задание №3

Задание № 3
Электрическое поле
1. Предположим, что удалось бы разделить 1 см3 воды на элементарные разноименные
заряды, которые затем удалили друг от друга на расстояние 100 км. С какой силой притягивались бы эти заряды?
Решение
1. Определим массу заданного объёма воды, приняв её плотность равной ρ = 1000 кг/м3 и
объём − V = 1⋅10 − 6 м3
m = ρV = 1 ⋅ 103 ⋅ 1 ⋅ 10−6 = 1−3 кг .
2. Количество молекул в заданном объёме воды
m
1 ⋅ 10−3
N = N A ≅ 6 ⋅ 1024
≅ 3,33 ⋅ 1023 .
μ
18 ⋅ 10− 3
3. Каждая молекула воды состоит из двух атомов водорода с одним электроном в каждом
и одного атома кислорода, с ядром которого связаны восемь электронов, т.е. каждая молекула воды Н2О имеет в своём составе 10 электронов. Таким образом, сумма зарядов всех электронов в заданном объёме воды по модулю составит
q e = 10eN ≅ 10 ⋅ 1,6 ⋅ 10−19 ⋅ 3,33 ⋅ 1023 ≅ 5,33 ⋅ 105 Кл .
(3)
4. Поскольку в обычном состоянии суммарный отрицательный и положительный заряд
каждого атома с высокой степенью точности скомпенсированы, то сумма зарядов всех электронов по модулю должна быть равна сумме зарядов всех ядер. Сила притяжения для суммарного заряда всех ядер и электронов определится как
2,84 ⋅ 1011
q2
F = k 2e ≅ 9 ⋅ 109
(4)
= 2,56 ⋅ 109 Н .
10
1 ⋅ 10
r
Полученная величина силы эквивалентна движению массы в m = 1 кг с фантастическим ускорением а = 3,6⋅1010 м/с2.
2. Какой заряд приобрел бы 1 см3 железа, если бы удалось убрать 1% содержащихся в
нем электронов?
Решение
1. Определим количество молекул в объёме железа V = 1⋅10 − 6 м3 при плотности ρ =
7,87⋅103 кг/м3 и молярной массе μ ≅ 56⋅10 3 кг/моль
ρV
m
7,87 ⋅ 103 ⋅ 10 −6
= NA
≅ 6 ⋅ 10 23
N = NA
≅ 8 ⋅ 10 23 .
μ
μ
56 ⋅ 10 −3
2. Каждый атом железа имеет по ne = 26 электронов, т.е. суммарное количество электронов в заданном объёме составляет
N e = n e N = 26 ⋅ 8 ⋅ 10 23 ≅ 2 ⋅ 10 25 .
3. Заряд заданного объёма железа при удалении 1/100 всех его электронов составит
N
q = e e ≅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2 ⋅ 10 23 ≅ 3,2 ⋅ 10 4 Кл .
100
3. Две одинаковые капли воды массой m = 1,8⋅10 − 3 кг расположили на расстоянии r = 1 м
друг от друга. С какой силой станут взаимодействовать капли, если 10 % электронов из одной капли переместить в другую?
106
Решение
1. Определим количество вещества ν в капле воды с
учётом значения её молярной массы μ = 18⋅10 − 3 кг/моль
m 1,8 ⋅ 10 −3
(1)
ν= =
= 0,1 моль .
μ 18 ⋅ 10 −3
2. Число молекул в капле воды
N = νN A ≅ 0,1 ⋅ 6 ⋅ 10 23 ≅ 6 ⋅ 10 22 .
(2)
3. Формула воды H2O, т.е. одна молекула включает в себя два атома водорода и один
атом кислорода. Молекула воды, таким образом, содержит 10 электронов. Число электронов
в одной капле воды равно
N e = 10 N = 6 ⋅10 23 .
(3)
4. Заряд всех электронов в одной капле первоначально составляет
q 0 = e ⋅ N e ≅ 1,6 ⋅10 −19 ⋅ 6 ⋅10 23 ≅ 9,6 ⋅10 4 Кл .
(4)
5. Величина перемещаемого заряда
q i = 0,1q 0 ≅ 9,6 ⋅ 10 3 Кл .
(5)
6. Заряд капель после перемещения электронов
q1 = q 0 + q i ≅ 1 ⋅ 10 5 Кл, q 2 = q 0 − q i ≅ 8,6 ⋅ 10 4 Кл .
(6)
7. Сила электрического взаимодействия между каплями после перемещения электронов
q ⋅q
1 ⋅ 105 ⋅ 8,6 ⋅ 10 4
F = k 1 2 2 ≅ 9 ⋅ 10 9
≅ 8 ⋅ 1019 H .
(7)
r
1
4. Два одинаковых металлических шарика, подвешенных в воздухе на непроводящих нитях, закреплённых в одной точке, были заряжены первоначально разноимёнными зарядами,
причём по модулю заряды отличались в ζ = 5 раз. Шарики далее привели в соприкосновение
и развели на расстояние в два раза превышающее первоначальное ξ =2. Во сколько раз изменится сила их кулоновского взаимодействия?
1. Пусть первоначально заряд одного из шариков был
равен –q, а второго − +ζq.
2. В положении 1 шарики притягивались друг к другу
с силой, равной по модулю
ζq 2
F1 = k 2 .
(1)
r
2. В момент соприкосновения шарики будут представлять собой одно тело, заряд которого равен алгебраической сумме первоначальных зарядов Q = ζq – q =
q(ζ − 1).
3. После разъединения, ввиду одинаковости размеров, каждый шарик будет иметь заряд
q (ζ − 1)
.
(2)
q1 = q 2 =
2
4. Сила взаимодействия между одноимённо заряженными шариками в положении 3 определится уравнением
[q(ζ − 1)]2 = k q 2 (ζ − 1)2 .
(3)
F2 = k
4ξ 2 r 2
r 2 4ξ 2
5. Определим отношение кулоновских сил в положениях 3 и 1
2
(5 − 1)2 ≅ 0,4 .
F2 (ζ − 1)
=
=
F1
4ξ 2 ζ
2 ⋅ 22 ⋅ 5
107
(4)
5. Три положительных точечных заряда (q1 = q2 =q3= 1 нКл) расположены в вершинах
равностороннего треугольника. Какой заряд q0 и где необходимо расположить, чтобы система находилась в равновесии?
Решение
1. Естественно предположить, что заряд q0 должен быть отрицательным и расположен на равном удалении от трёх остальных,
т.е. в точке пересечения медиан треугольника О. Если заряд будет
положительным, то к каждому из зарядов будет приложена сила,
стремящаяся «растащить» заряды.
2. Рассмотрим условие равновесия одного из зарядов, расположенного, например, в точке В, к которому при расположении q0
в точке О будут приложены три силы, две силы {F1,F1} обусловлены взаимодействием с
двумя остальными положительными зарядами и сила F0, вызванная взаимным притяжением
с центральным зарядом. Исследуемый заряд будет находиться в состоянии равновесия, если
геометрическая сумма двух первых сил R будет равна по модулю и противоположна по направлению F0.
3. Определим по правилу параллелограмма модуль равнодействующей силы R
R = 2F12 + 2F12 cos 2α = F1 2(1 + cos 2α ) ,
(1)
где α =300, т.е.
R = F1 3 .
(2)
4. Запишем уравнения для модулей сил F1 и F0, воспользовавшись уравнением закона Кулона
q2
F1 = k 2 ,
(3)
r
qq
q 0q
4 cos 2 αq 0 q
F0 = k 0 2 = k
=
k
.
(4)
r2
(OB)
(r 2 cos α )2
где r − длина стороны треугольника.
5. Приравняем уравнения (2) и (4) с учётом значения F1 из уравнения (3) и определим
величину q0
3q 2 q 0 q ⋅ 4 cos 2 α
=
,
(5)
r2
r2
q 3
3
q0 =
=q
≅ 0,58 нКл
(6)
2
4 cos α
3
6. Капля воды R = 5⋅10 − 5 м с плотностью ρ1= 1000 кг/м3 находится в состоянии безразличного равновесия в масле с плотностью ρ2 =
800 кг/м3 при напряжённости электрического поля Е = 104 Н/Кл. Вектор напряжённости поля направлен вертикально вверх. Сколько
элементарных электрических зарядов находится на капле?
Решение
1. Свободно парящая в масле заряженная положительно капля
воды находится под действием трёх сил: силы тяжести mg, силы
Архимеда FA и кулоновской силы Fk, возникающей в вертикальном
электрическом поле напряжённостью Е.
2. Определим величины действующих на каплю сил
4
mg = πR 3ρ 2 g ,
(1)
3
108
4
FA = ρ1g πR 3 ,
(2)
3
Fk = qE ,
(3)
3
где ρ2 − плотность масла, ρ1 = 1000 кг/м − плотность воды, q − заряд капли.
3. Запишем условие равновесия капли воды под действием анализируемой системы сил
mg = FA + Fk ,
(4)
4
4
πR 3ρ1g = πR 3ρ 2 g + QE .
(5)
3
3
4. Выразим из уравнения (5) величину заряда
4R 3g(ρ1 − ρ 2 ) 4 ⋅ 1,25 ⋅ 10 −13 ⋅ 10 ⋅ 200
Q≅
≅
≅ 1 ⋅ 10 −13 Кл .
(6)
E
10 4
5. Определим количество положительных элементарных зарядов, сосредоточенных на
поверхности капли
Q 1 ⋅ 10 −13
N e+ = =
≅ 6,25 ⋅ 105 .
(7)
e 1,6 ⋅ 10 −19
7. Два равных отрицательных заряда по q = 9 нКл каждый находятся в воздухе на расстоянии r0 = 8 см друг от друга. Определить напряжённость электрического поля в точке, отстоящей на удалении 5 см от каждого заряда. Изменится ли напряженность поля при помещении зарядов в воду?
Решение
1. В заданной точке А имеет место суперпозиция
электрических полей от двух зарядов. Задача, таким
образом, сводится к определению геометрической
суммы векторов напряжённости зарядов q1 и q2
r r r
E = E1 + E 2 .
(1)
2. Определим модуль вектора напряжённости
результирующего электрического поля
E = E12 + E 22 + E1E 2 cos 2α ,
(2)
где Е1, Е2 − модули напряжённостей полей, создаваемых зарядами q1 и q2, соответственно.
3. Поскольку модули зарядов одинаковы
q
9 ⋅ 10 −9
В
E1 = E 2 =
≅
≅ 3 ⋅ 10 4 ,
(3)
−12
−4
2
4πε 0 εr
12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 25 ⋅ 10
м
уравнение (2) можно упростить
E = E12 + E12 + E12 cos 2α = E1 2 + cos 2α .
(4)
4. Определим из прямоугольного треугольника q1AO значение α
r
sin α = 0 ≅ 0,8, ⇒ α = arcsin0,8 ≅ 530 .
(5)
2r
5. Найдём модуль вектора напряжённости результирующего поля
E ≅ 3 ⋅ 10 4 2 − 0,27 ≅ 4 ⋅ 10 4 В / м .
(6)
6. При перенесении зарядов в воду напряжённость поля изменится, потому что диэлектрическая проницаемость воды (ε = 81) отличается от диэлектрической проницаемости воздуха (ε ≅ 1), Е1 ≅ 370 В/м. Напряжённость результирующего поля, таким образом, определится как
E ≅ 370 2 − 0,27 ≅ 486 В / м .
(7)
109
8. В вершинах квадрата со стороной а = 0,1 м расположены
четыре отрицательных заряда: q1= q2 = q3 = q4 = 0,1 нКл. Определить напряжённость Е электрического поля в центре квадрата. Как
изменятся параметры поля, если один из зарядов заменить положительным зарядом той же величины?
1. Если в вершинах квадрата находятся отрицательные заряды,
то напряжённость электрического поля в центре будет эквивалентна нулю, потому что векторы напряжённостей диагональных
зарядов будут равны по модулю и противоположны по направлению, Е0 = 0.
4. Рассмотрим далее систему, когда заряд q1 будет положительным. Ситуация по сравнению с предыдущей изменится. Векторы напряжённости поля создаваемого зарядами q2 и q4 будут
одинаковы по модулю и противоположны по направлению
r
r
E2 + E4 = 0 .
(1)
Таким образом напряжённости в точке О определится в виде суммы векторов напряжённостей полей зарядов q1 и q3
r r
r
E = E 3 + E1 .
(2)
E O = 2E1 =
4q
1 ⋅ 10 −10
В
≅
≅ 354 .
4 πε 0 a 2 3,14 ⋅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 0,01
м
9. Две проводящие пластины несут заряды с плотностью σ1 = +5⋅10 − 8 Кл/м2 и σ2 = −9⋅10 − 8
Кл/м2. Пространство между пластинами заполнено стеклом (ε = 7). Определить напряжённость электрического поля между пластинами и вне их.
Решение
1. Напряжённость электрического поля, создаваемого
пластиной с плотностью заряда σ определяется как
σ
E=
.
(1)
2ε 0 ε
2. Напряжённость электрического поля в зазоре между
пластинами
r
r
r
E ∗ = E1 + E 2 .
(2)
3. Подставим в уравнение (2) значение напряжённости
в соответствии с уравнением (1)
σ + σ2
σ
σ
14 ⋅ 10−8
E∗ = 1 + 2 = 1
=
≅ 1111В / м .
2ε0ε1 2ε0ε1
2ε0ε1
2 ⋅ 9 ⋅ 10−12 ⋅ 7
4. В пространстве вне области, заполненной диэлектриком, векторы напряжённостей
имеют противоположное направление, поэтому
σ − σ1
4 ⋅ 10 −8
E ∗∗ = E 2 − E1 = 2
≅
≅ 2222 В / м .
2ε 0 ε 2
2 ⋅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 1
10. Альфа − частица проходит через геометрический центр молекулы водорода, состоящего из двух протонов, расположенных на расстоянии а друг от друга. На каком расстоянии
от протонов их электрическое поле будет действовать на α − частицу с максимальной силой?
Решение
1. Предположим, что α − частица движется перпендикулярно линии, соединяющей центры протонов через середину отрезка а.
110
2. Напряжённость электрического поля по ходу движения
частицы определяется в виде геометрической суммы напряжённостей полей, создаваемых каждым из протонов. Поскольку
в каждой точке траектории расстояние от α − частицы до протонов одинаковы, то напряжённости по модулю одинаковы
E i = E 2 + E 2 + E 2 cos 2α ,
(1)
E i = E 2 + cos 2α .
(2)
qp
E=
.
(3)
4πε 0 r
3. Анализ уравнений (2) и (3) показывает, что силовое воздействие электрического поля на отрицательно заряженную α −
частицу определяется двумя параметрами: расстоянием r и величиной угла 2α. Максимум напряжённости поля от каждого протона будет иметь место в
точке траектории 3, но векторы напряжённостей имеют противоположные направления, т.е.
суммарная напряжённость будет равна нулю.
4. Функция Е = f (cos2α) будет иметь максимум при α = 450, в этом случае cos2α = 1. Таким образом, максимальное силовое воздействие на α − частицу будет иметь место при расстоянии r
2
2
a
⎛a⎞ ⎛a⎞
.
r = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ =
2
⎝2⎠ ⎝2⎠
(4)
11. На расстоянии а = 8 см друг от друга в воде (ε = 81) расположены два положительных
заряда по q = 10 нКл каждый. Определить напряжённость поля в точке, находящейся на расстоянии r = 5 см от зарядов.
Решение
1. Напряжённость электрического поля и потенциал
точечного заряда в точке С определяются уравнениями
q
(1)
E=
,.
4πε0 εr 2
2. Напряжённость поля в заданной точке С от двух
зарядов равна геометрической сумме напряжённостей
r
r r
EC = E + E ,
(2)
модуль которой находится по теореме косинусов, т.к. результирующий вектор является диагональю параллелограмма, построенного на слагаемых векторах
E C = E 2 + E 2 + 2E 2 cos α = E 2 (1 + cos α ) ,
α
.
2
3. Величину cos(α 2 ) определим из треугольника САD: CD = 25 − 16 = 3 см
α CD 3
cos =
= = 0,6 .
2
r
5
4. Объединим уравнения (1), (3) и (5)
2 ⋅ 10 −8 ⋅ 0,6
В
EC =
≅ 524 .
−12
−4
12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 81 ⋅ 25 ⋅ 10
м
E C = 2E cos
111
(3)
(4)
(5)
(6)
12. В вершинах равностороннего треугольника со стороной а = 0,2 м помещены положительные одинаковые заряды по q = 1 нКл каждый. Заряды размещены в воздухе. В середине
одной из сторон находится третий заряд, на который действует сила F = 0,6 мкН. Определить величину этого заряда, напряжённость поля в этой точке.
1. Определим расстояние r от заряда q2 до точки расположения неизвестного заряда qx, воспользовавшись теоремой Пифагора
a2 a 3
=
≅ 0,173 м .
(1)
4
2
2. Заряды q1 и q3 в точке D будут создавать равные по
модулю и противоположные по направлению напряжённости
r
r
E1 + E 3 = 0 .
