Сборник задач по общей физике
..pdfd 2 = r12 + r22 − 2r1r2cos(π− α) = r12 + r22 + 2r1r2cosα,
cosα = d 2 − r12 − r22 .
2r1r2
В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos α вычислить отдельно:
|
(0,1)2 |
− (0, 09)2 − (0, 07)2 |
|
cos α = |
|
|
= −0, 238 . |
|
|
||
|
|
2 0, 09 0, 07 |
Подставляя выражение Е1, из формулы (1) и E2 из формулы (2) в равенство (3) и вынося общий множитель 1/(4πε0) за знак корня, получим
E = |
|
1 |
|
q12 |
+ |
q22 |
+ 2 |
q1 q2 |
cos α . |
(4) |
4 |
πε0 |
|
r14 |
r24 |
r12 r22 |
|||||
|
|
|
|
|
|
Подставим числовые значения величин в формулу (4) и произведем вычисления:
|
10 |
−9 |
|
2 |
|
|
2 10 |
−9 |
|
2 |
|
−9 |
|
−9 |
|
Е = 9 109 |
( |
|
) |
|
+ |
( |
|
|
) |
+ 2 |
10 |
2 10 |
(−0,238) В/м = |
||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
(0,07)4 |
|
||||||||||||
(0,04)4 |
|
(0,09)2 (0,07)2 |
= 3,58 кВ/м.
При вычислении Е знак заряда q2 опущен, так как знак заряда определяет направление вектора напряженности, а направление Е2
было учтено при его графическом изображении (рисунок).
В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей потенциал φ результирующего поля, создаваемого двумя зарядами q1 и q2, равен алгебраической сумме потенциалов, т.е.
φ = φ1 + φ2. |
(5) |
Потенциал электрического поля, создаваемого в вакууме точечным зарядом q на расстоянии г от него, выражается формулой
φ = |
q |
|
4πε0 r . |
(6) |
81
В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим
φ = |
|
q1 |
|
+ |
|
q2 |
|
, |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
4πε0 r1 |
4πε0 r2 |
||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
φ = |
1 |
|
q1 |
+ |
q2 |
. |
||||
|
|
|
r2 |
|||||||
|
|
4πε0 r1 |
|
|
|
Подставляя в это выражение числовые значения физических величин, получим
φ = 9 10 |
9 |
|
10−9 |
+ |
−2 10−9 |
В= −157В. |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|||||
|
|
|
0,09 |
|
0,07 |
|
|
№ 4. 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.
Р е ш е н и е.
Численное значение силы F, действующей на точечный заряд q, находящийся в поле, определяется по формуле
F = qE, |
(1) |
где Е – напряженность поля, создаваемого заряженным цилиндром. Как известно, напряженность поля бесконечно длинного рав-
номерно заряженного цилиндра
E = |
τ |
, |
(2) |
|
|||
2πε0 r |
|
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:
q = σS = σ·2·π·Rl; q = τl.
82
Приравнявправыечасти этихравенствисократив наl, получим
τ= 2π·Rσ.
С учетом этого формула (2) примет вид
E = Rσ.
ε0 r
Подставив это выражение в (1), получим искомую силу F:
F = |
q Rσ |
. |
(3) |
|
|||
|
ε0 r |
|
Выпишем в единицах СИ числовые значения величин: q = = 25 нКл = 2,5· 10–8 Кл, σ = 0,2 нКл/см2 = 2· 10–6 Кл/м2, ε0 = = 8,85· 10–12 Ф/м. Так как R и r входят в формулу в виде отношения, они могут быть выражены в любых, но только одинаковых единицах. Подставим в (3) числовые значения величин:
F = 2,5 10−8 2 10−6 1 H = 5,65 10−4 H = 565 мкН. 8,85 10−12 10
G
НаправлениеG силы F совпадает с направлением напряженности E, а последняя направлена перпендикулярно поверхности цилиндра.
№ 5. Две концентрические проводящие сферы радиусами R1 = 6 см и 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.
Р е ш е н и е.
Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рисунок): область I
(r1 < R1), область II (R1 < r2 < R2), область III (r3 > R2).
