ФИЗИКА ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ Учебное пособие для

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное агентство по образованию
Южно-Уральский государственный университет
Кафедра общей и теоретической физики
В.К. Герасимов, Т.О. Миронова, Ю.Б. Пейсахов, Т.П. Привалова
ФИЗИКА
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
Учебное пособие
для выполнения контрольных работ
и лабораторных работ
Челябинск
ЮУрГУ
2015
1
Одобрено
научно-методическим советом университета
Физика. Электричество и магнетизм. Учебное пособие для выполнения
контрольных и лабораторных работ / В.К. Герасимов, Т.О. Миронова,
Ю.Б. Пейсахов, Т.П. Привалова. – Челябинск: ЮУрГУ, 2015. – 203 с.
Основное назначение учебного пособия – оказать помощь студентам
очной и заочной форм обучения при выполнении контрольных
и лабораторных работ по курсу общей физики. Дано краткое изложение
теоретического материала и приведены примеры решения типовых задач
по разделам физики «Электричество» и «Электромагнетизм»; содержатся
методические материалы для выполнения лабораторных работ
и оформления отчетов.
Учебное издание предназначено для студентов, обучающихся
по укрупненным группам специальностей и направлений подготовки
в области образования «инженерное дело, технологии и технические
науки».
2
ЧАСТЬ II. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
СОДЕРЖАНИЕ
1. Программные (экзаменационные) вопросы ..……………………………6
2. Установочные лекции …….….………………………………………........8
3. Самостоятельная работа студентов …………………………………........8
4. Требования к оформлению решения задач контрольной работы ...........9
5. Рекомендации к решению физических задач .....……………………….9
6. Рекомендации по выполнению расчетов при решении задач .………..10
7. Пример решения и оформления задачи контрольной работы
………12
8. Список рекомендуемой литературы ………………….….…………….14
1. ЭЛЕКТРОСТАТИКА. ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
1.1. Закон сохранения заряда. Взаимодействие электрических зарядов.
Закон Кулона ………………………………………………………………15
1.2. Электростатическое поле (ЭСП). Напряженность электрического
поля (ЭП) ……………………………………………………………………15
1.3. Поток вектора напряженности. Теорема Гаусса для ЭСП в вакууме 16
1.4. Потенциал. Работа перемещения заряда в ЭСП. Связь напряженности
и потенциала. ……………………………………………………………...17
1.5. Электроемкость проводника. Конденсаторы
……............................19
1.6. Энергия заряженного проводника и конденсатора. Энергия ЭП ......20
2. ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК.
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
2.1. Сила тока. Плотность тока. Сопротивление проводника ……………..20
2.2. Закон Ома. Правила Кирхгофа ………………………………………….21
2.3. Работа и мощность тока. Закон Джоуля – Ленца ……………………22
3. КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 3
3.1. Таблица вариантов контрольной работы № 3 ………………………23
3.2. Рекомендации к решению задач контрольной работы №3 …………23
3.3. Задачи контрольной работы №3 ………………………………….…..24
3.4. Примеры решения задач ………………………………………………34
3.4.1. Закон Кулона. Взаимодействие электрических зарядов. План
решения задач ………………………………………………………………34
3.4.2. Расчет напряженности и потенциала ЭСП с помощью принципа
суперпозиции ………………………………………………………...39
3.4.3. Расчет напряженности ЭСП с помощью теоремы Гаусса .............57
3.4.4. Движение заряженных частиц в электростатическом поле ………66
3.4.5. Конденсаторы. Энергия электрического поля ……………………..73
3.4.6. Постоянный электрический ток ……………………………………79
4. ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ. ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
4.1. Магнитное поле (МП) постоянного тока …………………………….89
4.2. Сила, действующая на проводник с током в магнитном поле ………92
3
4.3. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электрическом
и магнитном полях ………………………………………………………92
4.4. Магнитный поток. Работа по перемещению проводника с током
в магнитном поле ……………………………………………………….94
4.5. Явление электромагнитной индукции. Индуктивность цепи.
Энергия магнитного поля ….……………..…..……………....................95
4.6. Магнитное поле в веществе …………..…..…………….........................97
5. КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4
5.1. Таблица вариантов контрольной работы № 4 .………………………99
5.2. Рекомендации к решению задач по разделу «Электромагнетизм» ....99
5.3. Задачи контрольной работы № 4 ..…………………………………..100
5.4. Примеры решения задач ….……………..…..……………...............110
5.4.1. Магнитное поле постоянного тока .……………………………...110
5.4.2. Сила, действующая на проводник с током в магнитном поле ……118
5.4.3. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электрических
и магнитных полях ………………………………………………….130
5.4.4. Магнитный поток. Работа по перемещению проводника с током
в магнитном поле ……………………………………………………139
5.4.5. Явление электромагнитной индукции. Индуктивность цепи. Энергия
магнитного поля ……………………………………………………145
5.4.6. Магнитное поле в веществе ………………………………………..160
6. ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ
6.1. Введение в лабораторный практикум по физике …………………..170
6.1.1. ПРОВЕДЕНИЕ ЛАБОРАТОРНОГО ЭКСПЕРИМЕНТА
Результат измерения и погрешности
…………………………………..170
Систематические и случайные погрешности
………………………….170
Приборная погрешность …………………………………………………171
Вычисления и запись результата
……………………………………….172
Представление результатов измерений в виде таблиц ………………...173
6.1.2. ГРАФИЧЕСКОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ И ОБРАБОТКА
РЕЗУЛЬТАТОВ ИЗМЕРЕНИЙ
Построение графиков
..…………………………………………………174
Графический анализ опытных данных …………………………………175
Определение параметров линейной зависимости ……………………..175
6.2. Темы лабораторных работ …………………………………………..177
6.3. Подготовка к выполнению лабораторных работ …………………...177
6.3.1. Рекомендации к выполнению лабораторных работ ……………..178
6.3.2. Рекомендации к оформлению отчета по лабораторной работе …179
6.3.3. Бланки отчетов по лабораторным работам ……………………….179
4
7. ПРИЛОЖЕНИЕ 1
7.1. О приближенных вычислениях ………………………………………191
7.2. Некоторые формулы алгебры и тригонометрии ………………….191
7.3. Основные формулы дифференцирования и интегрирования …….191
7.4. Формулы приближенных вычислений …………………………….192
7.5. Единицы физических величин в СИ ...…………………………….193
7.6. Множители и приставки для образования кратных и дольных
единиц ………………………………………………………………..196
8. ПРИЛОЖЕНИЕ 2
ТАБЛИЦЫ ФИЗИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН (справочные)
1. Некоторые астрономические величины
……………………………....197
2. Плотность ρ твердых тел ……………………………………………...197
3. Плотность ρ жидкостей ……………………………………………….198
4. Плотность ρ газов при нормальных условиях
………………………198
5. Поверхностное натяжение ς жидкостей при температуре 20 ℃ ..…198
6. Эффективный диаметр 𝑑 молекулы
…………………………………198
7. Теплоемкость 𝑐 и теплота фазовых переходов воды и льда ……….199
8. Диэлектрическая проницаемость ε ……………………………………199
9. Удельное сопротивление ρ металлов ………………………………..199
10. Подвижность ионов в газах, 10−4
11. Показатель преломления 𝑛
м2
В∙с
……………………………….199
..………………………………………….199
12. Работа выхода 𝐴 электронов из металла …………………………….200
13. Относительная атомная масса 𝐴 и порядковый номер 𝑍 некоторых
элементов
………………………………………………………..........200
14. Масса 𝑚 нейтральных атомов ……………………………………….201
15. Период полураспада 𝑇1/2 радиоактивных изотопов ………………..201
16. Масса 𝑚0 и энергия покоя 𝐸0 некоторых частиц
...…………………202
17. Основные физические постоянные (округленные значения)
5
.……203
Часть II
ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
Состав дисциплины: лекции 10 ч., лабораторные занятия 10 ч., экзамен.
1. Программные (экзаменационные) вопросы
1. Электрический заряд, его свойства. Законы сохранения
и квантования заряда. Взаимодействие зарядов. Закон Кулона.
Характеристики неточечных зарядов.
2. Электростатическое поле (ЭСП), его характеристики
–
напряженность, индукция и потенциал. Графическое изображение полей.
Поле точечного заряда. Сложение электрических полей.
3. Методы вычисления напряженности. Применение принципа
суперпозиции для расчета ЭСП, создаваемых неточечными зарядами.
4.Поток напряженности электрического поля. Теорема Остроградского
– Гаусса. Примеры применения теоремы Гаусса для расчета ЭСП.
5. Работа сил электростатического поля по перемещению точечного
заряда. Потенциальность электростатического поля. Циркуляция вектора
напряженности. Выражение работы через разность потенциалов.
6. Связь
между
напряженностью
электростатического
поля
и потенциалом. Градиент потенциала. Вычисление потенциала ЭСП,
создаваемых неточечными зарядами.
7. Микроскопическое строение диэлектриков. Жесткий и мягкий
диполь в однородном и неоднородном электростатическом поле.
8. Поляризация диэлектрика. Вектор поляризации, диэлектрическая
восприимчивость. Поверхностные связанные заряды.
9. Электрическое поле в диэлектрике. Физический смысл
относительной диэлектрической проницаемости. Связь векторов
поляризации, напряженности и индукции.
10. Сегнетоэлектрики, диэлектрический гистерезис, домены. Пьезоэлектрический эффект.
11. Проводники. Условия равновесия зарядов в проводнике.
Распределение избыточных неподвижных зарядов на поверхности
проводника.
12. Проводники во внешнем электростатическом поле. Возникновение
наведенного заряда на поверхности проводника.
13. Электроемкость проводника. Емкость шара. Емкость конденсатора,
системы конденсаторов.
14. Энергия системы точечных зарядов. Энергия заряженного
проводника и конденсатора. Энергия ЭП. Плотность энергии ЭП.
15. Постоянный электрический ток. Основные понятия: сила тока,
ЭДС, напряжение, разность потенциалов, сопротивление проводников
и полупроводников.
6
16. Закон Ома в интегральной форме для однородного
и неоднородного участка цепи и для замкнутой цепи. Закон Ома
в дифференциальной форме.
17. Работа постоянного тока в проводнике. Мощность. КПД источника
тока в электрической цепи. Закон Джоуля – Ленца в интегральной
и дифференциальной форме.
18. Классическая электронная теория электропроводности. Вывод
закона Ома в дифференциальной форме.
19. Классическая электронная теория электропроводности. Вывод
закона Джоуля – Ленца. Недостатки классической теории.
20. Правила Кирхгофа. Их применение для расчета сопротивления
цепи при параллельном и последовательном соединении проводников.
21. Магнитное поле. Векторы магнитной индукции и напряженности
магнитного поля. Закон Био – Савара – Лапласа.
22. Применение закона Био – Савара – Лапласа для расчета индукции
магнитного поля прямого тока.
23. Применение закона Био – Савара – Лапласа для расчета индукции
магнитного поля в центре и на оси кругового тока. Магнитный момент
кругового тока.
24. Закон Ампера. Взаимодействие прямых длинных параллельных
токов.
25. Вихревой характер магнитного поля. Закон полного тока, его
применение для расчета магнитного поля соленоида и тороида.
26. Магнитный поток. Теорема Гаусса для магнитного поля. Работа,
совершаемая при перемещении проводника и рамки с током в магнитном
поле.
27. Сила Лоренца, ее характеристика. Формула Лоренца. Движение
заряженных частиц в электрическом и магнитном поле.
28. Эффект Холла, его объяснение.
29. Магнетики. Электронные микротоки в атоме. Прецессия
электронов атома в магнитном поле. Магнитные свойства атомов
и молекул.
30. Магнитное поле в веществе, намагничивание вещества. Вектор
намагниченности. Магнитная восприимчивость и относительная магнитная
проницаемость вещества.
31. Виды магнетиков: диамагнетики, парамагнетики и ферромагнетики. Зависимость их свойств от напряженности МП.
32. Ферромагнетики. Домены, явление гистерезиса, точка Кюри.
33. Явление электромагнитной индукции (ЭМИ). Закон Фарадея.
Правило Ленца.
34. Явление электромагнитной индукции. Причины возникновения
ЭДС индукции в неподвижном контуре, во вращающемся контуре,
в движущемся проводнике.
7
35. Явление самоиндукции. ЭДС самоиндукции. Индуктивность
контура. Изменение тока в цепи при включении и выключении ЭДС.
36. Применение явлений ЭМИ. Токи Фуко. Скин-эффект. Явление
взаимной индукции. Трансформаторы.
37. Энергия магнитного поля. Плотность энергии МП.
38. Колебательный контур без активного сопротивления. Свободные
электрические колебания. Параметры колебаний.
39. Затухающие
электрические
колебания.
Логарифмический
декремент затухания колебаний.
40. Вынужденные электрические колебания. Переменный ток. Цепь,
содержащая сопротивление 𝑅; цепь, содержащая индуктивность𝐿; цепь,
содержащая емкость 𝐶. Последовательное соединение элементов 𝑅, 𝐿, 𝐶.
41. Электромагнитное поле. Теория Максвелла. Понятие о токе
смещения.
42. Интегральные уравнения Максвелла.
43. Электромагнитные волны (ЭМВ). Излучение ЭМВ. Свойства ЭМВ.
Шкала ЭМВ.
2. Установочные лекции
Тема и содержание лекции
Программные
вопросы
1
Электрическое поле – напряженность и потенциал.
Теорема
Остроградского – Гаусса.
Работа
сил
электрического поля
1–6
2
Проводники и диэлектрики в электрическом поле.
Электроемкость. Энергия электрического поля
7–14
3
Постоянный электрический ток
15–20
4
Магнитное поле. Закон Био – Савара – Лапласа. Закон
Ампера. Закон полного тока. Магнитный поток. Работа
в магнитном поле. Сила Лоренца. Магнетики
21–32
5
Явление электромагнитной индукции. Самоиндукция.
Энергия магнитного поля. Свободные электрические
колебания
Номер
лекции
33–38
3. Самостоятельная работа студентов
В самостоятельную работу студентов (СРС) включается следующее:
1) выполнение двух контрольных работ;
2) подготовка к выполнению лабораторных работ (см. раздел 6.3);
3) подготовка к зачету или экзамену (по программным вопросам);
4) изучение по рекомендуемой литературе тем, представленных в таблице.
8
Номер
темы
Тема работы
Программные
вопросы
1
Затухающие электрические колебания
39
2
Вынужденные электрические колебания
40
3
Электромагнитное поле. Ток смещения
41
4
Интегральные уравнения Максвелла
42
5
Электромагнитные волны. Свойства ЭМВ. Шкала
электромагнитных волн
43
4. Требования к оформлению решения задач контрольной работы
1. Приводите в своей тетради полный текст задачи, а затем краткое
условие задачи, выписывая заданные и определяемые величины
в общепринятых обозначениях.
2. В решении задачи приводите рисунок, график или схему цепи.
3. Решение задачи сопровождайте краткими, но исчерпывающими
пояснениями: а) называйте используемый для решения закон, б) приводите
его словесную или математическую формулировку в общем виде,
в) объясняйте правомерность применения закона, уточняя формулу закона
в условиях данной задачи, г) называйте величины, входящие в формулы,
в том числе физические постоянные.
4. Каждую задачу стремитесь решать в общем виде, не делая
промежуточных вычислений; решение задачи завершайте расчетной
формулой определяемой величины.
5. Вычисляя, в расчетную формулу обязательно подставляйте
значения данных и табличных величин, в единицах системы СИ.
5. Рекомендации к решению физических задач
1. Текст задачи следует внимательно прочитать, чтобы выяснить, какое
физическое явление рассматривается в задаче. Полезно сделать
схематический чертеж или рисунок.
2. На сайте ЗИЭФ (по адресу http://zief.susu.ac.ru.), в разделе
«Теоретическая часть» изучите сведения о явлении, рассматриваемом
в задаче: ознакомьтесь с основными формулами и величинами. Выясните,
нельзя ли применить законы сохранения (ЗСИ, ЗСЭ, ЗСЗ) – для этого
проверьте, выполняются ли в задаче условия применения закона сохранения
(замкнутость системы, консервативность сил). Выпишите законы
и формулы, которые можно использовать при решении данной задачи.
9
3. Запишите краткое условие задачи, выбирая для обозначения
заданных и искомых величин символы, которые использованы в формулах.
4. Задачу следует решать, как правило, в общем виде, т. е. получить
расчетную формулу определяемой величины, содержащую символы
заданных величин и физических постоянных.
5. Вычисление определяемой величины начинайте с подстановки
в расчетную формулу значений величин. При этом следует помнить, что
большинство физических величин имеют свои единицы измерения.
Полезно записывать их при подстановке в формулу, чтобы убедиться, что
все величины взяты в единицах СИ. Только при вычислении отношений,
𝑄
𝐸
𝑣
например, 2 , 2 , 2 и т. п. можно подставлять величины в любых,
𝑄1
𝐸1
𝑣1
но одинаковых единицах, т. е. не обязательно в СИ. Если определяемых
величин несколько, то вывод расчетной формулы для следующей
начинайте, закончив вычисление предыдущей определяемой величины.
6. Полезно выполнить проверку расчетной формулы на совпадение
единиц измерения левой и правой части равенства. Несовпадение единиц
указывает на ошибку в расчетной формуле.
7. Вычисления и запись результата делайте с точностью до двух или
трех (не более) значащих цифр. Незначащие нули записывайте в виде
сомножителя 10±𝑛 . При этом, если показатель степени n соответствует
приставке, то используйте еѐ: например, 𝐵 = 0,00325 Тл = 3,25 ∙
м
м
м
км
10−3 Тл = 3,25 мТл; 𝑣 = 37 400 =3,74∙ 104 = 37,4∙ 103 = 37,4 .
с
с
с
с
Примечание: значащими цифрами числа являются все его цифры, кроме
нулей, стоящих перед первой, не равной нулю цифрой (значащие цифры
могут располагаться как перед, так и после запятой). Приведем примеры
чисел, содержащих три значащих цифры: 23,5; 0,0314; 40,0.
8. Помните, что точность результата вычислений не может быть выше,
чем точность исходных данных. Это означает, что в полученном
результате следует оставить столько значащих цифр, сколько их
содержится в наименее точном числе исходных данных задачи.
6. Рекомендации по выполнению расчетов при решении задач
1. Полученную расчетную формулу проверьте на совпадение единиц
измерения искомой величины (в левой и правой части формулы). Это
можно сделать как перед вычислениями (в случае получения расчетной
формулы долгим путем, в котором велика вероятность появления ошибки),
так и непосредственно при подстановке величин в расчетную формулу.
2. Выполняя вычисления, в расчетную формулу подставляйте
значения величин с указанием их единиц (независимо от того, была ли
сделана предварительная проверка формулы по единицам величин, или
нет). Это необходимо делать для того, чтобы убедиться, что все исходные
данные взяты в единицах одной системы – системы СИ. При подстановке
10
величин кратные и дольные приставки к единицам (кило-, милли-, нанои др.) заменяйте соответствующими сомножителями 10±𝑛 .
3. Отдельно вычислите произведение чисел 𝑎𝑖 , стоящих перед
сомножителями 10±𝑛 , и полученный результат (величину 𝑎) сразу
(при записи с экрана микрокалькулятора) округлите до 3-х значащих цифр.
Затем отдельно вычислите произведение сомножителей 10±𝑛 . Напомним
правила работы с показателями степеней.
При перемножении чисел 10±𝑛 показатели степеней складываются
(так 10−𝑚 ∙ 10𝑛 = 10(−𝑚 +𝑛 ) ).
При делении чисел показатели вычитаются
10 𝑚
10 −𝑛
= 10(𝑚 − −𝑛 ) = 10(𝑚 +𝑛) .
При возведении числа10±𝑛 в степень показатели степени перемножаются
10𝑚
𝑛
= 10𝑚 ∙𝑛 , например, 10−𝑚
2
= 10−2𝑚 , или
3
10𝑛 = 10𝑛
1
3
𝑛
= 10 3 .
Замечание: при возведении в дробную степень (например, при извлечении
корня), чтобы получить целочисленный показатель степени, следует
предварительно сделать показатель степени подкоренного выражения
кратным 2 (для квадратного корня) или 3 (в случае кубического корня).
3
Например, 6,4 ∙ 107 = 64 ∙ 106 = 8,0 ∙ 103 ; и 3 1,25 ∙ 1011 = 125 ∙ 109 = 5,0 ∙ 103 .
4. Число, полученное при вычислениях в виде 𝑎 ∙ 10±𝑛 , приведите
а) к общепринятому виду, в котором сомножитель0,5 ≤ 𝑎 ≤ 5, либо
б) к виду, удобному для введения приставки к единице измерения искомой
величины. Так 𝑠 = 0,525 ∙ 107 м = 5,25 ∙ 106 м = 5,25 Мм = 5,25 ∙ 103 км;
В
В
МВ
𝐸 = 3,2 ∙ 105 = 0,32 ∙ 106 = 0,32 .
м
м
м
Приведем пример.
В решении одной из задач получена следующая расчетная формула
энергии ЭСП заряженного шара:
𝑊=
𝑘𝑄 2
2𝑅
.
Вычислим энергию поля заряженного шара:
𝑊=
м
Ф
9∙10 9 ∙(16,7)2 ∙10 −18 Кл2
2∙3∙10 −2 м
= 4,18 ∙ 10−5 Дж = 41,8 мкДж.
Примечание:
Результат вычисления записывайте с точностью до двух или трех
(не более) значащих цифр. Значащими являются все верные цифры числа,
кроме нулей, стоящих перед первой ненулевой цифрой (заметим, что
значащие цифры могут быть записаны как до запятой, отделяющей целую
часть от дробной, так и после нее). Приведем примеры чисел, содержащих
три значащих цифры: 123; 3,45; 0,0216; 20,0 и т. п.
11
Незначащие нули записывайте в виде сомножителя 10±𝑛 . При этом,
если показатель степени 𝑛 соответствует приставке, то используйте еѐ:
м
км
например, 𝑣 = 145 000 = 1,45 ∙ 105 = 145 ; λ = 0,0000175 м =
с
−5
с
1,75 ∙ 10 м = 17,5 мкм. Помните, что точность результата вычислений
не может быть выше, чем точность исходных данных: если величины
в условии задачи содержат 2 значащие цифры, то в результате вычислений
верными будут только 2 значащие цифры (остальные будут ложными
и поэтому их не указывают).
В случае затруднений при использовании приставок (они указаны
в табл. 1 приложения) или при работе с множителями 10±𝑛 , постарайтесь
усвоить следующие простые правила.
Разбивая число 𝑥 на два сомножителя: 𝑥 = 𝑎 ∙ 10±𝑛 , – величину 𝑎
выбирают в интервале (0,5…5,0), при этом показатель степени 𝑛
показывает порядок величины числа 𝑥. Если же для искомой физической
величины традиционно используют приставки (например, длину волны
света λ принято выражать в микрометрах (мкм)), то выбирайте значение 𝑛
соответствующим ближайшей приставке, которая обычно кратна трем,–
𝑛 = −6 микро ; −3 милли ; 3 кило ; 6 мега и др.
Если при таком пересчете множитель 10±𝑛 пришлось уменьшить в 10
раз, то необходимо увеличить в 10 раз второй сомножитель – 𝑎, чтобы
число 𝑥 не изменилось; и наоборот: увеличивая множитель 10±𝑛 ,
например, в 100 раз, уменьшайте в 100 раз сомножитель 𝑎.
Приведем примеры: 𝑥 = 0,55 ∙ 104 м = 5,5 ∙ 103 м = 5,5 км; λ = 4,5 ∙
10−10 м = 0,45 ∙ 10−9 м = 0,45 нм. Запись величины 𝐴 = 1483 217 Дж
является неграмотной, так как показывает, что величина работы 𝐴
определена с точностью до 7 значащих цифр; не менее ошибочна и запись
этой величины в виде 𝐴 = 1500 000 Дж, так как округление величины
не уменьшило число значащих цифр (5 нулей являются значащими).
Правильной является запись 𝐴 = 1,5 ∙ 106 Дж = 1,5 МДж (если в исходных
данных две значащих цифры), либо 𝐴 = 1,48 ∙ 106 Дж = 1,48 МДж, если
при вычислении величины 𝐴 использовали данные с тремя значащими
цифрами.
Приведем пример решения и оформления задачи при выполнении
контрольной работы.
7. Пример решения и оформления задачи контрольной работы
Задача. По двум бесконечно длинным прямым параллельным
проводам текут токи 𝐼1 = 𝐼 и 𝐼2 = 2𝐼 одного направления. Расстояние
между проводами 𝑙 = 0,3 м. Для линии АС, перпендикулярной проводам,
определите, на каком участке: 1, 2 или 3 (рис. 1 а), – находится точка,
в которой индукция магнитного поля 𝐵 = 0. На каком расстоянии 𝑎
от первого провода находится эта точка?
12
Дано
Решение
𝐼1 = 𝐼;
𝐼2 = 2𝐼;
1 𝐼1
𝑙 = 0,3 м.
2
3 𝐵2
𝐼2
А
1) 𝐵 = 0
на каком
участке?
𝐵2
𝐵1
𝐼1
𝑎
С
линия 𝐵1
𝑏
𝐵1
2) 𝑎 − ?
а
𝐼2
D
б
𝐵1
𝐵2
линия 𝐵2
Рис. 1
Индукция магнитного поля в любой точке прямой АС определяется
по принципу суперпозиции:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 ,
(1)
где 𝐵1 – магнитная индукция поля, созданного первым проводом с током
𝐼1 ; 𝐵2 – та же величина, созданная вторым проводом с током 𝐼2 .
Так как в уравнении (1) записана геометрическая сумма векторов 𝐵1
и 𝐵2 , то определим их направления. Эти векторы направлены
по касательным к линиям магнитной индукции, которые имеют форму
окружностей. Направление линий определяем по вращению головки
буравчика. В каждой области (1, 2 и 3) покажем направление векторов 𝐵1
и 𝐵2 . На участках 1 и 3 вектор 𝐵1 ⇈ 𝐵2 , и их сумма не равна нулю.
На втором участке линии АС (между проводами) вектор 𝐵1 ⇅ 𝐵2 (рис. 1 б).
Принимая за положительное направление вектора 𝐵1 , запишем для этого
участка принцип суперпозиции (1) в виде:
𝐵 = 𝐵1 − 𝐵2 .
(2)
Магнитную индукцию длинных прямых
по следующим формулам:
μ 𝐼
μ 𝐼
𝐵1 = 0 1 ;
𝐵2 = 0 2 .
2π𝑎
проводов
определяем
(3)
2π𝑏
Подставляем эти значения 𝐵1 и 𝐵2 в уравнение (2) и, согласно условию
задачи, приравниваем нулю индукцию результирующего магнитного поля:
μ0
𝐼1
2π
𝑎
−
𝐼2
𝑏
= 0;
→
𝐼
𝑎
=
2𝐼
𝑏
;
→
𝑏
𝑎
= 2.
(4)
Учитывая, что 𝑎 + 𝑏 = 𝑙, из соотношения (4) определяем величину 𝑎:
𝑙−𝑎
𝑙
= 2; → 𝑙 = 3𝑎; → 𝑎 = = 0,1 м.
𝑎
3
Точка D, где модули векторов одинаковы: 𝐵1 = 𝐵2 , – а их сумма равна
нулю, находится между проводами, ближе к проводу с меньшим током.
13
8. Список рекомендуемой литературы
1. Трофимова, Т.И. Курс физики: учебное пособие для инженернотехнических специальностей вузов / Т.И. Трофимова. – М.: Академия,
2010. – 557 с.
2. Писарев, Н.М. Физика: Курс лекций для студентов инженерных
специальностей вузов / Н.М. Писарев; под ред. Г.П. Вяткина. – Челябинск:
Изд-во ЧГТУ, 1997.– Ч.2. – 299 с.
3. Детлаф,
А.А.
Курс
физики:
учебное
пособие
для
втузов / А.А. Детлаф, Б.М. Яворский. – М.: Академия, 2008. – 719 с.
4. Савельев, И.В. Курс физики Т.2: Электричество и магнетизм:
учебное пособие для втузов: в 5 т. / И.В. Савельев. – СПб. и др.: Лань,
2011. – 342 с.
5. Чертов, А.Г. Задачник по физике: учебное пособие для втузов /
А.Г. Чертов, А.А. Воробьев. – М.: Издательство Физматлит, 2008. – 640 с.
6. Фирганг, Е.В. Руководство к решению задач по курсу общей физики:
учебное пособие для втузов по техническим направлениям
и специальностям / Е.В. Фирганг. – СПб. и др.: Лань, 2009. – 347 с.
7. Герасимов, В.К. Электричество и магнетизм. Руководство
к решению задач: учебное пособие для студентов вузов / В.К. Герасимов,
Т.О. Миронова,
Ю.Б. Пейсахов,
Т.П. Привалова. – Челябинск:
Издательский центр ЮУрГУ, 2014. – 140 с.
8. Герасимов, В.К. Физика. Руководство по изучению курса физики:
учебное пособие для студентов вузов заочной формы обучения /
В.К. Герасимов, Т.О. Миронова, Ю.Б. Пейсахов, Т.П. Привалова. –
Челябинск: Издательский центр ЮУрГУ, 2015. – 146 с.
9. Электричество и магнетизм: учебное пособие к выполнению
лабораторных работ по курсу физики / Л.Ф. Гладкова, А.Е. Гришкевич,
С.И. Морозов и др.; под ред. А.Е. Гришкевича. – Челябинск: Изд-во
ЮУрГУ, 2009. – 110 с.
10. Герасимов, В.К. Физика Т.2: Электромагнетизм: учебное пособие
для изучения курса физики, выполнения контрольных и лабораторных
работ: в 3 т. / В.К. Герасимов, Т.О. Миронова, Ю.Б. Пейсахов,
Т.П. Привалова. – 170 с. Сайт ЗИЭФ ЮУрГУ – http://zief.susu.ac.ru.
14
1. ЭЛЕКТРОСТАТИКА. ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
1.1. Закон сохранения заряда. Взаимодействие электрических зарядов.
Закон Кулона
Электрический заряд 𝑄 дискретен, или квантован. Закон квантования
электрического заряда:
𝑄 = ±𝑁𝑒,
(1)
−19
где 𝑁 – целое число; 𝑒 = 1,6 ∙ 10
Кл – элементарный электрический
заряд.
Закон сохранения заряда (ЗСЗ): алгебраическая сумма электрических
зарядов замкнутой системы (не обменивающейся зарядами с внешними
телами) остается постоянной, –
𝑄𝑖 = const.
(2)
Закон Кулона: сила взаимодействия двух неподвижных точечных
электрических зарядов 𝑄1 и 𝑄2 определяется формулой
𝐹=𝑘
м
𝑄1 𝑄2
ε𝑟 2
𝑘=
;
1
4πε 0
;
(3)
где 𝑘 = 9 ∙ 109 – коэффициент пропорциональности; ε – диэлектрическая
Ф
проницаемость среды; 𝑟 – расстояние между взаимодействующими
Ф
зарядами 𝑄1 и 𝑄2 ; ε0 = 8,85 ∙ 10−12 – электрическая постоянная. Вектор
м
кулоновской силы 𝐹 направлен вдоль прямой линии, соединяющей заряды
(рис. 1).
𝐹12
𝑄1
𝑟
𝑄2
𝑄1
𝐹21
𝐹12
𝐹21
𝑄2
Рис. 1
1.2. Электростатическое поле (ЭСП). Напряженность электрического
поля (ЭП)
Напряженность 𝐸 – силовая характеристика ЭП, равная отношению:
𝐸=
𝐹
𝑄пр
,
(4)
где 𝐹 – сила, действующая на положительный пробный заряд 𝑄пр ,
помещенный в ту точку пространства, где определяют напряженность ЭП.
Из определительной формулы (4) следует, что в данной точке ЭП вектор
𝐸 ⇈ 𝐹 . Поэтому для определения направления вектора напряженности
в выбранной точке А электростатического поля в эту точку мысленно
+
помещают положительный пробный заряд 𝑄пр
и с помощью закона
Кулона определяют направление силы 𝐹 и 𝐸 ⇈ 𝐹 (рис. 2).
15
𝑄
𝑄
𝐸А
𝑟
А
+
𝑄пр
А
+
𝑄пр
𝐸А
Рис. 2
Напряженность поля, созданного точечным зарядом 𝑄 в точке А,
находящейся на расстоянии 𝑟 от заряда (см. рис. 2), согласно формуле (4)
с учетом закона Кулона (3), определяется следующей формулой:
𝐸=
𝑘𝑄
ε𝑟 2
.
(5)
Принцип суперпозиции ЭСП: напряженность 𝐸 результирующего поля,
созданного
системой
зарядов,
равна
геометрической
сумме
напряженностей 𝐸𝚒 полей, создаваемых в данной точке каждым i-м
зарядом (рис. 3):
𝐸 = 𝐸𝚒 .
(6)
А
𝑄1
τ+
𝐸1
А
𝐸2
d𝐸
𝐸А =
𝑄
d𝐸 ;
𝐸А = 𝐸1 + 𝐸2 ;
𝑄2
Рис. 3
Рис. 4
Если ЭСП создается зарядом 𝑄, распределенным по длине тела
Кл
с линейной плотностью заряда τ
(рис. 4), то принцип суперпозиции
м
записывают в виде:
𝐸 =
𝑘d𝑄
𝑄
d𝐸 ,
(7)
где d𝐸 = 2 – напряженность поля, созданного точечным зарядом
ε𝑟
d𝑄 = τd𝑙, находящимся на малом участке длины d𝑙.
1.3. Поток вектора напряженности. Теорема Гаусса для ЭСП
в вакууме
Поток вектора напряженности 𝐸 электростатического поля через
площадку d𝑆:
dФ𝐸 = 𝐸𝑛 d𝑆 = 𝐸 cos α d𝑆,
где α – угол между вектором напряженности 𝐸 и нормалью 𝑛 к площадке
d𝑆 (рис. 5).
16
Поток вектора напряженности 𝐸 через
замкнутую поверхность:
𝑛
α
Ф𝐸 =
𝐸
dФ𝐸 , или Ф𝐸 =
𝑆
𝑆
𝐸𝑛 d𝑆. (8)
Теорема Гаусса для ЭСП в вакууме:
𝑆
𝐸𝑛 d𝑆 =
1
𝜀0
𝑄𝑖 .
(9)
Поток вектора напряженности ЭСП
в вакууме через любую замкнутую
поверхность равен алгебраической сумме
зарядов, заключенных внутри этой поверхности, деленной на 𝜀0 .
Теорему Гаусса используют для расчета напряженности ЭСП,
имеющих симметрию. В таких полях можно выбрать вспомогательную
поверхность, для которой просто вычисляется интеграл в левой части
теоремы Гаусса (9). Приведем результаты расчета напряженности ЭСП
с помощью теоремы Гаусса.
1) Поле сферы радиуса 𝑅, равномерно заряженной по поверхности,
на расстоянии 𝑟 от центра сферы:
а) внутри сферы 𝑟 < 𝑅 𝐸 = 0;
Рис. 5
б) на поверхности сферы 𝐸 =
𝑘𝑄
𝑅2
, где 𝑄 – заряд сферы;
(10)
𝑘𝑄
в) вне сферы 𝑟 > 𝑅 𝐸 = 2 .
(11)
𝑟
2) Поле нити (или цилиндра радиуса 𝑅 при 𝑟 > 𝑅) на расстоянии 𝑟
от нити (или от оси цилиндра):
τ
2 𝑘τ
𝐸=
=
,
(12)
м
109 ;
Ф
𝑄
2π𝜀 0 𝑟
𝑟
Здесь 𝑘 = 9 ∙
τ = – линейная плотность заряда: отношение заряда
𝑙
нити (цилиндра) 𝑄 к длине нити 𝑙.
