Приклади розв’язання задач
Приклад 1. Два точкових заряди 9q і – q закріплені на відстані l=50 см один від одного. Третій заряд q1 може переміщатися лише вздовж прямої, що проходить через заряди. Визначити положення заряду ql при якому він буде знаходитися в рівновазі. При якому знаку заряду q1 рівновага буде стійкою. Розв’язок. Заряд q1 перебуває в рівновазі в тому випадку, коли геометрична сума сил, що діють на нього, дорівнює нулю. Це значить, що на заряд q1 повинні діяти дві сили, рівні за модулем і протилежні за напрямком. Розглянемо, на якій з трьох ділянок І, II, III (рис. 1) може бути виконана ця умова. Для визначеності будемо вважати, що заряд q1 - позитивний. На ділянці І (рис.. 1а) на заряд q1 будуть діяти дві протилежно спрямовані сили: F1 і F2. Сила F1, що діє з боку заряду 9q, у будь-якій точці цієї ділянки більше сили F2, що діє з боку заряду - q, тому що більший заряд 9q завжди є ближчим до заряду q1, чим менший (по модулю) заряд - q. Тому рівновага на цій ділянці неможлива. На ділянці ІІ (рис. 1,б) обидві сили F1 і F2 спрямовані в одну сторону - до заряду - q. Отже, і на другій ділянці рівновага неможлива. На ділянці ІІІ (рис. 1, в) сили F1 і F2 спрямовані в протилежні сторони, так само як і на ділянці І, але на відміну від нього менший заряд - q завжди є ближчим до заряду q1, чим більший заряд 9q. Це значить, що можна знайти таку точку на прямій, де сили F1 і F2 будуть однакові за модулем, тобто (1) Нехай х і l + х - відстань від меншого і більшого зарядів до заряду q1. Виражаючи в рівності (1) F1 і F2 відповідно до закону Кулона, одержимо , чи звідки . Коріньх2 не задовольняє фізичній умові задачі (у цій точці сили F1 і F2 хоча і рівні за модулем, але мають однаковий напрямок). Визначимо знак заряду , за якого рівновага буде стійкою. Рівновага називається стійкою, якщо при зсуві заряду від положення рівноваги виникають сили, що повертають його в положення рівноваги. Розглянемо зсув заряду у двох випадках: коли заряд позитивний і негативний. Якщо заряд позитивний, то при зсуві його вліво обидві сили F1 і F2 зростають. Через те, що сила F1 зростає повільніше, то результуюча сила, що діє на заряд , буде спрямована в ту ж сторону, в яку зміщений цей заряд, тобто вліво. Під дією цієї сили заряд буде віддалятися від положення рівноваги. Те ж відбувається і при зсуві зарядувправо. Сила F2 убуває швидше, ніж F1. Геометрична сума сил у цьому випадку спрямована вправо. Заряд під дією цієї сили також буде переміщатися вправо, тобто віддалятися від положення рівноваги. Таким чином, у випадку позитивного заряду рівновага є хиткою. Якщо заряд негативний, то його зсув уліво викликає збільшення сил F1 і F2, але сила F1 зростає повільніше, ніж F2, тобто |F2|;|F1|. Результуюча сила буде спрямована вправо. Під її дією заряд повертається до положення рівноваги. При зсуві вправо сила F2 убуває швидше, ніж F1, тобто |F1|;|F2|, результуюча сила спрямована вліво і заряд знову буде повертатися до положення рівноваги. За негативного заряду рівновага є стійкою. Величина самого заряду несуттєва.