1. Для определения напряженности Е1 в области I проведем замкнутую сферическую поверхность S1 радиусом r1 и воспользуемся теоремой Гаусса:
v∫ En dS = 0
S1
83
(так как суммарный заряд, находящийся внутри данной замкнутой поверхности, равен нулю). Следовательно, Е1 (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию r1 < R1, будет равна нулю.
2. В области II замкнутую поверхность проведем радиусом r2. В этом случае
v∫ |
EndS = |
q1 |
, |
|
|||
S2 |
|
ε0 |
(так как внутри этой замкнутой поверхности находится только
заряд q1).
Так как Еn = Е = const, Е можно вынести за знак интеграла:
E v∫ dS = |
q1 |
, |
|
ε0 |
|||
S2 |
|
или
ES2 = q1 .
ε0
Обозначив напряженность Е для области II через Е2, получим
E2 = |
q1 |
, |
ε0 S2 |
где S2 – площадь замкнутой сферической поверхности, S2 = 4π·r22. Тогда
E2 = |
q1 |
|
4πε0r22 . |
(1) |
3. В области III сферическая поверхность проводится радиусом r3. Обозначим напряженность Е области III через Е3 и учтем,
84
что в этом случае замкнутая поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен q1 + q2. Тогда
E3 = q1 + q2 .
4πε0 r32
Выразим все величины в единицах СИ (q1 = 10–9 Кл, q2 =
= –0,5· 10 –9 Кл, r1 = 0,05 м, r2 = 0,09 м, r3 = 0,15 м, 1/(4πε0) = 9· 109 м/Ф)
и произведем вычисления:
|
E2 |
= 9 |
109 |
10−9 |
=1,11 кВ/м; |
||
|
2 |
||||||
|
|
|
(0,09) |
|
|
||
E3 |
= 9 109 |
(1 – 0,5 ) 10 –9 |
= 200 В/м. |
||||
|
|||||||
|
|
|
(0,15)2 |
|
№ 6. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности, равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ = 10 нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал φ электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина l нити составляет одну треть длины окружности и равна 16 см.
Р е ш е н и е.
Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Y была бы симметрично расположена относительно концов дуги.
На нити выделим элемент длины dl. Заряд dq = τdl, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.
Определим напряженность электрическогоG поля в точке 0.
Для этого найдем сначала напряженность dE поля, создаваемого зарядом dq:
G |
|
τdl |
|
r |
|
dE = |
|
|
|
|
, |
4 |
πε0r2 |
|
|||
|
|
r |
где r – радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке, напряженность в которой вычисляется.
85
Выразим вектор dE черезпроекции dEх иdEу наосикоординат:
|
|
|
|
|
|
G |
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
dE = idEx + jdEy , |
|
|||||
G |
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где i |
и j – единичныеGвекторы направлений (орты). |
||||||||||
|
Напряженность E найдем интегрированием: |
||||||||||
|
|
G |
|
|
G |
|
|
G |
∫dEy . |
||
|
|
E |
= ∫dE |
= i ∫dEx + j |
|||||||
|
|
|
|
l |
l |
|
|
l |
|
||
|
Интегрирование ведется вдоль дуги длины l. В силу симмет- |
||||||||||
рии интеграл ∫dEx |
равен нулю. Тогда |
|
|
|
|||||||
|
l |
|
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
E = j ∫dEy , |
|
|
(1) |
||
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
где dEy = dE cos θ = |
τdl |
|
cos θ. |
|
|
|
|
||||
4πε0r 2 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Так как r = R = const, dl = Rdθ, то |
|
|
|
|||||||
|
dEy = |
|
τRdθ |
cos θ = |
|
τ |
|
cos θdθ . |
|||
|
4πε0 R2 |
4πε0 R |
|||||||||
|
|
|
|
|
|||||||
86 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим найденное значение dEу в выражение (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относительно оси Y, пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3, а результат удвоим:
G G |
2τ |
π 3 |
G |
τ |
|
|
π 3 |
|
|
E = j |
|
∫ cos θdθ = |
j |
|
|
sin θ |
|
. |
|
4πε0 R |
2πε |
0R |
0 |
||||||
|
|
|
|
||||||
|
0 |
|
|
|
|
Подставив указанные пределы и выразив R через длину дуги (3l = 2πR), получим
G G |
τ |
|
E = j |
|
3 . |
6ε0l |
Из этой формулы видно, что вектор E совпадает с положительным направлением оси Y.
