Документ 1021705

Дано
Кл
м
Кл
 2  0,3 * 10 6
м
d  0,2 м
E ?
Решение:
Изобразим на рисунке направления векторов
напряженностей полей, созданных каждым
проводом
q
 EdS
за теоремой Остроградского-Гаусса
0 
найдем выражение для определения
напряженности поля бесконечной заряженной
нити. Выберем цилиндр с осью, совпадающей с
нитью, вокруг нити радиусом r и высотой l
площадь боковой стенки цилиндра S  2rl ,
заряд охватываемый цилиндром q  l
l

2k
 E 2rl отсюда E 

имеем
0
2r 0
r
напряженность поля первой нити
2k 1
d
поскольку r  dsin30 0  то
E1 
2
r
4k 1
E1 
d
4k 2
Напряженность поля второй нити E 2 
. Угол между этими векторами
d
напряженностей равен 60 градусов. Результирующая напряженность (за принципом
суперпозиции), с использованием теоремы косинусов
 1  0,2 *10 6
E  E12  E 22  2 E1 E 2 cos 120 0 а с учетом выражений для напряженностей
4k 1 2 4k 2 2
4k 1 4k 2
4k 2
) (
)  2(
)
cos120 0 
 1   22  2 1  2 cos120 0
d
d
d
d
d
2
2
Нм
Кл
Нм Кл Н
Проверим размерность E  
( )2 

2
м
мКл
Кл 2 м м Кл
4 * 9 *10 9
Н
E
(0,2 *10 6 ) 2  (0,3 *10 6 ) 2  2 * 0,3 *10 6 * 0,2 *10 6 cos120 0  7,8 *10 4
0,2
Кл
Угол между вектором результирующей напряженности и вектором напряженности
E2
E

второго провода (а он перпендикулярен второму проводу) найдем как
sin 120 sin 
9
6
E
4 * 9 *10 * 0,3 *10
отсюда   arcsin( 2 sin 120)
  arcsin(
sin 120)  37 0
4
E
0,2 * 7,8 *10
E (
Дано
r1  2 * 10 2 м
r2  10  2 м
v  10 7
м
с
 ?
Решение:
Работа разности потенциалов между двумя точками A  e пойдет на придание
электрону кинетической энергии E 
mv 2
2
mv 2
mv 2
отсюда разность потенциалов  
(1)
2
2e
Выражение для напряженности поля бесконечной заряженной нити (найдено в
2k
предыдущей задаче) E 
r
dr
На бесконечно малом промежутке изменение потенциала d  Edr  2k
r
r2
r
dr
Проинтегрируем   2k 
 2k ln 2 прировняем с (1)
r
r1
r1
Имеем e 
2k ln
r2 mv 2

r1
2e
отсюда искомая плотность заряда  
mv 2
4ke ln
r2
r1
м
кг ( ) 2
кг
Кл
с
Проверим размерность   


2
кгм 2
м
Нм
с
Кл
2
2
Клс
Кл
Подставим числа (масса электрона и его заряд – величины табличные)

9,1 *10 31 (10 7 ) 2
4 * 9 *10 9 *1,6 *10 19 ln
2
10
2 *10 2
 2.3 *10 8
Н
Кл
Дано
W1  60 * 10 6 Дж
R1  0,03 м
R2  0,04 м
 2  2000 B
W ', A  ?
Решение:
Емкость первого шара C1  40 R1
Энергия первого шара W1 
q1  W1 80 R1
q12
q12
q12
отсюда заряд первого шара


2C1 2 * 40 R1 80 R1
(1)
Заряд второго шара q2  C2 2  40 R2 2 (2)
Потенциалы шаров после их прикосновения равны
q1'
q 2'
1'   2' 

отсюда заряд второго шара после прикосновения
40 R1 40 R2
R
q2'  q1' 2 так как за законом сохранения заряда q2'  q1'  q1  q2 отсюда q2'  q1  q2  q1'
R1
R
прировняем эту формулу с предыдущей q1  q2  q1'  q1' 2 отсюда заряд первого
R1
q  q2
шарика после соединения q1'  1
а заряд второго шарика после соединения
R2
1
R1
q 2' 
q1' 
q1  q 2 R2
*
R2
R1 с учетом (1) и (2) эти заряды можно вычислить как
1
R1
W1 8 0 R1  4 0 R2 2
R
1 2
R1
q 2' 
W1 80 R1  40 R2 2 R2
*
R2
R1
1
R1
(
q1'2
Энергия первого шара после соединения W 

2C1
'
1
(
Энергия второго шара после соединения W2' 
q 2'2

2C
W1 80 R1  40 R2 2 2
)
R2
1
R1
2 * 40 R1
W1 80 R1  40 R2 2 R2 2
* )
R2
R1
1
R1
2 * 40 R2
Суммарная энергия
W 80 R1  40 R2 2 2
W 80 R1  40 R2 2 R2 2
( 1
)
( 1
* )
R2
R2
R1
1
1
R1
R1
W '  W1'  W2' 

2 * 40 R1
2 * 40 R2
Проверим размерность
Ф
Ф
Ф
Ф
м
( Дж * * м  м * В) 2 ( Дж * * м  м * В * ) 2
м
м
м
м
м
W' 