(2)
3. Напряжённость результирующего поля, таким образом, будет равна напряжённости поля, создаваемого заряr = a2 −
дом q2
q
10 −9
В
≅
≅ 295 .
2
−12
4πε 0 εr
12,56 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 0,03
м
4. Определим долее величину заряда, находящегося в точке D
F 6 ⋅ 10 −7
F = qxE2 , ⇒ qx =
≅
≅ 2 нКл .
E2
295
E2 =
(3)
(4)
13. Электрон со скоростью v0 = 2⋅106 м/с влетает в направлении силовых линий однородного электрического поля напряжённостью Е = 2,4 В/м. В течение какого времени будет двигаться электрон до полной остановки? Какое расстояние пройдёт частица?
Решение
1. Запишем параметры элементарной частицы: масса
электрона − me = 1⋅10 − 30 кг, заряд е = 1,6⋅10 − 19 Кл и определим ускорение
F
eE
a= k =
,
(1)
me me
1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2,4
м
≅ 4 ⋅ 1011 .
−30
1 ⋅ 10
с
2. Определим далее время полёта электрона из кинематических соображений
v − v v0
v
2 ⋅ 10 6
a= 0
=
, ⇒ τ= 0 ≅
≅ 5 мкс .
τ
τ
a
4 ⋅ 1011
3. Путь, пройденный электроном до полной остановки
aτ 2
4 ⋅ 1011 ⋅ 25 ⋅ 10 −12
s = v0τ −
≅ 2 ⋅ 10 6 ⋅ 5 ⋅ 10 −6 −
≅ 5м .
2
2
a=
(2)
(3)
(4)
14. Из экспериментальной установки выбрасываются протоны, летящие прямолинейно
со скоростью v0 = 0,5⋅Мм/с. Каковы должны быть параметры однородного электрического
поля, чтобы частицы останавливались на расстоянии, не превышающем х = 0,5 м?
Решение
1. Чтобы затормозить движущиеся протоны (mp ≅ 1,7⋅10 −27 кг, qp = 1,6⋅10 − 19 Кл) необходимо приложить к ним тормозящую силу, обусловленную действием электрического поля.
112
2. Совмещая уравнения (1) и (3) предыдущей задачи, получим зависимость для времени движения протонов до полной
остановки
τ=
mp v0
qpE
.
(1)
2. Запишем кинематическое уравнение равнозамедленного
движения протона в направлении противоположном электрическому полю
v τ2 v τ
aτ 2
x = v0τ −
= v0τ − 0 = 0
(2)
2
2τ
2
3. Подставим в уравнение (2) значение τ из уравнения (1)
vm v
x= 0 p 0.
2q p E
4. Разрешим уравнение (3) относительно напряжённости электрического поля Е
m v 2 1,7 ⋅ 10 −27 ⋅ 25 ⋅ 1010
В
E= p 0 ≅
≅ 2656 .
−19
2q p x
3,2 ⋅ 10 ⋅ 0,5
м
(3)
(4)
15. Два длинных цилиндрических проводника расположенных на расстоянии λ = 0,2 м в
воздухе несут отрицательный равномерно распределённый электрический заряд с линейной
плотностью τ = 0,6 мкКл/м. С каким ускорением и, в каком направлении, будет двигаться
электрон, помещённый в точку, равноудалённую от проводников на расстояние r = 0,2 м.
Решение
1. Напряжённость поля, создаваемого протяжённой заряженной проводящей нитью определяется
как
6 ⋅ 10 −7
В
τ
E1 = E 2 = k 2 ≅ 9 ⋅ 109
≅ 135 . (1)
r
0,04
м
2. Напряжённость результирующего поля определится в виде геометрической суммы напряжённостей от двух идентичных нитей, с учётом того, что
угол между векторами напряжённостей α = 600
E = 2E12 + E12 cos 60 0 = E1 2,5 ≅ 213 В м .
− 30
(2)
− 19
3. Электрон (me = 1⋅10
кг, е = 1,6⋅10
Кл), помещённый в точку С будет двигаться в
направлении противоположном направлению вектора напряжённости Е, потому что заряд
электрона отрицательный.
4. Определим ускорение электрона, воспользовавшись уравнением (1) задачи 8
F
eE 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 213
м
a= k =
≅
≅ 34 2 .
(3)
−30
me me
1 ⋅ 10
с
16. Между параллельными металлическими пластинами находится трансформаторное
масло с диэлектрической проницаемостью ε = 2,2. Пластины несут положительный электрический заряд с плотностью σ1 = 3 мкКл/м2 и σ2 = 2 мкКл/м. Определить напряжённость и
смещение электрического поля в пространстве между пластинами и вне его.
Решение
1. Напряжённость электрического поля, создаваемого пластиной с плотностью заряда σ
определяется уравнением
113
σ
.
(1)
2ε 0 ε
2. Напряжённость поля в диэлектрике между пластинами Е* будет равна разности напряжённостей полей, создаваемых каждой из пластин
−6
1
(σ1 − σ 2 ) ≅ 1 ⋅ 10−12
E * = E1 − E 2 =
≅ 25 кВ / м .
(2)
2ε 0 ε
2 ⋅ 9 ⋅ 10 ⋅ 2,2
3. Напряжённость поля вне пластин определится в виде суммы
−6
1
(σ1 + σ 2 ) ≅ 5 ⋅ 10−12 ≅ 278 кВ .
E ** = E1 + E 2 =
(3)
2ε 0 ε
18 ⋅ 10 ⋅ 1
м
4. Электрическое смещение D связано с напряжённостью поля следующим соотношением
D = ε 0 εE ,
(4)
величина D, таким образом, в пространстве между пластинами и вне его индукция будет
равна
D* = ε 0 εE * ≅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 2,2 ⋅ 25 ⋅ 10 3 ≅ 22,5 мкКл / м 2 ,
(5)
E=
D** = ε 0 εE ** ≅ 9 ⋅ 10 −12 ⋅ 1 ⋅ 2,8 ⋅ 105 ≅ 2,52 мкКл / м 2 .
(6)
17. Заряд Q = 1 мкКл распределён равномерно по тонкому проводящему кольцу радиуса
R = 0,1 м. Определить напряжённость поля, создаваемого заряженным кольцом в воздухе на
его оси в точке, удалённой от центра кольца на расстояние х = 1 м .
Решение
1. Выделим на кольце бесконечно малый элемент длиной dl, несущий на себе заряд dQ, и определим напряженность, создаваемого им электрического поля в точке удалённой на расстояние х. Определим величину элементарного заряда, считая, что весь заряд равномерно распределён по длине кольца
Q
dQ =
dl .
(1)
2πR
2. Подставим значение элементарного заряда в уравнение напряжённости точечного заряда
Q ⋅ dl
dE = k
,
(2)
2πR ⋅ r 2
r
3. Направление вектора dE совпадает с отрезком, соединяющим dl и заданную точку .
Этот вектор в данном случае целесообразно разложить на очевидные составляющие по
r
r
стандартным осям координат, т.е. на dE x и dE y . Существенно отметить, что представление
r
dE в виде двух составляющих позволит существенно упростить рассмотрение. Дело в том,
что при любом способе разбиения кольца на элементарные длины, всегда будут встречаться
два диаметрально противоположных элемента, у которых векторы напряжённостей будут
равны по модулю и противоположны по направлению, их геометрическая сумма, в рассматриваемой точке будет равна нулю. Для всего кольца .
i =n
r
(3)
∑ dE yi = 0 .
i =1
4. Напряжённость поля кольца на его оси, таким образом, определится следующим уравнением
E = ∫ dE ⋅ cos α .
(4)
114
5. Поскольку вопрос о направленности искомого вектора решён, то уместно векторную
r
символику опустить. Подставим в уравнение (4) значение dE из уравнения (2)
kQ dl
E=
⋅ cos α .
(5)
2πR ∫ r 2
6. Подынтегральное выражение (5) содержит две переменных величины, однако, взять
этот интеграл не представляется возможным. Но можно избавиться от одной переменной,
используя следующие замены
x
cos α = ;
r = x2 + R2 ,
(6)
r
kQ 2 πR dl ⋅ x
kQx
E=
.
(7)
=
∫
2
2
2
2πR 0 x + R
(x 2 + R 2 )3
7. Если x >> R, как в данном случае, то уравнение (7) упрощается
kQx kQ 9 ⋅ 109 ⋅ 1 ⋅ 10 −6
E=
≅ 3 ≅
≅ 9 кВ / м
(8)
x
1
x6
8. Полученное уравнение (8) совпадает с уравнением напряжённости точечного заряда .
Дело в том, что предположение x >> R, превращает кольцо в точку.
18. Электрический заряд Q=50 нКл равномерно распределён по тонкому стержню длиной
а = 0,15 м. На продолжении оси стержня на расстоянии r = 0,1 м от ближайшего его конца
находится точечный заряд q = 100 нКл. С какой силой электрическое поле стержня действует на заряд?
Решение
1. Прежде чем приступить к решению,
следует заметить, что в рассматриваемом
случае не представляется возможным напрямую использовать закон Кулона, потому, что заряженное тело не является точечным и вопрос о расстоянии в рамках этого закона не решается корректно. Требуются некоторые, специальные подходы. Определим координаты концов стержня, совместив начало системы отсчёта с положением заряда q, т.е. {r; r + a} .
2. Рассмотрим элементарный участок стержня протяжённостью dx, заряд, которого можно представить как
Q
dQ = dx ,
(1)
a
где, величина Q/а = τ − линейная плотность заряда.
3. Для выделенного точечного заряда, уже можно применять закон Кулона
dQ ⋅ q
q ⋅ Q ⋅ dx
dF = k
=k
.
(2)
x2
a ⋅ x2
4. Применим далее принцип суперпозиции, т.е. определим множество значений элементарной силы и сложим их, т.е. проинтегрируем уравнение для элементарной силы
qQ r +a dx
qQ ⎡ 1
1 ⎤
qQ
F = ∫ dF = k
=k
−
=k
.
(3)
2
∫
⎢
⎥
a r x
a ⎣r r + a ⎦
r (r + a )
Подстановка численных значений дает:
50 ⋅ 10 −9 ⋅ 100 ⋅ 10 −9
(4)
F = 9 ⋅ 109 ⋅
= 1,8 ⋅ 10 −3 H .
0,1(0,1 + 0,15)
5. Из (4) можно получить путём его деления на q уравнение для напряжённости электрического поля на оси заряженного стержня
Q
E=k
.
(5)
r (r + a )
115
Очевидно, что при r >> a уравнение (5) превращается в обычное уравнение закона Кулона.
Используя изложенный выше метод, можно определять напряжённости поля не только на
оси цилиндра, но и в любой точке окружающего пространства.
19. Внутри замкнутой сферической полости находятся три точечных электрических заряда q1 = +2 нКл, q2 = − 3 нКл, q3 = + 5 нКл. Определить поток вектора напряжённости электрического поля через замкнутую сферическую поверхность для двух случаев: когда полость
заполнена воздухом (ε = 1) и водой (ε = 81).
Решение
1. Поток напряжённости в общем случае определяется
уравнением
Φ E = ∫ E n ds ,
(1)
s
( )
r r
где E n = E cos E; n − проекция вектора напряжённости на
r r
r r
внешнюю нормаль. В данном случае E; n = 0 , cos E; n = 1,
поэтому Е = Еn.
2. Каждый заряд на поверхности сферы создаёт поле постоянной напряжённости
q
E=
.
(2)
4πε0 εr 2
3. Перепишем уравнение (1) для точечного заряда с учётом сферической симметрии задачи и постоянства Е
q ⋅ 4πr 2
q
.
(3)
Φ E = ∫ Eds = E ∫ ds = E ⋅ 4πr 2 =
=
2
ε0ε
4πε 0 εr
s
s
4. В соответствии с теоремой Остроградского − Гаусса поток от нескольких зарядов через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядов, содержащихся внутри
этой поверхности
1 i =n
ΦE =
(4)
∑ qi .
ε 0 ε i=1
5. Применительно к сферической поверхности, заполненной воздухом, уравнение (4) для
трёх заданных зарядов представится следующим образом
1
(q1 − q 2 + q 3 ) ≅ 1−12 (2 − 3 + 5)10 −9 ≅ 444 В ⋅ м .
Φ E ( возд) =
(5)
9 ⋅ 10 ⋅ 1
ε0ε
6. Поток напряжённости электрического поля заданных зарядов при заполнении внутренности сферы водой уменьшится в ε раз, потому что вода будет поглощать часть энергии
поля на изменение конфигурации молекул
Φ
444
Φ E ( H 2O ) = E ( возд ) ≅
≅ 5,5 ⋅ В ⋅ м .
(6)
81
ε
( )
( )
20. Полусфера радиуса R с плоским основанием помещена в однородное постоянное
электрическое поле с известной напряжённостью E, ортогональной основанию. Найти поток
вектора напряжённости через основание и поверхность полусферы.
1. Внешняя нормаль для основания будет противоположна по
r
направлению E , поэтому поток в соответствии с теоремой Остроградского − Гаусса определится как
Φ1 = − ∫ E n ds = −πR 2 E .
(1)
s
2. Поток через поверхность целесообразно определять в сферических координатах α и β, именно эти два угла будут однозначно
116
определять положение точки на полусфере, в случае использования привычных декартовых
координат, их будет три.
3. Определим далее компоненты уравнения (1)
r r
(2)
E ⋅ n = E cos β ,
( )
dS = R 2 sin β ⋅ dβ ⋅ dα .
(3)
4. Поток через элементарную площадку, расположенную на поверхности полусферы запишется так
dS = E ⋅ R 2 ⋅ sin β ⋅ cos β ⋅ dβ ⋅ dα .
(4)
5. Произведение тригонометрических функций можно свернуть
sin β ⋅ cos β = sin (β 2 ) ,
(5)
тогда интеграл для потока примет вид
π
π
2π
2
R 2E 2
2
Φ2 =
sin
2
β
⋅
d
β
⋅
d
α
=
π
R
E
⋅
∫0
∫0 sin 2β ⋅ dβ ,
2 ∫0
(6)
π
πR 2 E
cos2β 02 = πR 2 E .
(7)
2
6. В результате математических преобразований мы пришли к довольно тривиальному
результату, суммарный поток через полусферу равен нулю
Φ1 + Φ 2 = 0 ,
(8)
как и следовало ожидать, полусфере не рождает и не поглощает поле, как говорят, внутри
полусферы отсутствуют источники и стоки. Одним словом: что входит, то и выходит.
Φ2 =
21. Напряженность однородного электрического поля Е = 1 кВ/м. Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со стороной L = 1 м, плоскость которого
расположена в воздухе под углом α = 30° к направлению вектора напряжённости электрического поля?
Решение
1. Запишем математическое выражение теоремы Остроградского − Гаусса
Φ E = ∫ E n ds .
(1)
s
2. Определим нормальную составляющую вектора напряжённости электрического поля, пронизывающего квадрат
r r
E n = E ⋅ cos E; n = E ⋅ cos(180 − 30 ) ≅ −866 В / м .
(2)
3. Подставим значение проекции вектора напряжённости электрического поля на направление внешней нормали в уравнение (1)
(3)
Φ E = E n ∫ ds = E n s = E n L2 ≅ −866 ⋅ 1 = −866 В ⋅ м .
( )
s
22. Найти потоки однородного электрического поля напряженности Е = 500 В/м через
замкнутую поверхность прямой равнобедренной трехгранной призмы, высота которой равна
h = 1 м. Передняя грань призм, перпендикулярна вектору напряжённости, нижняя грань, параллельна Е.
Решение
1. Определим поток вектора напряжённости через плоскость
призмы перпендикулярную направлению вектора напряжённости
(1)
Φ1E = ∫ E n1ds1 = E ⋅ cos 180 0 s1 = − E ⋅ h 2 ,
s
117
Φ1E = −500 В ⋅ м .
(2)
2. Для определения потока напряжённости электрического поля через грань ВС определим её длину
BC = h 2 + h 2 = h 2 = 1,41 м .
(3)
2
Площадь этой грани s2 = h⋅BC = 1,41 м , угол между внешней нормалью n2 и вектором напряжённости равен 450, т.к. треугольник ABC равнобедренный и прямоугольный.
3. Величина потока напряжённости через грань ВС
Φ 2 E = ∫ E n 2 ds 2 = E ⋅ cos α ⋅ s 2 = 500 ⋅ 0,71 ⋅ 1,41 ≅ 500,5 В ⋅ м .
(4)
s
r
4. Через грань АС поток вектора напряжённости будет нулевым, потому что (nr ; E ) = 90 0 ,
соs 900 = 0.
23. Определить поток вектора напряжённости через цилиндрическую поверхность, расположенную в воздухе, длиной L = 2 м ось, которой совпадает с тонкой, бесконечно длинной
нитью, несущей заряд, с линейной плотностью τ = 10 − 10 Кл/м.