3) Поле плоскости, бесконечной и равномерно заряженной:
𝐸=
ς
2𝜀 0
,
(13)
𝑄
где ς – поверхностная плотность заряда: ς = – отношение заряда 𝑄
𝑆
к площади плоскости 𝑆, на которой находится заряд.
1.4. Потенциал. Работа перемещения заряда в ЭСП.
Связь напряженности и потенциала
Потенциал φ – энергетическая характеристика ЭСП, в данной точке
поля равная отношению
φ=
𝑊
𝑄пр
17
,
(14)
где 𝑊 – потенциальная энергия пробного заряда 𝑄пр , помещенного
в данную точку ЭСП.
В поле точечного заряда потенциал точки, находящейся на расстоянии
𝑟 от заряда:
𝑘𝑄
φ= ,
(15)
𝑟
где 𝑄 – заряд, создающий поле.
Потенциал φ – алгебраическая величина, его знак равен знаку заряда
𝑄, создающего поле (см. формулу (15)). Потенциал ЭСП, созданного
в данной точке несколькими зарядами (точечными и распределенными
по длине или по поверхности заряженных тел) равен алгебраической сумме
потенциалов φ𝑖 полей всех заряженных тел в этой точке:
𝑘d𝑄
φ = φ𝑖 ,
φ = 𝑄 dφ = 𝑄
.
(16)
𝑟
Работа по перемещению точечного заряда 𝑄0 из точки 1 в точку 2
в электростатическом поле определятся формулой:
А12 = −∆𝑊 = 𝑄0 φ1 − φ2 ,
(17)
где (−∆𝑊) – убыль потенциальной энергии заряда 𝑄0 ; φ1 − φ2 –
разность потенциалов начальной и конечной точек для заряда,
перемещающегося в ЭСП.
Потенциал связан с напряженностью ЭСП следующим соотношением:
𝐸 = −𝗀rad φ,
(18)
где 𝗀rad φ – вектор градиента потенциала.
Проекция вектора напряженности 𝐸𝑟 на направление вектора градиента
потенциала
dφ
𝐸𝑟 =
.
(19)
d𝑟
dφ
Здесь
– модуль градиента потенциала.
d𝑟
В однородном ЭСП, в котором вектор напряженности одинаков
во всех точках поля, модуль напряженности
φ −φ
𝐸= 1 2,
(20)
𝑑
где φ1 и φ2 – потенциалы точек двух эквипотенциальных поверхностей;
𝑑 – расстояние между этими поверхностями по нормали к ним, т. е. вдоль
силовой линии ЭСП.
Таким образом, имеется три способа расчета напряженности 𝐸
электростатического поля:
1) С помощью принципа суперпозиции, в следующих случаях:
а) для системы точечных зарядов – по формуле (6), (см. рис. 3);
б) поле создано несколькими заряженными телами, например: нить
и точечный заряд; две плоскости; плоскость и нить и т. п., – также
по формуле (6);
в) для распределенного заряда – по формуле (7).
18
Этим методом удается найти, как правило, только значение
напряженности 𝐸 в одной выбранной точке; лишь в отдельных случаях,
например, для ЭСП, созданного электрическим диполем, можно найти
зависимость 𝐸 𝑟 , т. е. напряженность поля 𝐸 как функцию расстояния 𝑟
от зарядов.
2) С помощью теоремы Гаусса – по формуле (9), для полей,
обладающих симметрией (сферической, осевой или зеркальной). Для таких
полей метод позволяет найти функцию 𝐸 𝑟 или 𝐸 𝑥 – зависимость
напряженности 𝐸 от расстояния от центра (оси) симметрии поля.
3) С использованием формулы связи 𝐸 и φ – по формулам (19) и (20).
Если известна зависимость φ 𝑟 , то можно, используя формулу (19),
путем дифференцирования найти функцию 𝐸 𝑟 . По формуле (20) находят
численное значение 𝐸, одинаковое во всех точках однородного ЭСП.
1.5. Электроемкость проводника. Конденсаторы
Электрическая емкость 𝐶 уединенного проводника, по определению,
𝑄
𝐶= ,
(21)
φ
где 𝑄 – заряд проводника; φ – его потенциал.
Емкость шара
ε𝑅
𝐶 = = 4πεε0 𝑅,
(22)
𝑘
где ε – диэлектрическая проницаемость среды; 𝑅 – радиус шара.
Электроемкость конденсатора, по определению,
𝑄
𝐶= .
(23)
𝑈
Здесь 𝑄 – заряд обкладки конденсатора; 𝑈 = (φ1 − φ2 ) – разность
потенциалов, или напряжение на конденсаторе.
2
Рассчитывая φ1 − φ2 = − 1 𝐸𝑟 d𝑟, по формуле (23) получают следующие
выражения для электроемкости:
ε ε𝑆
плоский конденсатор: 𝐶 = 0 ;
(24)
𝑑
здесь ε – диэлектрическая проницаемость диэлектрика, находящегося
между пластинами; 𝑆 – площадь обкладок (одной обкладки); 𝑑 –
расстояние между ними.
4πε 0 ε𝑅1 𝑅2
сферический конденсатор: 𝐶 =
,
(25)
𝑅2 −𝑅1
где 𝑅1 и 𝑅2 – радиусы концентрических сфер.
Параллельное соединение конденсаторов (рис. 6):
𝐶1
𝐶2
𝐶𝑛
Q=
𝑈
𝑄𝑖 ; 𝑈 = 𝑈𝑖 ;
𝐶=
Рис. 6
19
𝐶𝑖 .
(26)
Последовательное соединение конденсаторов (рис. 7):
𝐶1 𝐶2
𝐶𝑛
Q = 𝑄𝑖 ; 𝑈 =
1
𝑈
𝐶
𝑈𝑖 ;
1
=
𝐶𝑖
.
(27)
Рис. 7
1.6. Энергия заряженного проводника и конденсатора. Энергия ЭП
Энергия 𝑊 заряженного проводника емкостью 𝐶, несущего заряд 𝑄
и имеющего потенциал φ:
𝑄φ
𝑊=
; так как 𝑄 = 𝐶φ, то 𝑊 =
2
Энергия заряженного конденсатора
𝑄𝑈
𝐶𝑈 2
𝐶φ 2
2
=
𝑄2
2𝐶
.
(28)
𝑄2
𝑊=
=
= ,
(29)
2
2
2𝐶
где 𝐶 – емкость конденсатора; 𝑄 и 𝑈 – заряд и напряжение на обкладках
конденсатора.
𝑊
Объемная плотность энергии
𝑤=
электрического поля
𝑉
напряженностью 𝐸 определяется следующей формулой:
𝑤=
ε0 ε 𝐸2
2
,
(30)
где ε – диэлектрическая проницаемость среды, в которой существует
электрическое поле.
2. ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК.
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
2.1. Сила тока. Плотность тока. Сопротивление проводника
Сила тока 𝐼, или ток, по определению
d𝑄
𝐼= ,
(1)
d𝑡
где d𝑄 – бесконечно малый заряд, прошедший через поперечное сечение
проводника за время d𝑡.
𝑄
Сила постоянного тока 𝐼 = .
𝑡
𝐼
Плотность тока 𝑗 = ,
(2)
𝑆
где 𝑆 – поперечное (перпендикулярное скорости движения носителей тока)
сечение проводника.
Сопротивление проводника длиной 𝑙 и поперечным сечением 𝑆:
ρ𝑙
𝑅= .
(3)
𝑆
Здесь ρ – удельное сопротивление материала проводника. При увеличении
температуры металлического проводника его удельное сопротивление
возрастает по линейной зависимости:
20
ρ = ρ0 1 + α𝑡 .
(4)
где ρ0 – удельное сопротивление проводника при 𝑡 = 0 ℃; 𝑡 – температура
проводника по шкале Цельсия; α – температурный коэффициент
сопротивления (ТКС) металла.
Сопротивление последовательно соединенных проводников (рис. 38):
𝑅1
𝑅2
𝑅𝑛
𝑅=
𝑅𝑖 .
(5)
Рис. 38
Сопротивление параллельно соединенных проводников (рис. 39):
𝑅1
𝑅2
1
𝑅𝑛
𝑅
=
1
𝑅𝑖
.
(6)
Рис. 39
2.2. Закон Ома. Правила Кирхгофа
Закон Ома для неоднородного участка цепи (рис. 40 а):
𝐼=
φ 1 −φ 2 ±ℰ12
𝑅
𝑈
= ;
𝑅 = 𝑟 + 𝑅1 .
𝑅
(7)
где φ1 − φ2 – разность потенциалов на концах участка, ℰ12 – ЭДС
(электродвижущая сила) источника тока, 𝑅 – сопротивление участка, 𝑈 –
напряжение на участке цепи, 𝑟 – внутреннее сопротивление источника
тока.
ℰ12
φ1
𝑅1
ℰ, 𝑟
𝑅
φ2
𝑟
𝑅1
а
б
в
Рис. 40
Для однородного участка цепи (не содержащего источника тока: ℰ = 0)
(рис. 40 б) уравнение (7) принимает следующий вид:
𝐼=
φ 1 −φ 2
𝑅
𝑈
= .
𝑅
(8)
Для замкнутой цепи (точки цепи 1 и 2 совпадают, следовательно, φ1 = φ2 )
(рис. 40 в) уравнение (7) преобразуется к виду:
ℰ
𝐼=
,
(9)
𝑟+𝑅
где 𝑅 – сопротивление внешнего участка цепи, 𝑟 – внутреннее
сопротивление источника тока.
21
Закон Ома в дифференциальной форме связывает плотность тока 𝑗
в любой точке электрической цепи с напряженностью 𝐸 электрического
поля в этой точке:
𝐸
𝑗= .
(10)
ρ
Правила Кирхгофа используются для расчета разветвленных цепей,
содержащих несколько замкнутых контуров.
Первое правило – алгебраическая сумма токов, сходящихся в узле,
равна нулю:
𝐼𝑖 = 0.
(11)
Здесь положительными считают токи, входящие в узел (приносящие
заряд), а отрицательными – выходящие из узла (уносящие заряд).
Второе правило – в любом замкнутом контуре, выбранном
в разветвленной электрической цепи, алгебраическая сумма произведений
токов 𝐼𝑖 на сопротивления 𝑅𝑖 на всех участках контура равна
алгебраической сумме ЭДС ℰ𝑘 в этом контуре:
𝑖 𝐼𝑖 𝑅𝑖
=
𝑘
ℰ𝑘 .
(12)
2.3. Работа и мощность тока. Закон Джоуля – Ленца
Работа по переносу заряда при протекании тока в электрической цепи
совершается электростатическим полем в проводнике, а также сторонними
силами, действующими в источнике тока. Работа, совершаемая за время 𝑡:
𝐴 = 𝐼𝑈𝑡,
(13)
где 𝐼 и 𝑈 – сила тока и напряжение на участке цепи.
𝐴
Мощность тока 𝑃 = ; с учетом формулы (13) и закона Ома (7)
𝑡
получают следующие формулы для расчета мощности:
𝑃 = 𝐼𝑈;
𝑃 = 𝐼 2 𝑅;
𝑃=
𝑈2
𝑅
.
(14)
Закон Джоуля – Ленца: количество теплоты 𝑄, выделяемое в участке
цепи за время 𝑡, определяется следующими формулами:
𝑄 = 𝐼𝑈𝑡 = 𝐼 2 𝑅𝑡 =
𝑈2
𝑅
𝑡.
(15)
По закону сохранения энергии 𝑄 = 𝐴 – в том случае, если проводник
с током неподвижен (сравните формулы (13) и (14) с формулой (15)).
3. КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 3
Студент ЗИЭФ решает 7 задач своего варианта, номер которого
совпадает с последней цифрой шифра. Номера задач, соответствующих
каждому варианту, представлены в таблице.
22
3.1. Таблица вариантов контрольной работы № 3
Вариант
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
310
301
302
303
304
305
306
307
308
309
320
311
312
313
314
315
316
317
318
319
Номера задач
330
340
350
321
331
341
322
332
342
323
333
343
324
334
344
325
335
345
326
336
346
327
337
347
328
338
348
329
339
349
360
351
352
353
354
355
356
357
358
359
370
361
362
363
364
365
366
367
368
369
3.2. Рекомендации к решению задач контрольной работы № 3
1. Внимательно прочитайте текст задачи, чтобы выяснить, какое поле
(электростатическое, магнитное, постоянное или переменное) и какое
физическое явление рассматривается в задаче. Полезно изобразить схему
электрической цепи, схематический чертеж или рисунок.
2. На сайте ЗИЭФ (по адресу http://zief.susu.ac.ru.), в разделе
«Теоретическая часть» изучите сведения о явлении, рассматриваемом
в задаче. Название явления и нужного параграфа указано перед задачей 1го варианта (№№ 301, 311, … 361). Ознакомьтесь с основными формулами
для данного явления. Выясните, можно ли применить законы сохранения
(ЗСЗ, ЗСЭ) – для этого проверьте, есть ли в задаче условия выполнения
закона. Выпишите законы и формулы для решения данной задачи.
3. Запишите краткое условие задачи, выбирая для обозначения данных
и искомых величин символы, которые будут использованы в формулах.
4. Задачу следует решать, как правило, в общем виде, чтобы получить
расчетную формулу определяемой величины, содержащую символы
заданных величин и физических постоянных.
5. Вычисление определяемой величины начинайте с подстановки
в расчетную формулу значений величин. При этом следует помнить,
что большинство физических величин имеют свои единицы измерения.
Полезно записывать их при подстановке в формулу, чтобы убедиться, что
все величины взяты в единицах СИ. Только при вычислении отношений,
𝑄
𝐸
𝑣
например, 2 , 2 , 2 и т. п. можно подставлять значения величин
𝑄1
𝐸1
𝑣1
в любых, но одинаковых единицах, т. е. не обязательно в СИ. Если
определяемых величин несколько, то вывод расчетной формулы для
следующей величины начинайте, закончив вычисление предыдущей.
6. Полезно выполнять проверку расчетной формулы на совпадение
единиц измерения результата в левой и правой части равенства.
Несовпадение единиц указывает на ошибку в расчетной формуле.
23
7. Вычисление и запись результата делайте с точностью до двух или
трех (не более) значащих цифр. Незначащие нули записывайте в виде
сомножителя 10±𝑛 . При этом, если показатель степени n соответствует
приставке, то используйте еѐ: например, 𝐵 = 0,00042 Тл = 0,42×
В
В
В
кВ
10−3 Тл = 0,42 мТл;
𝐸 = 37 500 =3,75∙ 104 = 37,5∙ 103 = 37,5 .
м
м
м
м
Помните, что точность результата вычислений не может быть выше,
чем точность исходных данных. Рекомендации по выполнению расчетов
при решении задач подробно изложены в п. 6 (см. с. 10-12).
3.3. Задачи контрольной работы № 3
1.1. Закон сохранения заряда. Взаимодействие электрических зарядов.
Закон Кулона
301. Два шарика одинакового радиуса и массы висят на нитях длины
𝑙 = 20 см и соприкасаются. После сообщения каждому шарику заряда
𝑄 = 0,40 мкКл они оттолкнулись друг от друга и нити разошлись на угол
2α = 600 . Определите массу 𝑚 каждого шарика.
302. Два шарика одинакового радиуса и массы 𝑚 = 5,0 г висят
на нитях длины 𝑙 = 20 см и соприкасаются. Какой заряд 𝑄 нужно
сообщить шарикам, чтобы сила натяжения нитей 𝑇 = 98 мН?
303. Два заряженных шарика одинакового радиуса и массы висят
на нитях равной длины 𝑙 и опущены в жидкий диэлектрик, плотность
которого равна ρ и диэлектрическая проницаемость ε. Какова должна быть
плотность ρ0 материала шариков, чтобы углы расхождения нитей α
в воздухе и в диэлектрике были одинаковыми?
304. Два шарика одинакового радиуса и массы висят на нитях длины
𝑙 = 30 см и соприкасаются. После сообщения каждому шарику заряда
𝑄 = 1,2 мкКл они оттолкнулись друг от друга и нити разошлись на угол
2α = 600 . Определите массу 𝑚 каждого шарика.
305. Два шарика одинакового радиуса и массы 𝑚 = 8,0 г висят
на нитях длины 𝑙 = 20 см и соприкасаются. Какой заряд 𝑄 нужно
сообщить шарикам, чтобы сила натяжения нитей 𝑇 = 200 мН?
306. Два заряженных шарика одинакового радиуса и массы висят
на нитях равной длины 𝑙 и опущены в жидкий диэлектрик, плотность
кг
которого ρ = 800 3 и диэлектрическая проницаемость ε = 3,0. Какова
м
должна быть плотность ρ0 материала шариков, чтобы углы расхождения
нитей α в воздухе и в диэлектрике были одинаковыми?
307. Два шарика одинакового радиуса и массы висят на нитях длины
𝑙 = 20 см и соприкасаются. После сообщения каждому шарику заряда
24
𝑄 = 5,0 мкКл они оттолкнулись друг от друга и нити разошлись на угол
2α = 1200 . Определите массу 𝑚 каждого шарика.
308. Два шарика одинакового радиуса и массы 𝑚 = 5,0 г висят
на нитях длины 𝑙 = 50 см и соприкасаются. Какой заряд 𝑄 нужно
сообщить шарикам, чтобы сила натяжения нитей 𝑇 = 300 мН?
309. Два заряженных шарика одинакового радиуса и массы висят
на нитях одинаковой длины 𝑙 и опущены в жидкий диэлектрик, плотность
кг
которого ρ = 900 3 и диэлектрическая проницаемость ε = 2,0. Какова
м
должна быть плотность ρ0 материала шариков, чтобы углы расхождения
нитей α в воздухе и в диэлектрике были одинаковыми?
310. Два шарика одинакового радиуса и массы висят на нитях длины
𝑙 = 1,0 м и соприкасаются. После сообщения каждому шарику заряда
𝑄 = 5,0 мкКл они оттолкнулись друг от друга и нити разошлись на угол
2α = 900 . Определите массу 𝑚 шарика.
1.2. Электростатическое поле (ЭСП).
Напряженность электрического поля (ЭП). 1.4. Потенциал ЭСП.
311. Два точечных заряда 𝑄1 = 7,5 нКл и 𝑄2 = −15 нКл находятся
на расстоянии 𝑟 = 5,0 см друг от друга. Определите напряженность 𝐸
и потенциал φ ЭСП в точке, находящейся на расстоянии 𝑎 = 3,0 см
от положительного заряда и 𝑏 = 4,0 см – от отрицательного.
312. Два точечных заряда 𝑄1 = −5,0 нКл и 𝑄2 = 10 нКл находятся
в двух вершинах равностороннего треугольника со стороной 𝑎 = 5,0 см.
Определите напряженность 𝐸 ЭСП и его потенциал φ в третьей вершине.
313. Два точечных заряда 𝑄1 = 15 нКл и 𝑄2 = −10 нКл расположены
в двух вершинах равностороннего треугольника со стороной 𝑎 = 15 см.
Определите напряженность 𝐸 ЭСП и его потенциал φ в третьей вершине.
314. Два точечных заряда 𝑄1 = 5,0 нКл и 𝑄2 = −15 нКл расположены в двух вершинах равностороннего треугольника со стороной 𝑎 =
25 см. Определите напряженность 𝐸 и потенциал φ в третьей вершине.
315. Три точечных заряда 𝑄1 = 5,0 нКл, 𝑄2 = −8,0 нКл и 𝑄3 =
3,0 нКл находятся в трех вершинах квадрата со стороной 𝑎 = 5,0 см.
Определите напряженность 𝐸 потенциал φ ЭСП в четвертой вершине.
316. Три точечных заряда 𝑄1 = −15 нКл, 𝑄2 = 5,0 нКл и 𝑄3 = 10 нКл
находятся в трех вершинах квадрата со стороной 𝑎 = 10 см. Определите
напряженность 𝐸 ЭСП и его потенциал φ в четвертой вершине.
25
317. Три точечных заряда 𝑄1 = 15 нКл, 𝑄2 = −10 нКл и 𝑄3 = 5,0 нКл
находятся в трех вершинах квадрата со стороной 𝑎 = 5,0 см. Определите
напряженность 𝐸 и потенциал φ ЭСП в четвертой вершине.
318. В вершинах шестиугольника со стороной 𝑎 = 5,0 см находятся
три положительных и три отрицательных заряда величиной 𝑄 = 1,5 нКл
каждый. Определите напряженность 𝐸 и потенциал φ поля в центре
шестиугольника при любой комбинации в расположении зарядов.
319. Три точечных заряда 𝑄1 = 5,0 нКл, 𝑄2 = −10 нКл и 𝑄3 = 5,0 нКл
расположены в трех вершинах квадрата со стороной 𝑎 = 10 см.
Определите напряженность 𝐸 и потенциал φ поля в центре квадрата.
320. Три точечных заряда 𝑄1 = −15 нКл, 𝑄2 = 10 нКл и 𝑄3 = 5,0 нКл
расположены в трех вершинах квадрата со стороной 𝑎 = 15 см.
Определите напряженность 𝐸 и потенциал φ поля в центре квадрата.
1.2. Напряженность и 1.4. Потенциал поля,
созданного зарядом 𝑄, распределенным по длине нити
321. ЭСП образовано нитью длиной 𝑙 = 1,5 м, имеющей заряд 𝑄 =
9,0 нКл, равномерно распределенный по нити. Определите напряженность
поля 𝐸 и его потенциал φ в точке, лежащей на продолжении нити
на расстоянии 𝑎 = 40 см от ее конца.
322. ЭСП образовано нитью длиной 𝑙 = 1,5 м, изогнутой в форме
полукольца и имеющей заряд 𝑄 = 5,0 нКл, равномерно распределенный
по нити. Определите напряженность поля 𝐸 и его потенциал φ в центре
полукольца.
323. ЭСП образовано нитью длиной 𝑙 = 2,5 м, имеющей заряд 𝑄 =
50 нКл, равномерно распределенный по нити. Определите напряженность
поля 𝐸 в точке, лежащей на перпендикуляре, восстановленном из середины
нити, на расстоянии от нити 𝑎 = 1,5 м.
324. Электростатическое поле образовано нитью длиной 𝑙 = 1,5 м,
имеющей заряд 𝑄 = 20 нКл, равномерно распределенный по длине нити.
Определите потенциал поля φ в точке 𝐴 на перпендикуляре,
восстановленном из середины нити, на расстоянии от нити 𝑎 = 80 см.
325. ЭСП образовано нитью длиной 𝑙 = 1,8 м, имеющей заряд 𝑄 =
10 нКл, равномерно распределенный по нити. Определите напряженность
поля 𝐸 в точке 𝐴 на перпендикуляре, восстановленном из середины нити
на расстоянии от нити 𝑎 = 60 см.
26
326. Четверть тонкого кольца радиусом 𝑅 = 10 см несет равномерно
распределенный заряд 𝑄 = 0,05 мкКл. Определите потенциал φ
и напряженность 𝐸 поля в центре кольца.
327. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд 𝑄 = 10 нКл
нКл
с линейной плотностью заряда τ = 10
. Определите потенциал φ
м
и напряженность 𝐸 поля в точке 𝐴, лежащей на оси кольца и удаленной от
его центра на расстояние 𝑎, равное радиусу кольца.
328. Тонкое кольцо радиусом 𝑅 = 10 см несет заряд 𝑄 = 0,20 мкКл,
равномерно распределенный по длине. Определите потенциал φ
и напряженность 𝐸 поля в точке 𝐴, равноудаленной от всех точек кольца
на расстояние 𝑟 = 20 см.
329. Треть тонкого кольца радиусом 𝑅 = 10 см несет равномерно
распределенный заряд
𝑄 = 50 нКл.
Определите
потенциал
φ
и напряженность 𝐸 поля в центре кольца.
330. Нить длиной 𝑙 = 40 см несет заряд, равномерно распределенный
мкКл
с линейной плотностью заряда τ = 0,50
. Определите потенциал φ
м
и напряженность 𝐸 поля в точке 𝐴, лежащей на продолжении нити
на расстоянии 𝑎 = 20 см от ее конца.
1.3. Поток вектора напряженности.
Теорема Гаусса для ЭСП в вакууме
331. На
двух
концентрических
сферах
радиусами 𝑅 и 2𝑅 равномерно распределены заряды
с поверхностными плотностями ς1 = ς и ς2 = −ς,
мкКл
где ς = 0,20 2 . 1) Используя теорему Гаусса,
м
найдите зависимость 𝐸𝑟 (𝑟) – проекции вектора
напряженности ЭСП от расстояния, для трех
областей:
𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼
(рис. 1).
2) Покажите
направление вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸
в точке на расстоянии 𝑟 = 3𝑅 от центра сфер.
3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
2
1
III
II
I
O R 2R
Рис.1
332. На двух концентрических сферах радиусами 𝑅 и 2𝑅 равномерно
распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = −ς и ς2 = ς,
мкКл
где ς = 0,10 2 . 1) Используя теорему Гаусса, найдите зависимость
м
проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟) для трех
27
областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (см. рис. 1). 2) Покажите направление вектора 𝐸
и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 4𝑅 от центра сфер.
3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
333. На двух концентрических сферах радиусами 𝑅 и 2𝑅 равномерно
распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = −4ς и ς2 = ς,
нКл
где ς = 50 2 . 1) Используя теорему Гаусса, найдите зависимость
м
проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟) для трех
областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (см. рис. 1). 2) Покажите направление вектора 𝐸
и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 1,5𝑅 от центра сфер.
3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
334. На двух концентрических сферах радиусами 𝑅 и 2𝑅 равномерно
распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = −2ς и ς2 = ς,
мкКл
где ς = 0,10 2 . 1) Используя теорему Гаусса, найдите зависимость
м
проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟) для трех
областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (см. рис. 1). 2) Покажите направление вектора 𝐸
и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 3𝑅 от центра сфер.
3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
335. На двух бесконечных параллельных
плоскостях
равномерно
распределены
заряды с поверхностными плотностями
мкКл
ς1 = −ς
и ς2 = 2ς, где ς = 0,50 2 .
м
1) Используя теорему Гаусса и принцип
суперпозиции электрических полей, найдите
зависимость 𝐸𝑥 (𝑥) – проекции вектора
напряженности ЭСП от координаты 𝑥, для
трех
областей:
𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼
(рис. 2).
2) Покажите направление вектора 𝐸 и
вычислите модуль 𝐸 в точках справа от
плоскостей. 3) Постройте график 𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥).
1
I
2
II
х
Рис. 2
336. На двух бесконечных параллельных плоскостях равномерно
распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = −4ς и ς2 = ς,
мкКл
где ς = 0,20 2 . 1) Используя теорему Гаусса и принцип суперпозиции
м
электрических полей, найдите зависимость 𝐸𝑥 (𝑥) – проекции вектора
напряженности ЭСП от координаты 𝑥 для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼
(см. рис. 2). 2) Покажите направление вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸
в точках слева от плоскостей. 3) Постройте график зависимости 𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥).
28
III
337. На двух бесконечных параллельных плоскостях равномерно
распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = −2ς и ς2 = ς,
мкКл
где ς = 0,10 2 . 1) Используя теорему Гаусса и принцип суперпозиции
м
электрических полей, найдите зависимость 𝐸𝑥 (𝑥) – проекции вектора
напряженности ЭСП от координаты𝑥 для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼
(см. рис. 2). 2) Покажите направление вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸
в точках между плоскостями. 3) Постройте график зависимости 𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥).
338. На двух бесконечно длинных
коаксиальных цилиндрах радиусами
𝑅 и 2𝑅 равномерно распределены
заряды с поверхностными плотностями
мкКл
ς1 = −ς и ς2 = 2ς, где ς = 1,0 2 .
м
1) Используя теорему Гаусса, найдите
зависимость
проекции
вектора
напряженности ЭСП от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟)
для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (рис. 3).
2) Покажите направление вектора 𝐸
и вычислите модуль 𝐸 в точке
на расстоянии 𝑟 = 3𝑅 от оси цилиндров.
3) Постройте график 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
III
 2 II
1 I R
O
2
R
Рис. 3
339. На двух коаксиальных бесконечно длинных цилиндрах радиусами
𝑅 и 2𝑅 равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями
мкКл
ς1 = ς и ς2 = −ς, где ς = 0,50 2 . 1) Используя теорему Гаусса,
м
найдите зависимость проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния
𝐸𝑟 (𝑟) для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (см. рис. 3). 2) Покажите направление
вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 4𝑅 от оси
цилиндров. 3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
340. На двух коаксиальных бесконечно длинных цилиндрах радиусами
𝑅 и 2𝑅 равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями
мкКл
ς1 = 2ς и ς2 = −ς, где ς = 1,0 2 . 1) Используя теорему Гаусса,
м
найдите зависимость проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния
𝐸𝑟 (𝑟) для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (см. рис. 3). 2) Покажите направление
вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 1,5𝑅 от оси
цилиндров. 3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
1.4. Потенциал. Работа перемещения заряда в ЭСП.
341. Пылинка массой 𝑚 = 200 мкг, имеющая заряд 𝑄 = 40 нКл,
влетела в ЭСП в направлении силовых линий. После прохождения
29
м
разности потенциалов 𝑈 = 200 В пылинка имела скорость 𝑣 = 10 .
с
Определите скорость пылинки 𝑣0 до того, как она влетела в поле.
342. Электрон, имеющий кинетическую энергию 𝑊К = 10 эВ, влетел
в однородное ЭСП в направлении силовых линий. Какой скоростью будет
обладать электрон, пройдя в этом поле разность потенциалов 𝑈 = 80 В?
343. Определите отношение скоростей ионов Cu2+ и K +, прошедших
в электростатическом поле одинаковую разность потенциалов.
344. Электрон с энергией 𝑊К = 10 эВ движется вдоль силовой линии
из бесконечности к поверхности металлической заряженной сферы
радиусом 𝑅 = 10 см. Определите минимальное расстояние 𝑎, на которое
приблизится электрон к поверхности сферы, если ее заряд 𝑄 = −10 нКл.
345. Электрон, пройдя в плоском конденсаторе путь от одной
м
пластины до другой, приобрел скорость 𝑣 = 2,0 ∙ 105 . Расстояние между
с
пластинами 𝑑 = 8,0 мм. Определите разность потенциалов 𝑈 между
пластинами и поверхностную плотность заряда ς на пластинах.
346. Пылинка массой 𝑚 = 5,0 нг, несущая на себе 𝑁 = 10 электронов,
прошла в вакууме ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 1,0 МВ. Какова
кинетическая энергия 𝑊К пылинки? Какую скорость 𝑣 приобрела
пылинка?
φ
𝑣min
O
347. Какой наименьшей скоростью
𝑄
𝑣min (рис. 4) должен обладать протон
в точке, на расстоянии 𝑟 = 4𝑅
R
от центра
металлического
шара,
3R
заряженного до потенциала φ = 400 В,
чтобы он мог достигнуть поверхности
Рис. 4
шара?
348. В однородное электростатическое поле напряженностью 𝐸 =
В
Мм
200 влетает вдоль силовой линии электрон со скоростью 𝑣0 = 2,0 .
м
с
Определите расстояние 𝑙, которое пройдет электрон до точки, где его
скорость будет равна половине начальной.
349. Электростатическое
поле
создано τ
2
1
длинной нитью с равномерно распределенным
нКл
зарядом с линейной плотностью τ = 10
.
м
Определите кинетическую энергию 𝑊К2
электрона в точке 2 (рис. 5), если в точке 1 его
кинетическая энергия 𝑊К1 = 200 эВ.
30
a
2a
Рис. 5
350. Электрон движется вдоль силовой линии однородного
электростатического поля. В точке поля с потенциалом φ1 = 100 В
Мм
электрон имел скорость 𝑣1 = 6,0 . Определите потенциал φ2 точки
с
поля, в которой скорость электрона уменьшится в два раза.
1.5. Электроемкость проводника. Конденсаторы
351. Конденсаторы емкостями 𝐶1 = 5 мкФ и 𝐶2 = 10 мкФ заряжены
до напряжений 𝑈1 = 60 В и 𝑈2 = 100 В. Определите напряжение
на конденсаторах после их соединения обкладками, имеющими
одноименные заряды.
352. Конденсатор емкостью 𝐶1 = 10 мкФ заряжен до напряжения
𝑈1 = 10 В. Определите заряд на обкладках этого конденсатора после того,
как параллельно ему подключили незаряженный конденсатор, емкость
которого 𝐶2 = 20 мкФ.
353. Конденсаторы емкостями 𝐶1 = 2,0 мкФ, 𝐶2 = 5,0 мкФ и 𝐶3 =
10 мкФ соединены последовательно и подключены на напряжение
𝑈 = 850 В. Определите напряжение и заряд на каждом конденсаторе.
354. Два конденсатора емкостями 𝐶1 = 2,0 мкФ и 𝐶2 = 5,0 мкФ
заряжены до напряжений 𝑈1 = 100 В и 𝑈2 = 150 В. Определите
напряжение на конденсаторах после их соединения обкладками,
имеющими разноименные заряды.
355. Два конденсатора емкостями 𝐶1 = 5,0 мкФ и 𝐶2 = 8,0 мкФ
соединены последовательно и подключены к батарее с ЭДС ℰ = 80 В.
Определите заряды 𝑄1 и 𝑄2 конденсаторов и разности потенциалов
𝑈1 и 𝑈2 между их обкладками.
356. Два заряженных металлических шара, первый радиусом 𝑅1 =
3,0 см, имеющий заряд 𝑄1 = 10 нКл, а второй – радиусом 𝑅2 = 5,0 см,
имеющий потенциал φ2 = 5,0 кВ, соединили проводником, емкостью
которого можно пренебречь. Определите 1) заряд второго шара
до соединения шаров, 2) потенциал шаров φ′ после их соединения,
3) энергии 𝑊1 и 𝑊2 каждого шара до соединения, 4) их энергии 𝑊1 ′ и 𝑊2 ′
после соединения.
357. Два заряженных металлических шара, первый радиусом 𝑅1 =
2,0 см, имеющий заряд 𝑄1 = 30 нКл, а второй – радиусом 𝑅2 = 5,0 см,
имеющий потенциал φ2 = 10 кВ, соединили проводником, емкостью
которого можно пренебречь. Определите 1) заряд второго шара
до соединения шаров, 2) потенциал шаров φ′ после их соединения,
31
3) энергии 𝑊1 и 𝑊2 каждого шара до соединения, 4) их энергии 𝑊1 ′ и 𝑊2 ′
после соединения.
358. На два последовательно соединенных конденсатора емкостями
𝐶1 = 2,0 мкФ и 𝐶2 = 4,0 мкФ подано напряжение 𝑈 = 600 В. Определите
заряд 𝑄𝑖 и напряжение 𝑈𝑖 на каждом конденсаторе. Каковы будут
напряжение 𝑈𝑖′ и заряд 𝑄𝑖′ на каждом конденсаторе, если заряженные
конденсаторы отключить от источника тока и соединить параллельно
одноименно заряженными пластинами?
359. Конденсаторы емкостями 𝐶1 =
2,0 мкФ, 𝐶2 = 6,0 мкФ, 𝐶3 = 3,0 мкФ и
𝐶4 = 5,0 мкФ, соединены, как показано
на рис. 6. Разность потенциалов между
точками 𝐴 и 𝐵 𝑈 = 320 В. Определите
напряжения 𝑈𝑖 на каждом конденсаторе
и заряды 𝑄𝑖 на их обкладках.