Ф
Ф
м
м
м
м
2
2
( Дж * Ф  Ф * В)
( Дж * Ф  Ф * В)


 ФВ 2  Дж
Ф
Ф
Подставим числа
 
6 *10 6 * 8 * 8,85 *10 12 0,03  4 8,85 *10 12 0,04 * 2 *10 3 2
(
)
0,04
1
0,03
'
W 

2 * 4 8,85 *10 12 0,03
6 *10 6 * 8 8,85 *10 12 0,03  4 8,85 *10 12 * 0,04 * 2000 0,04 2
*
)
0,04
0,03
1
0,03

 9,31 *10 6 Дж
12
2 * 4 8,85 *10 0,04
Разность энергий шаров до и после соединения – это и есть работа разряда
40 R2  22
C 2
A  (W1  W2  W ' )  (W1  2 2  W ' )  (W1 
W ')
2
2
12
3 2
4 * 3.14 * 8,85 *10 * 0,04 * (2 *10 )
A  (60 *10 6 
 9,31 *10 6 )  41,8 *10 6 Дж
2
(
Дано
m  4,5кг
t1  230 С
t 2  100 0 С
E  0,5 * 10 3 Вт * ч
 ?
Решение:
Представим количество затраченной энергии в системных единицах
E  0,5 *10 3 Вт * ч  0,5 *10 3 Вт * 3600с  18 *10 5 Дж
Количество тепла, ушедшего на нагревание
Q  cm(t 2  t1 )
Q cm(t 2  t1 )
КПД нагревателя   
E
E
Проверим размерность
Дж
кг (С  С )
   кгС
1
Дж
4200 * 4,5 * (100  23)

 0,8 что соответствует 80%
18 *10 5
Дано
I 1  100 A
I 2  50 A
d  0,2м
В-?
Решение:
направления индукций магнитных полей показано
на рисунке (направление вектора индукции
первого тока параллельно второму току)
 0 I1
 I
индукция первого тока B1 
 0 1 индукция поля второго тока
2 * 0.5d
d
0 I 2
 I
B2 
 0 2 поскольку оба вектора индукции перпендикулярны, то
2 * 0.5d
d
 I
 I

результирующая индукция B  B12  B22  ( 0 1 ) 2  ( 0 2 ) 2  0 I12  I 22
d
d
d
2
Гн
Тл * м
А2  А2 
 Тл
Проверим размерность B 
м* м
м* м
4 *10 7
B
(100) 2  (50) 2  2,2 *10 4 Тл направление результирующей индукции
 * 0,2
указано на рисунке.
Дано
I  6A
a  0,2
b  0,1
c  0,04
I 2  5A
F ?
Решение:
поскольку направления токов в контуре по сторонам ВС и
АД противоположны, то и силы Ампера на них
противоположны и, в силу полной симметричности, равны
по значению, поэтому они в сумме дают 0.
Индукция поля в месте расположения стороны АВ
 I
сила Ампера на ближнюю сторону
B1  0
2c
 II a
F1  B1 I 2 a  0 2
2c
Индукция поля в месте расположения стороны СД
0 I
B2 
2 (c  b)
сила Ампера на дальнюю сторону
 0 II 2 a
F2  B2 I 2 a 
2 (b  c)
Силы F1 и F2 - противоположны, поэтому результирующая сила
 II a
 II a
 II a 1
1
F  F1  F2  0 2  0 2  0 2 ( 
)
2c
2 (b  c)
2
c bc
Проверим размерность
2
F   Гн * А * А * м ( 1  1 )  Гн * А  Дж  Н
м
м м
м
м
7
4 *10 * 6 * 5 * 0,2 1
1
F
(

)  2,14 *10 5 Н
2
0,04 0,1  0,04
Дано
R  5 *10 3 м
Кл
  5 *10 6 2
м
a  0.04 м
q1  2 *10 9 Кл
q 2  6 *10 9 Кл
 ?
Решение:
площадь поверхности шара S  4R 2
заряд шара Q  S   4R 2
потенциал шара в точке К
Q
 4R 2
0  k

k
a cos 45 0
a cos 45 0
Расстояние от двух других зарядов до точки К
2
y  a sin 45 0 
a
2
Потенциал поля одного заряда
q
2q
1  k 1  k 1
y
2a
Потенциал поля другого заряда
q
2q
2  k 2  k 2
y
2a
Общий потенциал
2q1
2q2 k  4R 2 2q1 2q2
 4R 2
   0  1   2  k
k
k
 (


)
0
a cos 450
2a
2a a cos 45
2
2
Проверим размерность
2
2
   Нм2 ( Клм2  Кл  Кл)  Нм2 Кл  Дж  В
Кл м м
Кл
Кл
9
6
3 2
9 *10 5 *10 * 4 (5 *10 )
2 * 2 *10 9 2 * 6 *10 9