Решение
1. Определим заряд, сосредоточенный на длине нити L
Q = τL = 2 ⋅ 10 −10 Кл .
(1)
2. Цилиндрическая поверхность является замкнутой,
поэтому к ней можно применить теорему Остроградского −
Гаусса
Q
2 ⋅ 10 −10
В
τL
≅ 22,2 .
(2)
ΦE =
=
≅
−12
м
εε 0 εε 0 1 ⋅ 9 ⋅ 10
24. Напряженность однородного электрического поля равна Е. Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со стороной L, плоскость которого расположена под углом 30° к направлению электрического поля?
Решение
1. Элементарный поток вектора напряжённости электрического поля через малый элемент поверхности ds
определяется уравнением
r
r r
r
r
dΦ E = E ⋅ dsn cos E : d s ,
(1)
r r
dΦ E = Eds cos E; n ,
r r
E; n = α = 60 0 ,
(2)
(
( )
r
так как E = const ,то
Φ E = ∫ dΦ E =
s
( )
)
1
1
Es EL2
Eds
E
ds
=
=
=
.
2 ∫s
2 ∫s
2
2
25. Докажите, что поток напряженности однородного электрического поля через любую
замкнутую поверхность равен нулю.
Решение
1. Рассмотрим, сферическую поверхность, находящуюся в стационарном электрическом поле. Выделим произвольную силовую
линию в каждой точке, которой вектор напряжённости поля будет
являться касательной. Выберем две одинаковые элементарные
r
площадки ds и построим для них векторы внешней нормали n и
r
напряжённости E .
118
2. Запишем уравнения для потока вектора напряжённости
r r
r r r
r
Φ E = ∫ Ed s , Φ E = ∫ Eds cos E; n ,
( )
s
(1)
s
очевидно, что при прочих равных условиях поток вектора напряжённости может быть поr r
ложительным, отрицательным, и даже равным нулю, в зависимости от угла E; n .
3. Если рассматриваемая замкнутая сферическая поверхность не содержит зарядов (отсутствуют источники и стоки), то число входящих силовых линий должно быть рано числу
выходящих силовых линий, что собственно и составляет суть теоремы Гаусса: «Поток вектора напряжённости электрического поля через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме заключенных внутри этой поверхности зарядов, делённой на ε0»
i=N
r r
r r 1 i= N
r
Φ E = ∫ Ed s = ∑ q i ,
если ∑ q i = 0 ,то ∫ Ed s = 0 ,
ε 0 i=1
i =1
s
s
что и требовалось доказать.
( )
26. Чему равен поток напряженности однородного электрического поля через поверхность усеченного конуса, радиусы сечения которого равны R и r? Напряженность электрического поля Е составляет угол α с осью конуса.
Решение
1. Как было показано в предыдущей задаче, суммарный поток через боковую поверхность усечённого
конуса будет равен нулю, следовательно необходимо
учесть только потоки через основания. При заданном
направлении поля, поток вектора напряжённости через
меньшее основание будет отрицательным, а через
большее - положительным.
2. Результирующий поток, таким образом, определится как
r
r
r
Φ Σ = Φ1 + Φ 2 ;
r r
r r ,
r
Φ Σ = Φ 2 − Φ1 = EπR 2 cos E; n 2 − Eπr 2 cos E; n 1
(
Или, окончательно
)
(
)
Φ Σ = πE (R 2 − r 2 )cos α .
27. Докажите, что поток напряженности электрического поля точечного заряда Q через
любую поверхность равен телесному углу, под которым видна эта поверхность, умноженному на q/ε0.
Решение
1. Выделим элементарный телесный угол dΩ,
опирающийся на бесконечно малую площадку ds,
расположенную на расстоянии r от заряда. Эту
площадку вне зависимости от формы всей поверхности можно считать ввиду её малости плоской.
Элементарный телесный угол определится как
ds
dΩ =
.
(1)
4πr 2
Телесный угол, охватывающий всю поверхность, будет равен
s
Ω=
.
(2)
4πr 2
2. Модуль вектора напряжённости электрического поля, создаваемого точечным зарядом
119
1 q
.
(3)
4πε0 r 2
3. Запишем далее математическое выражение теоремы Гаусса
r r 1 i=n
E
qi ,
(4)
∫s d s = ε 0 ∑
i =1
и подставим в подынтегральное выражение (4) значение Е из уравнения (3) и ds из уравнения (1)
Ω
1 q
q Ω
q
2
dΩ = Ω .
Φ=∫
⋅
π
Ω
=
4
r
d
(5)
2
∫
ε0 0
ε0
0 4πε 0 r
E=
29. С какой силой действует электрический заряд Q на равномерно заряженную бесконечную плоскость? С какой силой действует эта плоскость на заряд? Чему равна напряженность электрического поля плоскости? Поверхностная плотность заряда плоскости равна σ.
Решение
1. Заряд пластины определится в виде
произведения её площади на поверхностную
плотность заряда
(1)
Q = σS .
2. Для использования теоремы Гаусса
выделим мысленно цилиндрическую поверхность с образующими, перпендикулярными к плоскости и с основаниями ds, расположенными относительно плоскости симметрично. Поток вектора напряжённости через боковую поверхность цилиндра будет
равен нулю. В силу симметрии вектор напряжённости поля, создаваемого пластиной будет
по модулю одинаков по обе её стороны и направлен в противоположные стороны
r
r
E1 = E 2 = E .
(2)
Суммарный поток через поверхность выделенного цилиндра, таким образом, определится
как
(3)
Φ = 2Eds .
3. Так как внутри поверхности цилиндра заключён заряд
Q = σds ,
(4)
то согласно теореме Гаусса должно выполняться условие
2Eds = σds ε 0 ,
из которого следует
σ
E=
.
(5)
2ε 0
Напряжённость поля пластины не зависит от длины цилиндра, т.е. на любых расстояниях от
плоскости вектор напряжённости одинаков.
4. Определим далее величину силы, действующей на заряд +q, внесённый в поле пластины
σq
F = qE =
.
(6)
2ε 0
5 В соответствии с третьим законом Ньютона, который никто не отменял и для электрических сил, сила, действующая на заряд со стороны плоскости по модулю будет равна силе,
действующей со стороны заряда на плоскость.
120
30. Тонкий стержень, расположенный в воздухе, длиной L = 0,5 м заряжен с линейной плотностью заряда τ = 1⋅10 − 6 Кл/м. На расстоянии r0 = 0,5 м от стержня расположен точечный заряд q = 10 − 9 Кл, расположенный симметрично относительно
концов стержня. Определить силу взаимодействия заряда со стержнем.
Решение
1. Представим стержень в виде большого числа элементарных зарядов dq = τdL, каждый
из которых можно считать точечным и воспользоваться для определения элементарной силы
взаимодействия dF законом Кулона
1 qτdL
,
(1)
dF =
4πε 0 r 2
где r = r0/cosα, dL = rdα/cosα.
2. Перепишем уравнение (1) с учётом значений r и dL
qτ
dF =
dα .
(2)
4πε0 r0
3. Определим вертикальную и горизонтальную составляющие элементарной силы
qτ cos α
qτ sin α
dFy =
dα, dFx =
dα .
(3)
4πε 0 r0
4πε 0 r0
4. Проинтегрируем уравнения (3) в пределах от α = − β до
α=+β
+β
qτ cos α
Fy = ∫
dα ,
−β 4πε 0 r0
+β
Fy =
+β
qτ
qτ
qτ cos α
+β
∫−β 4πε0r0 dα = 4πε0r0 −∫βcos αdα 4πε0r0 sin α −β ;
qτ
qτ
sin β − sin (− β) =
2 sin β .
(4)
4πε0 r0
4πε0 r0
5. Заряд q расположен симметрично относительно концов стержня, поэтому горизонтальные составляющие элементарной силы будут возникать попарно равные по модулю и
противоположные по направлению, другими словами
Fx = 0 .
(5)
6. Определим в уравнении (4) значение sinβ путём анализа соответствующих треугольников
L2
L
sin β =
=
.
(6)
L2
4r02 + L2
2
r0 +
4
7. Подставим значение sinβ из уравнения (6) в уравнение (4)
qτ
L
9 ⋅ 109 ⋅ 10 −15 ⋅ 0,5
F = Fy =
≅
≅ 5 ⋅ 10 −3 H .
(7)
4πε0 r02 4r02 + L2 0,025 ⋅ 0,1 + 0,025
Fy =
121
Законы постоянного тока
31. Напряжение в проводнике сопротивлением R = 1 Ом нарастает по линейному закону
от Umin = 1 B до Umax = 10 В в течение времени τ = 10 с. Определить заряд, прошедший через
проводник.
Решение
1. Заряд, прошедший через поперечное сечение проводника
определяется уравнением
τ
τ
U(t )
dt .
Q = ∫ Idt = ∫
(1)
0
0 R
2. В данном случае напряжение является функцией времени,
поэтому необходимо представить эту функцию в виде уравнения
U(t ) = U min + kt
(2)
3. Подставим зависимость (2) в уравнение (1)
τ
(U + kt ) dt = U min τ dt + U max − U min τ tdt ,
Q = ∫ min
(3)
∫0
τR
R ∫0
R
0
где (Umax − Umin)/τ = k − коэффициент пропорциональности.
4. Проинтегрируем выражение (3)
0,9 ⋅ 100
U τ kτ 2
≅ 55 Кл .
≅ 10 +
(4)
Q = min +
2 ⋅1
R
2R
32. В протонный пучок с плотностью тока j = 1 мкА/см2 поместили металлический шар
радиусом r = 10 см. Определите, за какое время τ шар зарядится до потенциала ϕ = 220 В?
Действие собственного поля шара на поток пренебрежимо мало.
Решение
1. Изменение электрического потенциала шара определяется
уравнением
1 dQ
,
(1)
dϕ =
4πε0 r
откуда изменение электрического заряда шара
(2)
dQ = dϕ 4πε0 r .
2. Запишем далее уравнение силы тока в следующей форме
dQ
4πε0 rdϕ
I=
= js,
= πr 2 j ,
(3)
dt
dt
откуда
4ε ϕ 4 ⋅ 9 ⋅10 −12 ⋅ 220
(4)
τ= 0 ≅
≅ 8 мкс .
rj
0,1 ⋅10 −2
33. Сила тока в проводнике изменяется со временем по закону I(t) = 2+1/t. Какой заряд
проходит через поперечное сечение проводника за время t1 = 10 c до t2 = 100 c?
Решение
1. Сила тока по определению определяется уравнением
dQ
, ⇒ dQ = Idt ,
I=
dt
откуда конечная величина заряда определится как
122
(1)
t
t
t
t
2
2
2
2
dt
1⎞
⎛
Q = ∫ I( t )dt = ∫ ⎜ 2 + ⎟dt = ∫ 2dt + ∫ ,
t
⎠
t1 ⎝
t1
t1 t
t1
Q = 2 t 10 + ln t 10 ≅ (200 − 20) + (ln100 - ln10) ≅ 82,3 Кл .
100
100
(2)
34. Медный проводник массой m = 1 кг имеет сопротивление R = 100 Ом. Определить
радиус поперечного сечения проводника.
Решение
1. Запишем уравнения для сопротивления и массы заданного проводника
l
R = ρ R 2 , m = ρV = ρlπr 2 ,
(1)
πr
где ρR ≅ 1,6⋅10 − 8 Ом⋅м− удельное электрическое сопротивление меди, l − длина проводника, r − радиус проводника, ρ ≅ 9⋅103 кг/м3.
2. Выразим из уравнения массы длину проводника и подставим полученное значение в
уравнение электрического сопротивления
ρ m
m
(2)
, R = R2 4 ,
l=
2
ρπr
ρπ r
откуда
r=4
ρ R m 4 1,6 ⋅ 10 −8 ⋅ 1
≅
≅ 2 ⋅ 10 −4 м ≅ 0,2мм .
ρπ 2 R
9 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 100
(3)
35. Температура вольфрамовой спирали электрической лампочки равна t = 2000 0С,
диаметр проволоки составляет d = 2⋅10 − 4 м, сила тока I = 2 А. Найти напряжённость электрического поля.
Решение
1. Запишем уравнение плотности тока j
I
4I
= 2,
(1)
s πd
величину которой можно выразить, воспользовавшись законом Ома в дифференциальной
форме
E
j = λE =
,
(2)
ρ R (0 )
j=
где λ − удельная электропроводность вольфрама, ρR(0) ≅ 5⋅10 −8 Ом⋅м − удельное электрическое сопротивление при t = 0 0C, Е − искомая напряжённость электрического поля.
2. Приравняем уравнения (2) и (4) и определим величину напряжённости поля
4I
E
4Iρ R
=
,⇒ E =
(3)
.
2
πd 2
πd
ρ R (0 )
3. Поскольку сопротивление проводников зависит от температуры
ρ R = ρ R (0 ) (1 + αt ) ,
(4)
−3 0 −1
где α ≅ 5⋅10
с .
4. Совместим уравнения (3) и (4)
4Iρ R (0 ) (1 + αt ) 4 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −8 (1 + 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 2 ⋅ 103 )
В
≅ 37 .
E=
≅
2
−8
м
3 ⋅ 4 ⋅ 10
πd
123
(5)
36. На концах нихромовой нити длиной l = 5 м поддерживается разность потенциалов Δϕ
= 10 В. Найти плотность электрического тока в проводнике, если он находится при температуре Т = 800 К.
Решение
1. Запишем закон Ома в дифференциальной форме
E
Δϕ
j = λE =
=
,
ρ R lρ R (0 ) (1 + αT )
(1)
где ρR(0) ≅ 100⋅10 − 8 Ом⋅м − удельное сопротивление при Т = 273 К, α ≅ 0,2⋅10 − 3 К − 1 − температурный коэффициент электрического сопротивления нихрома, Е − напряжённость электрического поля, Δϕ − разность потенциалов на концах проводника.
2. Подставим табличные и заданные данные в уравнение (1)
10
А
j≅
≅ 1,7 ⋅ 10 6 2 .
(2)
−6
−4
5 ⋅ 10 (1 + 2 ⋅ 10 ⋅ 800 )
м
37. В стальном проводнике длиной l ≅ 100 м свободные электроны под действием электрического поля движутся со средней скоростью <v> ≅ 5⋅10 − 4 м/с. Определить концентрацию
носителей заряда, если разность потенциалов на концах провода равна U = 200 В.
Решение
1. Сила тока в проводнике может быть представлена, исходя из двух соображений:
Us
I = ne < u > s, I =
,
(1)
ρR l
где n − концентрация электронов, е ≅ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона, ,< u > − средняя дрейфовая скорость электронов, s − площадь поперечного сечения проводника, ρR ≅ 1⋅10 − 7 Ом⋅м
− удельное электрическое сопротивление стали.
2. Приравняем уравнения (1) и разрешим полученное соотношение относительно концентрации
Us
U
en < u > s =
,⇒ n =
,
ρR l
e < u > ρR l
(2)
200
29 1
n≅
≅ 2,5 ⋅ 10
.
1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 10 −7 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 ⋅ 10 2
м3
38. Электрическая ёмкость плоского конденсатора с диэлектриком из фторопласта (тефлона) составляет С = 1 пФ. Чему равно электрическое сопротивление этого диэлектрика?
Решение
1. В данном случае необходимо определить сопротивление
прямоугольной диэлектрической призмы с площадью основания
s и высотой d. Так как прима является составным элементом
конденсатора и одновременно электрическим сопротивлением,
то уместно записать следующие уравнения
εε S
d
C = 0 , R = ρR ,
(1)
d
S
где ε = 8 − диэлектрическая проницаемость фторопласта, d − толщина диэлектрика, s − площадь пластин, ρR ≅ 105 Ом⋅м − удельное сопротивление фторопласта.
2. Выразим из уравнения ёмкости величину площади s и подставим её в уравнение сопротивления
124
S=
ρ εε
dC
105 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 −12
,⇒ R = R 0 ≅
≅ 7,2 МОм .
εε 0
C
10 −12
(2)
39. Определить общее сопротивление цепи R0, если она составлена из двенадцати одинаковых резисторов R = 1 Ом.
1. В данном случае применять непосредственно уравнения
для последовательного и параллельного включения резисторов
не представляется возможным, однако симметрия схемы относительно точки О даёт основание считать, что ток через неё не течёт.
2. Точку О можно разорвать, представив её двумя точками О
и О*, что даёт возможность выделить параллельные и последовательные включения резисторов
3. Общее сопротивление, таким образом, определится как
3R ⋅ 3R
3
R0 =
= R = 1,5 Ом .
3R + 3R 2
40. Имеется четыре одинаковых резистора сопротивлением R = 1 Ом каждый. Какие магазины сопротивлений можно получить, включая одновременно все резисторы?
Решение
1. Пусть все сопротивления включены последовательно
друг другу
R 01 = R 1 + R 2 + R 3 + R 4 = 4 Ом .
(1)
2. При параллельном включении всех сопротивлений
1
1
1
1
1
=
+
+
+
,
(2)
R 02 R 1 R 2 R 3 R 4
R 02 = R 4 = 0,25 Ом .