𝐶1
𝐶2
𝐵
𝐴
𝐶3
𝐶4
𝑈
Рис. 6
360. Между обкладками заряженного конденсатора плотно вдвигается
пластина диэлектрика с диэлектрической проницаемостью ε. Сравните
емкости конденсатора 𝐶0 и 𝐶1 , заряды обкладок 𝑄0 и 𝑄1 , разности
потенциалов между обкладками ∆φ0 и ∆φ1 , и энергии конденсатора
𝑊0 и 𝑊1 до и после внесения пластины диэлектрика. Рассмотрите два
случая: а) конденсатор отключен от источника тока; б) конденсатор
подсоединен к источнику тока.
2.1. Сила тока. Сопротивление проводника
2.2. Закон Ома. Правила Кирхгофа
2.3. Работа и мощность тока. Закон Джоуля – Ленца
361. При измерении мультиметром постоянного напряжения
в диапазоне до 𝑈0 = 20 мВ сопротивление прибора 𝑅𝑉 = 0,10 кОм. Какие
сопротивления 𝑅𝑖 используются в приборе и как они подключаются
к сопротивлению 𝑅𝑉 , чтобы переключать диапазон измерений прибора
на напряжения 𝑈𝑖 , равные 0,2; 2; 20; 200 и 600 В?
362. При измерении мультиметром постоянного тока в диапазоне
до 𝐼0 = 0,20 мА сопротивление прибора 𝑅А = 1 Ом. Какие сопротивления
𝑅𝑖 используются в приборе и как они подключаются к сопротивлению 𝑅А ,
чтобы переключать диапазон измерений прибора на токи 𝐼𝑖 , равные 2; 20;
200 мА и 10 А?
363. Батарея с ЭДС ℰ = 240 В и внутренним сопротивлением 𝑟 =
1,0 Ом замкнута на внешнее сопротивление 𝑅 = 23 Ом. Определите
32
полную мощность источника тока 𝑃0 , полезную мощность 𝑃 и КПД
батареи η.
364. Источник тока замыкают сначала на внешнее сопротивление
𝑅1 = 2,0 Ом, а затем на внешнее сопротивление 𝑅2 = 0,50 Ом. Определите
ЭДС ℰ источника тока и его внутреннее сопротивление 𝑟, если в обоих
случаях во внешней цепи выделяется одинаковая мощность 𝑃 = 2,54 Вт.
365. Нагреватель электрического чайника имеет две секции. При
включении одной из них вода в чайнике закипает за время 𝑡1 = 15 мин,
а при включении другой секции – через 𝑡2 = 30 мин. За какой промежуток
времени 𝑡 закипит вода в чайнике, если соединить обе секции:
а) последовательно, б) параллельно?
366. ЭДС батареи ℰ = 80 В, ее внутреннее сопротивление 𝑟 = 5,0 Ом.
Внешняя цепь потребляет мощность 𝑃 = 100 Вт. Определите силу тока
в цепи, напряжение, под которым находится внешняя цепь, и ее
сопротивление.
367. Генератор постоянного тока питает 10 параллельно соединенных
ламп сопротивлением 𝑅 = 210 Ом каждая. Напряжение на зажимах
генератора 𝑈 = 216 В, его внутреннее сопротивление 𝑟 = 0,20 Ом,
а сопротивление подводящей линии 𝑅Л = 0,60 Ом. Определите силу тока 𝐼
в линии и ток 𝐼1 – в каждой лампе, ЭДС генератора ℰ и полезную
мощность 𝑃.
368. Генератор постоянного тока c ЭДС ℰ = 150 В и внутренним
сопротивлением 𝑟 = 0,50 Ом питает цепь током 𝐼 = 5,0 А. Определите
КПД η и ток короткого замыкания 𝐼КЗ источника тока, а также мощность 𝑃,
передаваемую потребителю по двухпроводной линии длиной 𝑙 = 500 м.
Провода алюминиевые, их сечение 𝑆 = 5,0 мм2 и температура 𝑡 = 50 ℃.
Удельное сопротивление Al при 𝑡0 = 0 ℃: ρ0 = 2,5 ∙ 10−8 Ом ∙ м.
369. Определите мощность 𝑃, которая выделяется во внешней цепи,
состоящей из двух резисторов, сопротивлением 𝑅 каждый, если
на резисторах выделяется одинаковая мощность 𝑃, как при
последовательном, так и при параллельном соединении. ЭДС источника
тока ℰ = 12 В, его внутреннее сопротивление 𝑟 = 2,0 Ом.
370. Источник тока замыкают сначала на внешнее сопротивление
𝑅1 = 9,0 Ом, а затем – на 𝑅2 = 4,0 Ом. В обоих случаях за равное время 𝑡
на каждом сопротивлении выделяется одинаковое количество теплоты 𝑄.
Определите внутреннее сопротивление 𝑟 источника тока.
33
3.4. Примеры решения задач
3.4.1. Закон Кулона. Взаимодействие электрических зарядов
План решения задач
1. На рисунке покажите расположение электрических зарядов
в соответствии с условием задачи. При этом укажите следующие
величины: 1) знаки зарядов и их символы с индексом, равным номеру
заряда; 2) обозначьте расстояния между зарядами; 3) покажите векторы
сил, действующие: а) на один выбранный заряд (индекс силы совпадает
с индексом заряда, со стороны которого действует сила), б) на два и более
двух зарядов; в этом случае удобны индексы сил, состоящие из двух цифр,
например, 𝐹23 – сила, действующая на заряд 𝑄2 со стороны заряда 𝑄3 .
2. Если по условию задачи система зарядов (и каждый из них)
неподвижна, то выполняются условия равновесия для каждого заряда:
𝐹 = 𝐹𝚒 = 0, – на основании первого закона Ньютона. При этом
равнодействующую силу находят как геометрическую сумму всех сил,
действующих на данный заряд. Заметим, что, в соответствии с опытным
принципом суперпозиции сил (независимости их действия), присутствие
третьего заряда 𝑄3 , в том числе и помещенного между зарядами 𝑄1 и 𝑄2 ,
не изменяет силу взаимодействия зарядов 𝑄1 и 𝑄2 .
3. Записанные условия равновесия проецируют на координатные оси x
и y; оси проводят, как правило, так, чтобы линия действия одной из сил
совпадала с осью. Из уравнений для проекций сил получают расчетную
формулу определяемой величины.
Задача 1. Два положительных заряда 𝑄1 = 1,0 мкКл и 𝑄2 = 4,0 мкКл
находятся на расстоянии 𝑙 = 90 см друг от друга и могут перемещаться
вдоль прямой, их соединяющей. Найдите точку на этой прямой, в которую
нужно поместить отрицательный заряд 𝑄3 , чтобы эти три заряда
находились в равновесии. Определите величину заряда 𝑄3 .
Дано
𝑄1 = 1,0 мкКл;
𝑄2 = 4,0 мкКл;
𝑙 = 90 см = 0,9 м.
𝑟1 − ? 𝑄3 − ?
𝐹12
𝑄1 𝐹
13
𝐹31
Решение
𝑄3
𝐹
𝐹23
32
𝑟1
𝑄2
𝐹21
𝑟2
𝑙
Рис. 8
Покажем на рис. 8 силы 𝐹12 и 𝐹21 взаимного отталкивания зарядов 𝑄1
и 𝑄2 . Чтобы заряды 𝑄1 и 𝑄2 были в равновесии, нужно скомпенсировать
34
эти силы противоположно им направленными силами 𝐹13 – на первый
заряд и 𝐹23 – на второй. Такие силы создает отрицательный заряд 𝑄3 ,
помещенный между зарядами 𝑄1 и 𝑄2 . На этот заряд 𝑄3 будут действовать
силы 𝐹31 и 𝐹32 со стороны первого и второго зарядов соответственно.
Запишем условия равновесия зарядов: 𝐹𝚒𝚓 = 0, – для каждого заряда.
Для 𝑄1 : 𝐹12 + 𝐹13 = 0;
(1)
𝑄2 : 𝐹21 + 𝐹23 = 0;
(2)
𝑄3 : 𝐹31 + 𝐹32 = 0.
Отметим, что силы взаимодействия зарядов удовлетворяют третьему
закону Ньютона:
𝐹12 = −𝐹21 ;
𝐹13 = −𝐹31 ;
𝐹23 = −𝐹32 ;
(4)
С учетом равенства модулей сил, входящих в третий закон Ньютона,
и условий равновесия зарядов (1), (2) и (3) получаем, что модули всех сил
парного взаимодействия зарядов одинаковы. Это очевидно и по рис. 8.
Обозначим расстояния: 𝑟1 – заряда 𝑄3 от 𝑄1 ; 𝑟2 – заряда 𝑄3 от 𝑄2 ,
при этом 𝑟2 = 𝑙 − 𝑟1 , – и запишем модули сил, используя закон Кулона:
𝐹13 = 𝐹31 =
𝑘𝑄1 𝑄3
𝐹23 = 𝐹32 =
𝑘𝑄2 𝑄3
𝐹12 = 𝐹21 =
𝑘𝑄1 𝑄2
𝑟12
𝑟22
𝑙2
;
(5)
;
(6)
;
(7)
Приравниваем формулы сил (5) и (6) в соответствии с условием (3)
равновесия заряда 𝑄3 :
𝑘𝑄1 𝑄3
𝑟12
=
𝑘𝑄2 𝑄3
𝑟22
,
после сокращения получаем
𝑄1
𝑟12
=
𝑄2
𝑙−𝑟1 2
.
(8)
Решаем уравнение (8) с одной неизвестной величиной 𝑟1 , извлекая
из обеих частей равенства квадратный корень:
𝑙 − 𝑟1
Вычисляем
𝑟1 = 0,9 м
𝑄1 = 𝑟1 𝑄2 ;
1 мкКл
1
1+ 4 мкКл 2
→ 𝑟1 = 𝑙
𝑄1
𝑄1 + 𝑄2
= 0,3 м = 30 см.
.
(9)
Таким образом,
заряд 𝑄3 следует поместить на расстоянии 𝑟1 = 30 см от заряда 𝑄1 .
Величину заряда 𝑄3 найдем, приравнивая модули сил
согласно условию (1) равновесия заряда 𝑄1 :
35
𝐹13 и 𝐹12 ,
𝑘𝑄1 𝑄3
𝑟12
=
𝑘𝑄1 𝑄2
𝑙2
,
𝑄3
после сокращения имеем
Вычислим величину заряда 𝑄3 = 4 мкКл ∙
𝑟12
=
0,3 м 2
0,9 м
𝑄2
𝑙2
=
;
4
9
→ 𝑄3 = 𝑄2
𝑟1 2
𝑙
.
мкКл = 0,44 мкКл.
Задача 2. Два шарика одинаковых радиуса 𝑅 и массы 𝑚 подвешены
на нитях одинаковой длины 𝑙 = 40 см так, что они соприкасаются. После
сообщения шарикам заряда 𝑄 = 1,2 мкКл каждому, они оттолкнулись друг
от друга, а нити образовали угол 2α = 120°. Найдите массу шарика и силу
натяжения нити. Примите, что 𝑅 ≪ 𝑙.
Дано
Решение
𝑙 = 40 см = 0,4 м;
α α
𝑄 = 1,2 мкКл;
2α = 120°;
𝑅 ≪ 𝑙.
𝑙
𝑇
𝑦
𝑟
𝐹
𝑥
𝑚−? 𝑇−?
𝐹т
Рис. 9
На каждый шарик действуют три силы (рис. 9): сила тяжести 𝐹т = 𝑚𝘨,
сила натяжения нити 𝑇 и сила отталкивания одноименных зарядов 𝐹 .
Учитывая, что размер шарика 𝑅 ≪ 𝑙, а расстояние между ними 𝑟 близко
к величине 𝑙, заключаем, что 𝑅 ≪ 𝑟, следовательно, шарики можно считать
точечными зарядами, сила взаимодействия которых определяется законом
Кулона:
𝑘𝑄 ∙𝑄
𝐹= 2 ,
(1)
𝑟
где 𝑟 – расстояние между шариками (см. рис. 9):
Запишем условие равновесия шарика:
𝑟
2
= 𝑙 sin α.
𝐹𝚒 = 0, или 𝐹т + 𝑇 + 𝐹 = 0.
(2)
Представим уравнение (2) в проекциях на оси 𝑥 и 𝑦:
𝑜𝑥: 𝑇 sin α − 𝐹 = 0;
(3)
𝑜𝑦: − 𝑚𝘨 + 𝑇 cos α = 0.
(4)
Система уравнений (3) и (4) содержит две неизвестных величины:
𝑚 и 𝑇. Исключим величину 𝑇 путем деления одного уравнения на другое,
предварительно записав их в следующем виде:
𝑇 sin α = 𝐹;
𝑇 cos α = 𝑚𝘨;
36
𝐹
𝑚𝘨
=
sin α
cos α
= t𝗀 α.
(5)
Выразим определяемую величину массы шарика 𝑚, учитывая закон
Кулона (1):
𝑚=
𝐹
𝘨 t𝗀 α
=
𝑘𝑄 2
(2𝑙 sin α)2 𝘨 t𝗀 α
.
(6)
Вычисляем массу шарика:
𝑚=
м
Ф
9∙10 9 ∙1,22 ∙10 −12 Кл2
2∙0,4 м∙
2
3
2
м
= 1,6 ∙ 10−3 кг = 1,6 г.
9,8 2 ∙ 3
с
Силу натяжения нити находим из уравнения (4):
𝑇=
𝑚𝘨
cos α
м
; Вычисляем 𝑇 =
1,6 ∙10 −3 кг∙9,8 2
с
0,5
= 31 ∙ 10−3 Н = 31 мН.
Задача 3. Два заряженных шарика одинаковых радиуса 𝑅 и массы 𝑚
подвешены на нитях равной длины 𝑙 и опущены в жидкий диэлектрик,
кг
плотность которого ρ = 800 3 и диэлектрическая проницаемость ε = 2,0.
м
Определите плотность ρ0 материала шариков, если углы расхождения
нитей в воздухе и в диэлектрике одинаковы. Примите, что 𝑅 ≪ 𝑙.
Дано
ρ = 800
ε = 2;
кг
м3
Решение
;
α1 = α2 = α;
𝑅 ≪ 𝑙.
ρ0 − ?
α
α
𝑇1
𝐹А
𝑦
𝐹1
𝑇2
𝐹2
𝐹т
𝑥
𝐹т
а
б
Рис. 10
На каждый шарик в воздухе действуют три силы (рис. 10 а): сила
тяжести 𝐹т = 𝑚𝘨, сила натяжения нити 𝑇1 и сила отталкивания
одноименных зарядов шариков 𝐹1 . Учитывая, что размер шарика 𝑅 ≪ 𝑙,
а расстояние между ними 𝑟 близко к величине 𝑙, заключаем, что 𝑅 ≪ 𝑟;
следовательно, шарики можно считать точечными зарядами, сила
взаимодействия которых определяется законом Кулона:
𝑘𝑄 𝑄
𝐹1 = 12 2 ,
(1)
𝑟
где 𝑟 – расстояние между шариками (см. рис. 9:
37
𝑟
2
= 𝑙 sin α).
Запишем условие равновесия шарика:
𝐹1 + 𝑇1 + 𝐹т = 0.
(2)
В проекциях на оси 𝑥 и 𝑦 уравнение (2) представится в виде:
𝑜𝑥: − 𝐹1 + 𝑇1 sin α = 0;
(3)
𝑜𝑦: 𝑇1 cos α − 𝑚𝘨 = 0.
(4)
Исключая неизвестную величину 𝑇1 путем деления уравнения (3)
на уравнение (4), получаем следующее выражение:
𝐹1
𝑚𝘨
=
sin α
cos α
= t𝗀 α.
(5)
В диэлектрике (рис. 10 б) в условие равновесия добавляется сила
Архимеда 𝐹А = ρ𝑉𝘨, где ρ – плотность жидкости; 𝑉 – объем шарика; 𝘨 –
ускорение свободного падения. При этом условие равновесия принимает
следующий вид:
𝐹2 + 𝑇2 + 𝐹т + 𝐹А = 0.
(6)
Запишем уравнение (6) в проекциях на оси 𝑥 и 𝑦:
𝑜𝑥: − 𝐹2 + 𝑇2 sin α = 0;
(7)
𝑜𝑦: 𝑇2 cos α − 𝑚𝘨 + ρ𝑉𝘨 = 0.
(8)
По аналогии решением системы уравнений (3) и (4), исключаем силу
натяжения нитей 𝑇2 и получаем соотношение
𝐹2
𝑚 𝘨−ρ𝑉𝘨
=
sin α
cos α
= t𝗀 α.
(9)
Так как угол расхождения нитей α и величина t𝗀 α одна и та же
в уравнениях (5) и (9), приравниваем левые части этих уравнений:
𝐹1
𝑚𝘨
=
𝐹2
𝑚 𝘨−ρ𝑉𝘨
.
(10)
Сила взаимодействия зарядов в диэлектрике в ε раз меньше, чем в воздухе:
𝐹
𝐹2 = 1 .
(11)
ε
Массу шарика выразим через плотность материала ρ0 и объем шарика 𝑉:
𝑚 = ρ0 𝑉.
(12)
С учетом формул (11) и (12) равенство (10) перепишем в следующем виде:
𝐹2
𝐹1
=
𝑚 𝘨−ρ𝑉𝘨
𝑚𝘨
; →
1
ε
=1−
ρ𝑉𝘨
ρ 0 𝑉𝘨
тогда
;
ρ
ρ0
1
ε−1
ε
ε
=1− =
.
Из последнего выражения получаем расчетную формулу плотности
материала шариков в виде:
ρ0 = ρ
ε
ε−1
; вычисляем: ρ0 = 800
кг
м3
38
∙
2
2−1
= 1600
кг
м3
= 1,6 ∙ 103
кг
м3
.
3.4.2. Расчет напряженности и потенциала
электростатического поля с помощью принципа суперпозиции
План решения задач
1.Изобразите на рисунке схему расположения точечных зарядов
или заряженных тел в соответствии с условием задачи. На схеме:
1) покажите знаки зарядов и их символы с индексом, равным номеру
заряда; 2) обозначьте точку, в которой нужно определить величины
напряженности и потенциала ЭСП, например, точка А.
2. Запишите принцип суперпозиции для расчета напряженности поля
в следующем виде:
а) если ЭСП создается системой точечных зарядов или заряженных тел,
то результирующий вектор
𝐸А =
𝐸𝚒 ,
(1)
где 𝐸𝚒 – вектор напряженности поля i-того заряда или заряженного тела;
число слагаемых в уравнении (1) равно числу зарядов, создающих поле;
б) если ЭСП создается зарядом, распределенным равномерно, например,
по длине заряженного тела, тогда
𝐸А =
𝑄
d𝐸 ,
(2)
где dE – бесконечно малый вектор напряженности, создаваемый
элементарным зарядом d𝑄, выделенным на заряженном теле.
3. Так как в уравнениях (1) и (2) записана сумма векторов, которые
следует складывать геометрически, то необходимо показать на рисунке
направления суммируемых векторов. Для этого мысленно помещают
+
в исследуемую точку поля А пробный положительный заряд 𝑄пр
и показывают направление сил 𝐹𝚒 , действующих на этот пробный заряд
со стороны каждого i-того заряда (естественно, что векторы всех сил,
+
приложенных к заряду 𝑄пр
, начинаются в точке А). Поскольку векторы
напряженности 𝐸𝚒 ⇈ 𝐹𝚒 , то обозначают изображенные векторы символами
𝐸𝚒 , где индекс величины 𝚒 совпадает с индексом заряда, создающего поле.
Аналогично определяют направление векторов d𝐸 и d𝐸 ′ от бесконечно
малых точечных зарядов d𝑄 и d𝑄′, которые выбирают, как правило,
в точках заряженного тела, распложенных симметрично относительно
его оси симметрии.
4. Сложение двух векторов 𝐸𝚒 обычно выполняют с помощью правила
параллелограмма (или треугольника); при этом модуль определяемого
результирующего вектора находят по теореме косинусов. Если число
складываемых векторов равно трем и более, в том числе и
при суммировании бесконечно малых векторов d𝐸 , то находят проекции
результирующего вектора 𝐸𝑥 и 𝐸𝑦 на координатные оси 𝑥 и 𝑦, проецируя
39
на эти оси каждый из суммируемых векторов. В этом случае модуль
результирующего вектора определяют с помощью теоремы Пифагора:
𝐸 = 𝐸𝑥2 + 𝐸𝑦2 . Оси направляют таким образом, чтобы удобно было
записывать проекции 𝐸𝚒𝑥 и 𝐸𝚒𝑦 , т. е. чтобы были известны углы,
образованные векторами 𝐸𝚒 с осями координат. Либо одну из осей
проводят по предполагаемому направлению результирующего вектора 𝐸 ,
которое можно определить, используя симметрию в расположении
зарядов, если таковая имеется.
5. Потенциал электростатического поля в исследуемой точке А находят
также с помощью принципа суперпозиции:
φА = φ𝑖 , или φА = 𝑄 dφ,
(3)
алгебраически суммируя потенциалы, которые создаются в данной точке А
заряженными телами, в том числе, точечными зарядами 𝑄𝑖 или бесконечно
малыми точечными зарядами d𝑄. При этом суммировании знаки
потенциалов φ𝑖 равны знакам соответствующих 𝑖-х зарядов, в частности,
отрицательный заряд создает в точке А электростатическое поле
с отрицательным значением потенциала.
Задача 4. Два точечных заряда 𝑄1 = 10 нКл
и 𝑄2 = −15 нКл
расположены в двух вершинах равностороннего треугольника со стороной
𝑟 = 9,0 см. Определите напряженность 𝐸 электростатического поля и его
потенциал в точке А, находящейся в третьей вершине.
Дано
𝑄1 = 10 нКл = 10
−8
𝑄2
Кл;
Решение
𝑦
𝑄2 = −1,5 ∙ 10−8 Кл;
𝑟 = 9 ∙ 10−2 м;
𝐸
𝐸2
β
α = 60°.
1) 𝐸 − ?
2) φ − ?
𝑟
𝑄1
α
+
𝑄пр
А
𝐸1
𝑥
Рис. 11
Расположение зарядов 𝑄1 и 𝑄2 показано на рис. 11.
1) Для расчета напряженности 𝐸 используем принцип суперпозиции
ЭСП в виде:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 ,
(1)
40
где 𝐸1 и 𝐸2 – напряженности полей, создаваемых в точке А зарядами
𝑄1 и 𝑄2 соответственно.
Чтобы определить направление складываемых векторов, в точку А
+
мысленно помещаем пробный заряд 𝑄пр
и рассматриваем действующие
+
на него силы: первый заряд 𝑄1+ отталкивает заряд 𝑄пр
силой 𝐹1 ,
+
направленной по линии соединяющей заряды 𝑄1 и 𝑄пр , а второй –
+
отрицательный заряд 𝑄2− притягивает к себе положительный заряд 𝑄пр
+
силой 𝐹2 , также направленной по линии, соединяющей заряды 𝑄2 и 𝑄пр
.
Напряженность поля, создаваемого i-м зарядом, 𝐸𝚒 ⇈ 𝐹𝚒 , т. Е. совпадает
по направлению с соответствующей силой.
Модуль результирующего вектора 𝐸 можно найти любым из двух
способов: а) по теореме косинусов:
𝐸1 2 + 𝐸2 2 − 2𝐸1 𝐸2 cos α ,
𝐸=
(2)
где напряженности ЭСП, создаваемого точечными зарядами 𝑄1 и 𝑄2
в точке А, находящейся на расстоянии 𝑟 от каждого заряда:
𝑘𝑄
𝑘𝑄
𝐸1 = 21 , 𝐸2 = 22 ;
(3)
𝑟
𝑟
б) по проекциям принципа суперпозиции (1) на координатные оси 𝑥 и 𝑦:
𝐸𝑥 = 𝐸1𝑥 + 𝐸2𝑥 ;
(4)
𝐸𝑦 = 𝐸1𝑦 + 𝐸2𝑦 .
(5)
Ось 𝑥 направляем вдоль вектора 𝐸1 , при этом вектор 𝐸2 образует
известные углы α = 60° и β = 90° − α = 30° с осями 𝑥 и 𝑦 (см. рис. 11).
Следовательно, проекции результирующего вектора 𝐸: 𝐸𝑥 и 𝐸𝑦 , –
на координатные оси 𝑥 и 𝑦, будут определяться выражениями:
𝐸𝑥 = 𝐸1 − 𝐸2 cos60°;
𝐸𝑦 = 𝐸2 cos30°.
Используя теорему Пифагора, находим модуль вектора напряженности:
𝐸=
2
2
𝐸𝑥 + 𝐸𝑦 =
𝐸1 − 𝐸2 ∙
1 2
2
+ 𝐸2 ∙
3
2
2
.
(6)
Подставим формулы (3) для напряженностей 𝐸1 и 𝐸2 в выражение (6)
𝑘
и, вынося одинаковый сомножитель 2 за скобки и из радикала, получим
𝑟
следующую расчетную формулу величины 𝐸:
𝐸=
𝑘𝑄1
𝑟2
1
− ∙
2
𝑘𝑄2 2
𝑟2
+
𝑘𝑄2
𝑟2
∙
3
2
2
; → 𝐸=
𝑘
𝑟2
𝑄1 −
𝑄2 2
2
+
3
2
𝑄2
2
. (7)
Вычисляем по формуле (7) напряженность электростатического поля
в точке А, заметив, что при этом нужно подставлять модуль
отрицательного заряда 𝑄2 , поскольку знак его уже учтен в направлении
вектора 𝐸2 :
41
𝐸=
9∙10 9
м
Ф
92 ∙10 −4
м2
1−
1,5 2
2
+
3
2
∙ 1,5
2
∙ 10−8 Кл = 1,7 ∙ 104
В
м
= 17
кВ
м
.
2) Расчет потенциала φ в точке А электростатического поля
выполняем, используя принцип суперпозиции:
φ = φ1+ + φ−
(8)
2,
где потенциалы ЭСП, созданного точечными зарядами 𝑄1 и 𝑄2 в точке А,
находящейся на расстоянии 𝑟 от каждого заряда, определяются
следующими формулами:
φ1+ =
𝑘𝑄1+
𝑟
φ−
2 =
;
𝑘𝑄2−
𝑟
.
(9)
С учетом этих формул равенство (8) запишется в виде:
𝑘
φ = 𝑄1+ + 𝑄2− .
(10)
𝑟
В полученной расчетной формуле каждый заряд записывается с его
знаком, так как только в этом случае получим алгебраическую сумму
потенциалов полей, создаваемых отдельными зарядами. Вычислим
потенциал в исследуемой точке электростатического поля по формуле (10):
φ=
9∙10 9
м
Ф
9∙10 −2 м
1,0 − 1,5 ∙ 10−8 Кл = −0,5 ∙ 103 В = −500 В = −0,5 кВ.
Задача 5. Четыре точечных заряда 𝑄1 = 10 нКл, 𝑄2 = −5 нКл,
𝑄3 = 7 нКл и 𝑄4 = 10 нКл, расположены в вершинах квадрата со стороной
𝑎 = 10 см. Определите напряженность 𝐸 ЭСП и его потенциал φ в точке О
пересечения диагоналей квадрата.
Дано
Решение
𝑄1 = 10 нКл = 10−8 Кл;
𝑄2 = −5 нКл;
𝑄3 = 7 нКл;
𝐸
𝐸2 + 𝐸4
𝐸4
𝐸2
𝑄4 = 10 нКл;
𝑎 = 10 см.
𝐸1
О
𝐸1 + 𝐸3
𝐸3
1) 𝐸 − ?
2) φ− ?
𝑄1
𝑄4
Рис. 12
Расположение зарядов в вершинах квадрата показано на рис. 12.
1) Для расчета напряженности вектора 𝐸 в точке 𝑂 используем
принцип суперпозиции электростатического поля в виде:
𝐸=
𝐸𝚒 = 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4 ,
42
(1)
где 𝐸1 , 𝐸2 , 𝐸3 , 𝐸4 – напряженности полей, создаваемых в точке 𝑂
зарядами 𝑄1 , 𝑄2 , 𝑄3 и 𝑄4 соответственно.
Для определения направления суммируемых векторов в исследуемую
+
точку поля 𝑂 мысленно помещаем пробный положительный заряд 𝑄пр
и рассматриваем действующие на него силы: каждая сила направлена
по линии, соединяющей пробный заряд и заряд 𝑄𝑖 и приложена
к пробному заряду в точке 𝑂. При этом положительные заряды
+
𝑄1 , 𝑄3 и 𝑄4 отталкивают от себя 𝑄пр
, а отрицательный заряд 𝑄2
+
притягивает к себе 𝑄пр
. По направлениям этих сил 𝐹𝚒 , действующих
на пробный заряд, направлены соответствующие векторы напряженностей
𝐸𝚒 (см. рис. 12).
Векторы, направленные по одной прямой, складываем попарно:
𝐸1 + 𝐸3 = 𝐸1,3 ; так как 𝐸3 ↑↓ 𝐸1 , то модуль вектора 𝐸1,3 = 𝐸1 − 𝐸3 ; (2)
𝐸2 + 𝐸4 = 𝐸2,4 ; так как 𝐸4 ↑↑ 𝐸2 , то модуль вектора 𝐸2,4 = 𝐸2 + 𝐸4 . (3)
Учитывая эти равенства, принцип суперпозиции (1) перепишем
в следующем виде:
𝐸 = 𝐸1,3 + 𝐸2,4 .
(4)
Так как векторы 𝐸1,3 и 𝐸2,4 взаимно перпендикулярны, то их складываем
по правилу параллелограмма (треугольника); при этом модуль
результирующего вектора определяем с помощью теоремы Пифагора:
𝐸=
𝐸1,3
2
2
+ 𝐸2,4 .
С учетом формул (2) и (3) модуль напряженности ЭСП в точке 𝑂
𝐸 = 𝐸1 − 𝐸3 2 + (𝐸2 + 𝐸4 )2 .
Напряженность ЭСП, создаваемого точечным зарядом 𝑄𝑖 :
𝐸𝚒 =
𝑘𝑄𝑖
2
𝑟2
(5)
,
(6)
где 𝑟 = 𝑎 cos 45° = 𝑎 – расстояние от точечного заряда до точки 𝑂
2
в ЭСП. Подставляя напряженности 𝐸𝚒 согласно формуле (6) в равенство
𝑘
(5) и вынося одинаковый сомножитель 2 за скобки и из радикала,
𝑟
получим расчетную формулу для величины напряженности 𝐸
в следующем виде:
𝑘
𝐸 = 1 2 (𝑄1 − 𝑄3 )2 + (𝑄2 + 𝑄4 )2 .
(7)
2
𝑎
Вычисляя по формуле (7) напряженность поля в точке 𝑂, заметим, что
при этом в формулу следует подставить модуль отрицательного заряда
𝑄2 , так как знак его уже учтен в изображении вектора 𝐸2 на рис. 12.
𝐸=1
2
9∙10 9
0,1
2
м
Ф
м2
10 − 7
2
+ 5 + 10
43
2
∙ 10−9 Кл = 2,8 ∙ 104
В
м
= 28
кВ
м
.
2) Рассчитываем потенциал φ электростатического поля в точке 𝑂
с помощью принципа суперпозиции:
φ=
φ𝑖 = φ1 + φ2 +φ3 +φ4 ,
(8)
где φ𝑖 – потенциал поля, создаваемого точечным зарядом 𝑄𝑖 в точке 𝑂,
находящейся на расстоянии 𝑟 от заряда:
𝑘𝑄
φ𝑖 = 𝑖 .
(9)
𝑟
Подставляя формулы (9) в равенство (8), получаем следующую
расчетную формулу для потенциала ЭСП в точке 𝑂:
φ=
𝑘
2𝑎
2
𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 + 𝑄4 .
(10)
Здесь заряды записываются с их знаками: так как отрицательный заряд 𝑄2
создает поле с отрицательным потенциалом, то φ2 < 0. Вычисляем
потенциал точки 𝑂 электростатического поля по формуле (10):
φ=
9∙10 9
м
Ф
2
0,1 м
2
10 − 5 + 7 + 10 ∙ 10−9 Кл = 2,8 ∙ 103 В = 2,8 кВ.
Задача 6. В вершинах правильного шестиугольника со стороной
𝑎 = 3 см находятся четыре положительных и два отрицательных точечных
заряда; все заряды имеют одинаковый модуль 𝑄 = 2 нКл. Определите
напряженность 𝐸 электростатического поля и потенциал φ в центре
шестиугольника при трех различных вариантах расположения этих
зарядов.
Дано
Решение
𝑎 = 0,03 м;
1)
𝑄5
𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄3 = 𝑄4 = 2 нКл;
𝑄5 = 𝑄6 = −2 нКл;
𝐸4
𝑎
𝐸−? φ−?
𝐸5
𝐸1
𝐸2
𝑎
𝑄2
в вариантах 1, 2 и 3.
𝑄3
𝐴
+
𝑄пр
𝐸6
𝑄6
𝐸3
𝑄1
𝑄4
Рис. 13
Для расчета в центре шестиугольника (в точке 𝐴) напряженности 𝐸
электростатического поля, создаваемого системой из шести точечных
зарядов, используем принцип суперпозиции:
𝐸=
6
1 𝐸𝚒
= 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4 + 𝐸5 + 𝐸6 ,
44
(1)
где 𝐸𝚒 – вектор напряженности поля, создаваемого в точке 𝐴 i-м зарядом
(𝑄𝚒 ); индекс вектора 𝐸𝚒 совпадает с индексом заряда 𝑄𝚒 .
Чтобы определить направления суммируемых векторов, в точку 𝐴
+
мысленно поместим пробный положительный заряд 𝑄пр
и покажем
направления действующих на него сил со стороны 𝑖-х зарядов: все силы
+
направлены вдоль линий, соединяющих пробный заряд 𝑄пр
с зарядом 𝑄𝚒 .
При этом положительные заряды 𝑄1 , 𝑄2 , 𝑄3 и 𝑄4 отталкивают от себя
+
пробный заряд, а отрицательные 𝑄5 и 𝑄6 – притягивают к себе 𝑄пр
.
По направлениям сил 𝐹𝚒 , действующих на пробный заряд, направлены
соответствующие векторы напряженности 𝐸𝚒 (рис. 13).
Векторы, направленные вдоль одной прямой (коллинеарные),
складываем попарно, учитывая, что модули всех векторов одинаковы:
𝑘𝑄
𝐸𝚒 = 2𝚒 .
(2)
𝑎
С учетом направления векторов 𝐸𝚒 в точке А (см. рис. 13), перепишем
равенство (1) в виде:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸3 + 𝐸2 + 𝐸6 + 𝐸4 + 𝐸5 .
(1а)
Так как вектор 𝐸3 ⇅ 𝐸1 , то их сумма 𝐸1 + 𝐸3 = 0; сумма сонаправленных
векторов: 𝐸2 + 𝐸6 = 2𝐸2 , и 𝐸4 + 𝐸5 = 2𝐸4 .
С учетом этих соотношений принцип суперпозиции (1а) перепишем
в следующем виде:
𝐸 = 2𝐸2 + 2𝐸4 = 2 𝐸2 + 𝐸4 .
(3)
Векторы 𝐸2 и 𝐸4 складываем по правилу параллелограмма (треугольника).
Так как диагонали шестиугольника делят его площадь на равносторонние
треугольники, то по рис. 13 видно, что
𝐸2 + 𝐸4 = 𝐸1 . Тогда
результирующий вектор напряженности ЭСП в точке 𝐴:
𝐸 = 2𝐸1 .
С учетом формулы (2) модуль этого вектора
2𝑘𝑄
𝐸 = 2𝐸1 = 2 .
(4)
𝑎
Вычисляем напряженность ЭСП в исследуемой точке 𝐴:
𝐸=
м
Ф
2∙9∙10 9 ∙2∙10 −9 Кл
32 ∙10 −4
м2
= 4 ∙ 104
В
м
= 40
кВ
м
.