(


)  787,5В
0,04
cos 450
2
2
Дано
U  120 B
l  10 3 м
v, е, a - ?
Решение:
Работа ускоряющей разности потенциалов A  Ue пошла на придание электрону
mv 2
кинетической энергии E 
2
Прировняем
mv 2
отсюда скорость подлета к аноду
Ue 
2
2Ue
масса и заряд электрона – величины табличные
v
m
v
2 *120 *1,6 *10 19
м
 6,5 *10 6
31
с
9,1 *10
Из уравнения равноускоренного движения 2al  v 2  v02
v 2  v02
v2
с учетом начальной нулевой скорости a 
2l
2l
2
6 2
(6,5 *10 )
м
a  м2  м2
a
 21 *1015 2
3
с м с
2 *10
с
2
at
Время движения найдем из l 
2
Отсюда ускорение a 
t
2l
a
t
2 *10 3
 3 *10 10 с
15
21 *10
Дано
r  0,5Ом
E1  2 B
E 2  3B
R1  0,5Ом
R2  1,5Ом
I1 , I 2 , I 3  ?
Решение:
Нарисуем указанную схему в другом виде (не
меняя ее)
укажем на схеме предполагаемые направления
токов в каждой ветке
для верхнего узла за первым правилом
Кирхгофа
I 3  I 1  I 2 (1)
Для контура, который вмещает первый
источник и первое сопротивление при обходе
против часовой стрелки за вторым правилом
Кирхгофа E1  I 1 r  I 3 R1 (2)
Для контура, который вмещает второй источник и первое сопротивление при обходе за
часовой стрелкой за вторым правилом Кирхгофа
E2  I 2 r  I 2 R2  I 3 R1 (3) подставим (1) в (3). Получим
E2  I 3 r  I1r  I 3 R2  I1 R2  I 3 R1
который из (2) равен I 3  I 1
Получим E 2  I 1
подставим сюда ток через первое сопротивление,
r E1

R1 R1
(4)
rR
E
E
r 2 E1
r
 r  I 1 r  I 1 2  1 R2  I 1 R2  I 1
R1  1 R1 отсюда ток через
R1 R1
R1 R1
R1
R1
E1
E
r  1 R2  E1
R1
R1
первый элемент I 
1
2
rR
r
(  r  2  R2  r )
R1
R1
В
В
Ом 
Ом  В
проверим размерность I  
Ом
Ом
А
1
Ом 2
ОмОм
(
 Ом 
 Ом  Ом )
Ом
Ом
2
2
0.5 
1.5  2
0
.
5
0
.
5
I1 
 2. 9 A
0.5 2
0.5 *1.5
(
 0.5 
 1.5  0.5)
0.5
0.5
из (4) ток I 3  2.9
E2 
3
В
0.5 2

 1.1A минус
0.5 0.5
означает, что ток в левой ветке направлен в противоположную от выбранной нами
сторону. Из (1) I 2  1.1  2.9  1.8 A
Дано
I  17.3 A
B  30 *10 6 Тл
N  10
l ?
Решение:
для правильного шестиугольника радиус описанной вокруг него
окружности равен длине его стороны (см рис)
индукция поля в центре шестиугольника, созданная одной
стороной (и одним витком)
 I
B1  0 * 2 cos 60 0
2r
Расстояние от стороны до центра равно r  R sin 60 0
0 I
Имеем B1 
cos 60 0
0
R sin 60
Соответственно индукция всех шести сторон и всех десяти витков равна
6 N 0 I
B  6 NB1 
cos 60 0 отсюда длина одной стороны
R sin 60 0
6 N 0 I
R
cos 60 0
B sin 60 0
36 N 2  0 I
А длина всей проволоки l  6 NR 
cos 60 0
0
B sin 60
Проверим размерность
Гн
Тл 2
А
м
l   м  м  м
Тл
Тл
2
36 *10 * 4 *10 7 *17,3
l
cos 60 0  480 м
6
0
 * 30 *10 sin 60
Дано
E  3 * 10 4
В
м
l  0.05 м
B  10 3 Тл
aT , a n  ?
Решение:
Вдоль силовых линий электрического поля электрон движется по прямой, следовательно,
на этом участке его нормальное ускорение равно 0. Тангенциальное ускорение на этом
F Ee
участке aT  
m m
Н * Кл Н
м
3 *10 4 *1.6 *10 19
м
aT  

 2
aT 
 5.3 *1016 2 ,
31
кг * кл кг с
9.1 *10
c
Скорость, с которой влетит электрон в магнитное поле найдем из уравнения
равноускоренного движения 2al  v 2  v02 отсюда (с учетом v0  0 )
v  2al
В магнитном поле электрон движется с постоянной скоростью по окружности, поэтому
здесь его тангенциальное ускорение равно 0.
v2
Сила Лоренца на электрон F  Bve будет для него центростремительной F  m
r
2
2
v
v
Bve

прировняем Bve  m
отсюда нормальное ускорение a n 
с учетом
r
r
m
B 2al e
выражения для скорости влета a n 
m
м
Тл 2 м Кл
ТлмКл Н
м
с


 2
Проверим размерность a n  
кг
кг * с
кг с
10 3 2 * 5,3 *1016 * 0,05 м *1,6 *10 19
м
an 
 1,3 *1016 2
31
9,1 *10
с