(3)
3. Пусть три резистора будут включены параллельно, а один
последовательно им
R
(4)
R 03 = R + ≅ 1,33 Ом .
3
4. Представим далее магазин в виде последовательного
соединения двух параллельных сопротивлений
R R
R 04 = + = 1 Ом .
(5)
2 2
125
5. Рассмотрим вариант параллельного включения двух
пар последовательных соединений
2R ⋅ 2R
R 05 =
= R = 1 Ом .
(6)
2R + 2 R
6. Включим два сопротивления параллельно и последовательно с ними остальные два сопротивления
R
R 06 = 2R + = 2,5R = 2,5 Ом .
(7)
2
7. Пусть три сопротивления будут включены последовательно, а одно параллельно им
3R ⋅ R
3
R 07 =
= R = 0,75 Ом .
(8)
3R + R 4
8. Далее к двум последовательно включенным сопротивлениям подсоединим два параллельных сопротивления
0,5R ⋅ 2R
R 08 =
= 0,4R = 0,4Ом .
(9)
0,5R + 2R
9. Последний возможный вариант будет представлять собой
комбинацию двух параллельных сопротивлений с последующим
включением последовательно им одного сопротивления и параллельным включением четвёртого
(0,5R + R )R = 3 R = 0,6 Ом .
R 09 =
(10)
0,5R + 2R
5
41. Вольтметр включён как показано на схеме и показывает UV = 36 В. Определите отношение силы тока, идущего через измерительную катушку вольтметра IV и сопротивление R2
= 6 кОм. Что покажет вольтметр, если сопротивления уменьшить в 1000 раз, т.е. до R1 = 4
Ом и R2 = 6 Ом?
Решение
1. Определим силу тока через резистор R1
U
36
= 9 мА .
(1)
I1 = V =
R 1 4 ⋅ 10 3
2. Падение напряжения на резисторе R2 будет составлять
U 2 = U 0 − U V = 64 B ,
(2)
ток через этот резистор
U2
64
=
≅ 10,7 мА .
R 2 6 ⋅ 103
3. Сила тока, протекающего через измерительную катушку вольтметра
I V = I 2 − I1 = 1,7 мА ,
4. Определим искомое отношение сил токов
IV
1,7
=
≅ 0,159 .
I 2 10,7
5. Определим внутреннее сопротивление вольтметра
I2 =
126
(3)
(4)
(5)
R 1 ⋅ I 2 4 ⋅ 103
=
≅ 25,1 кОм
IV
0,159
6. Найдём общее сопротивление вольтметра и сопротивления R 1*
RV =
R3 =
R 1* ⋅ R V
4 ⋅ 25
≅
≅ 3,45 Ом .
*
R1 + R V
29
(6)
R 0 = R 3 + R *2 = 9,5 Ом .
(7)
7. Общее сопротивление цепи
8. Суммарная сила тока
I0 =
U 0 100
≅
≅ 10,5 A .
R 0 9,5
(8)
9. Найдём далее падение напряжения на сопротивлении R *2
U 2 = I 0 R *2 = 10,5 ⋅ 6 = 63 B .
10. Падение напряжения на вольтметре
U V = U 0 − U 2 = 100 − 63 = 37 B .
(9)
(10)
42. Три одинаковых графитовых кольца радиусом r = 1 м и диаметром d = 1 см имеют
электрический контакт в точках A,B,C,D,F,E. Определить сопротивление фигуры при включении её в точках А и В.
Решение
1. В силу одинаковости геометрических размеров и симметричности включения точки C,D,E,F при подключении к источнику напряжения будут иметь одинаковые потенциалы, т.е. ϕС = ϕD = ϕE =
ϕF. Это значит, что через элементы кольца C,D,E,F ток течь не будет. Схему можно преобразовать к системе, состоящей из параллельно включенных полуколец: A,D,B; A,F,B; A,C,B; A,FB и A,E,B.
2. Определим сопротивление одного полукольца с учётом того
что удельное электрическое сопротивление графита ρ ≅ 1⋅10 − 5
Ом⋅м.
4r
4 ⋅1
R 1 = ρ 2 ≅ 10 −5 −4 = 0,4 Ом .
(1)
d
10
3. Определим далее сопротивление четырёх параллельно включенных одинаковых колец
R
R 0 = 1 = 0,1 Ом .
(2)
4
43. Имеется воздушный конденсатор с плоскими пластинами площадью s =100 см2 и зазором между ними d = 2,5 см. Пространство между
пластинами ионизируется рентгеновскими лучами, так что в секунду образуется N = 1010 пар ионов. На пластины конденсатора подаётся постоянное напряжение U0 = 2 кВ. В измерительную схему включены сопротивления R1 = R2 = 1010 Ом. Ток, какой силы потечёт через измерительный прибор, включенный в цепь источника питания?
Решение
1. Возникновение носителей заряда вследствие ионизации электрически нейтральных молекул воздуха вызовет электрический ток, сила
которого будет пропорциональна величине заряда, их количеству и объёму конденсат
127
(1)
i C = NeVC ,
Кл − заряд одного иона, N − число пар ионов образующихся в одну секунду
где е ≅ 1,6⋅10
в единице объёма конденсатора.
2. Выразим напряжение источника U0 в виде суммы падений напряжений на сопротивлениях
U 0 = U R1 + U R 2 = I R 1 R 1 + I R 2 R 2 .
(2)
− 19
3. Сила тока через сопротивление R1 должна быть равна сумме сил токов через сопротивление R2 и конденсатор, т.е.
(3)
I R1 = I R 2 + i C .
4. Образуем систему уравнений
U 0 = I R1 R 1 + I R 2 R 2 ,⎫⎪
(4)
⎬.
I R1 = I R 2 + i C
⎪⎭
Сила тока через микроамперметр будет равна силе тока через сопротивление R1, поэтому
выразим из первого уравнения системы (4) силу тока IR2 и подставим во второе уравнение
U 0 − I R1 R 1
U 0 − I R1 R 1
IR2 =
, ⇒ I R1 =
+ iC ,
(5)
R2
R2
I R 1 R 2 = U 0 − I R1 R 1 + i C R 2 ,
(6)
I R1 (R 2 + R 1 ) = U 0 + NeVC ,
I R1 = I μA =
U 0 + NeVC 2 ⋅ 10 3 + 1010 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −4
≅ 1 ⋅ 10 −7 A .
≅
2 ⋅ 1010
R1 + R 2
(7)
(8)
44. Два вертикально расположенных стержня, имеющие длину L = 1 м и диаметр d = 1 см
сопротивление на единицу длины ρ = 1⋅10 − 5 Ом⋅м, подсоединены через идеальный амперметр к источнику ЭДС ε = 1,5 В и внутренним сопротивлением r0 = 0,05 Ом. Скользящие контакты соединены с сопротивлением R = 0,1 Ом, которое в поле тяжести g начинает соскальзывать вдоль них из верхней точки вниз без нарушения контакта, как показано на рисунке. В
пренебрежении эффектами, связанными с магнитным полем, определить какое значение
тока I покажет амперметр через время τ = 0,5 с после начала движения? Силу трения не учитывать
Решение
1. Запишем кинематические уравнения движения сопротивления,
считая, что на него действует только сила тяжести и движение происходит по вертикальной оси с нулевой начальной скоростью
gt 2
y=
,
(1)
2
и определим расстояние, которое пройдёт сопротивление за время τ
5 ⋅ 0,52
l=
= 0,625 м .
(2)
2
2. Определим электрическое сопротивление одного отрезка стержня
длиной l
4 ⋅ 0,625
4l
≅ 0,08 Ом .
(3)
r = ρ 2 = 1 ⋅ 10 −5
3,14 ⋅ 10 −4
πd
3. Электрическая схема установки, таким образом представит собой
три последовательно включенных внешних сопротивления: R0 = R + 2r
и внутреннее сопротивление источника r0. Закон Ома для полной цепи в
этом случае запишется так
ε
1,5
I=
=
≅ 4,8 A .
(4)
R + 3r + r0 0,1 + 0,16 + 0,05
45. Источник тока обладает внутренним сопротивлением r = 1 Ом,
128
ёмкость конденсатора С = 10 мкФ, R1 = 5 Ом, R2 = 10 Ом. До замыкания ключа вольтметр
показывает напряжение U1 = 10 В, а после замыкания − U2 = 8 В. Определить заряд конденсатора и величину сопротивления R3.
Решение
1. При разомкнутом ключе ток в цепи отсутствует, поэтому вольтметр будет демонстрировать величину ЭДС, U1 = ε =
10 В.
2. Запишем далее уравнение общего сопротивления цепи,
считая что конденсатор для постоянного тока в стационарном
режиме представляет бесконечное сопротивление
R 1R 2
R0 =
+ R3 ,
(1)
R1 + R 2
с другой стороны
U
U1 − U 2 U 2
rU 2
I= 2,
=
, R0 =
= 4 Ом .
(2)
R0
r
R0
U1 − U 2
3. Определим величину сопротивления R3
R 1R 2
50
R3 = R0 −
= 4−
≅ 0,67 Ом .
(3)
R1 + R 2
15
4. Определим падение напряжения на сопротивлении R3, которое включено параллельно
конденсатору
U R
U 3 = IR 3 = 2 3 .
(4)
R0
5. Заряд, прошедший через конденсатор
CU 2 R 3 10 −5 ⋅ 5 ⋅ 0,67
≅
≅ 8,4 мкКл .
(5)
Q = CU 3 =
R0
4
46. Идеальный источник тока с ε = 100 В включен в цепь, состоящую из конденсаторов С3
= С4 = 1 мкФ, С1 = 2 мкФ, С2 =4 мкФ и сопротивления R. Определить падение напряжения на
конденсаторах С1 и С2.
1. При подключении схемы к источнику в цепи потечёт
ток до момента полной зарядки всех конденсаторов. После
того как конденсаторы зарядятся ток прекращается, т.к.
электрические ёмкости представляют для постоянного тока
разрыв цепи.
2. Все обкладки конденсаторов, соединённые с сопротивлением будут иметь одинаковый потенциал, при этом
пары конденсаторов С1 + С3 и С2 + С4 включены с источником тока последовательно.
3. Падение напряжения на конденсаторах определится уравнением
U1 + U 2 = ε .
(1)
4. Заряд конденсаторов определится как
Q = (C 3 + C1 )U1 = (C 2 + C 4 )U 2 .
(2)
5. Выразим из последнего уравнения величину U2, подставим её в уравнение (1) и разрешим его относительно U1
(C + C 2 )U1 ,
(3)
U2 = 3
(C 2 + C 4 )
U1 +
(C3 + C 2 )U1
(C 2 + C 4 )
= ε,
129
⎛ C + C2 ⎞
⎟⎟ = ε ,
U1 ⎜⎜1 + 3
⎝ C2 + C4 ⎠
(4)
ε
100
≅
≅ 37 B .
C1 + C 3 1 + 1,7
1+
C2 + C4
6. Определим далее величину U2 из уравнения (1)
U 2 = ε − U1 = 63 B .
U1 =
(5)
(6)
47. Электрическая схема состоит из двух конденсаторов С1 = 2 мкФ и С2 = 4 мкФ и трёх
сопротивлений R1 = 200 Ом, R2 = R3 = 100 Ом. В цепь включён идеальный источник тока с ε =
100 В. Определить падение напряжения на конденсаторах U1, U2 и их заряд Q1, Q2.
Решение
1. Падение напряжения U1 на конденсаторе С1 равно
разности потенциалов между точками цепи 1 и 3, а напряжение на С2 определяется разностью потенциалов
между точками 2 и 4
U1 = ϕ3 − ϕ1 , U 2 = ϕ 4 − ϕ 2 .
(1)
2. После зарядки конденсаторов цепь будет представлять собой три последовательно соединённых сопротивления
R 0 = R 1 + R 2 + R 3 =400 Ом.
(2)
3. Определим силу тока в цепи
ε
100
I=
=
= 0,25 A .
(3)
R 0 400
4. Определим величину напряжений U1, U2 которые, как следует из уравнений (1) будут
равны сумме падений напряжения на сопротивлениях U1 = UR1 + UR2, U2 = UR3 + UR4
U1 = I(R 1 + R 2 ) = 0,25 ⋅ 300 = 75 B ,
(4)
U 2 = I(R 3 + R 4 ) = 0,25 ⋅ 200 = 50 B ,
(5)
5. Заряд конденсаторов определим, используя взаимосвязь падения напряжения заряда и
ёмкости.
Правила Кирхгофа
48. Определить силу токов во всех участках цепи, если источники тока обладают ЭДС: ε1
= 10 B, ε2 = 20 В, их внутренние сопротивления соответственно равны: r1 = 2 Ом, r2 = 3 Ом.
Источники нагружены на внешнее сопротивление R = 100 Ом.
Решение
1. Задачу целесообразно решать, используя правила Кирхгофа,
которые удобны при расчетах параметров разветвлённых цепей. В
общем виде математические выражения правил имеют вид:
i =n
⎫
I i = 0,
∑
⎪
⎪
i =1
(1)
⎬.
i=n
k=N
⎪
Ii R i = ∑ ε k .
∑
⎪⎭
k =1
i −1
2. В соответствие с первым правилом алгебраическая сумма сил
токов в любом из узлов должна быть равна нулю
(2)
I1 + I 2 − I = 0 .
130
3. Выделим два замкнутых контура, содержащих источники тока (направление обхода
контуров показано пунктиром) и запишем для них второе правило Кирхгофа
I1r1 − IR = ε1 , I 2 r2 + IR = ε 2 .
(3)
4. Таким образом, приходим к системе трёх алгебраических уравнений с тремя неизвестными величинами
I1 + I 2 − I = 0,⎫
⎪
I1r1 − IR = ε1 , ⎬
(4)
⎪
I 2 r2 + IR = ε 2 .⎭
5. Выразим из второго и третьего уравнений системы (4) силы тока I1 и I2
ε − IR
ε − IR
I1 = 1
, I2 = 2
,
(5)
r1
r2
и подставим эти значения в первое уравнение системы с целью его решения относительно
силы тока I
ε1 − IR ε 2 − IR
+
−I=0,
(6)
r1
r2
(ε1r2 − IR )r2 + (ε 2 r1 − IR )r1 − Ir1r2 = 0 ,
(7)
ε1r2 + ε 2 r1 = I(Rr2 + Rr1 + r1r2 ) ,
(8)
ε1r2 + ε 2 r1
10 ⋅ 3 + 20 ⋅ 2
70
I=
=
=
≅ 1,25 A .
(9)
r1r2 + R (r1 + r2 ) 2 ⋅ 3 + 10(2 + 3) 56
6. Определим далее значение сил токов I1 и I2
I1 =
ε1 − IR 10 − 1,25 ⋅ 10
=
= − 1,25 A,
r1
2
(10)
ε 2 − IR 20 − 12,5
I2 =
=
= 2,5 A.
r2
3
7. Знак минус для тока I1 показывает, что направление тока выбрано неправильно, ток
будет течь в обратном направлении.
8. Проверим правильность решения путём анализа баланса токов по уравнению (1)
2,5 − 1,25 − 1,25 = 0 .
(11)
49. Электрическая цепь состоит из резисторов R1 = R2 = 10 Ом и трёх идеальных источников тока, причём ε1 = 10 В, ε2 = 14 В. При каком значении ЭДС третьего источника ε3 ток
через сопротивление R3 не потечёт?
Решение
1. Выберем направление токов, выделим два контура и запишем
уравнения правил Кирхгофа в соответствии с уравнениями (1) предыдущей задачи
I 3 = I1 + I 2 ,
⎫
⎪
(1)
I1R 1 − I 3 R 3 = ε 3 + ε1 , ⎬
⎪
I 2 R 2 − I 3 R 3 = ε 3 + ε 2 .⎭
2. Так как по условию задачи I3 = 0, то I1 = − I2, уравнения (1) при этом примут вид
I1R 1 = ε 3 + ε1 , ⎫
⎬
− I1R 2 = ε 3 + ε 2 .⎭
(2)
3. Поделим почленно последние уравнения друг на друга и полученное соотношение
разрешим относительно ε3
131
−
I1R 1 ε1 + ε 3
, − R 1 (ε 2 + ε 3 ) = R 2 (ε1 + ε 3 ) ,
=
I1R 2 ε 2 + ε 3
− R 1ε 2 − R 1ε 3 = R 2 ε1 + R 2 ε 3 ,
R ε + R 2 ε1 10 ⋅ 14 + 10 ⋅ 10
ε3 = 1 2
=
= 12 B .
R1 + R 2
20
(3)
50. Схема состоит из трёх идеальных источников ЭДС, два из
которых заданы: ε1 = 10 В, ε2 = 8 В, и трёх сопротивлений два из
которых тоже известны: R1 = 100 Ом, R2 = 80 Ом. Определить при
каком значении ε3 ток через сопротивление R3 ток течь не будет.