Потенциал электростатического поля в точке 𝐴 определяется
по принципу суперпозиции как алгебраическая сумма потенциалов полей,
создаваемых шестью точечными зарядами:
φ=
6
1 φ𝑖
= φ1 + φ2 +φ3 +φ4 + φ5 + φ6 ,
(5)
где φ𝑖 – потенциал поля, создаваемого точечным зарядом 𝑄𝑖 в точке 𝐴,
находящейся на расстоянии 𝑟 = 𝑎 от заряда; он определяется следующей
формулой:
45
𝑘𝑄
φ𝑖 = 𝚒 .
𝑎
Поскольку все заряды одинаковы по модулю и находятся на одинаковом
расстоянии 𝑎 от исследуемой точки поля 𝐴, то слагаемые в уравнении (5)
различаются только знаком; при этом, согласно условию задачи, имеем
(φ1 + φ2 + φ3 + φ4 ) = 4φ1 > 0;
(φ5 + φ6 ) = − 2φ1 < 0.
В соответствии с уравнением (5) сумма этих потенциалов
φ = 4φ1 − 2φ1 = 2φ1 =
2𝑘𝑄1
𝑎
.
(6)
Величина φ, определяемая уравнением (6), не изменяется при любом
варианте размещения данных зарядов в вершинах шестиугольника.
Вычисляем потенциал электростатического поля в точке 𝐴:
φ=
2)
м
Ф
2∙9∙10 9 ∙2∙10 −9 Кл
3∙10 −2 м
𝐸
2
𝑄5
𝐸4 𝐸5
𝐸1
𝑄6
𝐸6
𝐸3
𝐸2
А
𝑄2
+
𝑄пр
𝑄1
𝑄4
Рис. 14
𝑄3
= 1,2 ∙ 103 В = 1,2 кВ.
Для второго варианта размещения
зарядов на рис. 14 также покажем
векторы всех сил, действующих
+
на пробный заряд 𝑄пр
, помещенный
в точку 𝐴, и 𝐸𝚒 ⇈ 𝐹𝚒 ,. В соответствии
с принципом суперпозиции полей (1)
складываем векторы напряженности
𝐸𝚒 , как рассмотрено выше, т. е.
попарно:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸6 + 𝐸2 + 𝐸3 +
𝐸4 + 𝐸5 = 2𝐸1 + 0 + 2𝐸4 =
2 𝐸1 + 𝐸4 ,
(7)
где модуль напряженности
𝐸1 = 𝐸4 =
𝑘𝑄1
, – в соответствии
с формулой (2).
Модуль результирующего вектора 𝐸 определяем из треугольника
на рис. 14 по теореме косинусов, в соответствии с уравнением (7):
𝑎2
1
𝐸 = 2 𝐸1 2 + 𝐸4 2 − 2𝐸1 𝐸4 cos120° = 2𝐸1 1 + 1 − 2(− ) = 2 3𝐸1 . (8)
2
Сравнивая формулы (8) и (4), отмечаем, что в данном варианте
размещения зарядов напряженность в 3 раз больше, чем в первом случае:
кВ
кВ
𝐸 = 3 ∙ 40 = 69 .
м
46
м
3)
𝑄2
𝑄5
𝑄3
𝐸4
𝐸1
𝐸5
𝐸6
А
+
𝑄пр
𝐸3
𝑄1
𝑄6
Направления напряженностей 𝐸𝚒
полей, созданных в точке 𝐴 каждым
точечным
зарядом,
показаны
на рис. 15. Складываем векторы 𝐸𝚒 ,
согласно принципу суперпозиции
ЭСП (1); при этом выделяем пары
векторов,
которые
направлены
по одной линии:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸3 + 𝐸2 + 𝐸4
+ 𝐸5 + 𝐸6 .
𝐸2
𝑄4
В последнем уравнении векторы,
заключенные в скобки, равны
по модулю и противоположны по направлению; следовательно, их
сумма равна нулю. Соответственно, и результирующий вектор 𝐸 = 0, так
как поля, созданные зарядами одинакового знака, в точке 𝐴 взаимно
компенсируются.
Рис. 15
Задача 7. Электростатическое поле создается нитью длиной 𝑙 = 0,8 м,
несущей заряд 𝑄 = 5 нКл, равномерно распределенный по длине нити.
Определите напряженность 𝐸 и потенциал φ в точке 𝐴, лежащей
на продолжении нити на расстоянии 𝑎 = 40 см от ближайшего ее конца.
Дано
Решение
𝑙 = 0,8 м;
d𝑄
𝑄+
𝐴 d𝐸
𝑄 = 5 нКл;
𝑟
𝑥
(d𝑙 = d𝑟)
𝑎 = 0,40 м.
𝑙
𝑎
1) 𝐸 − ?
2) φ− ?
Рис. 16
1) Размер заряженного тела – длина нити 𝑙, соизмерим с расстоянием 𝑎
от нити до исследуемой точки поля 𝐴, следовательно, заряд нити
не является точечным. В таких случаях мысленно разделяют заряд нити
на элементарные заряды d𝑄 и суммируют создаваемые ими в точке 𝐴 поля
напряженностью d𝐸 (рис. 16).
Чтобы определить направление векторов d𝐸 в точке 𝐴, мысленно
+
поместим в эту точку пробный положительный заряд 𝑄пр
и покажем
векторы сил d𝐹 , действующих со стороны элементарных зарядов нити d𝑄
на пробный заряд. Векторы d𝐹 направлены по линии, соединяющей заряды
+
d𝑄 и 𝑄пр
, а векторы d𝐸 ⇈ d𝐹 , следовательно, все бесконечно малые
47
векторы напряженности d𝐸 полей элементарных зарядов нити d𝑄
направлены вдоль оси 𝑥, т. е. параллельны друг другу.
Результирующий вектор 𝐸 , согласно принципу суперпозиции:
𝐸 = 𝑄 d𝐸 ,
(1)
в этом случае направлен вдоль оси 𝑥, а его модуль равен сумме модулей
складываемых векторов:
𝐸 = 𝑄 d𝐸 ,
(2)
где напряженность поля d𝐸, создаваемого точечным зарядом d𝑄, который
находится на участке бесконечно малой длиной d𝑙, определяется формулой
𝑘d𝑄
d𝐸 = 2 .
(3)
𝑟
𝑄
Здесь величина заряда d𝑄 = τ d𝑙, где τ = – линейная плотность заряда
𝑙
нити; 𝑟 – расстояние от заряда d𝑄 до исследуемой точки поля 𝐴.
Подставим формулу (3) в уравнение принципа суперпозиции (2),
заменяя элемент длины участка нити d𝑙 равной ему величиной d𝑟, –
бесконечно малым приращением переменной 𝑟. Определим пределы
интегрирования по этой переменной. В уравнении (2) суммируются поля
напряженностью d𝐸 всех элементарных зарядов нити d𝑄, начиная
с расположенного на расстоянии 𝑟 = 𝑎 от точки поля 𝐴 и заканчивая
зарядом, находящимся на другом конце нити, – на расстоянии 𝑟 = (𝑎 + 𝑙)
от исследуемой точки. Проинтегрируем в указанных пределах:
𝐸=
𝑄
d𝐸 =
𝑘τ d𝑙
𝑙
𝐸=
𝑟2
𝑘𝑄
1
𝑙
𝑎
= 𝑘τ
−
1
𝑎+𝑙
𝑎+𝑙 d𝑟
𝑎
𝑟2
=
= 𝑘τ −
𝑘𝑄
𝑎(𝑎+𝑙)
.
1
𝑟
; →
(4)
Проверим полученную расчетную формулу путем экстраполяции
зависимости (4): увеличим расстояние 𝑎 от конца нити до точки 𝐴 так,
чтобы 𝑎 ≫ 𝑙; при этом условии заряженную нить можно принять
за точечный заряд, а в формуле (4) полагать расстояние (𝑎 + 𝑙) ≈ 𝑎,
вследствие малости второго слагаемого. Таким образом, из формулы (4)
𝑘𝑄
получаем величину 𝐸 = 2 , равную напряженности поля, создаваемого
𝑎
точечным зарядом 𝑄 в точке поля, находящейся на расстоянии 𝑎 от заряда.
Следовательно, полученная формула (4) верна.
Вычисляем напряженность поля нити в точке 𝐴 по формуле (4):
𝐸=
м
Ф
9∙10 9 ∙1,5∙10 −9 Кл
0,4 м 0,4+0,8 м
= 281
В
м
.
2) Рассчитаем потенциал φ электростатического поля в точке 𝐴,
используя принцип суперпозиции: суммируя бесконечно малые величины
потенциала dφ полей, создаваемых элементарными зарядами d𝑄:
48
φ=
φ
0
dφ =
𝑘d𝑄
𝑄
𝑟
φ=
=
𝑘𝑄
𝑙
𝑎+𝑙 𝑘τd𝑟
𝑎
𝑟
𝑎+𝑙
ln
= 𝑘τ ln( 𝑎 + 𝑙 − ln 𝑎); →
=
𝑎
𝑘𝑄
𝑙
ln 1 +
𝑙
.
𝑎
(5)
Полученную формулу (5) также проверим на предельный случай
точечного заряда: нить на расстоянии 𝑎 ≫ 𝑙; при этом используем формулу
𝑙
𝑙
𝑙
приближенных вычислений ln 1 + ≈ , так как ≪ 1. Подставляя это
𝑎
𝑎
𝑎
𝑘𝑄
значение логарифма в выражение (5) получаем формулу в виде φ =
–
𝑎
как для потенциала поля, созданного точечным зарядом 𝑄. Следовательно,
полученная формула (5) верна.
Вычисляем по формуле (5) потенциал поля в заданной точке 𝐴:
φ=
м
Ф
0,8 м
0,4 м
9∙10 9 ∙15∙10 −9 Кл∙ln 1+
= 185 В.
0,8 м
Задача 8. Электростатическое поле создается нитью длиной 𝑙 = 1,5 м,
с зарядом 𝑄 = 1 мкКл, равномерно распределенным по длине. Определите
напряженность 𝐸 и потенциал φ поля в точке 𝐴 (рис. 17), находящейся
на расстоянии 𝑟0 = 0,5 м от нити и равноудаленной от ее концов.
Дано
Решение
𝑙 = 1,5 м;
𝑙
𝑄 = 1 мкКл;
𝑟0 = 0,5 м.
𝑟
𝑟0
1) 𝐸 − ?
2) φ − ?
d𝐸𝑥
𝑥
d𝐸
β
α
α
𝐴
d𝑙
α
𝑟dα
dα
β
d𝐸𝑦
𝑦
Рис. 17
1 Расчет напряженности ЭСП в точке 𝑨
Заряд 𝑄, находящийся на нити, не является точечным, так как
расстояние от заряда до точки 𝐴 соизмеримо с длиной заряженной нити.
Поэтому мысленно разбиваем заряд нити на бесконечно малые заряды d𝑄,
каждый из которых создает в точке 𝐴 поле напряженностью d𝐸 .
Направление вектора d𝐸 определяем, как обычно, помещая в точку 𝐴
49
+
пробный положительный заряд 𝑄пр
; на него со стороны заряда d𝑄 будет
действовать сила отталкивания d𝐹 , направленная вдоль линии,
+
соединяющей заряды d𝑄 и 𝑄пр
, а вектор d𝐸 ⇈ d𝐹 .
Вектор напряженности 𝐸 электростатического поля в точке 𝐴 найдем
по принципу суперпозиции, суммируя векторы d𝐸 от всех зарядов d𝑄,
расположенных на нити:
𝐸=
𝑄
d𝐸 .
(1)
Векторы d𝐸 ориентированы различно, образуя «веер» векторов, лежащих
в плоскости 𝑋𝑌. Для сложения этих векторов разложим каждый
на составляющие по осям 𝑥 и 𝑦 (см. рис. 17):
d𝐸 = d𝐸𝑥 + d𝐸𝑦 .
С учетом последнего равенства уравнение (1) перепишем в виде:
𝐸=𝚒
𝑄
d𝐸𝑥 + 𝚓
𝑄
(2)
d𝐸𝑦 .
(3)
Здесь проекции вектора d𝐸 находим из треугольника (см. рис. 17):
𝑘d𝑄
d𝐸𝑥 = d𝐸sinα; d𝐸𝑦 = d𝐸 cos α; где d𝐸 = 2 .
𝑟
Подстановка формул (4) в уравнение (3) дает следующее равенство:
𝑘d𝑄
𝐸=𝚒
𝑄
𝑟2
sinα + 𝚓
𝑘d𝑄
𝑄
𝑟2
cos α .
(4)
(5)
В подинтегральных выражениях уравнения (5) содержатся три
переменных: расстояние 𝑟, заряд d𝑄 и угол α. Перейдем к одной
𝑄
переменной – к углу α. Заряд d𝑄 = τd𝑙, где τ = – линейная плотность
𝑙
заряда нити; d𝑙 – элемент длины нити. Для двух малых треугольников (см.
рис. 17) приравняем общую сторону:
𝑟dα
d𝑙 cos α = 𝑟dα; → d𝑙 =
.
cos α
Здесь и в равенстве (5) расстояние 𝑟 от точечного заряда d𝑄 до точки 𝐴 :
𝑟
𝑟= 0 .
cos α
Заменим переменные d𝑙 и 𝑟 в подинтегральных выражениях,
преобразуя уравнение (5), и выполним интегрирование; при этом пределы
интегрирования по углу α – от (−β) до β (см. рис. 17):
𝐸=𝚒
sin −β
β 𝑘τ sin α dα
+
−β
𝑟0
𝚓𝑘τ
=0+
где sin β =
𝑟0
𝚓
β 𝑘τ cos α dα
−β
𝑟0
=
𝚒𝑘τ
𝑟0
2sinβ,
𝑙
2
𝑙 2
+𝑟02
2
1+
𝚓𝑘τ
𝑟0
sinβ −
(6)
1
=
cos −β − cosβ +
2𝑟 0 2
𝑙
.
50
Первый интеграл в выражении (5), равный 𝐸𝑥 , обращается в нуль, так
как составляющие d𝐸𝑥 от зарядов d𝑄 правой части нити компенсируются
векторами d𝐸𝑥 ′ ⇅ d𝐸𝑥 от симметрично расположенных зарядов d𝑄′ левой
части нити. В результате результирующий вектор 𝐸 = 𝐸𝑦 ⇈𝚓, т. е. вектор
напряженности поля в точке 𝐴 направлен вдоль оси 𝑦
перпендикулярно нити. Модуль вектора напряженности найдем,
подставляя в уравнение 6 значение sin β:
2𝑘τ
𝐸=
𝑟0 1+
2𝑟 0
𝑙
2𝑘𝑄
=
2
𝑙 𝑟0 1+
2𝑟 0 2
𝑙
.
(7)
Проверим полученную расчетную формулу 7 на следующие
предельные случаи:
а При 𝑟0 ≫ 𝑙
расстояние до точки 𝐴 велико по сравнению
с размером нити, поэтому заряд нити можно считать точечным
в формуле
7
1+
2𝑟0 2
𝑙
≈
2𝑟0
𝑙
. Тогда 𝐸 =
2𝑘𝑄
𝑘𝑄
=
2𝑟
𝑙𝑟0 0
𝑙
𝑟02
; получена
формула напряженности поля, создаваемого точечным зарядом 𝑄,
следовательно, формула 7 верна.
б При 𝑟0 ≪ 𝑙 точка А вблизи нити, которую в этом случае можно
считать достаточно длинной в формуле 7
𝐸=
2𝑘τ
𝑟0
=
2τ
4πε 0 𝑟0
=
τ
2πε 0 𝑟0
.
Эта
формула
2𝑟0 2
1+
𝑙
совпадает
с
≈ 1. Тогда
формулой
для напряженности поля длинной нити, выведенной с помощью
теоремы Гаусса
см. «Теоретическая часть», формула
12 .
Следовательно, полученная расчетная формула 7 справедлива
и в этом приближении.
Вычисляем напряженность ЭСП в точке А по формуле 7 :
𝐸=
м
Ф
2∙9∙10 9 ∙1∙10 −6 Кл
1,5 м∙0,5 м 1+
2∙0,5 м
1,5 м
2
= 2,0 ∙ 104
В
м
= 20
кВ
м
.
2) Определение потенциала 𝝋 ЭСП в точке 𝑨
Используем принцип суперпозиции: суммируем бесконечно малые
величины потенциала dφ полей, которые создаются элементарными
зарядами d𝑄:
φ=
φ
0
dφ =
𝑘d𝑄
𝑄
ε𝑟
.
(8)
В подинтегральном выражении содержатся две переменных: расстояние 𝑟
𝑄
и заряд d𝑄. Величина заряда d𝑄 = τd𝑙, где τ = – линейная плотность
𝑙
51
заряда нити; d𝑙 – элемент длины нити. Для двух малых треугольников (см.
рис. 17) приравняем общую сторону:
d𝑙 cos α = 𝑟dα;
→
d𝑙 =
𝑟dα
cos α
.
С учетом последней формулы запишем величину заряда d𝑄:
τ𝑟dα
d𝑄 = τd𝑙 =
cos α
,
подставим ее в уравнение (8) и выполним интегрирование; при этом
пределы интегрирования по углу α – от (−β) до β (см. рис. 17):
β 𝑘τ𝑟dα
−β ε𝑟 cos α
φ=
=
β dα
0 cos α
2𝑘𝑄
ε𝑙
.
(9)
По таблице интегралов находим
dα
cos α
= ln │t𝗀
α
2
+
π
4
│ + 𝐶.
Рассчитываем величину потенциала φ по формуле (9):
φ=
2𝑘𝑄
ε𝑙
ln │t𝗀
β
2
+
π
4
π
2𝑘𝑄
4
ε𝑙
│ − ln │t𝗀 │ =
Определим угол β, для которого t𝗀 β =
β
π
𝑙
2𝑟0
ln │t𝗀
β
2
+
π
4
−0 .
(10)
1,5 м
= 1,5;
(см. рис. 17): t𝗀 β =
2∙0,5 м
→ β = 56,3°; тогда t𝗀 + = t𝗀 73,1° = 3,3.
2
4
Вычисляем потенциал ЭСП в исследуемой точке 𝐴 по формуле (10):
φ=
м
Ф
2∙9∙10 9 ∙1∙10 −6 Кл
1∙1,5 м
ln3,3 = 1,43 ∙ 104 В = 14,3 кВ.
Задача 9. Электростатическое поле создается нитью длиной 𝑙 = 1 м,
имеющей форму полукольца и несущей заряд 𝑄 = 10 нКл, равномерно
распределенный по длине нити. Определите напряженность 𝐸
электростатического поля и потенциал φ в точке 𝑂 в центре полукольца.
Дано
Решение
τ+
𝑙 = 1 м;
𝑄 = 10−8 Кл;
1) 𝐸 − ?
d𝑄′
dα
d𝐸𝑥
2) φ − ?
d𝐸
𝑅
α
𝑂
α
d𝐸𝑦 d𝐸𝑦 ′
𝑦
52
d𝑄
d𝑙
d𝐸𝑥 ′
𝑥
d𝐸 ′
,
Рис. 18
1) Заряд, распределенный по полукольцу, находится от точки 𝑂
на расстоянии 𝑟 = 𝑅 – радиусу полукольца, и не является точечным,
так как размер заряженной нити 𝑙 > 𝑟. Поэтому мысленно разобьем весь
заряд тела на элементарные заряды d𝑄 и просуммируем создаваемые ими
поля напряженностью d𝐸 . Заряженное полукольцо имеет ось симметрии –
ось 𝑦, поэтому целесообразно рассмотреть векторы напряженности полей
d𝐸 и d𝐸 ′, создаваемые симметрично расположенными элементарными
зарядами d𝑄 и d𝑄′ соответственно (рис. 18).
Чтобы определить направление векторов d𝐸 , достаточно в точку 𝑂
+
мысленно поместить пробный положительный заряд 𝑄пр
и показать вектор
силы d𝐹 , которой элементарный положительный заряд d𝑄 отталкивает
пробный заряд (вектор d𝐹 направлен вдоль линии, соединяющей
взаимодействующие заряды). Вектор напряженности d𝐸 ⇈ d𝐹 , т. е.
совпадает по направлению с силой d𝐹 . Все элементарные заряды
полукольца создают «веер» векторов d𝐸 , расположенный в плоскости 𝑋𝑌.
Запишем принцип суперпозиции для напряженности 𝐸 ЭСП в точке 𝑂:
𝐸=
𝑄
d𝐸 .
(1)
Каждый бесконечно малый вектор d𝐸 разложим по координатным осям
𝑥 и 𝑦: d𝐸 = d𝐸𝑥 + d𝐸𝑦 , – при этом уравнение (1) перепишем в виде:
𝐸=
𝑄
d𝐸𝑥 +
𝑄
d𝐸𝑦 .
(2)
Для симметрично расположенных зарядов d𝑄 и d𝑄′ по рис. 18 видно, что
вектор d𝐸𝑥 ′ ⇅ d𝐸𝑥 , а модули их одинаковы, следовательно, их сумма равна
нулю. Таким образом, все векторы d𝐸𝑥 , создаваемые элементарными
зарядами правой части полукольца, будут скомпенсированы векторами
d𝐸𝑥 ′ от зарядов левой части полукольца. В результате первый интеграл
в уравнении (2) обращается в нуль; подтвердим это расчетом.
Модули векторов d𝐸𝑥 и d𝐸𝑦 , необходимые для расчета 𝐸 , определим
из треугольников (см. рис. 18):
d𝐸𝑥 = d𝐸 ∙ cos α;
d𝐸𝑦 = d𝐸 ∙ sinα, где d𝐸 =
𝑘d𝑄
𝑅2
.
(3)
С учетом формул (3) принцип суперпозиции (2) преобразуется к виду:
𝐸=𝚒
𝑘d𝑄
𝑄
𝑅2
cos α + 𝚓
𝑘d𝑄
𝑄
𝑅2
sinα.
(4)
В подинтегральном выражении равенства (4) содержатся две переменные:
угол α и дифференциал заряда d𝑄. В таком случае переходят к одной
переменной, обычно к углу α, записывая элементарный заряд
d𝑄 = τd𝑙,
53
(5)
где τ =
𝑄
– линейная плотность заряда нити; d𝑙 = 𝑅dα, – элемент длины
𝑙
𝑙
полукольца, радиус которого 𝑅 = .
π
Подставим
величину
d𝑄,
определяемую
формулой
(5),
в подынтегральные выражения уравнения (4), вынесем постоянные
величины 𝑘, 𝑄, 𝑅 и 𝑙 за знак интегралов, и вычислим интегралы:
𝐸=
=
𝑘𝑄𝑅
𝑙𝑅 2
π𝑘𝑄
𝑙2
𝚒
π
0
cos α dα + 𝚓
π
0
π𝑘𝑄
sinαdα) =
2π𝑘𝑄
0 − 𝚓 (cosπ − cos0) = 𝚓
𝑙2
𝑙2
𝚒sinα│π0 − 𝚓 cos α │π0 =
.
(6)
Согласно полученному выражению (6), составляющая вектора
напряженности по оси 𝑥: 𝚒𝐸𝑥 = 0, – что и показывала взаимная
′
компенсация векторов d𝐸𝑥 и d𝐸𝑥 . В результате вектор напряженности
поля в точке 𝑂 сонаправлен орту оси 𝑦: 𝐸 ⇈ 𝚓, – т. е. вектор 𝐸 направлен
вдоль оси 𝑦 (см. рис. 18). Модуль вектора напряженности
𝐸=
Вычисляем: 𝐸 =
м
Ф
2∙3,14∙9∙10 9 ∙10∙10 −9 Кл
12 м2
2𝜋𝑘𝑄
𝑙2
.
(7)
= 558
В
м
кВ
= 0,56
м
.
2) Определяем потенциал точки 𝑂 электростатического поля,
созданного заряженным полукольцом, суммируя бесконечно малые
величины dφ полей элементарных зарядов d𝑄:
φ=
φ
0
dφ =
𝑄 𝑘d𝑄
0 𝑅
=
𝑘𝑄
𝑅
=
π𝑘𝑄
𝑙
.
(8)
Вычисляем потенциал ЭСП в исследуемой точке 𝑂:
φ=
м
Ф
3,14∙9∙10 9 ∙10∙10 −9 Кл
1м
= 282 В.
Задача 10. Тонкое кольцо радиусом 𝑅 = 10 см, несет равномерно
распределенный по длине заряд 𝑄 = 0,5 мкКл. Определите напряженность
𝐸 электростатического поля и его потенциал φ в точке 𝐴, равноудаленной
от всех точек кольца на расстояние 𝑟 = 20 см.
Дано
𝑅 = 0,10 м;
Решение
𝑄 = 0,5 мкКл =
𝑄+ d𝑄
𝑅
= 0,5 ∙ 10−6 Кл;
О
𝑟 = 0,20 м.
𝑟
α
d𝑄′
d𝐸⟘ ′
𝐴;
d𝐸⟘
1) 𝐸 − ? 2) φ − ?
Рис. 19
54
α
d𝐸 ′
d𝐸𝑥 ′
d𝐸𝑥
d𝐸
𝑥
1) Размеры заряженного кольца соизмеримы с расстоянием от кольца
до точки 𝐴, поэтому заряд кольца не является точечным. Следовательно,
как и в предыдущих задачах, мысленно разобьем весь заряд кольца
на элементарные заряды d𝑄 и сложим создаваемые ими поля
напряженностью d𝐸 , используя принцип суперпозиции:
𝐸=
d𝐸.
𝑄
(1)
Для определения направления векторов d𝐸 , как обычно,
в исследуемую точку поля 𝐴 мысленно помещаем положительный
+
пробный заряд 𝑄пр
и показываем силу d𝐹 , действующую на него
со стороны заряда d𝑄. Сила d𝐹 направлена вдоль линии, соединяющей
заряд d𝑄 с пробным, а вектор напряженности d𝐸 ⇈ d𝐹 (рис. 19). Так как
заряженное кольцо имеет ось симметрии: ось 𝑥, – то покажем на рисунке
и вектор d𝐸 ′ от заряда d𝑄′, расположенного симметрично заряду d𝑄.
Векторы d𝐸 от всех элементарных зарядов кольца образуют «конус
векторов». Для их сложения разложим каждый вектор d𝐸 на две
составляющие:
d𝐸 = d𝐸𝑥 + d𝐸⟘ ,
(2)
где d𝐸𝑥 – составляющая вектора d𝐸 , направленная по оси 𝑥; d𝐸⟘ –
составляющая, перпендикулярная вектору d𝐸𝑥 . При подстановке величины
d𝐸 , согласно равенству (2), в уравнение (1) результирующий вектор 𝐸
представится суммой двух интегралов:
𝐸=
𝑄
d𝐸𝑥 +
𝑄
d𝐸⟘ .
(3)
По рис. 19 видно, что вектор d𝐸⟘ = −d𝐸⟘ ′; вследствие этого
в уравнении (3) второй интеграл: 𝑄 d𝐸⟘ = 0, – так как векторы d𝐸⟘
от диаметрально противолежащих элементов заряда d𝑄 взаимно
компенсируются. В результате, поскольку направления всех составляющих
d𝐸𝑥 одинаково: вдоль положительного направления оси 𝑥, – то модуль
результирующего вектора напряженности в точке равен сумме модулей
d𝐸𝑥 :
𝐸=
𝑄
d𝐸𝑥 =
Здесь cos α =
ОА
𝑟
=
𝑄
d𝐸 cos α =
𝑟 2 −𝑅 2
𝑟
=
1−
𝑄 𝑘d𝑄 cos α
0
𝑟2
𝑅 2
𝑟
=
𝑘 cos α
𝑟2
𝑄
d𝑄
0
=
𝑘𝑄 cos α
𝑟2
.
.
Вычисляем напряженность ЭСП кольца в точке 𝐴 по формуле (4):
55
(4)
м
Ф
9∙10 9 ∙0,5∙10 −6 Кл∙ 1−
𝐸=
0,22
2
0,1 м
0,2 м
= 0,97 ∙ 105
м2
В
м
= 97
кВ
м
.
2) Потенциал точки 𝐴 электростатического поля, созданного
заряженным кольцом, определяем, суммируя бесконечно малые величины
потенциала dφ полей элементарных зарядов d𝑄:
φ
0
φ=
𝑄 𝑘d𝑄
0 𝑟
dφ =
=
𝑘𝑄
𝑟
.
(5)
Вычисляем потенциал ЭСП в точке 𝐴 по формуле (5):
φ=
м
Ф
9∙10 9 ∙0,5∙10 −6 Кл
0,2 м
= 2,25 ∙ 104 В = 22,5 кВ.
Задача 11. ЭСП создано двумя бесконечно длинными нитями,
скрещенными под прямым углом (рис. 20 а). Нити заряжены равномерно
мкКл
мкКл
по длине с линейными плотностями τ1 = 2,0
и τ2 = −1,0
. Для
м
м
точки 𝐴, расположенной на расстояниях 𝑎 = 10 см и 𝑏 = 20 см от нитей
(см. рис. 20 а), определите напряженность 𝐸 поля, созданного нитями,
и силу 𝐹 , действующую на заряд 𝑄0 = 10 нКл, помещенный в точку 𝐴.
Дано
τ1 = 2,0
Решение
мкКл
τ2 = −1,0
𝑦
;
м
мкКл
м
τ1+
;
τ−2
τ
+
1
𝑎 = 0,10 м;
𝑏 = 0,20 м;
𝑎
𝐴
𝑧
𝐹
𝐸
𝑏
𝑄0 = 10 нКл.
1) 𝐸 − ? 2) 𝐹 − ?
τ−2
𝑎
𝑄0
𝑏 𝐸2
𝐴 𝑄0+
а
𝐸1
б
Рис. 20
1) Электрическое поле, созданное равномерно заряженной нитью,
обладает осевой симметрией: силовые линии поля идут вдоль радиальных
направлений (рис. 20 б). Напряженность такого ЭСП рассчитывается
с помощью теоремы Гаусса и в точках, находящихся на расстоянии 𝑟
от нити с линейной плотностью заряда τ, определяется формулой:
𝐸=
2𝑘τ
56
𝑟
,
(1)
где 𝑘 = 9 ∙ 109
м
Ф
– коэффициент пропорциональности в законе Кулона.
Напряженность 𝐸 результирующего поля двух нитей в точке 𝐴
находим по принципу суперпозиции:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 ,
(2)
где 𝐸1 и 𝐸2 – напряженности полей, создаваемых первой и второй нитью.
Направление этих векторов (см. рис. 20 б) можно определить двумя
способами: 1) провести от каждой нити одну из радиальных силовых
линий ЭСП данной нити, проходящую через точку 𝐴, либо 2) как обычно,
+
поместить в точку 𝐴 пробный заряд 𝑄пр
и показать силы 𝐹𝚒 , действующие
на него со стороны нитей; при этом 𝐸𝚒 ⇈ 𝐹𝚒 . По рис. 20 б видно, что
векторы напряженностей 𝐸1 и 𝐸2 взаимно перпендикулярны, поэтому
модуль результирующего вектора 𝐸 находим по теореме Пифагора:
𝐸1 2 + 𝐸2 2 .
𝐸=
(3)
Подставляя в формулу (3) величины 𝐸1 и 𝐸2 по формуле (1), получаем
расчетную формулу напряженности 𝐸 данного ЭСП в точке 𝐴:
𝐸 = 2𝑘
τ1 2
𝑎
+
τ2 2
𝑏
.
(4)
Вычисляем величину напряженности поля
𝐸 = 2 ∙ 9 ∙ 109
м
Ф
2
2
0,1
+
1
2
10−12
0,2
Кл2
м4
= 3,7 ∙ 105
В
м
= 370
кВ
м
.
2) Формулу для расчета силы, действующей на точечный заряд 𝑄0 ,
находящийся в точке 𝐴 данного ЭСП, получим из определительной
формулы напряженности электрического поля:
𝐸=
𝐹
+
𝑄пр
+
; → 𝐹 = 𝑄пр
𝐸 ; → 𝐹 = 𝑄0 𝐸 .
(5)
Так как заряд 𝑄0 положительный, то направление силы 𝐹 , согласно
формуле (5), совпадает с направлением вектора напряженности поля
в точке А (см. рис. 20 б). Вычисляем модуль силы:
𝐹 = 10 ∙ 10−9 Кл ∙ 3,7 ∙ 105
В
м
= 3,7 ∙ 10−3 Н = 3,7 мН.
3.4.3. Расчет напряженности электростатического поля
с помощью теоремы Гаусса
План решения задач
1) Выясните тип симметрии электростатического поля, который
отображает симметрию заряженного тела, создающего поле:
57
а) сферическая (центральная) симметрия характерна для полей
равномерно заряженной сферы (нескольких концентрических сфер),
равномерно заряженного по объему шара, металлического шара и т. п.
б) цилиндрическая (осевая) симметрия имеется у полей, созданных
равномерно заряженной по длине нитью или цилиндром (несколькими
коаксиальными цилиндрами), равномерно заряженным по объему
цилиндром и т. п.
в) плоская (зеркальная) симметрия имеется у полей, созданных
равномерно заряженной плоскостью, равномерно заряженной по объему
пластиной и т. п.
2) Изобразите на рисунке силовые линии поля, ход которых
определяется симметрией заряженных тел.
3) Выберите замкнутую вспомогательную поверхность, проходящую
через выбранную точку поля (в которой требуется определить
напряженность) и удобную для расчета потока вектора напряженности
𝜙𝐸 = 𝐸𝑛 d𝑆. Для удобной поверхности проекция вектора напряженности
на нормаль 𝑛 к поверхности 𝐸𝑛 = 𝐸, т. е. вектор 𝐸 ⇈ 𝑛 в той точке, где
определяем величину 𝐸. Другие участки вспомогательной поверхности
выбирают такие, чтобы 𝐸𝑛 = 0. Заметим, что для определения проекции 𝐸𝑛
принято проводить внешнюю нормаль к поверхности. Таким образом, для
правильно выбранной вспомогательной поверхности поток ϕ𝐸 в левой
части теоремы Гаусса записывается в следующем виде:
𝐸𝑛 d𝑆 = 𝐸 𝑟 𝑆,
(1)
где 𝐸 𝑟 – напряженность поля на расстоянии 𝑟, отсчитанном от центра
(оси) симметрии заряда до точки, в которой определяем величину 𝐸.
4) Расчет напряженности поля с помощью теоремы Гаусса:
𝑆
𝑆
𝐸𝑛 d𝑆 =
1
𝜀0
внутри 𝑆
𝑄𝑖
,
(2)
выполняйте по областям; их выбирайте так, чтобы в пределах каждой
области правая часть уравнения (2) была неизменной. На границе двух
внутри 𝑆
соседних областей изменяется величина
𝑄𝑖
– сумма зарядов,
находящихся внутри выбранной вспомогательной поверхности, при этом
функция 𝐸 𝑟 изменяется скачком.
Задача 12. На двух концентрических сферах радиусами 𝑅 и 2𝑅
равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 = ς
мкКл
и ς2 = −ς, где ς = 0,10 2 . 1) Используя теорему Гаусса, найдите
м
зависимость проекции вектора напряженности ЭСП от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟)
для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (рис. 21). 2) Покажите направление вектора 𝐸
и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии 𝑟 = 3𝑅 от центра сфер.
3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
58
Дано
Решение
𝑟 = 𝑅 : ς1 = ς;
𝑟 = 2𝑅 : ς2 = −ς;
ς = 0,10
мкКл
м2
𝐼𝐼𝐼
.
1) в областях 𝐼, 𝐼𝐼, 𝐼𝐼𝐼:
𝐸𝑟 𝑟 − ?
2𝑅
𝐼𝐼
𝑅 𝐼
3
ς−2
ς1+
2 𝑟
𝑟
2) 𝐸 3𝑅 −?