Приклад 2. Три точкових заряди Q=Q2=Q3=1 нКл розташовані у вершинах рівностороннього трикутника. Який заряд Q4 потрібно помістити в центрі трикутника, щоб зазначена система зарядів знаходилася в рівновазі? Розв’язок. Усі три заряди, розташовані по вершинах трикутника, знаходяться в однакових умовах. Тому досить з'ясувати, який заряд варто помістити в центрі трикутника, щоб який-небудь один із трьох зарядів, наприклад Q1, знаходився в рівновазі. Заряд Q1 буде знаходитися в рівновазі, якщо векторна сума діючих на нього сил дорівнює нулю (рис.2). , (1) де F2, F3, F4 - сили, з якими відповідно діють на заряд Q1 заряди Q2, Q3, Q4; F - рівнодіючих сил F2 і F3. Тому що сили F і F4 спрямовані по одній прямій у протилежні сторони, та векторна рівність (1) можна замінити скалярним: F – F4 = 0, звідки F4=F. Виразивши в останній рівності F через F2 і F3 і з огляду на те, що F3=F2, одержимо Застосувавши закон Кулона і маючи на увазі, що Q2=Q3=Q1, знайдемо звідки (2) З геометричних побудов у рівносторонньому трикутнику виходить, що З урахуванням цього формула (2) набирає вигляду Зробимо обчислення:
Слід зазначити, що рівновага системи зарядів буде хиткою.
Приклад 3. На тонкому стержні довжиноюl=20см знаходиться є розподілений електричний заряд. На продовженні осі стержня на відстані a=10см від найближчого кінця є точковий заряд Q1=40нКл, що взаємодіє зі стержнем із силою F=6мкН. Визначити лінійну густину tзаряду на стержень. Розв’язок. Сила взаємодії F зарядженого стержня з точковим зарядом Q1 залежить від лінійної густини t заряду на стержень. Знаючи цю залежність, можна визначити t. За обчислення сили F варто мати на увазі, що заряд на стержні не є точковим, тому закон Кулона безпосередньо застосувати не можна. У цьому разі можна використати такий спосіб. Виділимо зі стержня (рис. 3) малу ділянку dr із зарядом dQ=tdr. Цей заряд можна розглядати як точковий. Тоді, відповідно до закону Кулона, Інтегруючи цей вираз у межах від а до a+l, одержуємо Звідки
Перевіримо, чи дає розрахункова формула одиницю лінійної густини електричного заряду. Для цього в праву частину формули замість символів величин підставимо їхні одиниці: Знайдена одиниця є одиницею лінійної густини заряду. Зробимо обчислення: нКл/м Приклад 4. Два точкових електричних заряди Q1=1 нКл і Q2=-2 нКл перебувають у повітрі на відстані d=10см один від одного. Визначити напруженість Е і потенціал j поля, створеного цими зарядами в точці А, яка перебуває від заряду Q1 на відстані r1=9 см і від заряду Q2 на r2=7 см. Розв’язок. Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів, кожен заряд створює поле незалежне від присутності в просторі інших зарядів. Тому напруженість Е електричного поля в шуканій точці може бути знайдена як геометрична сума напруженостей E1 і Е2 полів, утворених кожним зарядом окремо: Е=E1+Е2. Напруженості електричного поля, утвореного в повітрі (e=1) зарядами Q1 і Q2, (1) (2) Вектор E1 спрямований по силовій лінії від заряду Q1, тому що цей заряд позитивний; вектор Е2 спрямований також по силовій лінії, але до заряду Q2, тому що цей заряд негативний. Модуль вектора Е знайдемо за теоремою косинусів: (3) де - кут між векторами E1 і Е2, що може бути знайдений із трикутника зі сторонами r1, r2 і d: У даному разі, щоб уникнути громіздких записів, зручніше значення cosa обчислити окремо: Підставляючи вираз Е1 з (1) і Е2 з (2) у (3) і виносячи загальний множник 1/(4pe0) за знак кореня, отримаємо (4) Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів потенціал j результуючого поля, утвореного двома зарядами Q1 і Q2, дорівнює алгебраїчній сумі потенціалів: (5) Потенціал електричного поля, утвореного у вакуумі точковим зарядом Q на відстані r від нього, виражається формулою: (6) У нашому випадку відповідно до формул (5) і (6) одержимо: чи Зробимо обчислення:
Приклад 5.По тонкому кільцю рівномірно розподілений заряд Q=40нКл із лінійною густиною t=50 нКл/м. Визначити напруженість Е електричного поля, утвореного цим зарядом у точці А, що лежить на осі кільця і віддаленої від його центра на відстань, рівну половині радіуса. Розв’язок. З’єднаємо координатну площину хОуз площиною кільця, а вісь Oz - з віссю кільця (рис. 5). На кільці виділимо малу ділянку довжиною dl. Тому що заряд dQ=tdl, який перебуває на цій ділянці, можна вважати точковим, то напруженість dЕ електричного поля, утвореного цим зарядом, може бути записана у вигляді де r - радіус-вектор, спрямований від елемента dl до точки А. Розкладемо вектор dЕ на дві складові: dE1, перпендикулярно площині кільця (що збігається з віссю Oz), і dЕ2, паралельну площині кільця (площини хОу) , тобто
Напруженість Е електричного поля в точці А знайдемо інтегруванням: де інтегрування ведеться по всіх елементах зарядженого кільця. Помітимо, що для кожної пари зарядів dQ і dQ' (dQ=dQ'), розташованих симетрично навколо центра кільця, вектори dЕ2 і dЕ2' у точці А рівні за модулем і протилежні за напрямком: dЕ2=-dЕ2'.Тому векторна сума (інтеграл) . Складові dЕ1 для всіх елементів кільця мають спільний напрямок з віссю Oz (одиничним вектором k), тобто dЕ1= kdЕ1. Тоді
Тому, що то Таким чином: Зі співвідношення визначимо радіус кільця: . Тоді Модуль напруженості: Перевіримо, чи дає права частина отриманої рівності одиницю напруженості (В/м): Виразимо фізичні величини, що входять до формули (1), в одиницях СІ (t= 5.10-8 Кл, Q=4.10-8 Кл,e0 =8,85.10-12 Ф/м) і зробимо обчислення:
Приклад 6. Дві концентричні провідні сфери радіусами R1=6 см і R2=10см несуть відповідно заряди Q1=1 нКл і Q2= -0,5 нКл. Знайти напруженість Е поля в точках, що відстоять від центра сфер на відстанях r1= 5 см ,r2=9 см, r3= 15 см. Побудувати графік Е(r). Розв’язок . Помітимо, що точки, у яких потрібно знайти напруженості електричного поля, лежать у трьох областях (рис. 6) області I(r1 - R1), області ІІ (R1 - r2 - R2), області ІІІ (r3 - R2). 1. Для визначення напруженості E1 в області І проведемо гауссовоі поверхні S1 радіусом r1 і скористаємося теоремою Остроградського-Гаусса: , (тому, що сумарний заряд, який є всередині гауссової поверхні, дорівнює нулю). З розумінь симетрії . маємо, , де Е1 (напруженість поля в області l) у всіх точках, що відповідають умові r1 - R1, буде дорівнювати нулю. 2. В області ІІ гауссову поверхню проведемо радіусом r2. У цьому разі (тому, що усередині гауссової поверхні є лише заряд Q1). Тому, що , то можна винести за знак інтеграла: чи Позначивши напруженість Е для області ІІ через Е2, одержимо: , де - площа гауссової поверхні. Тоді (1) 3. В області ІІІгауссова поверхня проводиться радіусом r3. Позначимо напруженість Е області IIIчерез Е3 і врахуємо, що в цьому разі гауссова поверхня охоплює обидві сфери і, отже, сумарний заряд буде дорівнювати Q1 + Q2. Тоді Помітивши, що Q2 - 0, цей вираз можна переписати у вигляді (2) Переконаємося в тому, що права частина рівностей (1) і (2) дає одиницю напруженості: Виразимо всі величини в одиницях СІ (Q1=10-9 Кл, Q2=-0,5.10-9 Кл, r1=0,09 м, r2=0,15 м, 1/(4pe0)=9.109м/ф) і зробимо обчислення:
Побудуємо графік Е(r). В області I(r1 - R1)Е=0, в областіІІ (R1 - r2 - R2) E2(r) змінюється за законом 1/ r2. У точці r=R1напруженості E2(R1)= У точці r=R2 (r прагне до R2 ліворуч) В області ІІІ (r3 -R2) Е3(r) змінюється за законом 1/ r2, причому в точці r=R2(r прагне до R2 праворуч) . Таким чином, функція Е(r) у точках r=R1 і r=R2 терпить розрив. Графік залежності Е(r), подано на рис. 7. Приклад 7. Точковий заряд Q=25нКл перебуває у полі, створеному прямим нескінченним циліндром радіусом R=1см, рівномірно зарядженим з поверхневою густиною s=0,2 нКл/см2. Визначити силу F, що діє на заряд, якщо його відстань від вісі циліндра r =10 см. Розв’язок. Значення сили F, що діє на точковий заряд Q, що є у полі, визначається за формулою (1) де Е - напруженість поля. Як відомо, напруженість поля нескінченно довгого рівномірно зарядженого циліндра (2) де t — лінійна густина заряду. Виразимо лінійну густину t через поверхневу густину s. Для цього виділимо елемент циліндра довжиною l і виразимо заряд Q, що є на ньому, двома способами: Q=sS=s2pRl, Q=tl.Порівнявши праві частини цих формул і скоротивши отриману рівність на l, знайдемо t=s2pR. З урахуванням цього формула (2) приймає вигляд Підставивши вираз Е у (1), одержимо Зробимо обчислення: Сила F збігається за напрямком з напруженістю Е, що через симетрію (циліндр нескінченно довгий) перпендикулярна поверхні циліндра. Приклад 8. По тонкій нитці, вигнутій по дузі кола, рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною t=10 нКл/м. Визначити напруженість Е і потенціал j електричного поля, створеного таким розподіленим зарядом у точці, що збігається з центром кривизни дуги. Довжина l нитки становить 1/3 довжини кола і дорівнює 15 см. Розв’язок.Виберемо осі координат так, щоб початок координат збігався з центром кривизни дуги, а вісь Оу була б симетрично розташована щодо кінців дуги. На нитці виділимо елемент довжини dl ( рис. 8). Заряд dQ=tdl, що є на виділеній ділянці, можна вважати точковим. Визначимо напруженість електричного поля в точці О. Для цього знайдемо спочатку напруженість dЕ поля, створеного зарядом dQ: , де r - радіус-вектор, спрямований від елемента dl до точки, у якій обчислюється напруженість. Виразимо вектор dЕ через проекції dЕх і dЕу на осі координат: де і, j - одиничні вектори напрямків (орти). Напруженість Е знайдемо інтегруванням: Інтегрування ведеться уздовж дуги довжиною l. Через симетрію . Тоді (1) де Тому, що , тоді: Підставимо вираз dЕу в (1) і, беручи до уваги симетричне розташування дуги щодо осі Оу, межі інтегрування візьмемо від 0 до p/3, а результат подвоїмо: Виразивши радіус R через довжину l нитки (3l=2pR), одержимо (2) З цієї формули видно, що напруженість поля за напрямком збігається з віссю Оу. Знайдемо потенціал електричного поля в точці О. Спочатку знайдемо потенціал dj, створений точковим зарядом dQ у точці О: Замінимо r на R і проведемо інтегрування: Тому, що , то . (3) Зробимо обчислення за формулами (2) і (3):
Приклад 9. На тонкому стержні довжиною l є рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною t=10нКл/м. Знайти потенціал j, утворений розподіленим зарядом у точці А, розташованої на осі стержня і віддаленої від його найближчого кінця на відстань l. Розв’язок. У задачі розглядається поле, утворене розподіленим зарядом. У цьому разі використовують такий спосіб. На стержні виділяють малу ділянку довжиною dx. Тоді на цій ділянці буде зосереджений заряд dQ=tdх, який можна вважати точковим. Потенціал dj, утворений цим точковим зарядом у точці А (рис. 9) можна визначити за формулою Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів, потенціал електричного поля, утвореного зарядженим стержнем у точці А, знайдемо інтегрування цього виразу: Виконаємо інтегрування: Підставимо числові значення фізичних величин у СІ (t =10.10-9 Кл/м 1/(4pe0)=9. 109м/Ф), і зробимо обчислення:
Приклад 10. На пластинах плоского конденсатора є заряд Q=10 нКл. Площа S кожної пластини конденсатора дорівнює 100 см2, діелектрик - повітря. Визначити силу F, з якою притягуються пластини. Поле між пластинами вважати однорідним. Розв’язок.Заряд Q однієї пластини перебуває в полі напруженістю Е, створеному зарядом іншої пластини конденсатора. Отже, на перший заряд діє сила (рис. 10) (1) Тому, що
деs - поверхнева густина заряду пластини, то формула (1) прийме вигляд: Виконаємо обчислення: Приклад 11.Електричне поле створене довгим циліндром радіусом R=1 см, рівномірно зарядженим з лінійною густиною t=20нКл/м. Визначити різницю потенціалів двох точок цього поля, що перебувають на відстані а1=0,5 см і а2=2 см від поверхні циліндра, у середній його частині. Розв’язок. Для визначення різниці потенціалів скористаємося співвідношенням між напруженістю поля і зміною потенціалу: . Для поля з осьовою симетрією, яким є поле циліндра, це співвідношення можна записати у вигляді де Інтегруючи цей вираз, знайдемо різницю потенціалів двох точок, що перебувають на відстанях r1 і r2 від вісі циліндра: (1) Тому, що циліндр довгий і точки взяті поблизу його середньої частини, то для виразу напруженості поля можна скористатися формулою напруженості поля, створеного нескінченно довгим циліндром: Підставивши вираз Е в (1), одержимо чи Зробимо обчислення, з огляду на те, що величини r1 і r2, що входять до формули (2) у вигляді відношення, можна виразити в сантиметрах (r1=R + а1=1,5 см, r2=R + а2=3 см):
Приклад 12. Електричне поле створюється двома зарядами Q1=4мкКл і Q2=-2мкКл, що перебувають на відстані а=0,1 м один від одного. Визначити роботу А1,2 сил поля по переміщенню заряду Q=50 нКл із точки 1 у точку 2 (рис. 11) Розв’язок. Для визначення роботи А1,2 сил поля скористаємося співвідношенням Застосовуючи принцип суперпозиції електричних полів, визначимо потенціали j1 і j2 точок l і 2 поля: Тоді чи Перевіримо, чи дає права частина рівності одиницю роботи (Дж): Підставимо числові значення фізичних величин у СІ (Q=50.10-9 Кл, Q1=4.10-6Кл, Q2=2.10-6 Кл, а=0,1 м, 1/(4pe0) =9.109 м/Ф) і зробимо обчислення:
Приклад 13. Визначити прискорюючу різницю потенціалів U, яку повинен пройти в електричному полі електрон, що має швидкість u= 106 м/с, щоб швидкість його зросла в n=2 рази. Розв’язок. Різницю потенціалів, що прискорює, можна знайти, обчисливши роботу А сил електростатичного поля. Ця робота визначається добутком елементарного заряду е на різницю потенціалів U: (1) Робота сил електростатичного поля в даному разі дорівнює зміні кінетичної енергії електрона: (2) де Т1 і Т2 - кінетична енергія електрона до і після проходження поля, що прискорює; m - маса електрона; u1 і u2 - початкова і кінцева його швидкості. Порівнявши праві частини рівностей (1) і (2), отримаємо де n=u2/u1. Звідси шукану різницю потенціалів отримаємо: Зробимо обчислення:
Приклад 14.З поверхні нескінченного рівномірно зарядженого (t=50 нКл/м) прямого циліндра вилітає a - частинка (u0=0). Визначити кінетичну енергію Т2 a- частинки (кеВ) у точках 1 і 2 на відстані 8R від поверхні циліндра (рис. 12). Розв’язок.Тому, що сили електростатичного поля є консервативними то, для визначення кінетичної енергії a- частинки в точці 2 скористаємося законом збереження енергії, записаному у вигляді Е1=Е2, де Е1 і Е2 - сповненої енергії a-частинки в точках l і 2. Так як E1=T1+U1 і E2=T2+U2 (Т1 і Т2 - кінетичні енергії a -частинки; U1 і U2 — потенційні), тоді, з огляду на те, що Т1=0 (u0=0), можна записати U1=T2+U2, звідки (Q - заряд a- частинки; j1 і j2 - потенціали точок 1 і 2). Використовуючи рішення прикладу 11, запишемо: Виразимо всі величини в одиницях СІ (Q=2.1,60.10-19 Кл, t=50.10-9 Кл/м, 1/(2pe0)= 18.109 м/Ф) і зробимо обчислення (1/(1,60.10-19) — коефіцієнт перекладу з Дж в еВ):