Решение
1.Выберем узел схемы, для которого запишем уравнение первого правила Кирхгофа
I 3 = I1 + I 2 .
(1)
2. Выделим два замкнутых контура и совершим их обход в указанных пунктирной линией направлениях по второму правилу Кирхгофа
I1R 1 − I 3 R 3 = ε 3 − ε1 , ⎫
(2)
⎬.
I 2 R 2 − I 3 R 3 = ε 2 − ε 3 .⎭
3. По условию задачи I3 =0, поэтому уравнения (1) и (2) можно переписать следующим
образом
I1 + I 2 = 0,
⎫
⎪
(3)
I 2 R 1 = ε 3 − ε1 , ⎬ .
⎪
I 2 R 2 = ε 2 − ε 3 .⎭
4. Поделим почленно последние два уравнения системы (3) друг на друга
ε −ε
R
− 1 = 1 3 , R 1 (ε 2 − ε 3 ) = R 2 (ε 3 − ε1 ) ,
R 2 ε 2 − ε3
R 1ε 2 − R 1 ε 3 = − R 2 ε1 + R 2 ε 3 .
(4)
5. Определим из уравнения (4) значение ε3
R 2 ε 3 + R 1ε 3 = R 1ε 2 + R 2 ε1 ,
ε R + ε 2 R 1 10 ⋅ 80 + 100 ⋅ 8
ε3 = 1 2
=
(5)
≅ 9B.
R1 + R 2
180
51. Определить силы токов, текущих в каждой ветви цепи,
если: ε1 = 6,5 В, ε2 = 3,9 В; R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 10 Ом.
Решение
1. Для определения искомых величин токов необходимо
составить шесть уравнений: три уравнения баланса токов и
три уравнения баланса напряжений. Выберем для баланса токов три узла, а для баланса напряжений выделим три замкнутых контура.
2. Составим уравнения баланса токов для узлов a, b и с
I1 + I 2 − I 3 = 0, ⎫
⎪
I 3 − I 4 − I 5 = 0,⎬ .
(1)
⎪
I 5 − I1 − I 6 = 0. ⎭
3. Для обозначенных на схеме цепи пунктирными линиями замкнутых контуров 1, 2 и 3
составим уравнения баланса напряжений, направление обхода показаны стрелками
132
I1R 1 + I 5 R 5 = ε1 − ε 3 , ⎫
⎪
I 2 (r2 + r3 ) + I 4 R 4 = −ε 2 ,⎬ .
(2)
I 4 R 4 − I 6 R 6 − I 5 R 5 = 0.⎪⎭
4. С учётом одинаковой величины всех сопротивлений R = 10 Ом последнюю систему
уравнений можно переписать следующим образом
I1 + I 5 = 0,26,
⎫
⎪
I 2 + 0,5I 4 = −0,195,⎬
(3)
⎪
I 4 − I 6 − I 5 = 0.
⎭
5. Совместное решение системы алгебраических уравнений (4)
I1 + I 2 − I 3 = 0,
⎫
⎪
I 3 − I 4 − I 5 = 0,
⎪
⎪⎪
I 5 − I1 − I 6 = 0,
(4)
⎬
I1 + I 5 = 0,26,
⎪
I 2 + 0,5I 4 = −0,195,⎪
⎪
I 4 − I 6 − I 5 = 0.
⎭⎪
методом подстановки позволяет прийти к следующим значениям сил токов
I1 = 0,19 A, I 2 = −0,017 A, I 3 = 0,02 A,
(5)
I 4 = −0,05 A, I 5 = 0,07 A, I 6 = −0,12 A.
Отрицательные значения сил токов, полученные в результате решения, показывают, что их
направление было изначально выбрано неверно и следует поменять на обратное.
Нелинейные элементы в цепях постоянного тока
52. Определить величину силы тока через идеальный источник (r = 0, ε = 10 В) при включении его в схему двумя способами, если R1 = R2 = R3 = R4 = 10 Ом, а диод идеальный, т.е.
обладает в прямом направлении нулевым сопротивлением, а в обратном направлении бесконечно большим сопротивлением.
Решение
1. В первом случае (левая схема) диод
будет представлять собой бесконечно большое сопротивление, т.е., по сути, разрыв цепи. Во втором случае (правая схема) сопротивление диода будет мало. Таким образом
эквивалентные схемы цепей можно преобразовать следующим образом.
2. В случае большого сопротивления цепи резисторы R3 и R4 оказываются включенными последовательно, их общее сопротивление − R3,4 = 20 Ом, которое, в свою
очередь включено параллельно резистору R2
R ⋅R
20 ⋅ 10
R 2 , 3, 4 = 3, 4 2 =
≅ 6,7 Ом .
R 3, 4 + R 2 20 + 10
3. Определим эквивалентное сопротивление правой цепи
R 01 = R 1 + R 2,3, 4 = 10 + 6,7 = 16,7 Ом .
4. Сила тока в первом случае включения источника тока
133
ε
≅ 0,6 A .
R 01
5. При открытом диоде, когда он обладает
весьма малым сопротивлением схему тоже можно
последовательно преобразовать, при этом
R ⋅R
100
= 5 Ом ,
R 1, 3 = 1 3 =
R1 + R 3
20
= R 1,3 + R 4 = 15 Ом ,
I1 =
R 1,3, 4
R 02 =
R 1,3, 4 ⋅ R 2 15 ⋅ 10
=
= 6 Ом .
R 1,3, 4 + R 2
25
6. Сила тока при открытом диоде составит
ε
10
I2 =
=
= 1,7 A .
R 02
6
53. Определить силу тока, протекающего через идеальный
диод, если он включен в диагональ симметричного моста, составленного из сопротивлений R1 = 10 кОм, R2 = 15 кОм, R3 =
30 кОм R4 = 25 кОм. Мостик подключен к идеальному источнику тока с ε = 200 B.
Решение
1. Предположим, что диод заперт, т.е. между точками а и b
бесконечно большое сопротивление. В этом случае общее сопротивление схемы определится уравнением
(R + R 4 )(R 2 + R 3 ) = 35 ⋅ 45 = 17,5 кОм .
R 01 = 1
R1 + R 2 + R 3 + R 4
90
2. Сила тока через источник определится как
200
ε
I 01 =
=
≅ 0,01 A .
R 01 17,5 ⋅ 103
3. Эквивалентная схема цепи в этом случае может быть представлена
в виде последовательного соединения сопротивлений R1,4 и R2,3, которые,
в свою очередь, включены параллельно источнику тока
ε
200
I1, 4 =
=
≅ 0,0057 A ,
(1)
R 1 + R 4 35 ⋅ 103
ε
200
I 2,3 =
=
≅ 0,0044 .
(2)
R 2 + R 3 45 ⋅ 10 3
4. Падение напряжения на элементах эквивалентной схемы
U1 = I1, 4 ⋅ R 1 = 0,0056 ⋅ 10 4 = 56 B ,
(3)
U 4 = I1, 4 ⋅ R 4 = 0,0057 ⋅ 25 ⋅ 103 ≅ 144 B ,
(4)
U 2 = I 2, 3 ⋅ R 2 = 0,0044 ⋅ 1,5 ⋅ 10 ≅ 68 B ,
(5)
4
(6)
U 3 = I 2, 3 ⋅ R 3 = 0,0044 ⋅ 3 ⋅ 10 4 = 132 B .
5. Разность потенциалов между точками включения диода составляет ΔU = 12 В, при такой полярности в узловых точках диод должен
быть открыт и должен представлять собой весьма малое сопротивление. Другими словами эквивалентная схема цепи будет представлять собой параллельное
включение сопротивлений R1, R2 и R3,R4, которые образуют последовательную цепь. Общее
сопротивление цепи в этом случае определится как
134
⎛ R ⋅R ⎞ ⎛ R ⋅R ⎞
R 02 = ⎜⎜ 1 3 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 4 ⎟⎟ =
⎝ R1 + R 3 ⎠ ⎝ R 2 + R 4 ⎠ .
(7)
⎛ 10 ⋅ 30 ⎞ ⎛ 15 ⋅ 25 ⎞
=⎜
⎟+⎜
⎟ ≅ 16,9 кОм
⎝ 10 + 30 ⎠ ⎝ 15 + 25 ⎠
6. Сила тока через источник
ε
200
I 02 =
=
≅ 0,012 A .
(8)
R 02 16,9 ⋅ 10 3
7. Составим систему уравнений Кирхгофа для баланса токов в узлах a и b, дополнив их
двумя уравнениями закона Ома для участка цепи
I 02 = I1 + I 3 , (1) ⎫
⎪
I D + I 3 = I 4 , ( 2) ⎪
I 4 + I 2 = I 02 , (3) ⎪⎪
(9)
⎬
I1 = I D + I 2 , ( 4) ⎪
I1R 1 = I 3 R 3 , (5) ⎪
⎪
I 2 R 2 = I 4 R 4 . (6) ⎭⎪
8. Подставив в уравнения (5) и (6) заданные значения сопротивлений, преобразуем их к
виду
R
R
I1 = I 3 3 = 3I 3 , I 2 = I 4 4 = 1,7I 4 .
(10)
R1
R2
9. Подставим значение силы тока I1 из уравнения (10) в уравнение (1) системы (9)
I
I 02 = 3I 3 + I 3 , ⇒ I 3 = 02 ≅ 0,003 A = 3 мА .
(11)
4
10. Сила тока I1 из уравнений (10) определится как
I1 = 3I 3 = 0,009 A = 9 мА .
(12)
11. Далее подставим значение силы тока I2 из уравнения (10) в уравнение (4) системы (9)
I
I 4 + 1,7 I 4 = I 02 , ⇒ I 4 = 02 ≅ 4,4 мА .
(13)
2,7
12. Определим далее силу тока I2, воспользовавшись для этого уравнениями (10)
I 2 = 1,7I 4 = 7,5 мА .
(14)
13. Из уравнения (4) системы (9) найдём искомую величину силы тока через диод
I D = I1 − I 2 = 1,5 мА .
(15)
54. Фотоэлемент включён в диагональ моста, составленного из
четырёх резисторов R1 = 100 кОм, R2 = 400 кОм, R3 = 200 кОм, R4
= 300 кОм. Идеальный источник тока с ЭДС ε = 1 кВ включен в
другую диагональ моста. Определить напряжение на фотоэлементе, если через него течёт ток силой ID = 10 мА.
Решение
1.Поскольку через фотоэлемент от анода к катоду течёт, заданный по условию задачи ток силой ID = 10 мА, то он открыт и
представляет собой малое сопротивление. Эквивалентная схема цепи в этом случае может
быть представлена в виде параллельного включения сопротивлений R1, R2, и R3, R4, которые
в свою очередь соединены последовательно.
2. Определим эквивалентное сопротивление всей цепи
R1R 2
R 3R 4
R0 =
+
≅ 200 кОм .
(1)
R1 + R 2 R 3 + R 4
3. Найдём величину силы тока через источник I0
135
1 ⋅ 103
= 5 мА .
(2)
2 ⋅ 10 5
4. Составим систему из пяти (по количеству неизвестных величин) алгебраических уравнений на основе первого правила Кирхгофа и условий равенства потенциалов узлов a и b
I1 = I F + I 4 , (1) ⎫
I 0 = I1 + I 2 , (2) ⎪⎪
⎪
(3)
I F + I 2 = I 3 , (3)⎬
I1R 1 = I 2 R 2 , (4) ⎪
⎪
I 3 R 3 = I 4 R 4 . (5) ⎪⎭
5. Запишем уравнения (4), (5) с учётом заданных величин резисторов
R
R
(4)
I1 = I 2 2 , I 3 = I 4 4 .
R1
R3
6. Перепишем уравнение (2) системы (3) с учётом уравнений (4)
I
I 0 = 4I 2 + I 2 , ⇒ I 2 = 0 = 1,25 мА .
(5)
4
7. Определим из уравнения (2) системы (3) значение силы тока I1
(6)
I1 = I 0 − I 2 = 5 − 1,25 = 3,75 мА .
8. Найдём падение напряжений на резисторах R1 и R2
U1 = I1R 1 = 3,75 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 5 = 375 B .
(7)
I0 =
U 2 = I 2 R 2 = 1,25 ⋅ 10 −3 ⋅ 4 ⋅ 105 = 500 B .
9. Напряжение на фотоэлементе: U F = U 2 − U1 = 125 B .
(8)
Работа и мощность электрического тока
55. Электрическая цепь состоит из трёх резисторов R1 = 200
Ом, R2 = 100 Ом, R3 = 100 Ом идеального диода D и источника переменного тока с действующим значением напряжения U = 20 B.
Определить среднюю мощность, выделяемую на резисторе R3.
Решение
1. Поскольку ток переменный, то диод в одном из
полупериодов будет закрыт, и через включенный с ним
последовательно резистор R3 ток протекать не будет, т.е.
мощность не выделяется W1 = 0. Во втором полупериоде
диод открыт и через R3 течёт ток. Эквивалентные схемы
для двух полупериодов будут выглядеть следующим образом.
2. Определим эквивалентное сопротивление цепи в случае открытого диода
R 3R 2
= 250 Ом .
(1)
R 01 = R 1 +
R3 + R2
3. Эквивалентное сопротивление цепи при закрытом диоде
R 02 = R 1 + R 2 = 300 Ом .
(2)
4. Найдём амплитудную силу тока через резистор R3
U
20
I 01 =
=
≅ 80 мА .
(3)
R 01 250
5. Падение напряжения на резисторе R1
136
U1 = I 01R 1 = 8 ⋅ 10 −2 ⋅ 200 = 16 B .
6. Падение напряжения на резисторе R3
U 2 = U 3 = U − U1 = 4 B .
7. Если бы ток был постоянным, то на резисторе R3 выделялась бы мощность
U2
W3 = 3 .
R3
8. Для переменного тока мощность представится следующим образом
W3 = 0,5W3 = 80 мВт .
(4)
(5)
(6)
(7)
56. Резисторы R1 = 100 Ом и R2 = 200 Ом включены последовательно одинаковым идеальным диодам D1, D2. Цепь питается идеальным источником переменного тока с действующим значением напряжения U = 120 В. Определить среднюю величину мощности, выделяемой в цепи.
Решение
1. Встречное включение диодов обеспечивает прохождение тока
через один диод, когда один диод открыт, второй − закрыт.
2. Определим мощности выделяемые в цепи в течение положительного и отрицательного полупериода
U2
U2
W+ =
, W− =
,
(1)
R1
R2
W =
W+ + W− (R 1 + R 2 )U
300 ⋅ 120
=
=
= 0,9 Вт .
2
2R 1R 2
2 ⋅ 100 ⋅ 200
(2)
57. Застрявший в снегу автомобиль массой m = 1,5 т вытаскивают с помощью бортовой
электрической лебёдки с напряжением питания постоянным током U = 12 В. Определить силу тока в обмотке электродвигателя лебёдки, коэффициент полезного действия которого
составляет η =0,6 если на расстояние l = 5 м при коэффициенте сопротивления движению
μ = 0,8 автомобиль переместился за время τ = 5 мин.
Решение
1. Определим величину механической работы, которую необходимо произвести для перемещения автомобиля на заданное расстояние, будем считать, что трос параллелен поверхности земли и автомобиль посредствам лебёдки движется прямолинейно и равномерно
A = μmgl .
(1)
2. Электрическая мощность лебёдки определится уравнением
(2)
W = UI ,
с учётом КПД электродвигателя предельное соотношение между необходимой работой и
электрическими возможностями лебёдки представится следующим образом
μmgl 0,8 ⋅ 1,5 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 5
ηIUτ ≥ μmgl, ⇒ I =
≅
≅ 28 А .
(3)
ηUτ
0,6 ⋅ 12 ⋅ 300
58. Получить аналитическую и графическую зависимость коэффициента полезного действия замкнутой цепи от соотношения между внутренним сопротивлением источника тока и
величиной внешнего сопротивления.
Решение
1. Коэффициент полезного действия для любой механической, термодинамической или
электрической системы, по определению, является отношением производимой системой ра137
боты к величине энергии, характеризующей систему в целом. В случае электрической замкнутой цепи КПД можно представить, как отношение мощности рассеиваемой во внешней
цепи WR к мощности, потребляемой всей цепью (WR +Wr)
η=
WR
I2R
R
.
= 2
=
WR + Wr I (R + r ) R + r
(1)
2. Для получения графической зависимости η = f(r/R),
числитель и знаменатель уравнения (1) целесообразно
поделить на R
η=
1
,
1+ r R
(2)
естественно, что максимальный КПД будет иметь место в
случае идеального источника, у которого r = 0.
59. К источнику тока поочерёдно подключаются два резистора R1= 10
Ом и R2 = 15 Ом, при этом на них выделяется одинаковая электрическая
мощность W1 = W2. Определить внутреннее сопротивление источника и
коэффициент полезного действия цепи η1, η2 в каждом случае.
Решение
1. Запишем условие равенства мощностей при поочерёдном подключении резисторов к источнику
W1 = W2 , I12 R 1 = I 22 R 2 .