𝑟
𝑛
𝑛
𝑛
1 𝑟
3) график 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
Рис. 21
Рис. 22
1) По условию задачи заряды, равномерно распределенные по сферам,
находятся на одинаковых расстояниях от центра сфер: 𝑟 = 𝑅 и 𝑟 = 2𝑅.
Следовательно, точка 𝑂 является центром симметрии системы зарядов,
а поле, созданное сферами, обладает центральной (сферической)
симметрией. На рис. 22 показано расположение зарядов и силовые линии
поля: 1) линии 𝐸 начинаются а) на положительных зарядах первой сферы,
б) либо на бесконечно большом расстоянии от сфер, и 2) силовые линии
идут к отрицательным зарядам второй сферы по радиальным линиям (из
центра сфер), – поле является сферически симметричным. Заметим, что
поле заряженной сферы на большом расстоянии от нее: 𝑟 ≫ 𝑅, – совпадает
с полем точечного заряда, также имеющим центральную симметрию.
Вспомогательные поверхности для расчета потока ϕ𝐸 в теореме Гаусса
выбираем также в виде сфер радиусом 𝑟, так как на них одинакова
величина проекции 𝐸𝑛 (𝑟). Единичные нормали 𝑛 к сферам направлены
радиально, поэтому проекции 𝐸𝑛 и 𝐸𝑟 совпадают. Тогда поток вектора 𝐸
через поверхность сферы радиусом 𝑟 и площадью 𝑆 = 4π𝑟 2 :
ϕ𝐸 = 𝐸𝑛 𝑆 = 𝐸𝑟 ∙ 4π𝑟 2 .
(1)
Расчет функции 𝐸𝑟 (𝑟) выполняем по следующим областям:
Область 𝐼: (0 < 𝑟 < 𝑅). В этой области выбираем произвольную точку
1 и проводим через нее сферу радиусом 𝑟 (см. рис. 22). Внутри данной
вспомогательной сферы нет зарядов: 𝑄внутри 𝑆 = 0. Тогда по теореме
Гаусса определяем: 𝐸1𝑟 ∙ 4π𝑟 2 = 0; → 𝐸1𝑟 (𝑟) = 0.
(2)
Область 𝐼𝐼: (𝑅 < 𝑟 < 2𝑅). В этой области проводим сферу радиусом 𝑟
через произвольную точку 2. Внутри данной вспомогательной сферы
находится заряд 𝑄1 = ς1 ∙ 4π𝑅2 – на поверхности первой заряженной
сферы радиусом 𝑅. Приравниваем поток, определяемый формулой (1),
по теореме Гаусса:
59
𝐸2𝑟 ∙ 4π𝑟 2 =
𝑄1
=
ε0
ς 1 ∙4π𝑅 2
ε0
где ς1 = ς.
,
Отсюда выражаем зависимость: 𝐸2𝑟 (𝑟) =
ς𝑅 2
ε0
𝑟2
1
, т. е. 𝐸2𝑟 (𝑟)~ 2 .
(3)
𝑟
Область 𝐼𝐼𝐼: (𝑟 > 2𝑅). В этой области вспомогательная сфера
радиусом 𝑟 проходит через точку 3. Внутри данной сферы находятся
заряды обеих сфер, следовательно
внутри 𝑆
𝑄𝑖
= 𝑄1 + 𝑄2 = ς1 ∙ 4π𝑅2 + ς2 ∙ 4π(2𝑅)2 = 4π𝑅2 ς − 4ς =
−3ς ∙ 4π𝑅2 .
Приравниваем поток, определяемый формулой (1), по теореме Гаусса:
𝐸3𝑟 ∙ 4π𝑟 2 =
−3ς∙4π𝑅 2
ε0
; → 𝐸3𝑟 (𝑟) = −
3ς𝑅 2
ε0𝑟 2
.
(4)
Таким образом, проекция вектора напряженности 𝐸3𝑟 < 0, а модуль
1
величины 𝐸3𝑟 ~ 2 , т. е. уменьшается с увеличением расстояния 𝑟.
𝑟
2) Заданная точка для определения напряженности поля находится
на расстоянии 𝑟 = 3𝑅 от центра сфер, следовательно, она лежит в области
𝐼𝐼𝐼, поэтому проекцию напряженности рассчитываем по формуле (4):
𝐸3𝑟 3𝑅 = −
3ς𝑅 2
ε 0 3𝑅
2
=−
ς
3ε 0
.
(5)
Здесь ε0 – электрическая постоянная.
Вычисляем проекцию 𝐸𝑟 поля сфер в заданной точке по формуле (5):
Кл
𝐸𝑟 3𝑅 = −
0,1∙10 −6 2
м
Ф
3∙8,85∙10 −12
м
= −3,8 ∙ 103
В
м
= −3,8
кВ
м
.
Знак “−” означает, что вектор 𝐸 в области 𝐼𝐼𝐼 направлен против
радиального направления, т. е. к центру сфер, как показано на рис. 22.
𝐸𝑟
𝐸1𝑟 𝑅 = 0; 𝐸2𝑟 (𝑅) =
ς
ε0
𝐸2𝑟 (2𝑅) =
𝑅
2𝑅
𝑟
ς
ε0
Рис. 23
60
=
ε 0 (2𝑅)2
3ς𝑅 2
𝐸3𝑟 (2𝑅) = −
0
−
ς𝑅 2
ε 0 (2𝑅)2
ς
ς𝑅 2
ε0
4ε 0
𝑅2
ς
= ;
ε0
;
=−
3ς
4ε 0
.
3) Для построения графика
(рис. 23) найдены проекции 𝐸𝑟
на границах участков – по
уравнениям (3), (4) (см. выше).
1
Линии зависимости 𝐸𝑟 (𝑟)~ 2
𝑟
(часть гиперболы) отражают
снижение сил взаимодействия
по мере увеличения 𝑟 –
расстояния от заряженных тел.
ς
ε0
Задача 13. На двух коаксиальных бесконечно длинных цилиндрах
радиусами 𝑅 и 2𝑅 равномерно распределены заряды с поверхностными
мкКл
плотностями ς1 = −ς и ς2 = 3ς, где ς = 1,0 2 . 1) Используя теорему
м
Гаусса, найдите зависимость проекции вектора напряженности ЭСП
от расстояния 𝐸𝑟 (𝑟) для трех областей: 𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (рис. 24). 2) Покажите
направление вектора 𝐸 и вычислите модуль 𝐸 в точке на расстоянии
𝑟 = 4𝑅 от оси цилиндров. 3) Постройте график зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
Дано
Решение
𝑟 = 𝑅 : ς1 = −ς;
𝑟 = 2𝑅 : ς2 = 3ς;
ς = 1,0
мкКл
м2
2𝑅
𝑅
𝐼 𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼
.
ς1−
1) в областях 𝐼, 𝐼𝐼, 𝐼𝐼𝐼:
𝐸𝑟 𝑟 − ?
𝑛о
ℎ
ς+2
2
1
ℎ
2) 𝐸 4𝑅 −?
𝑛
3 𝑛
3) график 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟).
Рис. 24
Рис. 25
1) По условию задачи заряды, равномерно распределенные
по поверхности цилиндров, находятся на одинаковых расстояниях от оси
цилиндров: 𝑟 = 𝑅 и 𝑟 = 2𝑅. Следовательно, ось цилиндров является осью
симметрии данной системы зарядов, а ЭСП, созданное цилиндрами,
обладает осевой симметрией. На рис. 25 показаны силовые линии поля.
Линии вектора 𝐸 начинаются на положительных зарядах второго цилиндра
и идут к отрицательным зарядам первого цилиндра либо в бесконечность
по радиальным линиям, так как такое поле является осесимметричным.
Вспомогательные поверхности для расчета потока ϕ𝐸 в теореме Гаусса
выбираем также в виде цилиндров радиусом 𝑟, так как на их боковой
поверхности одинакова величина проекции 𝐸𝑛 . Единичные нормали 𝑛
к этим поверхностям идут по радиальным направлениям, поэтому
проекции 𝐸𝑛 и 𝐸𝑟 совпадают. Чтобы боковая поверхность была замкнутой
«закроем» основания (торцы) цилиндров дисками, плоскость которых
ортогональна боковой поверхности цилиндра. В этом случае векторы 𝐸
будут скользить вдоль плоскости оснований и проекция напряженности
на нормаль к основаниям 𝐸𝑛 0 = 0, следовательно, и поток ϕ𝐸 (𝑆осн ) = 0.
Поток вектора 𝐸 через такой замкнутый цилиндр радиусом 𝑟 и высотой ℎ
определяется следующей формулой:
осн
ϕ𝐸 = ϕбок
𝐸 + 2ϕ𝐸 = 𝐸𝑛 𝑆бок = 𝐸𝑟 ∙ 2π𝑟ℎ.
61
(1)
Расчет функции 𝐸𝑟 (𝑟) выполняем по следующим областям:
Область 𝐼: (0 < 𝑟 < 𝑅). В этой области выбираем произвольную точку
1 и проводим вспомогательный цилиндр радиусом 𝑟 такой, чтобы точка 1
лежала на боковой поверхности цилиндра (см. рис. 25). Внутри этого
цилиндра нет зарядов: 𝑄внутри 𝑆 = 0. Следовательно, по теореме Гаусса
получаем
𝐸1𝑟 ∙ 2π𝑟ℎ = 0; → 𝐸1𝑟 (𝑟) = 0.
(2)
Область 𝐼𝐼: (𝑅 < 𝑟 < 2𝑅). В этой области проводим вспомогательный
цилиндр радиусом 𝑟, равным расстоянию от оси цилиндра
до произвольной точки 2, чтобы эта точка оказалась на боковой
поверхности цилиндра. Внутри данного вспомогательного цилиндра
на поверхности первого цилиндра радиусом 𝑅 находится заряд 𝑄1 = ς1 ×
2π𝑅ℎ. Приравниваем поток, определяемый формулой (1), по теореме
Гаусса:
𝑄
ς ∙2π𝑅ℎ
𝐸2𝑟 ∙ 2π𝑟ℎ = 1 = 1
, где ς1 = −ς.
ε0
ε0
При этом произвольно выбранный параметр ℎ сокращается, и получаем
зависимость в виде:
ς𝑅
𝐸2𝑟 (𝑟) = −
.
(3)
ε0𝑟
1
Таким образом, проекция вектора 𝐸2 : 𝐸2𝑟 < 0, а модуль 𝐸2 ~ ,
𝑟
т. е. уменьшается с увеличением расстояния 𝑟.
Область 𝐼𝐼𝐼: (𝑟 > 2𝑅). В этой области боковую поверхность
вспомогательного цилиндра проводим через точку 3. Внутри данного
цилиндра находятся заряды обоих цилиндров, следовательно,
внутри 𝑆
𝑄𝑖
= 𝑄1 + 𝑄2 = ς1 ∙ 2π𝑅ℎ + ς2 ∙ 2π(2𝑅)ℎ = 2π𝑅ℎ −ς + 6ς =
5ς ∙ 2π𝑅ℎ.
Приравниваем поток, определяемый формулой (1), по теореме Гаусса:
𝐸3𝑟 ∙ 2π𝑟ℎ =
5ς∙2π𝑅ℎ
ε0
; → 𝐸3𝑟 (𝑟) =
5ς𝑅
ε0𝑟
1
, т. е. 𝐸3𝑟 ~ .
𝑟
(4)
2) Заданная в условии задачи точка для определения напряженности
поля находится на расстоянии 𝑟 = 4𝑅 от оси цилиндров, следовательно,
она лежит в области 𝐼𝐼𝐼, поэтому проекцию напряженности рассчитываем
по формуле (4):
5ςR
5ς
𝐸3𝑟 4𝑅 =
= .
(5)
ε 0 4𝑅
4ε 0
Здесь ε0 – электрическая постоянная.
Вычисляем значение проекции напряженности ЭСП цилиндров
в заданной точке по формуле (5):
Кл
𝐸𝑟 4𝑅 =
5∙1∙10 −6 2
м
Ф
4∙8,85∙10 −12
м
= 1,41 ∙ 105
62
В
м
= 141
кВ
м
.
Проекция напряженности 𝐸𝑟 положительная, следовательно, вектор 𝐸
в этой точке направлен по радиальному направлению от оси цилиндров,
что соответствует показанному на рис. 25.
3) Для построения графика зависимости 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟) найдем значения
проекции вектора напряженности на границах участков:
ς𝑅
𝐸𝑟
𝐸2𝑟 (𝑅) = −
2ς
ε0
𝐸2𝑟 (2𝑅) = −
𝐸3𝑟 (2𝑅) =
ς
ε0
0
−
𝑅
2𝑅
ς
ε0
𝑟
Рис. 26
ς
ε0R
=− ;
ε0
ς𝑅
ε 0 2R
5ςR
ε 0 2R
=
=−
5ς
2ε 0
ς
2ε 0
;
.
Используя эти граничные
значения, построим график
зависимости проекции
𝐸𝑟
вектора
напряженности
от расстояния 𝑟, отсчитанного
от оси цилиндров: 𝐸𝑟 = 𝑓(𝑟)
(рис. 26).
Задача 14. На двух бесконечных параллельных плоскостях
равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями ς1 =
мкКл
−4ς и ς2 = 2ς, где ς = 0,50 2 . 1) Используя теорему Гаусса и принцип
м
суперпозиции электрических полей, найдите зависимость проекции
вектора напряженности ЭСП от координаты 𝐸𝑥 (𝑥) для трех областей:
𝐼, 𝐼𝐼 и 𝐼𝐼𝐼 (рис. 27). 2) Покажите направление вектора 𝐸 и вычислите
модуль 𝐸 в точке, расположенной справа от плоскостей. 3) Постройте
график зависимости 𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥).
Дано
Решение
ς1 = −4ς;
ς+
ς2 = 2ς;
ς = 0,50
мкКл
м2
ς1−
.
1) в областях 𝐼, 𝐼𝐼, 𝐼𝐼𝐼:
𝐼
ς+2
𝐼𝐼
𝐸𝑥 𝑥 − ?
𝑛бок
𝐼𝐼𝐼 𝐸 𝑛
𝑥
1′
𝑆
2) в области 𝐼𝐼𝐼: 𝐸 −?
3) график 𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥).
Рис. 27
Рис. 28
63
1
𝑛 𝐸
ЭСП, созданное двумя заряженными плоскостями, не обладает
симметрией, в отличие от поля одной заряженной плоскости, которое
имеет зеркальную симметрию. Поэтому с помощью теоремы Гаусса
найдем напряженность поля, создаваемого одной заряженной плоскостью
с поверхностной плотностью заряда ς+. Силовые линии этого поля
перпендикулярны плоскости и направлены от плоскости в обе стороны
(рис. 28) – такое поле симметрично относительно «плоскости-зеркала».
1) Для расчета напряженности 𝐸 выберем точки 1 и 1′ справа и слева
от плоскости на одинаковом расстоянии от нее; в силу симметрии поля
в этих точках одинаков модуль векторов: 𝐸1 = 𝐸1 ′ = 𝐸. В качестве
замкнутой поверхности выберем цилиндр, основания которого
параллельны заряженной плоскости. При этом нормали к основаниям
𝑛 ⇈ 𝐸 (см. рис. 28), следовательно, проекции 𝐸𝑛 = 𝐸 и слева, и справа
от плоскости. Поток вектора 𝐸 через боковую поверхность цилиндра равен
нулю: ϕ𝐸 бок = 0, так как 𝐸 ⟘𝑛бок и поэтому 𝐸𝑛 бок = 0, поскольку линии
напряженности не пересекают боковую поверхность. Заметим, что
в качестве вспомогательной поверхности можно выбрать и прямую призму
или параллелепипед, основания которых проходили бы через точки 1 и 1′.
Вычислим поток вектора 𝐸 через такой замкнутый цилиндр:
ϕ𝐸 = 2 ϕ𝐸 осн + ϕ𝐸 бок = 2𝐸𝑆 + 0.
(1)
Заряд, находящийся внутри этой замкнутой поверхности, размещен
на диске площадью 𝑆 (см. рис. 28) и равен 𝑄внутри 𝑆 = ς𝑆. Приравняем
поток, определяемый формулой (1), по теореме Гаусса:
ς𝑆
2𝐸𝑆 = .
ε0
Из этого уравнения получаем зависимость
𝐸=
ς
2ε 0
.
(2)
Из формулы (2) следует, что напряженность 𝐸 электростатического
поля заряженной плоскости не зависит от расположения точки поля
относительно плоскости и одинакова во всех точках поля – такое поле
называется однородным. Это справедливо, пока плоскость можно считать
бесконечно большой, т. е. на расстояниях от заряженной плоскости,
достаточно малых по сравнению с ее размерами.
Для электростатического поля двух плоскостей, заданного в условии
задачи, найдем напряженность, используя принцип суперпозиции полей:
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 ,
(3)
где 𝐸1 и 𝐸2 – векторы напряженности полей первой и второй плоскости,
причем модули этих векторов определяются формулой (2):
64
𝐸1 =
ς1
2ε 0
; 𝐸2 =
ς2
2ε 0
.
Но сложение векторов в уравнении (3) необходимо выполнять с учетом
их направлений, которые определяем, как обычно, помещая в выбранную
+
точку поля пробный положительный заряд 𝑄пр
. Отрицательные заряды
первой плоскости будут притягивать к себе пробный заряд силой 𝐹1 ,
а положительные заряды второй плоскости будут отталкивать от себя
+
заряд 𝑄пр
силой 𝐹2 . По направлениям этих сил направлены линии
напряженности ЭСП: 𝐸1 ⇈ 𝐹1 и 𝐸2 ⇈ 𝐹2 . В каждой области пространства
покажем по одной линии напряженности поля заряженных пластин: линию
𝐸1 и линию 𝐸2 (рис. 29).
ς1−
ς+2
Запишем проекцию 𝐸𝑥 вектора
𝐸1
𝐸1
𝐸1
напряженности поля плоскостей,
проецируя уравнение (3) принципа
суперпозиции на ось 𝑥:
𝐸2
𝐸2
𝐸2
𝐸𝑥 = 𝐸1𝑥 + 𝐸2𝑥 .
(4)
𝐼
𝐼𝐼
𝐼𝐼𝐼
Найдем проекцию 𝐸𝑥 в каждой
𝑥
области:
Рис. 29
Область 𝐼 (слева от плоскостей):
𝐸𝐼𝑥 = 𝐸1 − 𝐸2 =
Область 𝐼𝐼 (между плоскостями):
ς1
2ε 0
−
ς2
2ε 0
𝐸𝐼𝐼𝑥 = −𝐸1 − 𝐸2 = −
=
1
1
2ε 0
ς1 − ς2 .
(5)
ς1 + ς2 .
(6)
−ς1 + ς2 .
(7)
2ε 0
Область 𝐼𝐼𝐼 (справа от плоскостей):
𝐸𝐼𝐼𝐼𝑥 = −𝐸1 + 𝐸2 =
1
2ε 0
Заметим, что для определения проекции напряженности 𝐸𝑥 в уравнения
(5), (6) и (7) следует подставлять модули величин ς𝑖 , так как их знак учтен
знаком проекций 𝐸𝚒𝑥 , которые соответствуют указанным направлениям
векторов 𝐸𝚒 для каждой плоскости.
2) Рассчитаем проекцию вектора напряженности ЭСП в области 𝐼𝐼𝐼 –
справа от плоскостей, по уравнению (7):
𝐸𝐼𝐼𝐼𝑥 =
1
2ε 0
ς
−4ς + 2ς = − .
ε0
(8)
Проекция 𝐸𝐼𝐼𝐼𝑥 отрицательна, следовательно, вектор 𝐸𝐼𝐼𝐼 направлен
противоположно положительному направлению оси 𝑥.
65
Вычисляем модуль вектора 𝐸𝐼𝐼𝐼 :
Кл
𝐸𝐼𝐼𝐼 =
0,5∙10 −6 2
м
Ф
8,85∙10 −12
м
= 5,65 ∙ 104
В
м
= 56,5
кВ
м
.
3) Чтобы построить график зависимости проекции вектора
напряженности 𝐸𝑥 от координаты 𝑥, найдем значения проекций в каждой
области пространства по уравнениям (5), (6) и (7):
𝐸𝑥
ς
ε0
𝐼
𝐼𝐼
𝐼𝐼𝐼
4ς−2ς
2ε 0
𝐸𝐼𝐼𝑥 = −
0
ς
−
ε0
−
𝐸𝐼𝑥 =
𝑥
2ς
ε0
Рис. 30
𝐸𝐼𝐼𝐼𝑥 =
=
ς
ε0
(4ς+2ς)
2ε 0
(−4ς+2ς)
2ε 0
; → 𝐸𝐼𝑥 > 0;
=−
3ς
ε0
; → 𝐸𝐼𝐼𝑥 < 0;
ς
= − ; → 𝐸𝐼𝐼𝐼𝑥 < 0.
ε0
Используя найденные значения,
одинаковые в пределах каждой
области,
построим
график
зависимости проекции 𝐸𝑥 вектора
напряженности от координаты 𝑥:
𝐸𝑥 = 𝑓(𝑥) (рис. 30).
3.4.4. Движение заряженных частиц в электростатическом поле
План решения задач
1) Решение задачи начните с рисунка, на котором необходимо
показать: а) направление силовых линий электростатического поля;
б) начальное (точка 1) и конечное (точка 2) положения движущейся
заряженной частицы; в) векторы скорости частицы 𝑣 и силы 𝐹 ,
действующей на частицу с зарядом 𝑄 со стороны электрического поля.
При этом нужно учитывать, что величина силы
𝐹 = 𝑄𝐸 .
Из данной формулы следует, что для положительно заряженной частицы
(протон, ион K + и др.) 𝐹 ⇈ 𝐸 , а для отрицательно заряженного электрона
𝐹 ⇅ 𝐸 . Если направление силы 𝐹 ⇅ 𝑣, то движение частицы замедленное,
и кинетическая энергия будет уменьшаться при таком движении. Если же
сила 𝐹 ⇈ 𝑣, то частица будет двигаться ускоренно, при этом ее скорость
и кинетическая энергия будут возрастать по мере движения.
2) Так как силы электростатического поля являются консервативными,
то для решения задач можно использовать закон сохранения энергии (ЗСЭ).
Для этого необходимо выбрать два положения движущейся заряженной
66
частицы в ЭСП и записать в каждом положении полную энергию частицы
𝑊, равную сумме кинетической 𝑊К и потенциальной 𝑊П энергии. Затем
следует приравнять значения полной энергии частицы в выбранных
положениях частицы – в начальном положении 1 и в конечном – 2:
𝑊К1 + 𝑊П1 = 𝑊К2 + 𝑊П2 .
3) Для величины энергии элементарных частиц нередко используют
внесистемную единицу измерения 1 эВ (электрон-вольт). В соответствии
с формулой
𝐴 = 𝑄 φ1 − φ2 = 𝑒 φ1 − φ2 ,
энергию величиной 1 эВ приобретает частица, имеющая заряд, равный
заряду электрона 𝑒, после прохождения в ЭСП разности потенциалов
∆φ = 1 В. Следовательно,
1 эВ = 1 𝑒 ∙ 1 В = 1,6 ∙ 10−19 Кл ∙ 1 В = 1,6 ∙ 10−19 Дж.
Таким образом, 1 эВ = 1,6 ∙ 10−19 Дж – весьма малая энергия
по сравнению с энергией, равной 1 Дж.
Задача 15. Электрон с кинетической энергией, равной 20 эВ, движется
из бесконечности вдоль силовой линии по направлению к металлической
сфере радиусом 𝑅 = 10 см, имеющей потенциал, равный −300 В.
Определите минимальное расстояние 𝑎, на которое приблизится электрон
к поверхности сферы.
Дано
Решение
𝑄 = 𝑒 = −1,6 ∙ 10−19 Кл;
𝑊К = 20 эВ;
𝑅 = 10 см;
φ(𝑅) = −300 В.
𝑎
𝑅
𝑟
2
𝑣 𝑒
𝐹
1
𝑎−?
Рис. 31
Так как потенциал сферы φ < 0, то сфера имеет отрицательный заряд.
При движении электрона (его заряд также отрицательный) к одноименно
заряженной сфере на него действует сила отталкивания 𝐹 ⇅ 𝑣 (рис. 31);
следовательно, движение электрона будет замедленным. Движение
электрона к сфере продолжится до тех пор, когда его скорость,
уменьшаясь, станет равной нулю в точке 2 на расстоянии от поверхности
67
сферы, равном 𝑎: 𝑣2 = 0, следовательно, и кинетическая энергия электрона
𝑚 𝑣2
в этой точке 𝑊К2 = 2 = 0.
2
Благодаря тому, что силы электростатического поля являются
консервативными, выполняется закон сохранения энергии – энергия
электрона остается постоянной в любой точке ЭСП:
𝑊К + 𝑊П = const.
(1)
Здесь потенциальная энергия 𝑊П = 𝑒φ, где 𝑒 – заряд электрона; φ –
потенциал поля сферы в той точке, где находится электрон.
Определим потенциал поля заряженной сферы, используя формулу
связи потенциала ЭСП с его напряженностью:
dφ = −𝐸𝑟 d𝑟.
(2)
Здесь проекция на радиальное направление вектора напряженности поля
вне сферы 𝐸𝑟 = 𝐸 (см. рис. 31). Величина напряженности поля сферы,
𝑘𝑄
1
найденная с помощью теоремы Гаусса: 𝐸 = 2 , где 𝑘 =
–
𝑟
4πε 0
коэффициент пропорциональности в законе Кулона; 𝑄– заряд сферы; 𝑟 –
расстояние от центра сферы до точки, в которой вычисляем 𝐸.
Найдем функцию φ(𝑟) по ее дифференциалу (см. формулу (2));
для этого вычислим неопределенный интеграл:
φ=
dφ = − 𝐸𝑟 d𝑟 = −
𝑘𝑄d𝑟
𝑟2
=
𝑘𝑄
𝑟
+ 𝐶.
(3)
Константу интегрирования 𝐶 определим, принимая за нуль потенциал
на бесконечно большом расстоянии от сферы: φ(𝑟 → ∞) = 0.
В соответствии с уравнением (3) запишем:
𝑘𝑄
φ 𝑟 → ∞ = + 𝐶 = 0; → 𝐶 = 0.
∞
Тогда потенциал поля, созданного заряженной сферой, на расстоянии 𝑟
от ее центра
𝑘𝑄
φ= .
(4)
𝑟
Соответственно, потенциальная энергия электрона в ЭСП, созданном
сферой
𝑘𝑒𝑄
𝑊П =
.
(5)
𝑟
Заряд сферы 𝑄 найдем по формуле (4), используя заданный в условии
задачи потенциал сферы:
𝑘𝑄
φ 𝑅 = ; → 𝑘𝑄 = 𝑅φ 𝑅 .
(6)
𝑅
Подставляя это выражение
потенциальной энергии
в
формулу
𝑅
𝑊П = 𝑒φ 𝑅 .
𝑟
68
(5),
получаем
величину
(7)
Вернемся к уравнению (1) закона сохранения энергии и приравняем
энергию частицы в двух точках – 1 и 2 (см. рис. 31):
𝑊1 = 𝑊2 ,
или 𝑊К1 + 𝑊П1 = 𝑊К2 + 𝑊П2 ,
(8)
где 𝑊1 – энергия электрона на бесконечно большом расстоянии от сферы;
𝑊2 – энергия электрона на минимальном расстоянии от поверхности
сферы, равном 𝑎. Подставим в уравнение (8) величины кинетической
и потенциальной энергии электрона в точках 1 и 2:
𝑊К1 +
𝑅
(𝑟→∞)
𝑒φ(R) =
𝑚 𝑣22
2
или 𝑊К1 + 0 = 0 +
+
𝑅
(𝑅+𝑎)
𝑅
(𝑅+𝑎)
𝑒φ(R),
𝑒φ(R).
(9)
Таким образом, уравнение ЗСЭ (9) отражает тот факт, что, по мере
приближения электрона к одноименно заряженной сфере, его кинетическая
энергия переходит в потенциальную энергию взаимодействия электрона
с полем сферы. Заметим, что, после остановки электрона на мгновение
в точке 2 (на минимальном расстоянии от поверхности сферы), он вновь
начнет движение, ускоряясь силой отталкивания 𝐹 и удаляясь от сферы
в радиальном направлении; при этом потенциальная энергия электрона
будет уменьшаться, а кинетическая – возрастать, в соответствии с законом
сохранения энергии (1).
Выразим искомое расстояние 𝑎 из уравнения ЗСЭ (9):
𝑅+𝑎
𝑅
𝑎
𝑒φ(R)
𝑅
𝑊К1
= 1+ =
;
→
𝑎=𝑅
𝑒φ R
𝑊К1
−1 .
Вычислим расстояние 𝑎 электрона от поверхности сферы:
𝑎 = 10 см ∙
𝑒∙300 В
100 эВ
− 1 = 10 см ∙
300 эВ
100 эВ
− 1 = 20 см.
Таким образом, скорость движения электрона к заряженной сфере
в условиях данной задачи уменьшается до нуля на расстоянии 𝑎 = 20 см =
2𝑅 от поверхности сферы.
Задача 16. Электрон, пройдя в плоском конденсаторе расстояние
м
𝑑 = 10 мм от одной пластины к другой, приобрел скорость 𝑣 = 5 × 106 .
с
Найдите 1) разность потенциалов 𝑈 между пластинами и напряженность
поля конденсатора, 2) поверхностную плотность заряда на пластинах.
Решение
1) Линии напряженности 𝐸 электростатического поля плоского
конденсатора перпендикулярны заряженным пластинам. Электрон,
ускоряясь силой 𝐹 , действующей на него со стороны ЭСП (𝐹 ⇅ 𝐸 ), при
движении от точки 1 вблизи отрицательно заряженной пластины до точки
2 на положительно заряженной пластине, приобрел кинетическую энергию
69
Дано
𝑑 = 1 ∙ 10−2 м;
𝑣0 = 0;
м
𝑣 = 5 ∙ 106 ;
ς+
с
ς−
𝐸
ς1−
ς+2
𝐸1
𝑣 𝐹𝑒 1
2
𝐸2
1) 𝑈 − ? 𝐸 − ?
2) ς − ?
𝑑
а
б
Рис. 32
𝑊К2 . Так как силы электростатического поля консервативные,
то выполняется закон сохранения энергии электрона в следующем виде:
𝑊К1 + 𝑊П1 = 𝑊К2 + 𝑊П2 ,
(1)
где 𝑊К1 и 𝑊К2 – кинетическая энергия электрона в точках 1 и 2 (рис. 32 а),
𝑊П1 и 𝑊П2 – потенциальная энергия электрона в тех же точках поля
конденсатора. Потенциальная энергия заряженной частицы (электрона)
в ЭСП описывается формулой:
𝑊П = 𝑄φ; → 𝑊П = 𝑄𝑒,
(2)
где 𝑄 = 𝑒 – заряд частицы, φ – потенциал той точки поля, в которой
находится заряженная частица.
Подставим величины кинетической и потенциальной энергии
в уравнение (1) ЗСЭ:
𝑚 𝑣0 2
𝑚 𝑣2
+ 𝑒φ1 =
+ 𝑒φ2 .
2
2
Перепишем это уравнение с учетом того, что начальная скорость
электрона 𝑣0 = 0, а разность потенциалов φ2 − φ1 = 𝑈:
𝑚 𝑣2
= 𝑒 φ2 − φ1 = 𝑒 φ2 − φ1 = 𝑒 𝑈.
(3)
Из уравнения (3) определим разность потенциалов между пластинами
2
𝑈=
где
𝑒
𝑚
= 1,76 ∙ 1011
Кл
кг
𝑚 𝑣2
2𝑒
=
𝑣2
2
𝑒
𝑚
,
(4)
– удельный заряд электрона.
м2
Вычислим разность потенциалов
𝑈=
25∙10 12 2
с
2∙1,76∙1011
Кл
кг
= 71 В.
Определим напряженность 𝐸 ЭСП конденсатора, учитывая, что
это поле однородное и его напряженность, как градиент потенциала,
определяется следующей формулой:
dφ
φ −φ
𝑈
𝐸=
= 2 1= ,
(5)
d𝑟
𝑥 2 −𝑥 1
𝑑
где 𝐸 – модуль вектора напряженности; 𝑈 – разность потенциалов между
пластинами конденсатора; (𝑥2 − 𝑥1 ) = 𝑑 – расстояние между пластинами.
70
Вычисляем 𝐸 =
71 В
1∙10 −2
м
= 7,1 ∙ 103
В
= 7,1
м
кВ
м
.
2) Поверхностная плотность ς зарядов на пластинах конденсатора
определяет величину напряженности поля; установим связь величин 𝐸
и ς. Напряженность ЭСП внутри плоского конденсатора, в соответствии
с принципом суперпозиции, равна сумме векторов напряженности полей
первой и второй пластин (рис. 32 б):
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 ,
(6)
где вектор 𝐸1 ⇈ 𝐸2 , а модуль напряженности полей, созданных первой и
второй пластинами конденсатора, определяется формулами, полученными
с помощью теоремы Гаусса:
𝐸1 =
ς1
2ε 0
;
𝐸2 =
ς2
2ε 0
.
(7)
Так как заряды и поверхностные плотности зарядов пластин конденсатора
одинаковы: 𝑄2 = 𝑄1 и ς2 = ς1 , то, согласно формулам (7), одинаковы
и напряженности полей: 𝐸1 = 𝐸2 . Тогда, по принципу суперпозиции (6),
модуль напряженности ЭСП в плоском конденсаторе
𝐸 = 2𝐸1 =
ς1
ε0
.
(8)
Из этого выражения получаем расчетную формулу поверхностной
плотности заряда на пластинах конденсатора и вычисляем значение
ς = ς2 = ς1 :
Ф
В
Кл
нКл
ς = ε0 𝐸 = 8,85 ∙ 10−12 ∙ 7,1 ∙ 103 = 0,625 ∙ 10−7 2 = 62,5 2 .
м
м
м
м
Задача 17. Электростатическое поле создано бесконечной прямой
нКл
нитью, заряженной с линейной плотностью заряда τ = 20
. Определите
м
кинетическую энергию электрона 𝑊К2 в точке 2, если в точке 1 его
кинетическая энергия 𝑊К1 = 100 эВ. Расстояния, задающие положения
точек 1 и 2 в ЭСП, показаны на рис. 33 а.
Дано
Решение
τ = 20
нКл
м
;
электрон: 𝑄 = −𝑒;
𝑊К1 = 100 эВ;
𝐸
τ+
2
𝑎
𝑟1
1
𝑟2
3𝑎
𝑊К2 − ?
𝑣 𝐹 𝑒
2
а
б
Рис. 33
71
1
Электростатическое поле, созданное заряженной нитью, имеет
радиально направленные силовые линии (рис. 33 б) и имеет осевую
симметрию (ось симметрии поля – заряженная нить). Напряженность
такого поля в точке на расстоянии 𝑟 от нити, вычисленная с помощью
теоремы Гаусса, определяется формулой
𝐸=
τ
2πε 0 𝑟
=
2𝑘τ
𝑟
м
, где 𝑘 = 9 ∙ 109 .
(1)
Ф
Движение электрона из точки 1 в точку 2 по направлению
к положительно заряженной нити будет ускоренным; оно происходит
2𝑘𝑒τ
под действием силы 𝐹 ⇈ 𝑣: 𝐹 = 𝑒𝐸 =
. Эта сила будет возрастать
𝑟
по мере движения электрона вследствие уменьшения расстояния 𝑟 от нити.
Описание движения частицы под действием переменной силы потребует
составления и решения закона динамики движения в дифференциальной
форме с последующим интегрированием, что является непростой задачей.