Подставим значения τ и l в полученную формулу и произведем вычисления:
Е = |
10−8 1,73 |
= 2,18 |
кВ/м. |
6 8,85 10−12 0,15 |
Найдем потенциал электрического поля в точке 0. Сначала найдем потенциал dφ, создаваемый точечным зарядом dq в точке 0:
dφ = |
|
τdl |
. |
|
|
||
|
4 |
πε0 r |
Заменим r на R и произведем интегрирование:
|
τ |
l |
τ |
|
|
φ = |
∫ dl = |
. |
|||
|
|
||||
|
4πε0 R |
0 |
4πε0 R |
Так как l = 2πR/3, то φ = τ/6ε0. Произведем вычисления:
|
10−8 |
φ = |
6 8,85 10−12 =188 В. |
87
№ 7. 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.
Р е ш е н и е.
Заряд q второй пластины находится в поле напряженностью Е1, созданном зарядом первой пластины конденсатора. Следовательно, на заряд q действует сила
|
F = qE1. |
(1) |
|||||
Так как |
|
|
|
|
|
|
|
E1 |
= |
σ |
|
= |
q |
, |
(2) |
2ε |
|
|
|||||
|
|
0 |
|
2ε0 S |
|
где σ – поверхностная плотность заряда пластины, то формула (1) с учетом выражения (2) примет вид
F = |
q2 |
. |
(3) |
|
|||
|
2ε0 S |
|
Подставив числовые значения величин в формулу (3), получим
|
F = |
|
|
10−18 |
|
= 5,65 10−4 |
H . |
|
|
2 |
8,85 10−12 |
10−2 |
|||||
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
E1 |
-q |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F |
|
|
E1 |
|
+ |
|
|
|
|
|
|
1 |
q |
|
+ |
+ |
+ |
+ |
+ |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
E1 |
88
№ 8. 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.
Р е ш е н и е.
Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала:
G
E = −gradφ.
Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде
Er = − dφ , или dφ = –Erdr. dr
Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r1 и r2 от оси цилиндра:
r2 |
|
φ2 − φ1 = −∫ Er dr . |
(1) |
r1 |
|
Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, для напряженности можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром:
|
|
|
Er |
= |
|
|
|
|
τ |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2 |
πε0r |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Подставив выражение Е в (1), получим: |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
τ |
|
r2 |
|
|
|
|
|
τ |
|
r2 |
|
|||||
φ2 |
− φ1 |
= − |
|
|
|
∫ |
dr |
= − |
|
ln |
, |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
2 |
πε0 r1 |
r |
|
|
|
|
2πε0 |
r1 |
|
||||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
φ1 − φ2 |
= |
|
|
|
|
τ |
|
ln |
r2 |
. |
|
|
(2) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2πε0 |
|
|
r1 |
|
|
|
89
Выразим τ и 1/2πε0 в единицах СИ: τ = 20 нКл/м = 2· 10–8 Кл/м,
ε0 = 8,85·10–12 Ф/м.
Так как величины r1 и r2 входят в формулу (2) в виде отношения, их можно выразить в любых, но только одинаковых единицах: r1 = R + а1 = 1,5 см; r2= R + а2 = 3 см. Подставим числовые значения в (2) и вычислим:
φ1 − φ2 = 2 10−8 1,8 1010 ln |
|
3 |
= 3,6 102 2,3 ln2 |
= 250 B . |
|
1,5 |
|||||
|
|
|
№ 9. Конденсатор емкостью С1 = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U1 = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор был соединен параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С2 = 5мкФ. Какая энергия W′ израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?
Р е ш е н и е.
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 первого и второго конденсаторов. Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле
W = |
CU 2 |
, |
(2) |
|
|||
2 |
|
|
где С – емкость конденсатора или батареи конденсаторов; U – разность потенциалов.
Выразив в формуле (1) энергии W1 и W2 по формуле (2) и принимая во внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов равнасуммеемкостейотдельныхконденсаторов, получим
W ′ = |
С1U12 |
(С1 |
+ С2 ) U22 |
|
|
|
− |
|
, |
(3) |
|
2 |
|
||||
|
|
|
2 |
|
где U2 – разность потенциалов на зажимах батареи параллельно соединенных конденсаторов.
90