(1)
2. Силы токов через резисторы определяются законом Ома для полной цепи
ε
ε
.
(2)
I1 =
, I2 =
R1 + r
R2 + r
3. Подставим значения сил токов из уравнения (2) в уравнение (1)
ε2
ε2
R1 =
.
(3)
2
(R 1 + r )
(R 2 + r )2
4. Извлечём из правой и левой части уравнения (3) квадратный корень, сократив предварительно уравнения на ε
R1
R2
=
,
R 1 (R 2 + r ) = R 2 (R 2 + r ) ,
(4)
(R 1 + r ) (R 2 + r )
r R 2 − r r1 = R 2 R 1 − R 1 R 2 .
5. Уравнение (5) позволяет найти величину внутреннего сопротивления источника r
R 1R 2 R 1 − R 2
r=
= R 1R 2 = 150 ≅ 12,25 Ом .
R1 − R 2
(
)
(5)
(6)
6. Определим далее КПД цепи для каждого резистора
R1
10
η1 =
=
≅ 0,45 (45% ) ,
R 1 + r 10 + 12,25
(7)
R2
15
=
≅ 0,55 (55% ) .
R 2 + r 15 + 12,25
(8)
η2 =
60. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 100 Ом возрастает по линейному закону
I = f(τ) от I0 = 0 до Imax = 10 A в течение времени τ = 30 с. Найти количество тепла, выделившееся в проводнике за это время.
Решение
1. В течение бесконечно малого промежутка времени в соответствии с законом Джоуля −
Ленца в проводнике выделится тепло
138
dQ = I 2 Rdt .
(1)
2. В данном случае сила тока является возрастающей линейной функцией времени I = kt,
поэтому необходимо определить величину коэффициента пропорциональности k
ΔI I max − I min
k=
.
(2)
=
τ
τ
3. С учётом уравнения (2) закон Джоуля − Ленца примет вид
(3)
dQ = k 2 t 2 R .
4. За конечный промежуток времени количество тепла определится интегралом
2
τ
⎛I −I ⎞
Q = ⎜ max min ⎟ R ∫ t 2 dt ,
(4)
τ
⎝
⎠ 0
2
1⎛I ⎞
1
1
Q = ⎜ max ⎟ Rτ 3 = I 2max Rτ = ⋅ 100 ⋅ 100 ⋅ 30 = 100 кДж .
3⎝ τ ⎠
3
3
(5)
Основные законы магнетизма
61.. Найти магнитную индукцию в центре тонкого кольца радиусом r = 5 см по которому
течёт ток силой I = 10 А.
Решение
1. Выделим бесконечно малый элемент кольца dl, который можно считать элементарным током. В точке А, лежащей на оси кольца индукция от этого элемента, в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа будет равна
(
)
r μμ 0 I r r
μμ 0 I
dB =
d l × r , dB =
dl cos α ,
(1)
3
4π r
4π r 2
2. В рассматриваемом случае z = 0, α = 00 поэтому
r = z 2 + R 2 = R , интегрируя уравнение (1) в пределах от 0
до 2πR, получим
2 πR
μμ 0 I
μμ 0 I 1 ⋅ 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 10
B=
dl
=
=
≅ 125,6 мТл .
4π R 2 ∫0
2 R
2 ⋅ 5 ⋅ 10 −2
(2)
62. Катушка длиной L = 0,2 м представляет собой N = 100 цилиндрических витков диаметром d = 0,2 м. По проводнику течёт ток силой I = 5 A. Определить магнитную индукцию В
в точке А, лежащей на расстоянии x = 0,1 м от торца катушки.
Решение
1. Цилиндрическая катушка длиной L, именуемая в
простонародии соленоидом, состоящим из N витков (круговых токов), образующих винтовую линию. Для произвольной точки М, лежащей на оси катушки в соответствии
с законом Био − Савара − Лапласа можно записать следующее уравнение
μμ 0 N
(1)
BM =
I(cos α1 − cos α 2 ) .
2 L
2. Для соленоида бесконечной длины α1 = 0, α2 = π,
139
уравнение (1) в этом случае примет вид
N
I.
(2)
L
3. Поле на торцах катушки в центре витков при α1 = π/2, α2 = π определится следующим
образом
μμ 0 N
(3)
B=
I.
2 L
4. Рассмотрим далее ситуацию, заданную
по условию задачи, т.е. когда точка, в которой
следует определить индукцию, расположена
на оси катушки на удалении х от её торца.
5. Из прямоугольных треугольников ΔАСК
и ΔADM определим косинусы соответствующих уравнению (1) углов α1 и α2
x+L
cos α1 =
,
2
d
2
+ (x + L )
4
.
(4)
x
α
=
cos 2
d2
x2 +
4
6. Подставим значения cosα1 и соsα2 в уравнение (1)
⎛
⎞
⎜
⎟
μ0 N ⎜
x+L
x
⎟
B=
I
−
,
(5)
2 ⎟
2 L ⎜ d2
d
2
2
⎜⎜
⎟⎟
x +
+ (x + L )
4 ⎠
⎝ 4
⎞
12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 100 ⋅ 5 ⎛⎜
0,3
0,1
⎟ ≅ 381 мкТл .
(6)
B=
−
⎜ 0,01`+0,09
2 ⋅ 0,2
0,01 + 0,01 ⎟⎠
⎝
B = μμ 0
63. Длинный соленоид в виде цилиндрической катушки состоит из проволоки диаметром
d0 = 5⋅10 − 4 м, которая намотана так, что витки плотно прилегают друг к другу. Определить
напряжённость магнитного поля внутри соленоида на его оси при силе тока I = 4 А. Толщиной изоляции проводника пренебречь.
Решение
1. Магнитная индукция на оси соленоида определяется уравнением
N
B = μμ 0 I .
(1)
L
2. Выразим длину соленоида через количество витков N и диаметр провода d0
N
I
I = μμ 0
.
(2)
L = d 0 N , ⇒ B = μμ 0
d0 N
d0
3. Поскольку величина магнитной проницаемости μ не задана, то будем, как и в предыдущих задачах, считать μ = 1. Напряжённость и индукция магнитного поля связаны известным соотношением
r
r
B
B = μμ 0 H, ⇒ H =
.
(3)
μμ 0
4. Перепишем уравнение (2) с учётов соотношений (3)
140
μμ 0 H = μμ 0
I
I
4
кА
,⇒ H =
=
≅8
.
−4
d0
d 0 5 ⋅ 10
м
(4)
64. Обмотка катушки диаметром d = 0,1 м состоит
из плотно прилегающих друг к другу витков тонкой
проволоки. Определить минимальную длину катушки
Lmin при которой величина магнитной индукции в середине бесконечного соленоида, содержащего такое же
количество витков на единицу длины, отличается не
более чем на 0,5%. Силу тока считать одинаковой.
Решение
1. Допустимую ошибку будем искать в виде
B − B1
ζ= 2
,
(1)
B2
где В1 − магнитная индукция поля внутри катушки конечной длины, В2 − магнитная индукция поля внутри бесконечной катушки.
2. Магнитная индукция поля на оси соленоида конечной длины определяется уравнением
(1) примера № 7
μμ 0 N
I(cos α1 − cos α 2 ) ,
B1 =
(2)
2 L
где N/L = n − количество витков, приходящееся на единицу длины, с учётом этого
μμ 0
B1 =
nI(cos α1 − cos α 2 ) .
(3)
2
3. Для соленоида бесконечной длины уравнение (3) перепишется следующим образом
B2 = μμ0 nI ,
(4)
4. Подставим значения В1 и В2 из уравнений (2) и (3) в уравнение (1)
1
μμ 0 nI − μμ 0 nI(cos α1 − cos α 2 )
1
2
ζ=
= 1 − (cos α1 − cos α 2 ) .
(5)
μμ 0 nI
2
5. определим величины cosα1 и cosα2
L min
L min
cos α1 =
=
,
(6)
2
2
2
2
d
+
L
⎛d⎞ ⎛L ⎞
min
2 ⎜ ⎟ + ⎜ min ⎟
2
2
⎝ ⎠ ⎝
⎠
d
cos α 2 = sin (π − α ) =
.
(7)
2
d + L2min
6. Поскольку α2 = π − α1, то cosα1 = − cosα2, то
L min
1 − ζ = cos α1 =
,
2
d + L2min
(1 − ζ )2 =
L2min
.
d 2 + L2min
(8)
7. Подставим в уравнение (8) значение ζ = 5⋅10 − 3 и d = 0,1
(1 − 0,05)2 (0,01 + L2min ) = L2min ,
откуда
(9)
9,9 ⋅ 10 −3
≅ 0,99 м .
1 ⋅ 10 −2
(10)
L min ≅
65. Найти напряжённость магнитного поля В на оси кругового витка с током величиной I =
100 А на удалении х = 2 м от плоскости витка при его радиусе R = 4 м.
141
Решение
1. Выделим элементарную длину кольца dl и определим индукцию этого элементарного тока в заданной точке dB в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа в предположении, что
круговой ток находится в вакууме (μ = 1)
r
r μ 0 I d l × rr
dB =
.
(1)
4π r 3
2. В силу осевой симметрии суммарная составляющая вектора
dBу будет равна нулю, проекция вектора dBx определится в виде проекции
dB x = dB cos α ,
(2)
μ Idl
dB x = 0 3 cos α .
(3)
4π r
3. Величина Вх = В определится интегралом
2 πR
μI
B = 0 3 cos α ∫ dl .
(4)
4πr
0
4. В уравнении (4)
R
cos α = , r = x 2 + R 2 .
(5)
r
5. При подстановке уравнений (5) в уравнение (4) получим
μ
μ0R 2I
2πR 2 I
B= 0
=
,
(6)
4π 2 (x 2 + R 2 )3 22 (x 2 + R 2 )3
(
B=
12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 16 ⋅ 100
2 (4 + 16)
3
)
≅ 11 мкТл .
(7)
66. Круговые витки радиусами R1= 1 м и R2 =0,8 м с токами I1 = 100 A , I2 = 150 А расположены в параллельных плоскостях на расстоянии x = 4 м друг от друга. Найти магнитную
индукцию поля на оси витков в точке, расположенной на равном удалении от них. Рассмотреть случаи, когда токи текут в одном и противоположных направлениях.
Решение
1. Рассмотрим случай, когда токи в витках текут в одном
направлении. Направление векторов магнитной индукции
будут совпадать по направлению, а модули векторов В будут
определяться уравнением (6), полученным в предыдущей
задачи, т.е.
μ 0 R 12 I1
,
B1 =
3
⎛ x2
⎞
2 ⎜⎜ + R 12 ⎟⎟
⎝ 4
⎠
B2 =
μ 0 R 22 I 2
3
.
(1)
⎛x
⎞
2 ⎜⎜ + R 22 ⎟⎟
⎝ 4
⎠
2. Модуль результирующего вектора магнитной индукции будет равен геометрической
сумме
B A1 = B1 + B 2 ,
(2)
3. Подставим в уравнение (2) значения В1 и В2
2
142
B A1
⎧
⎪
μ 0 ⎪⎪
=
⎨
2 ⎪
⎪2
⎪⎩
R 12 I1
⎛ x2
⎞
⎜⎜ + R 12 ⎟⎟
⎝ 4
⎠
3
+
R 22 I 2
⎛ x2
⎞
2 ⎜⎜ + R 22 ⎟⎟
⎝ 4
⎠
3
⎫
⎪
⎪⎪
⎬,
⎪
⎪
⎪⎭
(3)
⎧⎪ 1 ⋅ 100
0,8 ⋅ 150 ⎫⎪
+
B A1 = 6,28 ⋅ 10 −7 ⎨
(4)
⎬ ≅ 13 мкТл .
3
(4 + 0,64)3 ⎪⎭
⎪⎩ (4 + 1)
4. Если токи в витках будут течь в противоположных направлениях, то уравнение (2) перепишется в следующем виде
B A 2 = B 2 − B1 ≅ 2 мкТл .
(5)
67. Во сколько раз ξ уменьшится индукция магнитного поля в центре кольца с током, если
его согнуть по диаметру под углом α = 450. Сила тока, при этом, не меняется.
Решение
1. Определим магнитную индукцию поля, создаваемого плоским круговым витком с током,
для чего воспользуемся законом Био − Савара − Лапласа
r r
r
μ0 I d l × r
dB0 =
,
(1)
4π r 3
в рассматриваемом случае r = R, поэтому
r r
r r
r
μ0 I d l × R
μI
dB0 =
= 0 3 dlR sin d l ; R .
(2)
3
4π R
4πR
2. Для индукции в центре кольца уравнение (2) можно записать следующим образом
r r 2 πR
μI
B0 = 0 2 sin d l ; R ∫ dl ,
(3)
4πR
0
(
(
)
)
(
(
)
)
( r r)
так как для всех элементарных участков витка d l ; R = π 2 , то
μI
(4)
B0 = 0 .
2R
3. В случае сгибания витка пополам по диаметру результирующий вектор магнитной инr r
r
дукции поля можно представить в виде суммы двух составляющих B = B1 + B 2 , причём
1
μI
B1 = B2 = B0 = 0 ,
(5)
2
4R
B = B12 + B 22 + 2B1B 2 cos 450 ,
(6)
μ0I
μI
1 + 1 + 1,41 ≅ 0,922 0 .
(7)
4R
2R
4. Таким образом, отношение напряжённостей определится
соотношением
B
ξ=
≅ 0,922 .
(8)
B0
B=
68. По длинному проводнику пропускается то силой I = 50 А. Определить магнитную индукцию В в точке А удалённой от проводника на расстояние r0 = 5 см.
Решение
1. Для элементарного тока Idl вектор магнитной индукции будет определяться законом
Био − Савара − Лапласа
143
(
)
r r
r
μ0 I d l × r
,
(1)
dB0 =
4π r 3
который в скалярной форме примет вид
μ I sin α
dB = 0 2 dl .
(2)
4πr
2. В уравнении (2) в общем случае проводника
конечных размеров присутствуют две переменные
величины α и r, чтобы интегрировать по одной
переменной α, необходимо выполнить следующие
преобразования:
dl =
r
rdα
, r= 0
sin α
sin α
(3)
в этом случае
μ0I
sin αdα .
4πr0
3. Модуль вектора индукции определится интегралом
α2
α
μI
μI 2
B = ∫ 0 sin αdα = 0 ∫ sin αdα ,
4πr0
4πr0 α1
α1
dB =
(4)
(5)
или, после интегрирования
μ0I
(cos α1 − cos α 2 ) .
4πr0
4. При очень длинном проводнике α1 = 00, α2 = 1800, поэтому
μ I 4π ⋅ 10 −7 ⋅ 50
≅ 200 мкТл .
BA = 0 =
2π ⋅ 5 ⋅ 10 −2
2πr0
B=
(6)
(7)
69. По тонкому, бесконечно длинному проводнику, имеющему
форму, показанную на рисунке, течёт электрический ток силой I =
100 А. Определить величину магнитной индукции поля В в точке О,
если радиус закругления равен r = 0,1 м.
Решение
1. В данном случае проводник можно представить состоящим из
трёх геометрических фигур: двух бесконечных проводников, лежащих в одной плоскости и пересекающихся под прямым углом и и
проводника в виде четверти окружности.
2. Пусть проводник в виде дуги окружности создаёт поле в магнитной индукцией В1, а
прямолинейные отрезки − В2 и В3. Все три вектора {В1, В2, В3} будут направлены вдоль одной прямой, поэтому их суммарный модуль определится как
r
B = B1 + B 2 + B3 .
(1)
3. Запишем уравнение модуля вектора магнитной индукции
поля, создаваемого четвертью окружности
μI
μI
B1 = 0 = 0 .
(2)
4 ⋅ 2 r 8r
4. Магнитные индукции бесконечно длинных прямолинейных проводников
μI
μI
B 2 = 0 , B3 = 0 .
(3)
4πr
4πr
5. Подставим уравнения (2,3) в уравнение (1)
144
μ0I μ0I μ0I μ0I ⎛ 1 1
1 ⎞ μ0I π + 4
,
+
=
+
+
⎜ +
⎟=
r ⎝ 8 4π 4π ⎠
8r 4πr 4πr
r 8π
(4)
4π ⋅ 10 −7 ⋅ 100 (π + 4) 7,14 ⋅ 10 −5
=
= 3,57 ⋅ 10 −4 Тл ≡ 357 мкТл .
0,2
0,1
8π
(5)
B=
B=
70. Бесконечный проводник, по которому течёт постоянный ток силой I = 100 A, согнут
под прямым углом. Определить величину магнитной индукции в точках А и F, расположенных на биссектрисе прямого угла и отстоящих от его вершины на d = 0,1 м.
Решение
1. Рассмотрим вначале поле в точке F. Как и в предыдущих
задачах, проводник представим состоящим из двух отрезков
пересекающихся под прямым углом, векторы магнитной индукции будут направлены по биссектрисе прямого угла, т.е.
B = B1 + B 2 .