Существует рациональный путь решения задачи с помощью закона
сохранения энергии, который выполняется благодаря консервативности
сил электростатического поля. Запишем формулировку ЗСЭ:
𝑊1 = 𝑊2 , или 𝑊К1 + 𝑊П1 = 𝑊К2 + 𝑊П2 ,
(2)
где 𝑊К1 и 𝑊П1 – кинетическая и потенциальная энергии электрона
в точке 1 (см. рис. 33 б); 𝑊К2 и 𝑊П2 – те же величины в точке 2 ЭСП
конденсатора.
Из уравнения (2) выразим определяемую величину кинетической
энергии электрона
𝑊К2 = 𝑊К1 + 𝑊П1 − 𝑊П2 .
(3)
Потенциальная энергия частицы с зарядом 𝑄 в точке поля, имеющей
потенциал φ, описывается следующей формулой:
𝑊П = 𝑄φ; → 𝑊П = 𝑒φ.
(4)
С учетом формулы (4) расчетная формула (3) преобразуется к виду:
𝑊К2 = 𝑊К1 + 𝑒 φ1 − φ2 = 𝑊К1 + 𝑒 φ2 − φ1 .
(5)
Вычислим разность потенциалов (φ2 − φ1 ) в ЭСП, созданном
заряженной нитью. Для этой цели используем формулу связи между
напряженностью и потенциалом в виде dφ = −𝐸𝑟 d𝑟:
∆φ =
2
dφ
1
= φ2 − φ1 = −
𝑟2
𝐸 d𝑟
𝑟1 𝑟
=
𝑟1 2𝑘τ
d𝑟
𝑟2 𝑟
= 2𝑘τ ln
𝑟1
𝑟2
.
(6)
Подставим полученную разность потенциалов в выражение (5), которое
при этом преобразуется к следующему виду:
𝑊К2 = 𝑊К1 + 2 𝑒 𝑘τ ln
72
𝑟1
𝑟2
.
По полученной расчетной формуле вычислим кинетическую энергию
электрона в точке 2, выражая начальную энергию электрона в джоулях
(1 эВ = 1,6 ∙ 10−19 Дж):
𝑊К2 = 100 эВ ∙ 1,6 ∙ 10−19
ln
4𝑎
𝑎
= 1,6 ∙ 10−19
Дж
эВ
Дж
эВ
+ 2 ∙ 1,6 ∙ 10−19 Кл ∙ 9 ∙ 109
м
Ф
∙ 20 × 10−9
Кл
м
∙
100 эВ + 500 эВ = 0,96 ∙ 10−17 Дж = 600 эВ.
3.4.5. Конденсаторы. Энергия электрического поля
План решения задач
1) Прежде всего, необходимо изобразить на рисунке схему соединения
конденсаторов согласно условию задачи. Если конденсаторов несколько
и приведена схема их соединения, то в ней нужно выделить группы
конденсаторов, соединенных параллельно. Признаки параллельного
соединения: а) одинаковая разность потенциалов на выделенных группах
(или одинаковый потенциал обкладок, при этом крайние конденсаторы
групп соединены одноименно заряженными обкладками); б) заряд батареи,
который подводится при ее зарядке от источника тока (или отводится при
разряде батареи), равен сумме зарядов параллельно соединенных групп
конденсаторов. Например, в схеме, приведенной на рис. 34, конденсаторы
𝐶2 и 𝐶3 соединены последовательно
1
𝐶2,3
=
1
𝐶2
+
1
𝐶3
. Группа этих двух
конденсаторов емкостью 𝐶2,3 соединена
параллельно с конденсатором емкостью 𝐶4 .
Но конденсатор емкостью 𝐶1 соединен
𝐶1
последовательно с группой конденсаторов
𝐶2 , 𝐶3 и 𝐶4 , емкость которой равна (𝐶2,3 +
𝐶4 ).
2) При соединении двух предварительно
ℰ 𝐶4
заряженных конденсаторов или проводников,
а также при подключении незаряженного
проводника (конденсатора) к заряженному
проводнику происходит перераспределение
Рис. 34
зарядов между проводниками или обкладками
конденсаторов. При этом обязательно выполняется закон сохранения
электрического заряда (ЗСЗ), так как соединяемые проводники
(конденсаторы), окруженные слоем диэлектрика – воздуха, образуют
замкнутую (электрически изолированную) систему.
3) Суммарная энергия электростатических полей проводников
(конденсаторов) до их соединения обычно больше энергии ЭСП после
соединения проводников. Это согласуется с законом сохранения энергии,
так как часть энергии начальных электростатических полей выделяется
𝐶2
𝐶3
73
при протекании по проводникам тока перезарядки (преобразуется при их
нагреве во внутреннюю энергию проводников), преимущественно, в слабо
ионизированном воздухе путем образовании искры.
Задача 18. Два заряженных металлических шара, первый радиусом
𝑅1 = 2,0 см, имеющий заряд 𝑄1 = 30 нКл, а второй – радиусом 𝑅2 =
3,0 см, имеющий потенциал φ2 = 5,0 кВ, соединили проводником,
емкостью которого можно пренебречь. Определите 1) заряд второго шара
до соединения шаров, 2) потенциал шаров φ′ после их соединения,
3) энергии 𝑊1 и 𝑊2 каждого шара до соединения, 4) их энергии 𝑊1 ′ и 𝑊2 ′
после соединения шаров.
Дано
Решение
𝑅1 = 2 ∙ 10−2 м;
𝑄1 = 30 нКл;
𝑅2 = 3 ∙ 10−2 м;
φ2 = 5,0 кВ;
𝐶пров ≈ 0.
φ2
𝑄1
𝑅1
φ1′ = φ′2 = φ′
𝑅2
𝑄1′
1) 𝑄2 − ? 2) φ′ − ?
а
3) 𝑊1 − ? 𝑊2 − ?
𝑄2′
б
Рис. 35
4) 𝑊1′ − ? 𝑊2′ − ?
1) Условия
статического
равновесия
свободных
электронов
в заряженном проводнике: а) напряженность электростатического поля
𝐸 внутри шара = 0 (только при этом электрическая сила, действующая
на электроны, 𝐹эл = 𝑒𝐸 = 0); б) потенциал проводника φвнутри шара =
φповерхности = φ(𝑅); в) весь избыточный заряд находится на поверхности
проводника. Таким образом, потенциал φ металлического шара равен
потенциалу сферы, равномерно заряженной по поверхности:
𝑘𝑄
φ= ,
(1)
где 𝑘 =
1
4πε 0
=9∙
м
109
Ф
ε𝑅
– коэффициент пропорциональности в законе
Кулона; 𝑄 – заряд шара; ε – диэлектрическая проницаемость среды
(для воздуха ε ≈ 1); 𝑅 – радиус шара.
Заряд второго шара выразим из формулы (1):
𝑄2 =
Вычисляем 𝑄2 =
5∙10 3 В∙3∙10 −2 м
9∙10 9
м
Ф
φ 2 𝑅2
𝑘
.
= 1,67 ∙ 10−8 Кл = 16,7 нКл.
2) При соединении шаров (рис. 35) заряды на них перераспределяются
так, чтобы образовался один эквипотенциальный проводник:
φ1′ = φ′2 = φ′.
74
Иначе, если будет разность потенциалов между шарами, то будет
φ −φ
протекать электрический ток, в соответствии с законом Ома: 𝐼 = 1 2 ,
𝑅
где 𝑅 – сопротивление соединительного проводника.
Потенциал шаров φ′ связан с их суммарным зарядом Q′ формулой
𝐶φ′ = Q′,
(2)
где 𝐶 = (𝐶1 + 𝐶2 ) – электроемкость двух соединенных шаров, ее находим,
как для параллельно соединенных конденсаторов, так как аналогично
таковому, с поверхности соединенных шаров при их разряде отведется
сумма зарядов шаров Q′ = (𝑄1′ + 𝑄2′ ). Эту сумму найдем, используя закон
сохранения заряда: сумма зарядов шаров до соединения равна суммарному
заряду соединенных шаров:
Q′ = 𝑄1 + 𝑄2 ;
(соединительный проводник практически не приобрел заряд, так как его
емкость пренебрежимо мала: 𝑄пров = 𝐶пров φ′ ≈ 0). Подставим величину Q′
в формулу (2) и определим из нее потенциал шаров
φ′ =
Q′
𝐶
=
𝑄1 +𝑄2
𝐶1 +𝐶2
.
(3)
Электроемкость шара найдем по определительной формуле, используя
значение потенциала шара, определяемое формулой (1):
𝑄
𝑄ε𝑅
ε𝑅
ε𝑅
ε𝑅
𝐶= =
= ; → 𝐶1 = 1 ; 𝐶2 = 2 .
(4)
φ
𝑘𝑄
𝑘
𝑘
𝑘
Эти значения емкости шаров подставим в формулу (3), принимая
для воздуха ε ≈ 1:
𝑘(𝑄 +𝑄 )
φ′ = 1 2 .
(5)
𝑅1 +𝑅2
Вычисляем по формуле (5) потенциал шаров после их соединения:
′
φ =
м
Ф
9∙10 9 ∙ 30+16,7 ∙10 −9 Кл
2+3 ∙10 −2 м
= 8,41 ∙ 103 В = 8,41 кВ.
3) Значения энергии электростатического поля заряженных шаров
до их соединения найдем по формуле
𝑄2
𝑊= .
2𝐶
Подставляя величину емкости по формуле (4), получаем расчетные
формулы:
𝑊=
𝑘𝑄 2
2𝑅
; → 𝑊1 =
𝑘𝑄1 2
2𝑅1
;
𝑊2 =
𝑘𝑄2 2
2𝑅2
.
Вычисляем значения энергий ЭСП шаров до их соединения:
𝑊1 =
м
Ф
9∙10 9 ∙30 2 ∙10 −18 Кл2
2∙2∙10 −2 м
𝑊2 =
= 2,25 ∙ 10−4 Дж = 225 мкДж;
м
Ф
9∙10 9 ∙(16,7)2 ∙10 −18 Кл2
2∙3∙10 −2 м
= 41,8 мкДж.
Значения энергии ЭСП соединенных шаров, потенциал которых равен
φ , найдем по следующей формуле:
′
75
𝐶(φ ′ )2
𝑅 (φ ′ )2
𝑅 (φ ′ )2
𝑊′ =
; → 𝑊1′ = 1
; 𝑊2′ = 2
.
2
2𝑘
2𝑘
Вычисляем по этим формулам энергии соединенных шаров:
𝑊1 ′ =
𝑊2′ =
2∙10 −2 м∙8,412 ∙10 6 В2
2∙9∙10 9
м
Ф
3∙10 −2 м∙8,412 ∙10 6 В2
2∙9∙10 9
м
Ф
(7)
= 78,6 мкДж;
= 118 мкДж.
Используя закон сохранения энергии в следующем виде:
𝑊1 + 𝑊2 = 𝑊1 ′ + 𝑊2 ′ + ∆𝑊,
определяем энергию ∆𝑊, которая пошла на образование искры:
∆𝑊 = 𝑊1 + 𝑊2 − 𝑊1 ′ + 𝑊2 ′ = 225 + 42 − 79 + 118 мкДж
= 70 мкДж.
Таким образом, на образование искры при соединении шаров затрачена
часть энергии δ =
70 мкДж
267 мкДж
= 0,26, – 26% от их начальной энергии.
Задача 19. Конденсаторы емкостями 𝐶1 = 2,0 мкФ, 𝐶2 = 5,0 мкФ,
𝐶3 = 4,0 мкФ и 𝐶4 = 3,0 мкФ соединены так, как показано на рис. 36 а.
Разность потенциалов между точками 𝐴 и 𝐵 𝑈 = 300 В. Определите
1) заряд на пластинах каждого конденсатора 𝑄𝑖 , 2) заряд батареи
конденсаторов 𝑄 и 3) разность потенциалов 𝑈𝑖 на каждом конденсаторе.
𝐶1
𝐶2
𝐶1,2
А
В
𝐶3
𝐶4
𝐶3,4
𝑈
𝑈
а
б
Рис. 36
Дано
𝐶1 = 2,0 мкФ;
𝐶2 = 5,0 мкФ;
𝐶3 = 4,0 мкФ;
𝐶4 = 3,0 мкФ;
𝑈 = 300 В.
1) 𝑄𝑖 −? 2) 𝑄−?
3) 𝑈𝑖 −? 𝑖 = 1, 2, 3, 4.
Решение
1) Конденсаторы
емкостями
𝐶1 и 𝐶2
соединены между собой последовательно, поэтому
заряд на их обкладках одинаков и равен заряду
этого звена емкостью 𝐶1,2 :
𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄1,2 .
(1)
Для определения заряда на обкладках
конденсаторов используем формулу
𝐶1,2 𝑈 = 𝑄1,2 ,
(2)
где емкость 𝐶1,2 найдем по формуле соединения
76
конденсаторов (последовательного):
1
𝐶1,2
Вычислим
1
𝐶1,2
=
1
2 мкФ
+
1
5 мкФ
=
=
7
10
1
𝐶1
1
+ .
(3)
𝐶2
мкФ−1 ; → 𝐶1,2 =
10
7
мкФ = 1,43 мкФ.
Используя формулы (1) и (2), вычисляем заряд конденсаторов:
𝑄1 = 𝑄2 = 1,43 ∙ 10−6 Ф ∙ 300 В = 4,3 ∙ 10−4 Кл = 0,43 мКл.
Аналогичный расчет выполняем для пары конденсаторов емкостями
𝐶3 и 𝐶4 :
1
𝐶3,4
=
1
𝐶3
+
1
𝐶4
=
1
4 мкФ
+
1
3 мкФ
=
7
12
мкФ−1 ; → 𝐶1,2 =
12
7
мкФ = 1,7 мкФ.
Заряды на обкладках конденсаторов:
𝑄3 = 𝑄4 = 1,7 ∙ 10−6 Ф ∙ 300 В = 0,51 мКл.
2) Из эквивалентной схемы электрической цепи (рис. 36 б) следует,
что при параллельном соединении звеньев емкостями 𝐶1,2 и 𝐶3,4
электроемкость всей цепи
𝐶 = 𝐶1,2 + 𝐶3,4 = 3,13 мкФ.
По формуле (2) вычисляем заряд, который можно отвести с этой батареи
конденсаторов
𝑄 = 𝐶𝑈 = 3,13 ∙ 10−6 Ф ∙ 300 В = 0,94 мКл.
Отметим, что этот заряд 𝑄 = 𝑄1 +𝑄3 (см. рис. 36 б).
3) Напряжение на каждом конденсаторе найдем с помощью
следующей формулы:
𝑄
𝐶𝑖 𝑈𝑖 = 𝑄𝑖 ; → 𝑈𝑖 = 𝑖 .
(4)
𝐶𝑖
Вычисляем напряжение по полученной формуле:
𝑈1 =
𝑈3 =
0,43∙10 −3 Кл
2∙10 −6 Ф
0,51∙10 −3 Кл
4∙10 −6 Ф
= 215 В;
𝑈2 =
= 128 В; 𝑈4 =
0,43∙10 −3 Кл
5∙10 −6 Ф
0,51∙10 −3 Кл
3∙10 −6 Ф
= 86 В;
= 170 В.
Отметим, что вычисленные напряжения на конденсаторах согласуются
со схемой электрической цепи (см. рис. 36 а):
(𝑈1 +𝑈2 ) = 𝑈 = 300 ± 1 В и (𝑈3 +𝑈4 ) = 𝑈 = 300 ± 2 В.
Задача 20. Между обкладками заряженного конденсатора вдвигается
пластина диэлектрика с диэлектрической проницаемостью ε, плотно
прилегающая к обкладкам. Сравните следующие величины до и после
внесения диэлектрика: 1) заряды конденсатора 𝑄0 и 𝑄1 ; 2) разности
потенциалов 𝑈0 и 𝑈1 ; 3) емкости конденсатора 𝐶0 и 𝐶1 ; 4) напряженности
𝐸0 и 𝐸1 электростатического поля между пластинами; 5) энергии
конденсатора 𝑊0 и 𝑊1 . Рассмотрите два случая: а) конденсатор отключен
от источника тока; б) конденсатор подсоединен к источнику тока.
77
Дано
Решение
1)
4)
𝑄1
𝑄0
𝐸1
𝐸0
− ? 2)
𝑈1
− ? 5)
𝑊1
𝑈0
𝑊0
− ? 3)
𝐶1
𝐶0
𝐶0
𝐶0
а) конденсатор отключен
(рис. 37 а);
б) конденсатор подключен
(рис. 37 б).
𝐶1
ℰ
𝐶1
−?
ℰ
а
б
−?
Рис. 37
а) Диэлектрическая пластина вдвигается в конденсатор, отключенный от
источника тока (рис. 37 а).
1) Заряд обкладок конденсатора остается неизменным, так как
обкладки электрически изолированы:
𝑄
𝑄1 = 𝑄0 ; → 1 = 1.
𝑄0
3) Электроемкость плоского конденсатора описывается формулой
𝑆
𝐶 = ε0 ε .
(1)
𝑑
Согласно этой формуле, величина 𝐶 увеличится в ε раз при внесении
диэлектрика, так как для воздуха εвозд ≈ 1:
𝐶1
𝐶0
=
ε
ε возд
≈ ε.
2) Напряжение на конденсаторе изменяется
со следующей формулой:
𝐶𝑈 = 𝑄 = const.
в
соответствии
(2)
При увеличении емкости 𝐶 в ε раз величина напряжения 𝑈 снизится
в ε раз, чтобы произведение этих величин, равное заряду обкладок,
не изменилось.
4) Для однородного электростатического поля в плоском конденсаторе
напряженность поля
𝑈
𝐸= ,
(3)
𝑑
где 𝑑 – расстояние между обкладками, оно остается неизменным. Согласно
формуле (3), снижение напряжения 𝑈 на конденсаторе в ε раз приведет
к уменьшению напряженности ЭСП тоже в ε раз, так как эти величины
пропорциональны друг другу.
5) Сравним энергии ЭСП: так как заряд обкладок 𝑄 не изменяется,
то используем следующую формулу:
𝑊=
𝑄2
2𝐶
.
В этом случае отношение энергий запишем в виде:
78
(4)
𝑊1
𝑊0
=
𝐶0
𝐶1
1
= .
ε
Следовательно, энергия электрического поля конденсатора уменьшилась
в ε раз.
б) Пластина диэлектрика вдвигается в конденсатор, подсоединенный
к источнику тока (рис. 37 б).
2) Напряжение на конденсаторе равно ЭДС источника тока: 𝑈 = ℰ, –
так как каждый проводник, соединяющий источник тока с обкладкой
конденсатора, в условиях электростатики эквипотенциален. Таким
𝑈
образом, 𝑈1 = 𝑈0 = ℰ и отношение 1 = 1.
𝑈0
3) Электроемкость зависит только от геометрических параметров
(размеров и формы обкладок) конденсатора и от диэлектрической
проницаемости диэлектрика ε, и не зависит ни от заряда конденсатора,
ни от разности потенциалов между обкладками. Поэтому, в соответствии
с формулой (1), так же, как и в случае «а», емкость конденсатора
при помещении пластины диэлектрика увеличится в ε раз.
1) В соответствии с формулой 𝐶𝑈 = 𝑄, увеличение емкости
конденсатора 𝐶 в ε раз при неизменном напряжении 𝑈 приведет
к увеличению заряда обкладок также в ε раз. Необходимые для этого
дополнительные заряды придут на обкладки конденсатора с полюсов
источника тока.
4) В соответствии с формулой (3), при неизменном напряжении 𝑈
останется прежней и напряженность ЭП конденсатора: 𝐸1 = 𝐸0 .
𝐶𝑈 2
5) Значения энергии ЭСП сравним, используя формулу 𝑊 =
,
2
так как напряжения на обкладках одинаковы: 𝑈1 = 𝑈0 . Согласно
записанной формуле
𝑊1
𝐶
= 1 = ε,
𝑊0
𝐶0
т. е. энергия электрического поля конденсатора увеличилась в ε раз.
3.4.6. Постоянный электрический ток
План решения задач
1) Изобразите на рисунке схему электрической цепи (или схемы цепей)
в соответствии с условием задачи. Покажите на схемах направление токов
на участках цепи. В том случае, если в контуре электрической цепи есть
источник тока, то он определяет направления токов: от положительного
полюса источника к отрицательному полюсу. Если же в электрической
цепи нет источника тока, то направление токов на ее участках задают
произвольно. Но при наличии узла в электрической цепи (точки, где
сходятся три или более проводов), необходимо учесть, что в любом узле
должны быть как входящие токи (приносящие положительный заряд
в узел), так и выходящие из узла токи (они уносят положительный заряд).
79
Иначе, в соответствии с законом сохранения заряда, будет изменяться
заряд узла электрической цепи, а значит, и потенциал этой точки,
что приведет к изменению тока в цепи, – согласно закону Ома.
2) Следует иметь в виду, что напряжение, измеряемое вольтметром,
на неоднородном участке цепи (рис. 38)– это величина 𝑈 = φ1 − φ2 + ℰ,
ℰ, 𝑟
где ℰ – ЭДС источника тока. В случае
𝑅
однородного участка цепи (без источника
2
1
тока: ℰ = 0) величина измеряемого
напряжения совпадает с разностью
V
потенциалов на концах этого участка:
𝑈 = (φ1 − φ2 ).
Рис. 38
3) Используя в решении задачи закон Ома, применяйте
𝑈
для однородного участка цепи формулу 𝐼 = , либо в дифференциальной
𝑅
𝐸
форме: 𝑗 = , – а для замкнутой цепи используйте формулу 𝐼 =
ρ
ℰ
𝑅+𝑟
.
Задача 21. При измерении мультиметром постоянного напряжения
в диапазоне до 𝑈0 = 0,2 В сопротивление прибора 𝑅𝑉 = 1 кОм. Какие
сопротивления 𝑅𝑖 используются в приборе и как они подсоединяются
к сопротивлению 𝑅𝑉 для переключения диапазона измерений на 𝑈𝑖 , равные
2; 20; 200 и 600 В?
Дано
Решение
𝑈0 = 0,2 В;
𝐼𝑖
𝐼0
𝑅
𝑅 = 1 кОм;
𝑉
𝑈𝑖 =2; 20; 200; 600 В.
𝑅𝑖 − ?
V
V
а
𝑈0
б
𝑈𝑖
Рис. 42
При подключении мультиметра на напряжение 𝑈0 через прибор
протекает ток 𝐼0 (рис. 42 а); величина его, в соответствии с законом Ома:
𝑈
𝐼0 = 0 .
(1)
𝑅𝑉
Значение 𝐼0 является наибольшим допустимым для данного прибора.
При подключении этого мультиметра на напряжение в большем диапазоне
𝑈𝑖 ток, согласно формуле (1), возрастал бы. Чтобы снизить его до 𝐼𝑖 = 𝐼0 ,
необходимо увеличить сопротивление цепи. Это делают путем
подключения последовательно к сопротивлению 𝑅𝑉 (сопротивлению
прибора на минимальном диапазоне) добавочного сопротивления 𝑅
(рис. 42 б); при этом ток в цепи, согласно закону Ома:
𝑈
𝐼𝑖 = 𝑖 .
(2)
𝑅𝑉 +𝑅𝑖
80
Приравнивая максимальный ток, идущий в приборе, по формулам (1) и
(2), получаем формулу для расчета величины добавочного сопротивления:
𝑈0
𝑅𝑉
𝑈
𝑖
= 𝑅 +𝑅
;
𝑉
𝑖
𝑅𝑖 = 𝑅𝑉
𝑈𝑖 −𝑈0
𝑈0
; → 𝑅𝑖 = 𝑅𝑉
Вычисляем величины добавочных
диапазонов измеряемых напряжений:
𝑈𝑖
𝑈0
сопротивлений
Для 𝑈1 = 2 В: 𝑅1 = 1 кОм
2В
0,2 В
−1 .
(3)
для
заданных
− 1 = 9 кОм;
𝑅2 = 99 кОм = 0,099 МОм; 𝑅3 = 0,999 МОм;
𝑅4 = 2,999 МОм = 3,00 МОм.
Задача 22. При измерении мультиметром постоянного тока
в диапазоне до 𝐼0 = 2 мА сопротивление прибора 𝑅А = 1 Ом. Какие
сопротивления 𝑅𝑖 используются в приборе и как они подключаются
к сопротивлению 𝑅А при переключении диапазона измерений на токи 𝐼𝑖 ,
равные 20; 200 мА и 10 А?
Дано
Решение
𝐼0
𝐼0 = 2 мА;
𝐼0
𝐼𝑖
А
𝑅𝐴 = 1 Ом;
𝐴
𝐵
А
𝐼ш 𝑅ш
𝐼𝑖 = 20; 200 мА; 10 А.
𝑅𝑖 − ?
а
б
Рис. 43
При использовании мультиметра в режиме работы амперметра
с диапазоном измеряемых токов до 2 мА через прибор может протекать
максимальный ток 𝐼0 (рис. 43 а), равный, в соответствии с законом Ома:
𝑈
𝐼0 = .
(1)
𝑅𝐴
Значение 𝐼0 является наибольшим из допустимых значений для данного
прибора. Чтобы измерять этим мультиметром больший ток 𝐼𝑖 , необходимо
часть тока, равную (𝐼𝑖 − 𝐼0 ), отвести в другую ветвь электрической цепи
(рис. 43 б). Сопротивление 𝑅ш этой ветви называют шунтирующим
сопротивлением (кратко – шунт). При этом через прибор будет протекать
ток, равный 𝐼0 – максимальный при измеряемом токе, равном верхней
границе диапазона 𝐼𝑖 , или кратный 𝐼0 – при измеряемых токах, меньших
значения 𝐼𝑖 . Таким образом, шунтирующее сопротивление подключают
параллельно сопротивлению прибора 𝑅𝐴 на минимальном диапазоне.
Соотношение токов 𝐼0 (в сопротивлении 𝑅𝐴 ) и 𝐼ш (через шунт) найдем,
записывая второе правило Кирхгофа для замкнутого контура цепи (см.
рис. 43 б), выбрав направление обхода контура – по часовой стрелке:
𝐼0 𝑅𝐴 − 𝐼ш 𝑅ш = 0.
(2)
Здесь в правой части уравнения записан нуль, так как в контуре нет ЭДС
источника тока.
81
Из уравнения (2) выразим искомое сопротивление шунта
𝐼
𝑅ш = 𝑅𝐴 0 .
𝐼ш
(3)
Соотношение между током 𝐼ш и измеряемым током 𝐼𝑖 найдем, используя
первое правило Кирхгофа для узла 𝐴 электрической цепи (см. рис. 43 б):
𝐼𝑖 − 𝐼0 − 𝐼ш = 0.
(4)
Величины 𝐼0 и 𝐼ш в сумме токов взяты со знаком «минус», так как
эти токи уносят заряд из узла 𝐴, в отличие от тока 𝐼𝑖 , приносящего заряд
в узел 𝐴 электрической цепи.
Величину тока 𝐼ш = 𝐼𝑖 − 𝐼0 , согласно уравнению (4), подставим
в формулу (3) и получим следующую расчетную формулу:
𝐼
𝑅
𝑅ш = 𝑅𝐴 0 = 𝐼 𝑖 𝐴 .
(5)
(𝐼𝑖 −𝐼0 )
𝐼0
−1
Из последней формулы следует, что сопротивление 𝑅ш < 𝑅А , так как
большую часть измеряемого тока нужно отвести в параллельную
шунтирующую ветвь.
Вычисляем сопротивления шунтов по формуле (5):
𝑅ш1 =
𝑅ш3 =
1 Ом
20 мА
−1
2 мА
= 0,111 Ом;
1 Ом
10 А
−1
2∙10 −3 А
𝑅ш2 = 0,0101 Ом;
= 0,200 ∙ 10−3 Ом = 0,200 мОм.
Заметим, что шунтирование в электрических цепях применяется
в электротехнических устройствах, а также бывает в электрической дуге,
в частности, в дуговом газовом разряде, который применяется для сварки
металлов, и в электродуговой печи для получения легированной стали.
Задача 23. Допустимое значение плотности тока для медного проводника
А
𝑗 = 10 2 .Найдите при этом токе следующие величины: 1) напряженность
мм
𝐸 электрического поля в этом проводнике; 2) напряжение 𝑈 на концах
проводника длиной 𝑙 = 10 м и площадью поперечного сечения 𝑆 = 1 мм2 ;
3) мощность 𝑃, которая выделяется в этом проводнике.
Дано
Решение
1) Плотность тока 𝑗 в проводнике зависит
А
𝑗 = 10 2 ;
от напряженности 𝐸 электрического поля, которое
мм
имеется в каждой точке проводника при протекании
ρ = 17 нОм ∙ м;
в нем тока, в соответствии с законом Ома
𝑙 = 10 м;
в дифференциальной форме:
𝐸
𝑗= ,
(1)
𝑆 = 1 мм2 .
ρ
1) 𝐸 − ? 2) 𝑈 − ?
3) 𝑃 − ?
где ρ – удельное сопротивление материала
проводника. Из формулы закона (1) получаем
расчетную формулу напряженности электрического
82
поля в проводнике:
𝐸 = 𝑗ρ.
А
В
Вычисляем величину 𝐸 = 10 ∙ 106 2 ∙ 17 ∙ 10−9 Ом ∙ м = 0,17 .
м
м
2) Считая, что электрическое поле внутри однородного проводника
является однородным, используем для этого квазистатического поля
формулу связи напряженности с разностью потенциалов, как
для электростатического поля, в следующем виде:
∆φ
𝐸 = 12 ; → 𝑈 = ∆φ12 = 𝐸𝑙.
(2)
𝑙
Вычисляем напряжение, равное разности потенциалов
однородного участка цепи, по формуле (2):
на концах
В
𝑈 = 0,17 ∙ 10 м = 1,7 В.
м
3) Электрическую мощность, которая выделяется в проводнике, можно
рассчитать по формуле закона Джоуля – Ленца:
𝑃=
𝑄
𝑡
= 𝐼 2 𝑅.
𝑈
Заменяя в этой формуле ток, в соответствии с законом Ома: 𝐼 = ,
𝑅
получаем расчетную формулу величины мощности:
𝑈2
𝑃= ,
(3)
𝑅
где 𝑅 – сопротивление проводника; для однородного проводника
с постоянным сечением 𝑆 справедлива формула
𝑙
𝑅=ρ .
(4)
𝑆
Выполним расчет по формуле (4), чтобы оценить порядок величины
электрического сопротивления таких проводников, используемых,
в частности, в бытовой технике:
𝑅 = 17 ∙ 10−9 Ом ∙ м ∙
10 м
1∙10 −6 м2
= 0,17 Ом.
Вычисляем по формуле (3) электрическую мощность, выделяемую
в проводнике при протекании в нем тока:
𝑃=
1,72 В2
0,17 Ом
= 17 Вт.
Задача 24. При подключении сопротивления 𝑅1 к источнику тока
в нем протекает ток 𝐼1 = 1 А и на этом сопротивлении выделяется
мощность 𝑃1 = 10 Вт, а при другой величине внешнего сопротивления,
равной 𝑅2 , ток в цепи 𝐼2 = 3 А и на сопротивлении 𝑅2 выделяется
мощность 𝑃2 = 24 Вт. Определите следующие величины: 1) внутреннее
сопротивление источника тока 𝑟; 2) ЭДС источника тока ℰ; 3) ток
короткого замыкания источника тока 𝐼КЗ ; 4) КПД источника тока при
η1 и η2 при двух сопротивлениях внешней цепи, равных 𝑅1 и 𝑅2 .
83
Дано
𝐼1 = 1 А;
Решение
𝑅2
𝐼КЗ
ℰ, 𝑟
ℰ, 𝑟
ℰ, 𝑟
а
б
в
𝐼1
𝐼2
𝑅1
𝑃1 = 10 Вт;
𝐼2 = 3 А;
𝑃2 = 24 Вт.
1) 𝑟 − ? 2) ℰ − ?
3) 𝐼КЗ − ?
4) η1 − ? η2 − ?
Рис. 44
1) Для замкнутых цепей (рис. 44 а и рис. 44 б) ток 𝐼 и ЭДС источника
тока ℰ связаны законом Ома в следующем виде:
𝐼1 =
ℰ
𝑅1 +𝑟
;
𝐼2 =
ℰ
𝑅2 +𝑟
.
(1)
Из этих формул получаем следующие соотношения величин:
ℰ = 𝐼1 𝑅1 + 𝐼1 𝑟;
ℰ = 𝐼2 𝑅2 + 𝐼2 𝑟.
Приравнивая правые части записанных формул, исключаем неизвестную
величину ℰ и получаем расчетную формулу внутреннего сопротивления
источника тока:
𝐼 𝑅 −𝐼 𝑅
𝑟 = 1 1 2 2.
(2)
𝐼2 −𝐼1
Чтобы найти значения сопротивлений внешней цепи 𝑅1 и 𝑅2 ,
используем закон Джоуля – Ленца – зависимость выделяемой мощности
от величины сопротивления, в следующем виде:
𝑃1 = 𝐼12 𝑅1 ; 𝑃2 = 𝐼22 𝑅2 .
𝑃
𝑃
Из этих формул определяем сопротивления: 𝑅1 = 21 и 𝑅2 = 22 . Подставляя
𝐼1
полученные значения сопротивлений в выражение
расчетную формулу для величины 𝑟 в следующем виде:
𝑟=
𝑃1 𝑃2
−
𝐼1 𝐼2
𝐼2 −𝐼1
.
𝐼2
(2),
получаем
(4)
Вычисляем внутреннее сопротивление источника тока:
𝑟=
10 Вт 24 Вт
−
1А
3А
3−1 А
= 1 Ом.
2) Электродвижущую силу источника тока ℰ находим с помощью
закона Ома (1):
𝑃
ℰ = 𝐼1 (𝑅1 + 𝑟) = 𝐼1 21 + 𝑟 .
𝐼1
Вычисляем величину ЭДС: ℰ = 1 А ∙
84
10 Вт
12 А2
+ 1 Ом = 11 В.
3) Ток короткого замыкания 𝐼КЗ – это максимальный ток, который
можно получить от данного источника тока. Он протекает в электрической
цепи (рис. 44 в) при отсутствии внешнего сопротивления и, согласно
закону Ома (1), определяется следующей формулой:
ℰ
11 В
𝑟
1 Ом
𝐼КЗ = ; вычисляем 𝐼КЗ =
= 11 А.
4) Коэффициент полезного действия η источника тока равен
отношению полезной мощности, которая выделяется на внешнем
сопротивлении (сопротивлении нагрузки), к полной мощности, которая
выделяется во всей цепи, в том числе и в источнике тока. Используя закон
Джоуля – Ленца, определяем величину КПД источника тока:
η=
𝑃пол
𝑃
=
𝐼2 𝑅
𝐼 2 (𝑅+𝑟)
;
→ η=
𝑅
(𝑅+𝑟)
=
1
𝑟
𝑅
1+
.
Вычисляем значения КПД, используя формулы для сопротивлений
𝑃
𝑃
нагрузки 𝑅1 = 21 и 𝑅2 = 22 :
𝐼1
η1 =
1
𝑟𝐼 2
1+ 1
P1
=
𝐼2
1
1 Ом∙12 А2
1+
10 Вт
= 0,90;
η1 =
1
𝑟𝐼 2
1+ 2
P2
=
1
1 Ом∙3 2 А2
1+
24 Вт
= 0,73.
Задача 25. Электродвижущая сила источника тока ℰ = 24 В, ток
короткого замыкания 𝐼КЗ = 10 А. Определите следующие величины:
1) сопротивление 𝑅 внешней цепи, при котором выделяется максимальная
мощность 𝑃max ; 2) величину 𝑃max , которую можно получить от данного
источника тока, и КПД η источника тока при этой мощности;
3) сопротивление нагрузки 𝑅1 , при котором КПД η1 = 95%.
