1/(4πε0) за знак корня, полу­чаем

(4)

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

(5)

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

. (6)

В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим

или .

Произведем вычисления:

Пример 5.По тонкому кольцу равномерно распределен заряд Q = 40 нКл с линейной плотностью τ = 50 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. 14).

 

 

На кольце выделим малый участок длиной dl. Так как заряд dQ = τdl, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность dE электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

,

где r- радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке А.

Разложим вектор dE на две составляющие: dE1 перпендикулярно плоскости кольца (сонаправленную с осью Оz), и dE2, параллельную плоскости кольца (плоскости хОу), т. е.

dE = dE1 + dE2.

Напряженность Е электрического поля в точке A 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 dE΄2 в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: dE2 = -dE΄2 . Поэтому векторная сумма (интеграл) . Составляющие dE1 для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единичным вектором k), т.е. dE1 = kdE1.

Тогда

.

Так как , то

.

Таким образом,

Из соотношения Q = 2πRτ определим радиус кольца: R=Q/(2πτ). Тогда

Модуль напряженности

.

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

Выразим физические величины, входящие в формулу (1), в единицах СИ (τ=5·10-8 Кл/м, Q=4·10-8 Кл, ε0 = 8,85· 10 -12 Ф/м) и произведем вычисления:

Пример 6. Две концентрические проводящие сферы радиусами R1 = 6 см R2 = 10 см несут соответственно заряды Q1 = 1 нКл и Q2 = - 0,5 нКл. Найти напряженность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на расстояниях r1 =5 см, r2 = 9 см, r3 = 15 см. Построить график Е(r).

Решение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 15): области I (r1<R1), области II (R1< r2<R2), области III ( r3 >R2).

 

 

1. Для определения напряженности Е1 в области I проведем гауссову поверхность S1 радиусом r1 и воспользуемся теоремой Остроградского-Гаусса: (так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссовой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии En = E1 = const. Следовательно, и Е1 (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию r1 <.R1 будет равна нулю.

2. В области II гауссову поверхность проведем радиусом r2. В этом случае*

,

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

Так как Еn=E2=const, то E2 можно вынести за знак интеграла:

Обозначив напряженность Е для области II через E2, получим

где площадь гауссовой поверхности. Тогда

. (1)

3.В области III гауссова поверхность проводится радиусом r3. Обозначим напряженность E области III через E3 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 . (2)

Убедимся в том, что правая часть равенств (1) и (2) дает единицу напряженности

Выразим все величины в единицах СИ (Q1= 10 -9Кл, Q2= -0,5·10-9Кл,

r1 = 0,09 м, r2 = 0,15м, 1/(4πεо) = 9·109 м/Ф) и произведем вычисления:

Построим график Е(r). В области I (r1<R1), E = 0. В области II R1≤ r <R2), E2 (r) изменяется по закону 1/r2. В точке r = R1 напряженность Е2(R1)=Q1/(4πε0R21) = 2,5 кВ/м. В точке r=R2 (r стремится к R2 слева) . В области III ( r >R2) Е3(r) изменяется по закону 1/r2, причем в точке r=R2 (r стремится к R2 справа) . Таким образом, функция E (r) в точках r = R1 и r = R2 терпит разрыв.

 

*Диэлектрическую проницаемость ε среды будем считать равной единице (вакуум).

График зависимости Еr представлен на рис. 16.

 

Пример 7. Точечный заряд Q = 25 нКл находится в поле, созданном прямым бесконечным ци­линдром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с поверхностной плотностью σ =0,2 нКл/см2.

Определить силу F, действующую на заряд, если его расстояние от оси цилиндра r= 10 см.

Решение. Значение силы F, действующей на точечный заряд Q, находящийся в поле, определяется по формуле

F=QE, (1)

где Е - напряженность поля.

Как известно, напряженность поля бесконечно длинного равномерно заряженного цилиндра

, (2)

где τ- линейная плотность заряда.

Выразим линейную плотность τ через поверхностную плотность σ. Для этого выделим элемент цилиндра длиной l и выразим находящийся на нем заряд Q двумя способами: приравняв правые части этих формул и сократив полученное равенство на l, найдем С учетом этого формула (2) примет вид Подставив выражение Е в (1) получим

Произведем вычисления:

Сила F сонаправлена с напряженностью Е, которая в силу симметрии (цилиндр бесконечно длинный) пер­пендикулярна поверхности цилиндра.

Пример8. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности, равномерно распределен заряд с линейной плот­ностью τ=10нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал φ электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина l нити составляет 1/3 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. 17). На нити выделим элемент длины dl. Заряд dQ=τdl, 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 r - радиус-вектор, направленный от элемента dt кточке, в которой вычисляется напряженность.

Выразим вектор dE через проекции dEХ и У на оси координат:

где i и j – единичные векторы направлений (орты).

 

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

(1)

где dEy=dEcosυ=τdlcosυ/(4πε0r2). Так как r=R=const, d l =Rdυ, то

Подставим выражение dEy в (1) 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

. (2)

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=2πR/3, то

(3)

Произведем вычисления по формулам (2) и (3):

Пример 9. На тонком стержне длиной l равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ = 10 нКл/м. Найти потенциал φ, созданный распределенным зарядом в точке А, расположенной на оси стержня и удаленной от его ближайшего конца на расстояние l.

Решение. В задаче рассматривается поле, создаваемое распределенным зарядом. В этом случае поступают следующим образом. На стержне выделяют малый участок длиной dx. Тогда на этом участке будет сосредоточен заряд dQ=τdx, который можно считать точечным. Потенциал , создаваемый этим точечным зарядом в точке A (рис. 18),можно определить по формуле

 

 

 

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

Выполним интегрирование:

Подставим числовые значения физических величин в СИ (τ = =10·10-9Кл/м,

1/(4πεо) = 9 ·109 м/Ф). и произведем вычисления:

φ= 9·109·10·10-9·0,693 В = 62,4. В.