(1)
2. Для определения величин В1 и В2 воспользуемся уравнением (2), полученным в задаче 3.1.19
μI
μI
B1F = 0 (cos 0 0 − cos 90 0 ) = 0 .
(2)
2πr
2πr
μI
μI 2
B 2 F = 0 (cos 450 − cos 90 0 ) = 0
(3)
2πr
2πr 2
3. Определим далее удаление отрезков проводников от заданной точки F
d
.
d2 = r2 + r2 , ⇒ r =
2
4. Подставим данные из уравнений (2), (3), (4) в уравнение (1)
μ I 2 μ0I 2 2 μ0I
+
2 +1 ,
BF = 0
=
2πd
2πd
2πd 2
4π ⋅ 10 7 ⋅ 100
BF =
2 + 1 ≅ 4,82 ⋅ 10 −4 Тл .
2π ⋅ 0,1
5. Определим параметры поля в точке А по аналогии
с точкой F
μI
μI
B1A = 0 (cos 0 0 − cos 90 0 ) = 0 ,
(7)
2πr
2πr
μI
B 2 A = 0 (cos 1350 − cos 90 0 ) =
2πr
(8)
μ0I 2
.
=−
2πr 2
6. Подставим значения В1A и В2А из уравнений (7),
(8) в уравнение (1)
μI
BF = 0
2 −1 ,
(9)
2πd
4π ⋅ 10 −7 ⋅ 10 2
0,41 ≅ 8,2 ⋅ 10 −5 Тл .
BA =
2π ⋅ 0,1
(
(
(
)
)
(4)
(5)
(6)
)
(10)
71. По бесконечно длинному проводнику, изогнутому под углом ϕ = 1200, течёт постоянный ток силой I = 100 А. Найти магнитную индукцию В в точке А, удалённой от места сгиба
на расстояние d = 5 см.
145
Решение
1. Вектор магнитной индукции в заданной точке А
будет представлять собой векторную сумму индукций
двух, пересекающихся под углом ϕ = 1200 бесконечных
проводников, т.е.
r r
r
B = B1 + B 2 .
(1)
2. Вектор магнитной индукции горизонтальной части
проводника В1 будет равен нулю, потому что в соответствии с законом Био − Савара − Лапласа, для точек лежащих на оси проводника справедливо уравнение
r r
r
dB1 = 0 d l × r = 0 .
(2)
3. Модуль вектора В2 определим по уравнению
μI
B = 0 (cos α1 − cos α 2 ) ,
(3)
4πr
в рассматриваемом случае α1 → 0, а α2 = ϕ, cosα2 = cosϕ = − 0,5.
4. Определим кратчайшее расстояние от заданной точки А до проводника
(4)
r = d ⋅ sin 60 0 = d ⋅ 0,87 ≅ 4,33 ⋅ 10 −2 м .
5. Подставим полученные значения величин углов α1, α2 и расстояния r в уравнение и(3)
4π ⋅ 10 −7 ⋅ 100
(1 + 0,5) ≅ 346 мкТл .
(5)
B=
4π ⋅ 4,33 ⋅ 10 −2
(
)
72. По тонкому проволочному кольцу течёт электрический ток. Не изменяя силы тока в
проводнике, его превратили в квадрат. Во сколько раз изменится величина магнитной индукции в центре контура?
Решение
1. Поскольку периметр квадрата и окружности одинаков, то между радиусом r и длиной
стороны квадрата d можно записать следующие соотношения
πr
2πr = 4d, ⇒ d =
.
(1)
2
2. Запишем далее уравнения для индукции кругового витка с током
μI
BОкр. = 0 ,
(2)
2r
и квадрата равного периметра, воспользовавшись уравнением (5) предыдущей задачи
4μ I
B Кв. = 20 2 .
(3)
πr
3. Определим отношение индукций магнитного поля в центре квадрата и окружности
B Кв. 4μ 0 I 2 2r
8
=
=
2 ≅ 1,144 .
(4)
B Окр.
π2 r μ 0 I π2
73. Электрон в невозбуждённом атоме водорода движется по круговой орбите радиусом
R = 50 пм. Найти величину магнитного момента pm эквивалентного кругового тока и механический момент сил Mz(F), относительно оси вращения электрона при помещении атома в
магнитное поле индукцией В = 0,1 Тл. Вектор магнитной индукции параллелен плоскости орбиты вращающегося электрона.
Решение
1. Силу эквивалентного тока определим, воспользовавшись уравнением
146
i=
dq e
e2
= = eν =
dt T
4
1
≅
π r ε0me
3 3
,
(1)
2,56 ⋅10 −38
1
≅ 1мА
≅
4
31 ⋅1,25 ⋅10−31 ⋅ 9 ⋅10−12 ⋅10 −30
где е ≅ 1,6⋅10 − 19 Кл − заряд электрона, me ≅ 1⋅10 − 30 кг, ε0 ≅ 9⋅10 − 12 Ф/м − электрическая постоянная.
2. Магнитный момент такого эквивалентного тока определится как
p m = is = iπR 2 = 1 ⋅ 10 −3 ⋅ 3,14 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −21 ≅ 7,85 ⋅ 10 −21 A ⋅ м 2 .
(2)
3. Механический момент относительно оси вращения z, действующий на атом водорода,
помещённый в магнитное поле с индукцией В, равен
r r
M z (F) = p m B sin p m ; B ,
(2)
Поскольку вектор магнитного момента перпендикулярен плоскости орбиты, то
r r
r r
p m ; B = π 2, ⇒ sin p m ; B = 1 , другими словами
(
(
)
(
)
)
M z (F) = p m B = 7,85 ⋅ 10 −21 ⋅ 0,1 = 7,85 ⋅ 10 −22 H ⋅ м .
(3)
74. Электрон в атоме водорода движется по круговой орбите известного радиуса. Найти
отношение магнитного момента pm к моменту импульса L орбитального движения электрона.
Решение
1. Орбитальную скорость электрона определим из условия его нахождения на стационарной круговой орбите
m v2
e2
k
k 2 = e ,⇒ v = e
,
(1)
R
me R
R
где k = 1/(4πε0) ≅ 9⋅1012 м/Ф − постоянная величина, R − радиус орбиты, е, me − заряд и масса
электрона.
2. Сила эквивалентного тока при круговом движении электрона
dq
ev
e2
k
i=
≅ en =
=
.
(2)
dt
2πR 2πR m e R
3. Магнитный момент кругового тока
evπR 2 evR
=
.
2πR
2
4. Момент импульса электрона при его орбитальном движении
L = m e vR .
5. Отношение магнитного момента к моменту импульса
Кл
pm
evR
e
1,6 ⋅ 10 −19
≅ 8 ⋅ 1010
.
=
=
≅
−30
кг
L 2m e vR 2m e
2 ⋅ 10
p m = is =
75. Тонкий стержень длиной l = 0,2 м несёт распределённый заряд Q = 240 нКл. Стержень вращается
с постоянной угловой скоростью ω = 10 рад/с вокруг
оси перпендикулярной стержню и проходящей через
его середину. Определить магнитный момент рm, возникающий при вращении заряженного стержня и отношение магнитного момента к его моменту количества движения L, если масса стержня составляет m = 12
г.
Решение
147
(3)
(4)
(5)
1. Распределённый заряд стержня можно представить в виде сосредоточенного заряда,
создающего эквивалентный q = Q/3, сила тока в этом случае определится как
q
Q⋅ω
.
(1)
i = = qn =
T
3 ⋅ 2π
2. Магнитный момент эквивалентного кругового тока
Qω πl 2 Qωl 2 240 ⋅ 10 ⋅ 0,04
(2)
p m = is =
=
=
≅ 4 нА ⋅ м 2 .
6π 4
24
24
3. Для определения отношения магнитного момента к моменту импульса воспользуемся
уравнением (5) предыдущей задачи
pm
Q
2,4 ⋅ 10 −7
мКл
=
=
= 10
.
(3)
L 2m
0,24
кг
76. Диск радиусом R = 10 см несёт равномерно распределённый по поверхности заряд Q
= 0,2 мкКл. Диск равномерно вращается с частотой n = 20 с − 1 относительно оси, проходящей
через центр диска и перпендикулярной его плоскости. Определить магнитный момент pm кругового тока, создаваемого диском и отношение магнитного момента к моменту импульса
диска pm/L, если масса диска равна m = 0,1 кг.
Решение
1. На одной поверхности диска распределён заряд q = Q/2,
поэтому эквивалентный ток, создаваемый вращающимся диском определится как
Qn
.
(1)
i=
2
2. Магнитный момент эквивалентного тока, создаваемого вращающимся диском, несущим заряд, определится в этом случае как
QnπR 2 2 ⋅ 10 −7 ⋅ 20 ⋅ 3,14 ⋅ 0,01
(2)
p m = is =
=
= 62,8 нА ⋅ м 2 .
2
2
3. Момент импульса вращающегося диска равен произведению момента инерции диска
на его угловую скорость
mR 2
2πn = mπnR 2 .
L = Jω =
(3)
2
4. Отношение магнитного момента диска к его моменту импульса равно
2p m
мкКл
QnπR 2
Q 2 ⋅ 10 −7
.
(4)
=
=
=2
=
2
кг
2mπnR
m
L
0,1
77. Тонкостенная металлическая сфера радиусом R = 0,1 м с равномерно распределённым по поверхности зарядом Q = 3 мкКл. Сфера вращается равномерно вокруг с угловой
скоростью ω = 10 рад/с относительно оси, проходящей через центр сферы. Найти магнитный
момент pm кругового тока, создаваемый вращением сферы и отношение магнитного момента
к моменту импульса, если масса сферы m = 0,1 кг.
Решение
1. Магнитный момент эквивалентного тока вращающейся заряженной сферической оболочки
2 ω
1
1
pm = Q
πR 2 = QωR 2 = ⋅ 3 ⋅ 10 −6 ⋅ 10 ⋅ 0,01 = 1 нКл ⋅ м 2 .
(1)
3 2π
3
3
2. Отношение магнитного момента к моменту импульса
нКл
pm
QωR 2 ⋅ 3
Q
=
= 1,5
=
.
(2)
2
кг
L 3 ⋅ 2 ⋅ mωR
2m
148
78. Сплошной шар радиусом R = 10 см несёт заряд Q = 200 нКл, равномерно распределённый по объёму. Шар вращается относительно оси, проходящей через центр шара, с угловой скоростью ω = 10 рад/с. Определить магнитный момент эквивалентного кругового тока, создаваемого вращающимися заряженными шаром и сферой и отношение магнитного
момента к моменту импульса, если масса сферы m = 100 кг.
Решение
1. Эквивалентный заряд, создающий круговой ток определится
как
2
Q.
(1)
5
2. Эквивалентный электрический ток, возникающий при вращении заряженного шара
2 ω Qω
=
i = qn = Q
.
(2)
5 2 π 5π
3. Магнитный момент, создаваемый равномерно заряженной вращающейся сферой
1
Qω
1
(3)
p m = is =
πR 2 = QωR 2 = 2 ⋅ 10 −7 ⋅ ⋅ 10 ⋅ 0,01 = 4 нКл ⋅ м 2 .
5
5
5π
4. Момент импульса сплошного шара определяется его моментом инерции J и угловой
скоростью ω
2
L = Jω = mR 2 ω .
(4)
5
5. Отношение магнитного момента заряженного вращающегося шара к его моменту импульса
нКл
p m QωR 2 Q 2 ⋅ 10 −7
= =
=2
.
(5)
=
2
кг
L mωR
m
100
q=
79. Напряжённость магнитного поля кругового витка с током составляет Н = 200 А/м. Магнитный момент витка равен pm = 1 А⋅м2. Определить силу тока в витке и его радиус.
Решение
1. Напряжённость кругового витка с током и его магнитный момент определяются
дующими уравнениями
I
. p m = IπR 2
H=
2R
2. Выразим из уравнения напряжённости магнитного поля силу тока и подставим
уравнение магнитного момента, что позволит найти его радиус
p
1
I = 2HR , p m = 2πHR 3 , R = 3 m = 3
≅ 9,27 cм .
2πH
6,28 ⋅ 200
3. Так как, из уравнения напряжённости I = 2HR , то
I = 2 ⋅ 200 ⋅ 9,27 ≅ 37 A .
сле(1)
её в
(2)
(3)
80. На оси кольца с током I на расстоянии r = 1 м от его центра напряжённость магнитного поля составляет В = 10 нТл. Считая радиус кольца много меньшим заданного расстояния
R << r, определить величину магнитного момента рm.
1. Воспользовавшись уравнением магнитной индукции кругового тока, запишем его при условии r >> R
μ
μ R 2I
μ R 2I
2πR 2 I
(1)
B= 0
= 0
= 0 3 ,
4π 2 (r 2 + R 2 )3 22 (r 2 )3
2r
и выразим силу тока
149
2Br 3
.
(2)
μ0R 2
2. Подставим значение силы тока в уравнение магнитного момента
2Br 3
2πBr 3 ⋅ 10 −10 ⋅ 1
2
p m = Is =
π
R
=
=
= 50 мА ⋅ м 2 .
2
−7
μ0R
μ0
2 ⋅ 10
I=
(3)
Контур в магнитном поле
81. Круговой контур радиусом R = 0,1 м закреплён так, что может вращаться вокруг оси,
совпадающей с одним из его диаметров, совпадающим с магнитным меридианом поля Земли. Горизонтальная составляющая магнитной индукции нашей планеты равна Вх = 20 мкТл.
По контуру пустили ток силой I = 10 А. Какой момент сил Mz(F) должен быть приложен к контуру, чтобы сохранялась его первоначальная ориентация?
Решение
1. При пропускании по контуру тока возникнет собственное магнитное поле и появится магнитный момент pm
p m = Is = IπR 2 ,
(1)
наличие которого обусловит его взаимодействие в внешним магнитным
полем, в данном случае, горизонтальной составляющей магнитного поля
Земли. Такое взаимодействие количественно можно охарактеризовать
механическим моментом сил
r
r r
M z F = p m B x sin p m ; B x = p m B x sin 90 0 ,
r
(2)
M z F = IπR 2 B x sin 90 0 = 10 ⋅ 3,14 ⋅ 0,01 ⋅ 2 ⋅ 10 −5 ⋅ 1 = 6,28 мкКл ⋅ м .
()
()
(
)
82. Измерительная часть гальванометра представляющая собой
квадратную рамку с размерами а = 4 см и b = 1,5 см, на которую намотано N = 200 витков провода. Рамка помещена в магнитное поле с индукцией В = 0,1 Тл, так что плоскость рамки параллельна вектору индукции
внешнего поля. Определить механический момент Mz(F), приложенный к
рамке и величину магнитного момента рамки при пропускании по проводнику тока силой I = 1 мА.
Решение
1. Определим величину магнитного момента рамки при пропускании заданного тока
p m = NIs = NIab,
.
(1)
p m = 200 ⋅ 10 −3 6 ⋅ 10 −4 = 1,2 ⋅ 10 −4 A ⋅ м 2
2. Найдём величину механического момента сил, возникающего при взаимодействии
собственного магнитного поля рамки с внешним полем
r
r r
M z F = p m B sin p m ; B ,
(2)
поскольку вектор магнитного момента контура совпадает с направлением нормали к плоскости, в которой располагается контур, то угол между векторами pm и B равен 900, другими
словами
r
M z F = p m B = 1,2 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,1 = 12 мкН ⋅ м .
(3)
()
(
()
150
)
85. По рамке квадратной формы из тонкой проволоки массой m = 2⋅10 − 3
кг пропускают постоянный ток, силой I = 6 А. Рамка подвешена за середину
одной из сторон на неупругой нити. Определить период малых колебаний
рамки Т в магнитном поле с индукцией В = 2 мкТл, считая затухание не существенным.
Решение
1. Малые колебания рамки с током в магнитном поле будут возникать
вследствие преобразования потенциальной энергии поля в кинетическую энергию крутильных колебаний, т.е. вращательного движения. Считая систему консервативной, закон сохранения энергии можно записать так
(1)
Π + K = const
где Π max = p m B − максимальное значение потенциальной энергии, кинетическая энергия
вращательного движения в данном случае определится величиной момента инерции рамки и
периодом её колебаний:
1
1 2π
,
K = Jω2 = J
2
2 T
где J − момент инерции колеблющегося вокруг оси вращения тела, Т − период колебаний.
2. Перепишем уравнение закона сохранения энергии с учётом полученных значений потенциальной и кинетической энергии
2
1 1
⎛ 2π ⎞
Ia B = ⋅ ma 2 ⎜ ⎟ .
2 12
⎝ T ⎠
3. Найдём период малых крутильных колебаний рамки
2
T = 2π
2 ⋅ 10 −3
m
ma 2
≅ 1c .
=
π
=
6
,
28
2
6 ⋅ 6 ⋅ 2 ⋅ 10 −3
6IB
6IBa 2
(2)
(3)
Движение электрических зарядов
86. В плоский конденсатор влетает электрон со скоростью v0 = 2 Мм/с, направленной
перпендикулярно вектору напряжённости электрического поля. На какое расстояние h сместится электрон к нижней обкладке конденсатора за время пролёта пластин конденсатора?