Дано
Решение
ℰ = 24 В;
𝐼
𝑅
𝐼КЗ = 10 А.
1) 𝑅−? при 𝑃max
2) 𝑃max − ? η − ?
ℰ, 𝑟
𝐼КЗ
А
ℰ, 𝑟
3) 𝑅1 − ? при η1 = 0,95.
а
б
Рис. 45
1) Мощность 𝑃, выделяемая в сопротивлении 𝑅 внешней цепи
(рис. 45 а), определяется законом Джоуля – Ленца:
𝑃 = 𝐼 2 𝑅,
(1)
где 𝐼 – ток в цепи, который найдем по закону Ома для замкнутой цепи:
ℰ
𝐼=
.
(2)
𝑅+𝑟
Здесь 𝑟 – внутреннее сопротивление цепи (сопротивление источника тока).
85
2) Подставляя ток по формуле (2) в уравнение (1), получаем:
𝑃=
ℰ2 𝑅
(𝑅+𝑟)2
.
(3)
Зависимость полезной мощности, выделяемой в сопротивлении нагрузки
𝑅, от величины этого сопротивления, представленная формулой (3),
дважды обращается в нуль: 𝑃 𝑅 = 0 = 0 и 𝑃(𝑅 → ∞) = 0. Между этими
нулевыми значениями есть максимальное 𝑃max (так как величина 𝑃 > 0).
Запишем условие максимума функции 𝑃 𝑅 :
d𝑃
d𝑅
=0=
ℰ 2 (2 𝑅+𝑟 𝑅−1· 𝑅+𝑟 2 )
(𝑅+𝑟)4
; → 2𝑅 − 𝑅 − 𝑟 = 0; → 𝑅 = 𝑟.
(4)
Таким образом, максимальная мощность развивается источником тока
при сопротивлении нагрузки 𝑅, равном сопротивлению источника тока.
Сопротивление источника тока 𝑟 обычно измеряют методом
вольтметра – амперметра в электрической цепи, схема которой приведена
на рис. 45 б. Вольтметром измеряют ЭДС источника тока, в данной задаче
она известна. Амперметром, сопротивление которого 𝑅А обычно мало
(𝑅А ≪ 𝑟), измеряют ток короткого замыкания 𝐼КЗ . Из формулы (2) закона
Ома определяем сопротивление источника тока:
ℰ
ℰ
𝐼КЗ = ; → 𝑟 = .
(5)
𝑟
𝐼КЗ
Тогда сопротивление нагрузки 𝑅, на котором выделяется максимальная
мощность
𝑅=𝑟=
24 В
10 А
= 2,4 Ом.
Для определения максимального значения мощности 𝑃max , которая
выделяется на сопротивлении нагрузки 𝑅 = 𝑟, подставим в уравнение (3)
сопротивления 𝑅 и 𝑟, найденные по формулам (4) и (5):
𝑃max =
ℰ2 𝑟
(2𝑟)2
=
ℰ2
4𝑟
24 В∙10 А
; → 𝑃max =
ℰ𝐼КЗ
4
.
Вычисляем величину 𝑃max =
= 60 Вт.
4
Определим КПД источника тока как отношение мощностей:
𝑃
η = пол , где 𝑃пол = 𝐼 2 𝑅; 𝑃 = 𝐼 2 𝑅 + 𝐼 2 𝑟.
(6)
𝑃
Здесь 𝑃пол – полезная мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении
𝑅; 𝑃 – мощность источника тока, развиваемая во всей цепи. Подставляя
эти мощности в формулу КПД, получаем следующую расчетную формулу:
𝑅
η=
.
(7)
𝑅+𝑟
По этой формуле находим, что при выделении на нагрузке максимальной
мощности 𝑃max величина КПД
𝑟
1
η=
= , или η = 50%.
𝑟+𝑟
2
3) Внешнее сопротивление 𝑅1 , соответствующее заданному значению
КПД η1 = 0,95, найдем с помощью формулы (7):
86
𝑅1 = 𝑟
η1
1−η 1
.
Вычисляем сопротивление нагрузки при КПД η1 :
0,95
𝑅1 = 2,4 Ом ∙
= 45,6 Ом.
1−0,95
𝑃пол
η
1,0
η
𝑃пол
В
заключение
приведем
примерные графики (рис. 46),
зависимостей полезной мощности
𝑃пол , выделяемой источником тока
на внешнем сопротивлении 𝑅,
и КПД
η
источника
тока
𝑅
от отношения сопротивлений .
0,5
𝑟
Задача 26.
Нагреватель
электрического чайника имеет две
Рис. 46
секции. При включении одной из
них вода в чайнике закипает за время 𝑡1 = 10 мин, а при включении
другой секции – через 𝑡2 = 30 мин. Через какой промежуток времени 𝑡
закипит вода в чайнике, если соединить обе секции: а) последовательно,
б) параллельно?
0
1
2
3
𝑅
𝑟
,
0
Дано
𝑡1 = 10 мин;
Решение
𝑅1
𝑅1
𝑅2
𝑡2 = 30 мин.
𝑅2
а) последовательно: 𝑡посл − ?
б) параллельно: 𝑡пар − ?
𝑈
а
𝑈
б
Рис. 47
Для нагревания воды в чайнике до температуры кипения требуется
определенное количество теплоты 𝑄. Это необходимое количество
теплоты выделяется на сопротивлении 𝑅 нагревателя при протекании
в нем электрического тока 𝐼 за время 𝑡 и, согласно закону Джоуля – Ленца,
определяется следующей формулой:
𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡.
87
(1)
Так как токи через сопротивления 𝑅1 и 𝑅2 при последовательном
(рис. 47 а) и параллельном (рис. 47 б) соединении этих сопротивлений
различны, а одинаковая в этих двух случаях величина напряжения,
на которое подключается нагреватель, то запишем ток по закону Ома:
𝑈
𝐼= .
(2)
𝑅
Подставляя ток по формуле (2) в уравнение (1), получаем формулу
для количества теплоты в следующем виде:
𝑄=
𝑈2
𝑅
𝑡.
(3)
Выразим из уравнения (3) время 𝑡, необходимое для сообщения
чайнику с водой требуемого количества теплоты 𝑄:
𝑡=
𝑄
𝑈2
𝑅.
(4)
Из формулы (4) следует, что время нагрева 𝑡 пропорционально
сопротивлению нагревателя. Поэтому заданные в условии задачи
величины 𝑡1 и 𝑡2 выразим через сопротивления каждой секции
нагревателя, соответственно 𝑅1 и 𝑅2 , согласно формуле (4):
𝑡1 =
𝑄
𝑈2
𝑅1 ;
𝑡2 =
𝑄
𝑈2
𝑅2 .
(5)
Из последних соотношений выразим сопротивления секций, которые будут
нужны для расчета сопротивления последовательного и параллельного
соединения секций:
𝑅1 =
𝑈2
𝑄
𝑡1 ;
𝑅2 =
𝑈2
𝑄
𝑡2 .
(6)
Представим искомые времена нагрева при двух соединениях
сопротивлений 𝑅1 и 𝑅2 формулами, аналогичными соотношениям (5):
𝑡посл =
𝑄
𝑈2
𝑅посл ;
𝑡пар =
𝑄
𝑈2
Здесь 𝑅посл – сопротивление нагревателя
соединении секций сопротивлениями 𝑅1 и 𝑅2 :
𝑅пар .
(7)
при
последовательном
𝑅посл = 𝑅1 + 𝑅2 ;
(8)
𝑅пар – сопротивление нагревателя при параллельном соединении
сопротивлений 𝑅1 и 𝑅2 .
Так как
1
1
1
𝑅 𝑅
= + , то 𝑅пар = 1 2 .
( 9)
𝑅пар
𝑅1
𝑅2
𝑅1 + 𝑅2
Подставляя значения сопротивлений нагревателя, представленные
формулами (8) и (9), в соотношения (7), а затем, выражая величины 𝑅1 и 𝑅2
через заданные времена нагрева по формулам (6), получаем следующие
88
расчетные формулы времени нагрева в двух случаях соединения секций
нагревателя:
𝑡посл =
𝑄
𝑈2
𝑡пар =
𝑄 𝑈2
𝑅1 + 𝑅2 =
𝑄
𝑅1 𝑅2
𝑈 2 𝑅1 + 𝑅2
=
𝑈2 𝑄
𝑡1 + 𝑡2 = 𝑡1 + 𝑡2 ;
𝑄 𝑈2
𝑡1 𝑡2
𝑈2 𝑄
𝑡 1 +𝑡 2
=
𝑡1 𝑡2
𝑡 1 +𝑡 2
.
(10)
(11)
Вычисляем
времена
нагрева
чайника
при
последовательном
и параллельном соединениях секций по формулам (10) и (11):
𝑡посл = 10 + 30 мин = 40 мин;
𝑡пар =
10 мин∙30 мин
10+30 мин
= 7,5 мин.
Таким образом, полученный результат показывает, что нагреватель,
состоящий из двух секций с различными сопротивлениями, позволяет
осуществлять нагрев с четырьмя различными скоростями.
4. ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ. ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ ЧАСТЬ
4.1. Магнитное поле (МП) постоянного тока
Магнитная индукция 𝐵 и напряженность 𝐻 магнитного поля (МП) –
его силовые характеристики. Связь величин 𝐵 и 𝐻 в однородной
изотропной среде определяется соотношением
𝐵 = μ0 μ𝐻,
(1)
Гн
где μ0 = 4π ∙ 10−7
– магнитная постоянная, μ – магнитная
м
проницаемость вещества: в вакууме μ = 1, для воздуха и других
неферромагнитных сред μ ≈ 1. Равенство (1) показывает, что векторы 𝐵
и 𝐻 сонаправлены: 𝐵 ⇈ 𝐻 .
Закон Био – Савара – Лапласа: индукция магнитного поля d𝐵,
создаваемого элементом тока 𝐼d𝑙, определяется следующей формулой:
d𝐵 =
модуль d𝐵 =
μ 0 μ 𝐼d𝑙 ×𝑟
4π
𝑟3
;
μ 0 μ 𝐼d𝑙𝑠𝑖𝑛 α
4π
𝑟2
(2)
.
(3)
Здесь 𝑟 – радиус-вектор, проведенный от элемента тока до точки поля,
в которой определяется магнитная индукция d𝐵; d𝑙 – вектор элемента
длины проводника, направление которого совпадает с направлением тока,
а модуль равен бесконечно малому отрезку d𝑙 длины проводника; α – угол
между векторами d𝑙 и 𝑟.
89
Согласно векторной форме закона (2), вектор магнитной индукции d𝐵
лежит в плоскости, перпендикулярной векторам d𝑙 и 𝑟. Направление его
определяется с помощью правила буравчика (правого винта) следующим
образом (рис. 48).
d𝐵, 𝐵
А
𝑟
движение
буравчика
𝐼
А
𝐵
движение
буравчика
𝐼d𝑙
𝐵
линия 𝐵
О
б
а
а
𝐼
Рис. 48
а) В случае прямого проводника с током (рис. 48 а) винт располагают
вдоль тока 𝐼 и вращают так, чтобы поступательное движение винта
совпадало с током в проводнике. При этом вращательное движение
головки винта показывает направление линий магнитного поля 𝐵; эти
линии МП – окружности, лежащие в плоскости, перпендикулярной
проводнику, и охватывающие его. Вектор 𝐵 в каждой точке поля
направлен по касательной к линии магнитной индукции.
б) Если магнитное поле создается витком с током 𝐼 (рис. 48 б),
то по направлению тока вращают винт, а поступательное движение винта
показывает направление вектора 𝐵 в любой точке на оси кругового тока.
Магнитную индукцию поля, созданного проводником с током длины 𝑙,
рассчитывают с помощью принципа суперпозиции:
𝐵=
𝑙
d𝐵,
(4)
где векторы d𝐵 определяются законом Био – Савара – Лапласа (2),
а суммирование векторов выполняют по всей длине проводника 𝑙.
В случае, если МП создается несколькими токами 𝐼𝑖 или проводником,
состоящим из участков конечной длины 𝑙𝑖 , имеющих различную форму,
то магнитную индукцию 𝐵 рассчитывают с помощью принципа
суперпозиции в виде:
𝐵 = 𝐵𝚒 .
(5)
Здесь 𝐵𝚒 – вектор индукции МП, созданный i-м участком проводника,
величину которого определяют по формуле (4).
90
Подчеркнем, что в уравнениях (4) и (5) принципа суперпозиции
выполняют суммирование векторов, учитывая их направление.
На основе принципа суперпозиции (4), посредством суммирования
бесконечно малых векторов, получены следующие формулы для расчета
величины магнитной индукции:
1) в центре кругового проводника (витка радиусом 𝑅 с током 𝐼)
𝐼
𝐵 = μ0 μ ;
(6)
2𝑅
2) бесконечно длинного прямого проводника с током в точке,
находящейся на расстоянии 𝑟0 от проводника (по перпендикуляру)
μ μ 𝐼
𝐵= 0 ;
(7)
2π 𝑟0
3) отрезка прямого проводника с током (рис. 49)
μ μ 𝐼
𝐵= 0
cos α1 − cos α2 .
(8)
4π 𝑟0
Здесь угол α1 – между первым элементом тока 𝐼d𝑙1 (отсчет ведется
по направлению тока) и радиус-вектором 𝑟1 , проведенным от него в точку,
где определяют магнитную индукцию 𝐵; α2 – угол между последним
элементом тока 𝐼d𝑙2 отрезка проводника и радиус-вектором 𝑟2 , задающим
положение точки магнитного поля относительно этого элемента тока.
Магнитная индукция поля внутри соленоида
А
(катушки с током) (рис. 50 а) вдали от торцов
α1
𝑁𝐼
𝐵
=
μ
μ
= μ0 μ𝑛𝐼,
(9)
0
𝐵
𝑙
𝐼
𝑟2
где 𝑁 – число витков соленоида; 𝐼 – ток в его
обмотке; 𝑙 – длина сердечника, на котором
α
2
располагаются витки, 𝑛 – число витков
𝐼d𝑙2
на единице длины обмотки соленоида.
Рис. 49
Магнитная индукция поля тороида (витки
катушки намотаны на сердечник, имеющий
форму тора (рис. 50 б)) внутри тора определяется также формулой (9), где 𝑙
– длина осевой линии тора: 𝑙 = 2π𝑟; вне тора 𝐵 = 0.
𝐵
𝐵
𝐼
𝐼
𝑟
𝐼
а
б
Рис. 50
91
4.2. Сила, действующая на проводник с током в магнитном поле
Сила d𝐹 , действующая на элемент тока проводника 𝐼d𝑙 в магнитном
поле с индукцией 𝐵, описывается законом Ампера:
d𝐹 = 𝐼d𝑙 × 𝐵.
Здесь модуль силы Ампера
(10)
d𝐹 = 𝐼d𝑙𝐵sinα,
где α – угол между вектором элемента длины d𝑙 и вектором магнитной
индукции 𝐵.
Силу Ампера, действующую на проводник длины 𝑙, определяют
с помощью принципа суперпозиции, суммируя векторы сил, действующих
на каждый элемент длины проводника:
𝐹=
𝑙
d𝐹 ,
(11)
где величина силы d𝐹 определяется уравнением (10).
Контур с током характеризуют магнитным моментом 𝑝𝑚 :
𝑝𝑚 = 𝑛𝐼𝑆.
(12)
Здесь 𝑛 – единичная нормаль к плоскости контура; еѐ направление
и направление вектора магнитного момента 𝑝𝑚 ⇈𝑛 связано с направлением
тока в контуре правилом буравчика (см. п. 7.1); 𝑆 – площадь, охватываемая
контуром.
В магнитном поле силы Ампера d𝐹 , действующие на каждый элемент
тока контура, создают механический (вращающий) момент 𝑀, величина
которого в однородном поле с магнитной индукцией 𝐵 определяется
формулой
𝑀 = 𝑝𝑚 × 𝐵,
(13)
где 𝑝𝑚 – магнитный момент контура с током.
Модуль вращающего момента
𝑀 = 𝑝𝑚 𝐵sinα,
(14)
где α – угол между векторами 𝑝𝑚 и 𝐵.
4.3. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц
в электрическом и магнитном полях
Сила Лоренца 𝐹Л действует на заряженную частицу с зарядом 𝑄,
движущуюся со скоростью 𝑣 в магнитном поле с индукцией 𝐵,
и описывается следующей формулой:
𝐹Л = 𝑄𝑣 × 𝐵;
ее модуль 𝐹Л = 𝑄 𝑣𝐵sinα,
где α – угол между векторами 𝑣 и 𝐵.
92
(15)
Направление силы Лоренца: 𝐹Л ⟘(𝑣 и
𝐵), – определяют по правилу левой
𝐵
𝐵
𝐹Л
руки или по правилу буравчика (как
−
+
𝑣
𝑣
𝑄
𝑄
векторного
произведения
𝑣 × 𝐵)
(рис. 51).
Знак
заряда
влияет
𝐹Л
на направление силы, действующей
на заряженную частицу (см. рис. 51).
Рис. 51
При движении заряженной частицы
в двух полях: в электрическом и магнитном поочередно (сначала
в электрическом, а затем в МП) или в совмещенных полях, на частицу
действуют две силы – электрическая и магнитная сила:
𝐹 = 𝐹эл + 𝐹магн , или 𝐹 = 𝑄𝐸 + 𝑄𝑣 × 𝐵.
(16)
Электрическая сила оказывает ускоряющее (или тормозящее)
действие, а также отклоняющее действие, если скорость частицы 𝑣 не
параллельна линиям напряженности 𝐸 электрического поля. Сила Лоренца
вызывает только отклонение частицы от прямолинейного движения, так
как 𝐹Л ⟘𝑣, и создает только нормальное ускорение; при этом
тангенциальное ускорение равно нулю и, следовательно, модуль скорости
частицы не изменяется: 𝑣 = const.
Форма траектории движения заряженной частицы в однородном
магнитном поле зависит от угла α в формуле (15) – угла между скоростью
заряженной частицы 𝑣 и магнитной индукцией 𝐵.
1) При
движении
частицы
со скоростью 𝑣, параллельной вектору
𝑄
𝐵
𝑣
магнитной индукции 𝐵 (α = 0 или π)
сила Лоренца, согласно формуле (15),
равна нулю и частица движется
Рис. 52
по прямой вдоль линий магнитной
индукции (рис. 52).
π
2) При α =
сила Лоренца
2
𝐹Л = 𝑄𝑣𝐵. Перпендикулярная
𝑣
скорости, эта сила создает
𝐵
𝐹Л
𝐵
𝑄− 𝐹Л
центростремительное
(или
𝑣2
нормальное) ускорение 𝑎𝑛 = .
𝑅
Согласно
второму
закону
𝑣
𝑚𝑣 2
Ньютона 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 =
. Так
Рис. 53
𝑅
как
сила
𝐹𝑛 ≡ 𝐹Л ,
то,
приравнивая формулы сил, найдем радиус кривизны траектории:
𝑣
𝑅= 𝑄 .
(17)
𝑚
93
𝐵
𝑄
Здесь
– удельный заряд частицы. В однородном поле, согласно (17),
𝑚
величина 𝑅 постоянна, что означает движение по окружности (рис. 53).
π
3) Если угол 0 < α < , траекторией частицы является винтовая линия
2
(спираль), ось которой параллельна линиям 𝐵 магнитного поля (рис. 54).
Движение по этой траектории является наложением двух независимых
движений: равномерного движения со скоростью 𝑣∥ = 𝑣 cos α по прямой
вдоль линий 𝐵, и равномерного движения со скоростью 𝑣⟘ = 𝑣 sin α
по окружности в плоскости, перпендикулярной линиям 𝐵. Радиус этой
окружности определяется формулой (17), в которой скорость частицы 𝑣
следует заменить величиной 𝑣⟘ . Определим шаг винтовой линии ℎ:
ℎ = 𝑣∥ 𝑇 = 𝑣 cos α · 𝑇,
(18)
где 𝑇 – период обращения частицы (время, за которое она совершает один
оборот) определяется формулой:
2π𝑅
2π
𝑇=
=𝑄 .
(19)
𝑄−
𝑣⟘
𝑣⟘
𝑚
𝐵
Если заряженная частица влетает
𝑣∥
со скоростью 𝑣, которая направлена
𝑣
перпендикулярно скрещенным под прямым
углом электрическому и магнитному полям,
𝐵
то частица испытывает отклоняющее
ℎ
действие. Но при определенной скорости
частицы она может двигаться в этих полях
равномерно и прямолинейно (см. задачу
42). Такое движение осуществляется
в фильтре
скоростей
ионов
массспектрометра,
который
предназначен
для выделения из ионного пучка частиц
Рис. 54
с определенной скоростью.
4.4. Магнитный поток. Работа по перемещению
проводника с током в магнитном поле
Магнитный поток dϕ𝐵 – это поток вектора магнитной индукции 𝐵
через площадку d𝑆:
dϕ𝐵 = 𝐵𝑛 d𝑆 = 𝐵 cos α d𝑆,
𝑅 𝐹Л
α
𝐵
𝑛
α
Линия 𝐵
d𝑆
Рис. 55
где 𝐵𝑛 – проекция вектора 𝐵 на нормаль
к площадке; α – угол между магнитной индукцией
𝐵 и нормалью 𝑛 к площадке d𝑆 (рис. 55). Далее
в обозначении магнитного потока индекс будет
опущен, т.е. dϕ𝐵 ≡ dϕ. Магнитный поток через
площадь 𝑆 равен сумме элементарных потоков dϕ:
94
ϕ = 𝑆 𝐵𝑛 d𝑆.
(20)
Для однородного поля и плоской поверхности 𝑆 (для нее 𝐵𝑛 одинакова
на всей площади) формула (20) принимает следующий вид:
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆.
В случае соленоида и тороида различают 1) магнитный поток сквозь
площадь одного витка (или в сечении катушки): ϕ1 = 𝐵𝑆, так как проекция
на нормаль 𝐵𝑛 = 𝐵; и 2) полный магнитный поток ψ, сцепленный со всеми
витками, или потокосцепление:
ψ = 𝑁 ∙ ϕ1 = 𝑁𝐵𝑆,
(21)
где 𝑁 – число витков катушки с током.
Работа сил Ампера при перемещении проводника с током
в магнитном поле, как механическая работа, равна скалярному
произведению векторов силы и перемещения:
а) элементарная работа d𝐴 = 𝐹𝑥 d𝑥;
б) работа на конечном перемещении от точки 1 до точки 2 равна сумме
элементарных работ
2
𝐴 = 1 𝐹𝑥 d𝑥,
(22)
где 𝐹𝑥 – проекция на направление перемещения d𝑥 силы Ампера 𝐹 = 𝐼𝐵𝑙,
которая действует на проводник с током 𝐼 длиной 𝑙 в однородном
магнитном поле с индукцией 𝐵.
Формулы работы при движении контура с током преобразуются
к следующему виду:
d𝐴 = 𝐼dϕ; 𝐴 = 𝐼 ϕ2 − ϕ1 .
(23)
Здесь 𝐼 – ток в проводнике; ϕ2 и ϕ1 – магнитный поток, соответственно,
в конечном положении контура (индекс 2) и в начальном (индекс 1).
При перемещении прямого проводника с током 𝐼 в магнитном поле
𝐴 = 𝐼ϕ, где ϕ – магнитный поток через площадь 𝑆, которую описывает
проводник при движении.
Заметим, что формула (23) справедлива как в однородном, так и
в неоднородном МП при любом движении контура: и поступательном,
и вращательном.
4.5. Явление электромагнитной индукции.
Индуктивность цепи. Энергия магнитного поля
Основной закон электромагнитной индукции (ЭМИ) – закон Фарадея:
электродвижущая сила индукции ℰ𝑖 равна скорости изменения
магнитного потока сквозь площадь контура:
ℰ𝑖 = −
dϕ
𝑑𝑡
.
(24)
В каждом витке обмотки соленоида или тороида возникает ЭДС индукции,
равная ℰ𝑖1 ; так как витки одинаковы и соединены последовательно, то ЭДС
индукции, возникающая в катушке, равна сумме ЭДС 𝑁 витков:
95
ℰ𝑖 = 𝑁ℰ𝑖1 = −
d
𝑑𝑡
𝑁ϕ = −
dψ
𝑑𝑡
,
(25)
где ψ – потокосцепление контура.
Частные случаи применения закона электромагнитной индукции (25):
1) при поступательном движении проводника длиной 𝑙
ℰ𝑖 = 𝐵𝑣𝑙 sin α,
(26)
где α – угол между векторами скорости проводника 𝑣
индукции 𝐵;
2) при вращении рамки в однородном МП с индукцией 𝐵
ℰ𝑖 = 𝑁𝐵𝑆ω sin ω𝑡.
и магнитной
(27)
Здесь 𝑁 – число витков рамки; 𝑆 – площадь витка; ω – угловая скорость
вращения; φ = ω𝑡 – угол поворота нормали рамки 𝑛 в момент времени 𝑡
(при 𝑡 = 0 вектор 𝑛 ⇈ 𝐵).
Количество электричества 𝑄, протекающее через сечение проводника
сопротивлением 𝑅 при изменении потокосцепления ∆ψ, определяется
формулой
∆ψ
ψ − ψ
𝑄 = , или 𝑄 = 1 2 ,
(28)
𝑅
𝑅
где ψ1 и ψ2 – потокосцепления контура в начальном и конечном
положениях.
Заметим, что при решении задач контрольной работы формулы (26),
(27) и (28) следует выводить, исходя из основного закона ЭМИ (25).
Полный магнитный поток ψ контура зависит от тока 𝐼 в этом контуре:
ψ = 𝐿𝐼,
(29)
где 𝐿 – коэффициент пропорциональности, называемый индуктивностью
контура. Индуктивность длинного соленоида и тороида определяется
следующей формулой:
𝐿 = μ0 μ
𝑁2 𝑆
𝑙
= μ0 μ𝑛2 𝑉.
(30)
Здесь μ – магнитная проницаемость сердечника; 𝑁 – число витков
𝑁
катушки; 𝑆 и 𝑙 – площадь поперечного сечения и длина сердечника; 𝑛 =
𝑙
– число витков на единицу длины соленоида; 𝑉 – объем сердечника.
ЭДС самоиндукции ℰ𝑠 , возникающая в контуре при изменении в нем
тока, в случае постоянной индуктивности контура (𝐿 = const, если
сердечник катушки неферромагнитный) изменяется по закону:
d𝐼
ℰ𝑠 = −𝐿 .
d𝑡
(31)
ЭДС самоиндукции, согласно правилу Ленца, препятствует изменению
тока в цепи (его снижению при размыкании цепи и увеличению –
96
при замыкании). В результате действия ЭДС самоиндукции ток в цепи
с течением времени изменяется плавно (рис. 56).
После размыкания цепи, имеющей активное сопротивление 𝑅
и индуктивность 𝐿, ток изменяется с течением времени 𝑡 по следующему
закону:
𝑅
𝐼 = 𝐼0 𝑒 −𝐿 𝑡 ,
где 𝐼0 – ток в момент времени 𝑡 = 0.
(32)
𝐼
𝐼0
Ток, определяемый формулой
(32), является индукционным;
При замыкании:
в соответствии с законом Ома,
𝐼 = 𝐼0 − 𝐼инд
величина этого тока в любой
ℰ
момент времени 𝑡: 𝐼 = 𝑠 ,
𝑅
При размыкании: 𝐼инд
где ЭДС самоиндукции ℰ𝑠
определяется законом ЭМИ (31).
0
𝑡
При
подключении
цепи
Рис. 56
к
источнику
тока
ЭДС
самоиндукции
создает
индукционный ток, препятствующий нарастанию тока до значения 𝐼0 .
В результате ток в цепи устанавливается с течением времени по
следующему закону:
𝑅
𝐼 = 𝐼0 − 𝐼инд = 𝐼0 1 − 𝑒 −𝐿 𝑡 .
(33)
ℰ
Здесь, согласно закону Ома, ток 𝐼0 = , где ℰ – ЭДС источника тока.
𝑅
Энергия 𝑊 магнитного поля, которое создается током 𝐼 в контуре
с индуктивностью 𝐿, вычисляется по следующей формуле:
𝑊=
𝐿𝐼 2
2
.
(34)
𝑊
Объемная плотность энергии однородного поля 𝑤 =
с магнитной
𝑉
индукцией 𝐵, например, в сердечнике длинного соленоида, определяется
формулой
𝑤=
𝐵2
2μ 0 μ
,
(35)
где μ – магнитная проницаемость сердечника.
4.6. Магнитное поле в веществе
Всякое вещество, без исключения, во внешнем магнитном поле
с индукцией 𝐵0 намагничивается: создает собственное магнитное поле
с индукцией 𝐵′ . Результирующее магнитное поле является суперпозицией
этих двух полей:
97
𝐵 = 𝐵0 + 𝐵′ .
(36)
Индукция собственного магнитного поля магнетика
𝐵 ′ = μ0 ℐ ,
(37)
где ℐ – намагниченность вещества, она равна сумме магнитных моментов
молекул вещества, находящихся в единичном объеме магнетика (𝑉 = 1 м3 )
ℐ=
мол
𝑝𝑚
𝑉
.
(38)
Величина намагниченности ℐ зависит от природы магнетика
и напряженности МП 𝐻 следующим образом:
ℐ = χ𝐻,
(39)
где χ – магнитная восприимчивость вещества. С учетом этих соотношений
принцип суперпозиции (36) запишем в следующем виде:
𝐵 = μ0 μ𝐻.
(40)
Здесь μ = (1 + χ) – магнитная проницаемость вещества.
По соотношению индукции МП в вакууме и собственного магнитного
поля различают 3 вида магнетиков:
1) диамагнетики (медь, графит, вода и др.):
𝐵
χ ≤ 0; μ ≤ 1;
2) парамагнетики (алюминий, платина и
др.): χ ≥ 0; μ ≥ 1;
диа- и парамагнетики относят к слабым
магнетикам, так как их собственное поле
мало: 𝐵′ ≪ 𝐵0 ;
3) ферромагнетики – сильные магнетики,
так как их собственное поле 𝐵′ ≫ 𝐵0 ,
0
а величина магнитной проницаемости μ
𝐻
достигает 102 …106 ; ферромагнетиками
а
μ
являются железо, кобальт, никель, их
сплавы с другими металлами и др.
Для
ферромагнетиков
характерна
нелинейная кривая намагничивания – это
зависимость 𝐵 = 𝑓(𝐻), вид которой показан
на рис. 57 а, и зависимость магнитной
0
𝐻
проницаемости μ от напряженности
б
магнитного поля: μ = 𝑓(𝐻) (рис. 57 б). Если
ферромагнетик намагнитить до насыщения,
Рис. 57
а затем уменьшать напряженность 𝐻
намагничивающего поля, то кривая 𝐵(𝐻) пойдет выше; в результате
при достижении 𝐻 = 0 в ферромагнетике остается поле 𝐵 = 𝐵ост :
остаточная намагниченность.
98
5. КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 4
Студент решает 7 задач своего варианта, номер которого совпадает
с последней цифрой шифра. Номера задач каждого варианта представлены
в таблице.
5.1. Таблица вариантов контрольной работы № 4
Таблица
Вариант
Номера задач
0
410
420
430
440
450
460
470
1
401
411
421
431
441
451
461
2
402
412
422
432
442
452
462
3
403
413
423
433
443
453
463
4
404
414
424
434
444
454
464
5
405
415
425
435
445
455
465
6
406
416
426
436
446
456
466
7
407
417
427
437
447
457
467
8
408
418
428
438
448
458
468
9
409
419
429
439
449
459
469
5.2. Рекомендации к решению задач по разделу «Электромагнетизм»
1. Внимательно прочитайте условие задачи. Выясните, какое явление
рассматривается в задаче, и изучите сведения о нем и о физических
величинах, его описывающих, по учебному пособию.
2. При определении магнитных сил, магнитного потока и других
величин обратите внимание на то, какое магнитное поле рассматривается
в задаче – однородное или неоднородное. В первом случае используйте
более простые формулы для однородного МП.
3.При решении задачи определяйте направления искомых векторов d𝐵,
𝐵, d𝐹𝐴 , 𝐹𝐴 , 𝐹Л и др. Для этого используйте а) определительные формулы,
в правой части которых записано векторное произведение векторов или б)
правило буравчика и правило левой руки.
4. В том случае, если магнитное поле создается в ферромагнетике,
для которого магнитная проницаемость μ ≫ 1 (в отличие от картонного
или воздушного сердечника, имеющего μ ≈ 1), необходимо определять
величину μ по формуле, связывающей напряженность 𝐻 и магнитную
индукцию 𝐵:
𝐵
𝐵 = μ0 μ𝐻; → μ =
.
μ0𝐻
При этом следует учесть, что величина магнитной индукции зависит
от напряженности МП: 𝐵 = 𝑓(𝐻), – и соответственно μ = 𝑓(𝐻). Поэтому
сначала вычисляют напряженность магнитного поля 𝐻, которая зависит
только от тока в контуре и формы и размеров контура (катушки). Затем
по экспериментальному графику кривой намагничивания 𝐵 = 𝑓(𝐻)
99
для заданного материала сердечника (используя справочные данные)
по рассчитанной величине 𝐻 определяют индукцию магнитного поля 𝐵.
По найденным значениям 𝐵 и 𝐻 вычисляют магнитную проницаемость
сердечника по записанной выше формуле.
5.3. Задачи контрольной работы № 4
401. Бесконечно длинный проводник с током 𝐼 = 100 А изогнут так,
как показано на рис. 1. Определите магнитную индукцию 𝐵 поля в точке
𝑂. Радиус дуги 𝑅 = 10 см.
402. Магнитный момент тонкого проводящего кольца 𝑝𝑚 = 5 А ∙ м2 .
Определите магнитную индукцию 𝐵 поля в точке А, находящейся на оси
кольца радиусом 𝑅 = 0,1 м и удаленной от точек кольца на расстояние
𝑟 = 20 см (рис. 2).
403. По двум скрещенным под прямым углом бесконечно длинным
проводникам текут токи 𝐼1 = 𝐼 и 𝐼2 = 2𝐼, где 𝐼 = 100 А. Определите
магнитную индукцию 𝐵 поля в точке А (рис. 3); расстояние 𝑑 = 10 см.
404. По бесконечно длинному проводнику, изогнутому, как показано
на рис. 4, течет ток 𝐼 = 200 А. Определите магнитную индукцию 𝐵 поля
в точке 𝑂. Радиус дуги 𝑅 = 10 см.
405. По тонкому кольцу радиусом 𝑅 = 20 см течет ток 𝐼 = 100 А.
Определите магнитную индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴 на оси кольца
π
(рис. 5). Угол β = .
3
406. По двум бесконечно длинным проводникам, скрещенным
под прямым углом, текут токи 𝐼1 = 𝐼 и 𝐼2 = 2𝐼, где 𝐼 = 100 А. Определите
магнитную индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴, равноудаленной от проводов
на расстояние 𝑑 = 10 см (рис. 6).
𝐴
r
I
R
2R
R
O
𝑝𝑚
O
I
Рис. 2
Рис. 1
100
d
d
I
2 / 3
2I
R
𝐴
I
О
Рис. 4
Рис. 3
𝐴

r
𝐴
d
R
I1
I2
O
d
I
Рис. 5
Рис. 6
𝐴
R
I
r
I
 R
R
O
O
R
Рис. 7
Рис. 8
𝐴

d
d
d
I
𝐴
Рис. 9
101
Рис. 10
407. Бесконечно длинный проводник с током 𝐼 = 200 А изогнут так,
как показано на рис. 7. Определите магнитную индукцию 𝐵 поля в точке
𝑂. Радиус дуги 𝑅 = 10 см.