Пример10. На пластинах плоского конденсатора находится заряд Q= 10 нКл. Площадь S каждой пластины конденсатора равна 100 см2, диэлектрик - воздух. Определить силу F с которой притягиваются пластины. Поле между пластинами считать однородным.

Решение. Заряд Q одной пластины находится в поле напряженностью Е, созданном зарядом другой пластины конденсатора. Следовательно, на первый заряд действует сила (рис. 19)

F=QE (1)

Так как

 

 

E=σ/(2ε0)=Q/(2ε0S),

где σ - поверхностная плотность заряда пластины, то формула (1) примет вид

F= Q2/(2ε0S).

 

 

Произведем вычисления:

Пример 11.Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью τ = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии а1 = 0,5 см и а2 = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.

Решение. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала:

Е = - grad φ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r1и r2 от оси цилиндра:

(1)

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:

Е = τ /(2πε0r).

Подставив выражение E в (1), получим

 

или

(2)

Произведем вычисления, учитывая, что величины r1 и r2, входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах (r1 = R + а1 = 1,5 см, r2 = R + a2= 3 см):

Пример 12. Электрическое поле создается двумя зарядами Q1 = 4 мкКл и Q2 = - 2 мкКл, находящимися на расстоянии а = 0,1 м друг от друга. Определить работу A 1, 2 сил поля по перемещению заряда Q = 50 нКл из точки 1 в точку 2(рис. 20).

 

 

 

Решение. Для определения работы A1, 2 сил поля воспользуем­ся соотношением

A1,2 =Q (φ1 –φ2).

Применяя принцип суперпозиции электрических полей, определим по­тенциалы φ1 и φ2 точек

1 и 2поля:

Тогда

или

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

Подставим числовые значения физических величин в СИ (Q= 50·10-9 Kл, Q1 =4·10-6 Кл,

Q2 =2·10-6 Кл, а = 0,1 м, 1/(4πε0) = 9·109 м/Ф) и произведем вычисления:

Пример 13.Определить ускоряющую разность потенциалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью υ1 = 106 м/с, чтобы скорость его возросла в n = 2 раза.

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

A=eU. (1)

 

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

(2)

где T1 и Т2 - кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; m - масса электрона; υ1 и υ2 - начальная и конечная скорости его.

 

Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим

где

Отсюда искомая разность потенциалов

Произведем вычисления:

Пример 14. С поверхности бесконечного равномерно заряженного ) прямого цилиндра вылетает -частйца ( ). Определить кинетическую энергию T2 -частицы (кэВ) в точке 2 на расстоянии 8R от поверх­ности цилиндра (рис. 21).

Решение. Так как силы электростатического поля являются консервативными, то для определения кинетической энергии -частицы в точке 2 воспользуемся законом сохранения энергии, записанном в виде E1 = E2, где E1 и E2 - полные энергии -частицы в точках 1 и 2.

Так как E1=T1+U1 и E2=T2+U2 (T1 и Т2 - кинетические энергии -частицы; U1 и U2 - потенциальные), то, учитывая, что T1 = 0 (v=0), можно записать U1=T2+U2, откуда T2=U1-U2=Q( - ) (Q - заряд - частицы; и - потенциалы точек 1и 2).Используя решение примера 10, запишем

- = ln = ln 9.

Тогда .

Проверка единиц аналогична проведенной в примере 11. Выразим все величины в единицах СИ

(Q=2·1,60·10-19 Кл, τ =50 ·10-9 кл/м,1/(2πε0) = 18 · 109 м/Ф) (1/(1,60 ) -коэффициент перевода из Дж в эВ):

T2=18 2.20 эВ = 3,96 кэВ

Пример 15.Конденсатор емкостью C1 = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U1 = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор соединили параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С2 = 5мкФ. Какая энергия израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?

Решение. Энергия, израсходованная на образо­вание искры,

W΄=W1-W2, (1)

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= CU 2 (2)

где С - емкость конденсатора или батареи конденсаторов.

Выразив в формуле (1) энергии W1 и W2 по формуле (2) и приняв во внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим

W΄= C1U12 - (C1+C2) U22 (3)

где U2 - разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

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

U2 = = (4)

Подставив выражение U2 в (3), найдем

W΄= - ,

Или

Произведем вычисления:

W= 1600 Дж = 1,5 мДж.

Пример 16. Потенциометр сопротивлением R = 100 Ом подключен к батарее с ЭДС В и внутрен­ним сопротивлением Ri = 50 Ом.

Определить: 1) показание вольтметра сопротивлением RV = 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 А и В (рис. 22), определим по формуле U1=I1R1

 

 

где R1 - 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= /(Re+Ri) (1)

где Re - сопротивление внешней цепи. Это сопротивле­ние есть сумма двух сопротивлений:

(2)

Сопротивление R1 найдем по формуле параллельного соединения проводников , откуда

Подставив в (1) выражение Re по (2), найдем

.

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

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

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

Подставив выражение I2 в (3), найдем

Произведем вычисления:

Пример 17. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени Δt = 2 с по линейному закону от I0 = 0 до I = 6А (рис.23). Определить теплоту Q1, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q2 - за вторую, а также найти отношение Q2 / Q1.

 

 

 

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 (1)

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

I = k t (2)

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

С учетом (2) формула (1) примет вид

dQ=k2Rt2d t (3)

Для определения теплоты, выделившейся за конечный интервал времени Δt, выражение (3) надо проинтегриро­вать в пределах от t1 до t2:

Произведем вычисления:

Следовательно,

Q2 /Q1 = 420/60 = 7,

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







©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.