Приклад 15. Конденсатор ємністю С1=3 мкФ був заряджений до різниці потенціалів U1=40B. Після відключення від джерела струму конденсатор з'єднали паралельно з іншим незарядженим конденсатором ємністю С2=5 мкФ. Яка енергія W витратиться на утворення іскри в момент приєднання другого конденсатора? Розв’язок. Енергія, витрачена на утворення іскри (1) де W1 - енергія, яку мав перший конденсатор до приєднання до нього другого конденсатора; W2 - енергія, що має батарея, складена з двох конденсаторів. Енергія зарядженого конденсатора визначається за формулою (2) де С - ємність конденсатора чи батареї конденсаторів. Виразивши з формули (1) енергії W1 і W2 за формулою (2) і беручи до уваги, що загальна ємність паралельно з'єднаних конденсаторів дорівнює сумі ємностей окремих конденсаторів, одержимо (3) де U2 - різниця потенціалів на затисках батареї конденсаторів. З урахуванням того, що заряд після приєднання другого конденсатора залишився таким же, виразимо різницю потенціалів U2 у такий спосіб: (4) Підставивши вирази U2 у (3), знайдемо чи Зробимо обчислення:
Приклад 16. Потенціометр опором R=100Ом підключений до батареї з ЕРСe=150В і внутрішнім опором Ri=50Ом. Визначити: 1) показання вольтметра опором RV=500Ом, з'єднаного з однією з клем потенціометра і рухливим контактом, установленим посередині потенціометра; 2) різницю потенціалів між тими ж точками потенціометра при відключенні вольтметра. Розв’язок. 1. Показання вольтметра, підключеного до точок А і В (рис. 13), визначимо за формулою , де R1 - опір паралельно з'єднаних вольтметра і половини потенціометра; І1 - сумарна сила струму в галузях цього з'єднання (вона дорівнює силі струму в нерозгалуженій частині ланцюга). Силу струму І1 знайдемо за законом Ома для повного ланцюга: , (1) де Re - опір зовнішнього ланцюга. Цей опір є сума двох опорів: . (2) Опір R1 знайдемо по формулі паралельного з'єднання провідників , звідти . Підставивши в (1) вираз Re по (2), знайдемо . У даному разі розв’язок задачі в загальному вигляді було б громіздким. Тому зручно обчислення величин зробити окремо: 2. Різниця потенціалів між точками А і В при відключеному вольтметрі дорівнює добутку сили струму І2 на половину опору потенціометра: (3) де І2 — сила струму в ланцюзі при відключеному вольтметрі. Її визначимо за формулою . Підставивши вираз І2у (3), знайдемо Зробимо обчислення:
Приклад 17. Сила струму в провіднику опором R=20 Ом зростає протягом часу Dt=2с за лінійним законом від I0=0A до I1=6А (рис.14). Визначити теплоту Q1, що виділилася в цьому провіднику за першу секунду, і Q2 - за другу, а також знайти відношення Q2/Q1. Розв’язок. Закон Джоуля-Ленца у вигляді Q=I2Rt справедливий для постійного струму (І=const). Якщо ж сила струму в провіднику змінюється, то закон зазначений нескінченно малий інтервал часу записується у вигляді , (1) де сила струму Іє деякою функцією часу. У даному разі (2) де k - коефіцієнт пропорційності, що характеризує швидкість зміни сили струму: З урахуванням (2) формула (1) матиме вигляд . (3) Для визначення теплоти, що виділилася за кінцевий інтервал часу Dt, вираз (3) треба проінтегрувати в межах від t1 до t2. Зробимо обчислення: відповідно за другу секунду виділиться теплоти в сім разів більше, ніж за першу.
©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.
|