Длина пластин составляет х = 5 см, расстояние между пластинами d = 2 см, разность потенциалов между обкладками U = 2 В.
1. Запишем кинематические уравнения движения электрона под
действием постоянной силы Кулона F = eE= eU/d
x = v0 t, ⎫
⎪
(1)
at 2 ⎬
.⎪
h=
2 ⎭
2. Поскольку вдоль горизонтальной оси движение электрона происходит с постоянной
скоростью, то время пролёта конденсатора можно определить как
t = x v0 .
(2)
3. Смещение электрона по вертикали, таким образом, можно представить следующим
уравнением
a
h = 2 x2 .
(3)
2v0
4. Вертикальное ускорение электрона а определится посредствам второго закона Ньютона
eU
eU
F = m ea,
= m ea, a =
.
(4)
d
med
5. Подставим значение ускорения из уравнения (4) в уравнение (3)
151
h=
eUx 2
1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2 ⎛ 0,05 ⎞
−3
≅
⎜
⎟ ≅ 5 ⋅ 10 м .
2m e dv 02 2 ⋅ 10 −30 ⋅ 0,02 ⎝ 2 ⋅ 10 6 ⎠
(5)
87. Протон и α − частица из состояния покоя проходят ускоряющее электрическое поле.
В каком отношении будут находиться их скорости?
Решение
1. Как известно, α − частица состоит из двух протонов и двух нейтронов, поэтому заряд
α − частицы в два раза больше заряда протона, т.е. qα = 2qp, а масса − в четыре раза больше,
т.е. mα = 4 mp.
2. При прохождении частицами одинаковой разности потенциалов Δϕ силами поля будет
совершаться работа и они будут приобретать соответствующую кинетическую энергию
⎧
m p v 2p
(
)
ϕ
−
ϕ
=
q
,
2
vp
q p 4m p
⎪⎪ p 1
2
⇒
=
≅ 2 ≅ 1,41 .
(1)
⎨
2
2g p m p
⎪q (ϕ − ϕ ) = m α v α , v α
2
⎪⎩ α 1
2
88. Дважды ионизированный атом гелия, именуемый в простонародии α − частицей, движется в магнитном поле напряжённостью Н = 100 кА/м по окружности радиусом R = 0,1 м.
Определить скорость частицы.
Решение
1. Заряд α − частицы по модулю равен заряду двух электронов
q α = 2 e ≅ 3,2 ⋅ 10 −19 Кл,
масса α − частицы, состоящей из двух протонов и двух нейтронов равна
m α = 2(m p + m n ) = 2(1,67 ⋅ 10 −27 + 1,67 ⋅ 10 −27 ) ≅ 6,7 ⋅ 10 −27 кг .
(1)
(2)
2. Движение заряженной частицы по криволинейной траектории даже с постоянной по
модулю скоростью обусловлено возникновением нормального ускорения |an| = v2/R. Приравняем силу инерции, действующую на α − частицу к силе Лоренца
mα v2
= q α vμ 0 H sin α ,
(3)
R
поскольку движение происходит по круговой траектории, то α − частица влетает перпендикулярно вектору индукции магнитного поля, а это значит, что sinα = 1. Таким образом,
q BR 3,2 ⋅ 10 −19 ⋅ 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 105 ⋅ 0,1
м
v= α
=
≅ 6 ⋅ 105 .
(4)
− 27
mα
6,7 ⋅ 10
с
89. Частица, несущая на себе электрический заряд, влетает в
среду, пронизанную линиями индукции однородного магнитного поля. В результате взаимодействия с атомами вещества, частица теряет половину своей первоначальной энергии. Во сколько раз будет
отличаться радиус кривизны траектории ζ в начале и конце пути?
Решение
1. Запишем силовое условие нахождения движущейся заряженной частицы на криволинейной траектории при её вхождении в область пространства, занятого магнитным полем перпендикулярно линиям магнитной индукции
mv 2
= qvB ,
ζ
152
(1)
где ζ − радиус кривизны траектории, m − масса частицы, q − заряд частицы, v − скорость
частицы, В − индукция магнитного поля.
2. При перемещении в среде, занятой неизменным магнитным полем (B = const) в уравнении (1) будут изменяться две величины: скорость v и кривизна траектории ζ. С другой
стороны по условию задачи известно, что кинетическая энергия уменьшается в два раза. При
постоянстве массы частицы, это означает, что для скорости частицы можно записать следующие соотношения
K1 =
mv12
mv 22
, K2 =
,
2
2
K1
v
= 2, ⇒ 1 = 2 .
K2
v2
(2)
3. Решим уравнение (1) относительно скорости
v=
qBζ
.
m
(3)
4. Запишем уравнение (2) для начального и конечного положения частицы на криволинейной траектории
qBζ1 ⎫
v1 =
, ⎪
m
⎪
(4)
⎬
v1
qBζ 2 ⎪
=
.
m ⎪⎭
2
5. Поделим уравнения системы (4) почленно
ζ1
= 2 = 1,41 .
(5)
ζ2
90. Электрон из состояния покоя, прошёл разность потенциалов U = 250 B и попал в однородное магнитное поле под углом α = 600 к линиям индукции (В = 0,51 Тл). Определить
шаг винтовой линии h, по которой движется электрон в области пространства, занятого полем.
Решение
1. Определим величину скорости v0, приобретенную электроном при прохождении им ускоряющей разности потенциалов U
mv 2
= eU ,
(1)
2
2eU
v0 =
.
(2)
m
2. Запишем уравнения проекций скорости на выбранные
оси координат, одна из которых, Оx совпадает с направлением вектора магнитной индукции В, а вторая Oy − перпендикулярна этому вектору
r
r
r
v x = i v 0 cos α, v y = j v 0 sin α .
(3)
3. Как это было принято в кинематике, сложное движение электрона целесообразно разложить на два более простых: на поступательное движение со скоростью vx = v0cosα и вращательное движение с линейной скоростью vy = v0sinα.
4. Условие вращательного движения электрона определится в этом случае равенством
mv 02 sin α
mv 0 sin α
= ev 0 sin αB,
= eB .
(4)
R
R
5. Шаг спирали h, по которой движется электрон, определим из условия поступательного
перемещения в течение периода
2eU
h = v x T = v 0 cos αT =
⋅ cos αT .
(5)
m
6. Перепишем уравнение (4) таким образом, чтобы в него вошёл период Т
153
v 0 sin α
2πR
2π v 0 sin α
,⇒ T =
.
(6)
,
=
R
T
v 0 sin α
R
7. С другой стороны, из уравнения (4) можно выразить радиус R
mv 0 sin α
mv 0 sin α 2πm
2π
=
⋅
R=
,⇒ T =
.
(7)
Be
v 0 sin α
Be
Be
8. Подставим далее значение периода обращения электрона Т из уравнения (7) в уравнение (5)
2πm 2eU
2π 2mU
⋅ cos α =
⋅ cos α,
h=
Be
m
B
e
(8)
6,28 2 ⋅ 10 −30 ⋅ 250
−4
⋅ 0,5 ≅ 3,44 ⋅ 10 м.
h=
0,51
1,6 ⋅ 10 −19
ω=
Электромагнитная индукция
91. Катушка, замкнутая на баллистический гальванометр, находится в межполюсном
пространстве электрического магнита. Катушка содержит N = 100 витков диаметром d = 3,57
см, с общим сопротивлением R = 1 Ом. Сопротивление гальванометра равно r = 10 Ом. При
включении питания электромагнита по цепи прошёл электрический заряд Q = 100 мкКл. Определить величину индукции магнитного поля.
1. Определим площадь поперечного сечения катушки
πd 2
s=
= 1 ⋅ 10 −3 м 2 .
(1)
4
2. Магнитный поток через катушку при расположении её плоскости перпендикулярно вектору магнитной индукции поля электромагнита
(2)
Φ = NBs .
3. Запишем далее уравнение индукционного тока, возникающего
при появлении магнитного поля
ε
ΔQ
NBs
Q(R + r )
=
,
(3)
i= i =
,⇒ B =
R + r Δt (R + r ) Δt
Ns
B=
10 −4 ⋅ 10
= 0,01 Тл .
100 ⋅ 10 −3
(4)
92. Круговой виток радиусом r = 1м расположен перпендикулярно магнитному полю с индукцией В = 0,1Тл. В разрыв витка вставлен гальванометр с внутренним сопротивлением R =
100 Ом. Какой заряд пройдёт через гальванометр при повороте контура на 900?
Решение
1. Определим величину магнитного потока через контур,
расположенный нормально к вектору индукции В
(1)
Φ1 = πr 2 B .
2. Когда плоскость контура будет параллельна В, то Ф2 =
0, т.е. ΔФ = πr2B.
3. Воспользуемся далее уравнением
154
εi
πr 2 B ΔQ
=
,⇒
Δt
R
ΔtR
.
πr 2 B 3,14 ⋅ 1 ⋅ 0,1
⇒ ΔQ =
=
≅ 3,14 мКл
R
100
i=
=
(2)
93. На расстоянии а = 1 м от длинного прямолинейного проводника по
которому течёт постоянный ток силой I = 1000 А находится кольцо радиусом r = 1 см. Кольцо расположено так, что через его поверхность проходит максимальный магнитный поток. Определить количество электричества, которое протечёт по кольцу при внезапном исчезновении тока в
проводнике. Электрическое сопротивление кольца равно R = 10 Ом.
Решение
1. Определим величину магнитной индукции на удалении а от проводника
μI
B= 0 ,
(1)
2πa
2. Магнитный поток пронизывающий поверхность кольца, при расположении его плоскости перпендикулярно вектору магнитной индукции В
μI
μ Ir 2
Φ = Bs = 0 ⋅ πr 2 = 0 .
(2)
2πa
2a
3. Индукционный ток в кольце в этом случае определится уравнением
ε
μ Ir 2
μ Ir 2 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 10 3 ⋅ 10 −4
ΔQ
i= i = 0
=
(3)
, ⇒ ΔQ = 0
=
≅ 6,28 нКл .
R 2aΔtR
Δt
2aR
20
94. Источник тока замкнули на катушку с индуктивностью L = 1 Гн и активным сопротивлением R = 10 Ом. Определить, за какое время сила тока в цепи достигнет величины 0,9
первоначального значения.
Решение
1. Запишем уравнение изменения силы тока в функции времени для цепи, содержащей
индуктивность L с активным сопротивлением R для заданных условий
⎛R⎞
−⎜ ⎟ τ ⎞
⎛
⎜
(1)
i(t ) = I 1 − e ⎝ L ⎠ ⎟ ,
⎜
⎟
⎝
⎠
⎛R⎞
−⎜ ⎟ τ
i( t )
=1− e ⎝ L ⎠ ,
I
0,9 = 1 − e
⎛R⎞
−⎜ ⎟ τ
⎝L⎠
,
(2)
(3)
откуда
τ=
L ⋅ ln 0,1 1 ⋅ 2,3
=
= 0,23 c .
R
10
(4)
95. В цепи, состоящей из индуктивности L = 1 Гн с активным сопротивлением R = 10 Ом, источник тока отключается без разрыва
цепи. Найти время τ, в течение которого сила тока в цепи уменьшится до 10 − 3 первоначального значения.
Решение
1. Используя уравнение зависимости силы тока от времени и заданные условия, получим
155
⎛R⎞
−⎜ ⎟ τ
i( t )
=e ⎝L⎠ ,
I
0,001 = e
⎛R⎞
−⎜ ⎟ τ
⎝L⎠
(1)
,
(2)
откуда
τ=
ln 0,001
≅ 0,69 c .
10
(3)
96. Цилиндрическая катушка диаметром D = 0,1 м состоит из однослойной обмотки медного провода (ρ = 1,7⋅10 −8Ом/м) диаметром d = 10 − 4 м. По обмотке пропускают постоянный
ток силой I = 10 А. Какое количество электричества Q протечёт через обмотку при замыкании
её концов?
Решение
1. В начальном состоянии переключатель находится в положении 1, т.е. через обмотку протекает постоянный ток, сечение катушки пронизывает постоянный по величине и направлению магнитный поток. При переводе переключателя в положение 2 сила
тока, вследствие наличия в цепи индуктивности L исчезает не мгновенно, а по экспоненциальному закону
i = Ie − (R L )t ,
(1)
где R − активное сопротивление, t − время, в течение которого величина тока изменяется от I
до 0.
2. Количество электричества Q за время t определится как
t
dQ = idt , Q = ∫ idt .
(2)
0
3. Подставим в уравнение (2) значение силы тока i из уравнения (1), с учётом того, что
при t = ∞ сила тока стремится к нулю, а при t =0 сила тока составляет I
∞
∞
∞
⎛ L⎞
Q = ∫ Ie
(3)
dt = I ∫ e
dt = I⎜ − ⎟e −(R L )t .
⎝ R⎠
0
0
0
4. Подставим в уравнение (3) пределы интегрирования
IL
.
(4)
Q=
R
5. Запишем далее уравнения индуктивности и активного сопротивления катушки далее
индуктивность катушки
μ πD 2 N 2
N2
,
(5)
L = μ 0 2 ss l s = 0
ls
4l s
ρl
4ρl 0
R= 0 =
,
(6)
s0
πd 2
где ρ − удельное сопротивление провода, l0 − длина проводника, s0 − сечение провода, d −
диаметр провода, N − число витков соленоида, ls − длина обмотки, ss − площадь поперечного
сечения катушки.
6. Подставим уравнения индуктивности и активного сопротивления в уравнение (4)
μ N 2 πD 2 πd 2
Q = I0 0
.
(7)
4l s ⋅ 4ρ l 0
7. Выразим длину катушки через её диаметр и число витков
l s = πDN .
(8)
8. Подставим длину катушки в уравнение (7)
− ( R L )t
−( R L )t
156
μ 0 N 2 πD 2 d 2 πI μ 0 πDd 2
=
(9)
I.
16l s ρπDN
16ρl s
9. Отношение длины катушки к числу витков равно диаметру катушки l s N = D , в этом
случае уравнение (9) примет вид
πμ 0 Dd 2
πμ 0
(10)
Q=
I=
DdI ,
16ρd
16ρ
Q=
Q≅
40 ⋅ 10 −7 ⋅ 0,1 ⋅ 10 −4 ⋅ 10
≅ 1,45 мКл .
2,72 ⋅ 10 −7
(11)
97. Найти магнитную энергию W, запасаемую в соленоиде когда по обмотке течёт ток
силой I = 10 А, который обуславливает магнитный поток Ф = 1 Вб.
Решение
1. Энергия, запасаемая магнитным полем определяется уравнением
LI 2
W=
.
(1)
2
2. Выразим далее величину магнитного потока через индуктивность соленоида и силу
протекающего по катушке тока
Φ
Φ = LI, ⇒ L = .
(2)
I
3. Подставим значение магнитного потока в уравнение энергии
ΦI 2 ΦI
W=
=
= 5 Дж .
(3)
2I
2
98. Соленоид имеет стальной железный сердечник, по обмотке которого пропускается
постоянный ток силой I = 1 А. На каждом сантиметре длины цилиндрической катушки умещается 5 витков провода. Найти объёмную плотность энергии магнитного поля в сердечнике.
Решение
1. Определим напряжённость магнитного поля
H = nI = 500 ⋅1 = 5 ⋅10 2 А / м .
(1)
2. По приведенной зависимости B = f(H), найдём величину магнитной индукции
B ≅ 1,1 Тл .
(2)
3. Объёмная плотность энергии магнитного поля в железном сердечнике определится
уравнением
BH
500 ⋅ 1,1
МДж
ϖ=
=
≅ 220 3 .
(3)
2μ 0 2 ⋅ 12,56 ⋅ 10 − 7
м
99. Известно, что в железном образце при создании поля с магнитной индукцией В = 1,3
Тл объёмная плотность энергии составляет ϖ = 200 Дж/м3. Найти магнитную проницаемость
железа.
1. По графику В = f(H) предыдущей задачи найдём, что напряжённость поля в образце
составляет Н ≅ 1750 А/м.
2. Используя далее уравнение взаимосвязи индукции и напряжённости магнитного поля,
определим проницаемость железа
157
B = μμ 0 H, ⇒ μ =
B
1,3
=
≅ 591 .
μ 0 H 12,56 ⋅ 10 −7 ⋅ 1750
(1)
100. Индукция магнитного поля в стальном образце равна В = 1 Тл. Определить объёмную плотность энергии магнитного поля в образце.
Решение
1. По приведённому графику зависимости индукции магнитного поля от напряжённости
определим величину Н = 850 А/м.
2. Используя уравнение (3) задачи № 98 определим объёмную плотность энергии магнитного поля
BH
850 ⋅ 1,0
МДж
ϖ=
=
≅ 338
.
(1)
−7
2μ 0 2 ⋅ 12,56 ⋅ 10
м3
158