408. По тонкому кольцу течет ток 𝐼 = 80 А. Определите магнитную
индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴, равноудаленной от точек кольца
на расстояние 𝑟 = 10 см. Угол α = 450 (рис. 8).
409. По двум бесконечно длинным, прямым параллельным
проводникам текут одинаковые токи 𝐼 = 60 А. Определите магнитную
индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴 (рис. 9), равноудаленной от проводников
π
на расстояние 𝑑 = 10 см. Угол α = .
3
410. Бесконечно длинный проводник с током 𝐼 = 50 А изогнут, как
показано на рис. 10. Определите магнитную индукцию 𝐵поля в точке 𝐴,
лежащей на биссектрисе прямого угла на расстоянии 𝑑 = 10 см от его
вершины.
411. По двум параллельным проводникам длиной 𝑙 = 3,0 м каждый
текут одинаковые токи 𝐼 = 500 А. Расстояние между проводами 𝑑 = 10 см.
Определите силу 𝐹 взаимодействия проводов.
412. По трем параллельным прямым проводам, находящимся
на одинаковом расстоянии 𝑑 = 10 см друг от друга, текут равные токи
𝐼 = 200 А. В двух проводах направления токов совпадают. Вычислите
для каждого провода силу, действующую на единицу длины провода:
d𝐹𝚒
d𝑙 𝚒
.
413. Квадратная проволочная рамка со стороной 𝑙 = 10 см
расположена в одной плоскости с длинным прямым проводником так,
что две ее стороны параллельны проводнику. Расстояние от провода
до ближайшей стороны рамки 𝑎 = 10 см. Ток в проводе 𝐼1 = 100 А,
в рамке 𝐼2 = 10 А. Определите силы 𝐹𝚒 , действующие на каждую сторону
рамки, и силу, действующую на всю рамку.
414. Виток диаметром 𝑑 = 10 см может вращаться вокруг
вертикальной оси, совпадающей с диаметром витка. Виток установили
в плоскости магнитного меридиана и пропустили по нему ток 𝐼 = 40 А.
Какой вращающий момент𝑀нужно приложить к витку, чтобы удержать
его в начальном положении? Горизонтальная составляющая индукции
магнитного поля Земли 𝐵г = 2 ∙ 10−4 Тл.
102
415. Прямой проводник длиной 𝑙 = 40 см, по которому течет ток
𝐼 = 100 А, движется в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 =
0,5 Тл. Какую работу 𝐴 совершат силы, действующие на провод
со стороны поля, переместив его на расстояние 𝑠 = 40 см, если
направление перемещения перпендикулярно линиям магнитной индукции
и проводнику?
416. Виток радиусом 𝑅 = 20 см, c током 𝐼 = 50 А, свободно
А
установился в однородном магнитном поле с напряженностью 𝐻 = 103 .
м
Виток повернули относительно диаметра на угол φ = 300 . Определите
совершенную работу 𝐴.
417. На оси контура с током, магнитный момент которого 𝑝𝑚 1 =
0,20 А ∙ м2 , находится другой такой же контур: 𝑝𝑚 2 = 𝑝𝑚 1 . Магнитный
момент второго контура перпендикулярен оси первого контура.
Расстояние межу контурами 𝑟 = 1 м, а размеры контуров малы
по сравнению с расстоянием 𝑟. Определите механический момент 𝑀,
действующий на второй контур.
418. Два прямолинейных длинных параллельных проводника
находятся на расстоянии 𝑑1 = 10 смдруг от друга. По проводникам
в одном направлении текут токи 𝐼1 = 20 А и 𝐼2 = 30 А. Какую работу 𝐴𝑙
(на единицу длины проводника) нужно совершить, чтобы раздвинуть эти
проводники до расстояния 𝑑2 = 20 см?
419. Тонкий проводник в виде
полукольца
радиусом
𝑅 = 10 см
находится в однородном магнитном
поле с индукцией 𝐵 = 50 мТл. Вектор
𝐵 лежит в плоскости полукольца
и перпендикулярен его диаметру
(рис. 11). По проводнику течет ток
𝐼 = 10 А.
Определите
силу
𝐹,
действующую на полукольцо.
𝑅
𝐵
𝐼
Рис. 111
420. Тонкий проводник в виде полукольца радиусом 𝑅 = 10 см
находится в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 20 мТл.
Плоскость полукольца перпендикулярна линиям магнитной индукции,
а подводящие провода расположены вдоль линий 𝐵. По проводнику
протекает ток 𝐼 = 50 А. Определите силу 𝐹 , действующую на проводник.
421. Два иона разной массы, имеющие одинаковые заряды, влетели
в однородное магнитное поле и стали двигаться по окружностям
103
радиусами 𝑅1 = 3 см и 𝑅2 = 1,73 см. Определите отношение масс ионов,
если они прошли одинаковую ускоряющую разность потенциалов 𝑈 .
422. Однозарядный ион натрия прошел ускоряющую разность
потенциалов 𝑈 = 1 кВ и влетел в однородное магнитное поле с индукцией
𝐵 = 0,5 Тл перпендикулярно линиям поля. Определите относительную
атомную массу 𝐴 иона, если он описал окружность радиусом 𝑅 = 4,37 см.
423. Электрон прошел ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 800 В
и, влетев в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 47 мТл, стал
двигаться по винтовой линии с шагом ℎ = 1 см. Определите радиус 𝑅
винтовой линии.
424. Альфа-частица прошла ускоряющую разность потенциалов
𝑈 = 300 В и, попав в однородное магнитное поле, стала двигаться
по винтовой линии радиусом 𝑅 = 1,0 см и шагом ℎ = 4 см. Определите
магнитную индукцию поля 𝐵.
425. Заряженная частица прошла ускоряющую разность потенциалов
𝑈 = 100 В и, влетев в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 0,1 Тл,
стала двигаться по винтовой линии с шагом ℎ = 6,5 см и радиусом
𝑄
𝑅 = 1 см. Определите удельный заряд частицы
: отношение заряда
𝑚
частицы к ее массе.
426. Электрон влетел в однородное магнитное поле с индукцией
𝐵 = 200 мТл перпендикулярно линиям магнитной индукции. Определите
силу эквивалентного кругового тока𝐼экв , создаваемого движением
электрона в магнитном поле.
427. Протон прошел ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 1,0 кВ
и влетел в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 20 мТл под углом
𝛼 = 300 к линиям магнитной индукции. Определите шаг ℎ и радиус 𝑅
винтовой линии, по которой будет двигаться протон в магнитном поле.
428. Альфа-частица, пройдя ускоряющую разность потенциалов 𝑈 ,
стала двигаться в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 50 мТл
по винтовой линии с шагом ℎ = 5 см и радиусом 𝑅 = 1,0 см. Определите
ускоряющую разность потенциалов 𝑈, которую прошла альфа-частица.
429. Ион с кинетической энергией 𝑊К = 1 кэВ влетел в однородное
магнитное поле с индукцией 𝐵 = 20 мТл и стал двигаться по окружности.
Определите магнитный момент 𝑝𝑚 эквивалентного кругового тока.
430. Ион движется по окружности в магнитном поле с индукцией
𝐵 = 0,01 Тл. Определите кинетическую энергию 𝑊К иона (в электрон104
вольтах), если магнитный момент эквивалентного кругового тока 𝑝𝑚 =
1,6 ∙ 10−14 А ∙ м2 .
431. Протон влетел в скрещенные под углом 𝛼 = 600 магнитное
кВ
(𝐵 = 50 мТл) и электрическое (𝐸 = 20 ) поля. Определите ускорение а*
протона, если его скорость 𝑣 = 4 ∙
м
105
с
м
перпендикулярна векторам 𝐵 и 𝐸.
432. Ион, пройдя ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 650 В,
влетел в скрещенные под прямым углом однородные магнитное (𝐵 =
В
1,5 мТл) и электростатическое 𝐸 = 200
поля. Определите отношение
м
заряда иона к его массе, если ион в этих полях движется прямолинейно.
433. Альфа-частица влетела в скрещенные под прямым углом
кВ
магнитное (𝐵 = 5 мТл) и электрическое 𝐸 = 30
поля. Определите
м
ускорение а альфа-частицы, если ее скорость 𝑣 = 2 ∙ 105
*
м
с
направлена
перпендикулярно векторам 𝐵 и 𝐸 . Силы, действующие на α-частицу
со стороны этих полей, направлены противоположно друг другу.
434. Электрон, пройдя ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 1,2 кВ,
попал в скрещенные под прямым углом однородные магнитное
и электрическое поля. Определите напряженность 𝐸 электрического поля,
если магнитная индукция поля 𝐵 = 6 мТл и траектория движения
электрона прямолинейная, а скорость электрона 𝑣⟘𝐵⟘𝐸.
435. Однородные магнитное (𝐵 = 2,5 мТл) и электрическое 𝐸 =
10
кВ
м
поля скрещены под прямым углом. Электрон, скорость которого
м
𝑣 = 4 ∙ 106 , влетает в эти поля так, что силы, действующие на него
с
со стороны магнитного и электрического полей, сонаправлены.
Определите ускорение электрона 𝑎∗ , если его скорость 𝑣⟘𝐵⟘𝐸.
436. Однозарядный ион лития массой 𝑚 = 7 а. е. м прошел
ускоряющую разность потенциалов 𝑈 = 300 В и влетел в скрещенные
под прямым углом однородные магнитное и электрическое поля так,
что его скорость 𝑣⟘𝐵⟘𝐸. Определите магнитную индукцию поля 𝐵, если
кВ
движение иона прямолинейное. Напряженность ЭСП 𝐸 = 2 .
437. Альфа-частица, имеющая скорость𝑣 = 2
Мм
с
м
, влетает под углом
𝛼 = 300 к сонаправленным магнитному (𝐵 = 1 мТл) и электрическому
кВ
𝐸=1
полям. Определите ускорение альфа-частицы 𝑎∗ .
м
___________
* Ускорение 𝑎 определяется в момент вхождения заряженной частицы в область
пространства, где локализованы однородные магнитное и электрическое поля.
105
438. Протон прошел ускоряющую разность потенциалов 𝑈 и влетел
в скрещенные под прямым углом однородные поля: магнитное (𝐵 = 5 мТл)
кВ
и электрическое 𝐸 = 20
. Определите разность потенциалов 𝑈, если
м
протон в этих полях движется прямолинейно, а его скорость 𝑣 ⟘𝐵⟘𝐸.
439. Векторы 𝐵 и 𝐸 магнитного (𝐵 = 2 мТл) и электрического
кВ
𝐸 = 1,2
полей сонаправлены. Перпендикулярно векторам 𝐵 и 𝐸
м
влетает электрон со скоростью 𝑣 = 0,8
электрона 𝑎∗ .
Мм
с
. Определите ускорение
440. В скрещенные под прямым углом однородные поля: магнитное
МА
кВ
𝐻=1
и электрическое 𝐸 = 50
, – влетел ион. При какой
м
м
скорости 𝑣 иона (по модулю и направлению) он будет двигаться в этих
полях равномерно и прямолинейно?
441. Плоский контур площадью 𝑆 = 20 см2 находится в однородном
магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,03 Тл. Определите магнитный поток ϕ,
пронизывающий контур, если его плоскость составляет угол φ = 600
с направлением линий магнитной индукции.
442. Магнитный поток сквозь сечение соленоида ϕ = 50 мкВб. Длина
соленоида 𝑙 = 50 см. Определите магнитный момент 𝑝𝑚 соленоида, если
его витки плотно прилегают друг к другу.
443. В средней части соленоида, содержащего 𝑛 = 8
витков
см
, помещен
круговой виток диаметром 𝑑 = 4 см. Плоскость витка расположена
под углом φ = 600 к оси соленоида. Определите магнитный поток ϕ,
пронизывающий виток, если по обмотке соленоида течет ток 𝐼 = 1 А.
444. На длинный цилиндрический каркас радиусом 𝑅 = 2 см уложена
«виток к витку» однослойная обмотка из проволоки диаметром 𝑑 =
0,2 мм. Определите магнитный поток ϕ, создаваемый таким соленоидом
при силе тока 𝐼 = 0,5 А.
445. Плоский контур с током 𝐼 = 5 А свободно установился
в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,4 Тл. Площадь контура
𝑆 = 200 см2 . Поддерживая ток в контуре неизменным, его повернули
относительно оси, лежащей в плоскости контура, на угол φ = 450 .
Определите совершенную при этом работу 𝐴.
446. Квадратный контур со стороной 𝑎 = 10 см, в котором течет ток
𝐼 = 6 А, находится в магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,8 Тл; плоскость
106
контура расположена под углом φ = 300 к линиям магнитнойиндукции.
Какую работу 𝐴 нужно совершить, чтобы при неизменной силе тока
в контуре изменить его форму на окружность?
447. Виток, в котором поддерживается постоянная сила тока 𝐼 = 60 А,
свободно установился в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 =
20 мТл. Радиус витка 𝑅 = 5 см. Какую работу 𝐴 нужно совершить
для того, чтобы повернуть виток относительно оси, совпадающей с его
диаметром, на угол φ = 600 .
448. В однородном магнитном поле перпендикулярно линиям
индукции расположен плоский контур площадью 𝑆 = 100 см2 .
Поддерживая в контуре постоянную силу тока 𝐼 = 50 А, его переместили
в область пространства, где поле отсутствует. Определите магнитную
индукцию поля 𝐵, если при перемещении контура была совершена работа
𝐴 = 0,4 Дж.
449. Плоский круговой контур радиусом 𝑅 = 10 см с током 𝐼 = 1 А
расположен в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,6 Тл так, что
нормаль к контуру перпендикулярна линиям магнитной индукции.
Определите работу 𝐴, совершаемую силами поля при медленном повороте
контура вокруг оси, лежащей в плоскости контура, на угол φ = 30о .
450. Определите магнитный поток ϕ, пронизывающий соленоид, если
его длина 𝑙 = 30 см и магнитный момент 𝑝𝑚 = 0,4 А ∙ м2 .
451. В однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,1 Тл
равномерно с частотой 𝑛 = 5 с−1 вращается проводящий стержень длиной
𝑙 = 50 см, так что плоскость его вращения перпендикулярна линиям
магнитной индукции, а ось вращения проходит через конец стержня.
Определите разность потенциалов 𝑈, индуцируемую на концах стержня.
452. В однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,5 Тл вращается
с частотой 𝑛 = 10 с−1 проводящий стержень длиной 𝑙 = 20 см. Плоскость
его вращения перпендикулярна линиям магнитной индукции, а ось
вращения проходит через конец стержня. Определите разность
потенциалов 𝑈, индуцируемую на концах стержня.
453. В проволочное кольцо, присоединенное к интегратору тока,
вставили прямой магнит. При этом по цепи прошел заряд 𝑄 = 50 мкКл.
Покажите на схеме цепи направление индукционного тока в кольце
и определите изменение магнитного потока ∆ϕ через плоскость кольца,
если сопротивление цепи 𝑅 = 10 Ом.
107
454. Замкнутый медный провод массой 𝑚 = 10 г, имеющий форму
квадрата, помещен в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 0,1 Тл
так, что плоскость контура перпендикулярна линиям поля. Покажите
на схеме направление индукционного тока в контуре и определите заряд
𝑄, который потечет по проводнику, если квадрат, потянув
за противоположные вершины, вытянуть в линию.
455. Рамка из провода сопротивлением 𝑅 = 0,04 Ом равномерно
вращается в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,6 Тл. Ось
вращения лежит в плоскости рамки и перпендикулярна линиям индукции.
Площадь рамки 𝑆 = 200 см2 . Покажите направление индукционного тока
в рамке и определите заряд 𝑄, который потечет по рамке при изменении
угла между нормалью к рамке и линиями индукции от 0 до 45о .
456. Проволочный виток диаметром 𝑑 = 5 см и сопротивлением
𝑅 = 0,02 Ом находится в однородном магнитном поле с индукцией
𝐵 = 0,3 Тл. Плоскость витка составляет угол φ = 600 с линиями индукции.
Какой заряд 𝑄 протечет по витку при выключении магнитного поля?
Покажите направление индукционного тока в витке.
457. Рамка, содержащая 𝑁 = 200 витков тонкого провода, может
свободно вращаться вокруг оси, лежащей в плоскости рамки. Площадь
рамки 𝑆 = 50 см2 . Ось вращения рамки перпендикулярна линиям
однородного магнитного поля с индукцией 𝐵 = 0,05 Тл. Определите
максимальную ЭДС ℰmax , которая индуцируется в рамке при ее вращении
с частотой 𝑛 = 40 с−1 .
458. Прямой проводящий стержень длиной 𝑙 = 40 смнаходится
в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,10 Тл. Концы стержня
замкнуты проводом, находящимся вне поля. Сопротивление цепи 𝑅 =
0,50 Ом. Какая мощность 𝑃 требуется для равномерного движения стержня
м
со скоростью 𝑣 = 10 , перпендикулярной линиям магнитной индукции?
с
459. Проволочный контур площадью 𝑆 = 500 см2 и сопротивлением
𝑅 = 0,10 Ом равномерно вращается в однородном магнитном поле
с индукцией 𝐵 = 0,50 Тл. Ось вращения лежит в плоскости контура
и перпендикулярна линиям магнитной индукции. Определите
максимальную мощность 𝑃max , необходимую для вращения контура
рад
с угловой скоростью ω = 50
.
с
460. Кольцо из медного провода массой 𝑚 = 10 г помещено
в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 0,50 Тл; плоскость кольца
составляет угол φ = 600 с линиями магнитной индукции. Покажите
108
направление индукционного тока и определите заряд 𝑄, который пройдет
по кольцу, если снять магнитное поле.
461. Соленоид сечением 𝑆 = 10 см2 содержит 𝑁 = 103 витков. При
силе тока 𝐼 = 5,0 А магнитная индукция поля внутри соленоида 𝐵 =
0,05 Тл. Определите индуктивность соленоидаи энергию его магнитного
поля 𝑊.
462. На картонный каркас радиусом 𝑅 = 2 см и длиной 𝑙 = 0,8 м
намотан в один слой провод диаметром 𝑑 = 0,25 мм так, что витки плотно
прилегают друг к другу. Вычислите индуктивность 𝐿 полученного
соленоида.
463. Катушка, намотанная на цилиндрический каркас, имеет 𝑁1 =
250 витков и индуктивность 𝐿1 = 36 мГн. Чтобы увеличить
индуктивность катушки до 𝐿2 = 100 мГн, обмотку катушки заменили
другой обмоткой – из более тонкого провода, с таким расчетом, чтобы
длина катушки 𝑙 осталась прежней. Какое число витков 𝑁2 оказалось
в катушке после перемотки?
464. Индуктивность соленоида с однослойной обмоткой 𝐿 = 0,50 мГн.
Длина соленоида 𝑙 = 0,60 м, радиус 𝑅 = 1,0 см. Определите отношение
𝑁
числа витков соленоида к его длине: 𝑛 = .
𝑙
465. Обмотка соленоида содержит 𝑁 = 800 витков. Сердечник
из немагнитного материала имеет сечение 𝑆 = 10 см2 . По обмотке течет
ток, создающий поле с индукцией 𝐵 = 8,0 мТл. Определите среднее
значение ЭДС самоиндукции ℰ𝑠ср , которая появится на зажимах
соленоида, при уменьшении тока в обмотке практически до нуля за время
∆𝑡 = 0,80 мс.
466. По катушке индуктивностью 𝐿 = 8,0 мкГн течет ток 𝐼 = 5,0 А.
Определите среднее значение ЭДС самоиндукции ℰ𝑠ср , возникающей
в контуре, при уменьшении силы тока практически до нуля за время
∆𝑡 = 0,50 м𝑐.
467. В электрической цепи, содержащей резистор сопротивлением
𝑅 = 20 Оми катушку индуктивностью 𝐿 = 0,06 Гн, течет ток 𝐼 = 20 А.
Определите направление и величину индукционного тока I в цепи через
время 𝑡 = 0,2 мс после отключения источника тока без разрывания цепи.
468. Цепь состоит из катушки индуктивностью 𝐿 = 0,10 Гн
и источника тока. Источник отключили, не разрывая цепи. За время
109
𝑡 = 0,07 с сила тока уменьшилась до 0,001𝐼0 , где 𝐼0 – начальное значение.
Определите активное сопротивление катушки 𝑅.
469. Источник тока замкнули на катушку сопротивлением 𝑅 = 10 Ом
и индуктивностью 𝐿 = 0,20 Гн. За какое время 𝑡 ток в цепи достигнет
величины, равной 0,5𝐼0 , где 𝐼0 – установившееся значение? Покажите
направление индукционного тока в катушке.
470. Источник тока замкнули на катушку сопротивлением 𝑅 = 20 Ом.
За время 𝑡 = 0,10 с, прошедшее от момента замыкания, сила тока в
катушке достигла 0,95𝐼0 , где 𝐼0 – установившееся значение. Покажите
направление индукционного тока в катушке и определите индуктивность
катушки 𝐿.
5.4. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
5.4.1. Магнитное поле постоянного тока
План решения задач
1. В тех задачах, где магнитное поле создается током, текущим
в проводнике сложной формы, проводник мысленно разбивают на отрезки
(прямые или участки кругового контура), для которых известны расчетные
формулы магнитной индукции. Затем записывают принцип суперпозиции
магнитных полей в виде:
𝐵 = 𝐵𝚒 ,
(1)
где 𝐵𝚒 – индукция магнитного поля отдельных i-х отрезков проводника.
По формуле (1) определяют также результирующее поле, созданное двумя
и более длинными прямыми проводами или витками с током.
2. Для расчета магнитной индукции 𝐵 кругового тока в его центре
или в точке на оси витка принцип суперпозиции записывают в следующем
виде:
𝐵 = 𝑙 d𝐵.
(2)
Здесь интегрирование выполняют по всей длине 𝑙 проводника с током.
Вектор d𝐵 определяют по закону Био – Савара – Лапласа. При сложении
бесконечно малых векторов d𝐵 возможны два варианта: 1) векторы d𝐵
сонаправлены, т. е. направлены по одной прямой; в этом случае модуль
𝐵 = 𝑙 d𝐵 (суммируют модули d𝐵); 2) если векторы d𝐵 не сонаправлены,
то каждый из них необходимо разложить на два взаимно
перпендикулярных вектора:
d𝐵 = d𝐵∥ + d𝐵⟘ ,
(3)
где d𝐵∥ – вектор, параллельный оси витка с током; d𝐵⟘ – составляющая
вектора d𝐵, перпендикулярная оси витка.
110
3. В уравнениях (1) и (2) принципа суперпозиции записана сумма
векторов. Для сложения векторов необходимо определить их направления
и показать векторы на рисунке. Так как линии магнитного поля токов
представляют собой окружности, замкнутые вокруг токов и даже вокруг
бесконечно малых элементов тока 𝐼𝑑𝑙, то используем правило буравчика,
располагая винт вдоль тока. Если проводник с током размещен в плоскости
рисунка, то в точках, находящихся в этой плоскости, вектор 𝐵 будет
направлен перпендикулярно плоскости рисунка. Такой вектор обозначают
значком ⊗, если вектор направлен «от нас», или значком , если вектор
направлен «к нам».
Задача 27. По тонкому кольцу радиусом 𝑅 = 10 см течет ток 𝐼 =
50 А. Определите магнитную индукцию 𝐵 в точке А на оси кольца,
равноудаленной от точек кольца на расстояние 𝑟 = 20 см.
Дано
Решение
𝑅 = 0,10 м;
𝐼 = 50 А;
𝑟 = 0,20 м.
𝐵−?
𝐼
d𝐵
d𝐵⟘
𝐼d𝑙 ′
,
𝑟
𝑅
β
β
𝑂
d𝐵∥ , d𝐵∥ ′
𝐴
d𝐵⟘ ′
𝐼d𝑙 ′
,
𝐵
d𝐵′
Рис. 58
Мысленно разделим кольцо с током на элементы тока 𝐼d𝑙, каждый
из которых создает в точке 𝐴 магнитное поле с индукцией d𝐵, и сложим
эти поля от элементов тока, согласно принципа суперпозиции:
𝐵=
𝑙
d𝐵.
(1)
Здесь интегрирование выполняют по всей длине кольца 𝑙, а вектор d𝐵
определяется законом Био – Савара – Лапласа:
μ μ 𝐼d𝑙 ×𝑟
d𝐵 = 0
.
(2)
4π 𝑟 3
Из уравнения (2), в соответствии с векторным произведением
векторов, следует, что вектор d𝐵 перпендикулярен векторам d𝑙 и 𝑟.
На рис. 58 плоскость кольца и элемент тока 𝐼d𝑙 перпендикулярны
плоскости рисунка. Следовательно, вектор d𝐵 будет расположен
в плоскости рисунка, где его проводим перпендикулярно радиус-вектору 𝑟,
проведенному от элемента тока к точке 𝐴. Выделим другой элемент тока
𝐼d𝑙 ′, диаметрально противоположный элементу 𝐼d𝑙, и покажем
создаваемый им вектор магнитной индукции d𝐵′ на рис. 58. Нетрудно
111
заметить, что векторы d𝐵 от всех элементов тока кольца образуют конус
векторов.
Для сложения векторов d𝐵, направленных по образующим конуса,
разложим каждый вектор на две составляющие:
d𝐵 = d𝐵∥ + d𝐵⟘ ,
(3)
где d𝐵∥ – вектор, параллельный оси кольца 𝑂𝐴; d𝐵⟘ – составляющая
вектора d𝐵, перпендикулярная оси кольца. После подстановки разложения
(3) в уравнение (1) принципа суперпозиции интеграл в правой части
представится суммой двух интегралов:
𝐵=
𝑙
d𝐵∥ +
d𝐵⟘ .
𝑙
(4)
Второй интеграл 𝑙 d𝐵⟘ = 0, так как сумма векторов d𝐵⟘ + d𝐵⟘ ′ = 0,
и таким образом все векторы попарно компенсируются. В результате
в уравнении (4) остается один интеграл:
𝐵=
d𝐵∥ ,
𝑙
(5)
где все векторы d𝐵∥ сонаправлены, следовательно, в точке 𝐴 вектор
магнитной индукции 𝐵 ⇈ d𝐵∥ (см. рис. 58), и его модуль
𝐵=
d𝐵∥ .
𝑙
(6)
𝑅
Здесь составляющая d𝐵∥ = d𝐵 sin β, где sin β =
(см. треугольники
𝑟
на рис. 58). Модуль d𝐵 находим с помощью закона Био – Савара – Лапласа
(2): так как вектор 𝑟 ⟘ d𝑙, то sin α = 1 и величина магнитной индукции
d𝐵 =
μ 0 μ 𝐼d𝑙
4π 𝑟 2
.
(7)
Подставим величину d𝐵∥ в интеграл (6) и вычислим его:
𝐵=
μ 0 μ 𝐼d𝑙 sin β
4π
𝑟2
2π𝑅
d𝑙
0
=
μ 0 μ𝐼𝑅
4π𝑟 3
2π𝑅 =
μ 0 μ 2𝐼∙π𝑅 2
4π
𝑟3
.
(8)
Учтем, что 𝐼 ∙ π𝑅2 = 𝐼𝑆 = 𝑝𝑚 – магнитный момент контура с током,
и формулу (8) представим в виде
𝐵=
μ 0 μ 2𝑝 𝑚
𝑟3
4π
.
(9)
Вычисляем магнитную индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴 по формуле (8),
полагая, что для воздуха магнитная проницаемость μ ≈ 1, а магнитная
Гн
постоянная μ0 = 4π ∙ 10−7 .
м
𝐵=
4π∙10 −7
4π
Гн
∙1
м
2∙50 А∙3,14∙0,12 м2
0,23
= 3,9 ∙ 10−5
м3
112
Вб
м2
= 39 мкТл.
Задача 28. По двум бесконечно длинным прямым параллельным
проводам текут токи 𝐼1 = 𝐼 и 𝐼2 = 2𝐼 одного направления. Расстояние
между проводами 𝑙 = 0,30 м. Для линии 𝐴𝐶, перпендикулярной проводам,
определите, на каком участке: 1, 2 или 3 (рис. 59 а), – находится точка,
в которой индукция магнитного поля 𝐵 = 0. На каком расстоянии 𝑎
от первого провода находится эта точка?
Дано
Решение
𝐼1 = 𝐼;
𝐼2 = 2𝐼;
𝑙 = 0,30 м.
1) 𝐵 = 0
на каком
участке?
1 𝐼1
2
𝐴
𝐼2
3 𝐵2
𝐵2
𝐵1
𝐼1
𝐷
𝑎
𝐶
линия 𝐵1
𝐼2
𝑏
𝐵1
2) 𝑎 − ?
𝐵1
𝐵2
линия 𝐵2
а
б
Рис. 59
Индукция магнитного поля в любой точке прямой 𝐴𝐶 определяется
по принципу суперпозиции:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 ,
(1)
где 𝐵1 – магнитная индукция поля, созданного первым проводом с током
𝐼1 ; 𝐵2 – та же величина, созданная вторым проводом с током 𝐼2 .
Так как в уравнении (1) записана геометрическая сумма векторов 𝐵1
и 𝐵2 , то определим их направления. Эти векторы направлены
по касательным к линиям магнитной индукции, которые имеют форму
окружностей с центрами на соответствующем проводе. Направление
линий определяем по вращению головки буравчика (правого винта),
который должен перемещаться по направлению тока. На рис. 59 б токи
текут «от нас», поэтому буравчик следует вращать по часовой стрелке,
чтобы винт вворачивался.
В каждой из областей (1, 2 и 3) показываем направление векторов 𝐵1
и 𝐵2 , касательных к соответствующим окружностям. На участках 1 и 3
вектор 𝐵1 ⇈ 𝐵2 , и сумма таких векторов отлична от нуля. На втором
участке линии АС, который находится между проводами, вектор 𝐵1 ⇅ 𝐵2
(см. рис. 59 б). Принимая за положительное направление вектора 𝐵1 ,
запишем для этого участка принцип суперпозиции (1) в следующем виде:
𝐵 = 𝐵1 − 𝐵2 .
(2)
Здесь модули магнитной индукции длинных прямых проводов определяем
по формулам
113
𝐵1 =
μ 0 𝐼1
2π𝑎
;
𝐵2 =
μ 0 𝐼2
2π𝑏
.
(3)
Подставляем эти значения 𝐵1 и 𝐵2 в уравнение (2) и, согласно
условию задачи, приравниваем нулю индукцию результирующего
магнитного поля:
μ 0 𝐼1
𝐼
𝐼
2𝐼
𝑏
− 2 = 0; →
= ; →
= 2.
(4)
2π 𝑎
𝑏
𝑎
𝑏
𝑎
Учитывая, что 𝑎 + 𝑏 = 𝑙, из соотношения (4) определяем величину 𝑎:
𝑙−𝑎
𝑙
= 2; → 𝑙 = 3𝑎; → 𝑎 = = 0,1 м.
𝑎
3
Таким образом, точка 𝐷, в которой модули векторов одинаковы: 𝐵1 = 𝐵2 , –
а их сумма равна нулю, находится на отрезке прямой между проводами,
𝐼
ближе к первому проводу, – с меньшим током, так как величина 𝐵𝚒 ~ 𝚒 .
𝑟𝚒
Задача 29. По двум бесконечно длинным прямым проводам,
скрещенным под прямым углом, текут токи 𝐼1 = 𝐼 и 𝐼2 = 3𝐼, где 𝐼 =
100 А. Определите магнитную индукцию 𝐵 в точке 𝐴 (рис. 60 а), если
расстояние 𝑑 = 10 см.
Дано
Решение
𝐼1 = 𝐼;
𝐼2 = 3𝐼;
𝐼 = 100 А;
𝑑 = 0,10 м.
𝐼1
𝐼2
2𝑑
𝐼1
𝐴
𝐵2
𝑑
𝐵1
𝐵−?
𝐵1
𝐵2
𝐼2
𝐴
𝐵1
𝐵
𝐵2
а
б
в
Рис. 60
Магнитное поле, созданное двумя проводами с током, в любой точке
пространства определяется по принципу суперпозиции как геометрическая
сумма векторов:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 ,
(1)
где 𝐵1 и 𝐵2 – величины индукции магнитного поля, созданного первым
проводом с током 𝐼1 и вторым – с током 𝐼2 .
Векторы 𝐵1 и 𝐵2 направляем по касательным к линиям магнитной
индукции. Эти линии – окружности с центрами на проводах с током,
а направление линий (рис. 60 б) определяем по правилу буравчика (см.
п. 4.1) Так как векторы 𝐵1 и 𝐵2 взаимно перпендикулярны (рис. 60 в), то
модуль магнитной индукции 𝐵 результирующего поля определяем
с помощью теоремы Пифагора:
𝐵=
𝐵1 2 + 𝐵2 2 .
114
(2)
Модуль магнитной индукции поля, созданного длинным прямым
проводником с током 𝐼𝚒 , рассчитывается по следующей формуле:
μ μ𝐼
𝐵𝚒 = 0 𝚒 ,
(3)
2π𝑟 𝚒
Гн
10−7
м
где μ0 = 4π ∙
– магнитная постоянная, μ – магнитная
проницаемость среды, для воздуха μ ≈ 1; 𝑟𝚒 – расстояние от провода
до точки 𝐴, в которой определяем магнитную индукцию. Для первого
и второго провода по формуле (3) запишем величины 𝐵1 и 𝐵2 :
𝐵1 =
μ 0 𝐼1
2π∙3𝑑
,
𝐵2 =
μ 0 𝐼2
2π𝑑
.
(4)
Подставляя эти величины 𝐵1 и 𝐵2 в выражение (2), получаем расчетную
формулу для индукции магнитного поля в точке 𝐴:
𝐵=
μ0𝐼
3 2
2π𝑑
3
+ 12 =
μ 0 2𝐼
2π𝑑
.
(5)
Вычисляем значение магнитной индукции поля в точке 𝐴:
𝐵=
4π∙10 −7
Гн
∙1,41∙100
м
2π∙0,1 м
А
= 2,8 ∙ 10−4
Вб
м2
= 0,28 мТл.
Задача 30. По двум бесконечно длинным прямым параллельным
проводникам текут токи 𝐼1 = 30 А и 𝐼2 = 50 А. Определите магнитную
индукцию 𝐵 поля в точке 𝐴 (рис. 61 а), равноудаленной от проводов
π
на расстояние 𝑑 = 5,0 см; угол α = .
3
Решение
Так как магнитное поле создается двумя проводниками с током,
то магнитную индукцию поля в точке 𝐴 определяем по принципу
суперпозиции:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 ,
(1)
где 𝐵1 – индукция МП, созданная в точке 𝐴 первым проводником с током
𝐼1 ; 𝐵2 – та же величина, созданная вторым проводником с током 𝐼2 .
Дано
𝐼1 = 30 А;
𝐵1
𝐼2 = 50 А;
𝐴
α
𝐵
β
𝑑 = 5,0 см;
α
π
α
𝐵2
𝑑
𝑑
α= .
3
𝐵−?
𝐼1
𝐼2
𝐼1
а
𝐼2
б
Рис. 61
115
Для сложения векторов 𝐵1 и 𝐵2 необходимо показать их на рисунке.
Эти векторы идут по касательным к линиям магнитной индукции, которые
представляют собой окружности радиусом 𝑑, охватывающие первый
и второй проводники. Касательные проводим перпендикулярно радиусу 𝑑
соответствующей окружности (рис. 61 б).
Результирующий вектор 𝐵, согласно принципу суперпозиции (1),
находим по правилу параллелограмма (треугольника). Модуль его
определяем по теореме косинусов:
𝐵=
𝐵1 2 + 𝐵2 2 − 2𝐵1 𝐵2 cos β,
(2)
2
где угол β = π − α = π (так как (α + β) = π, (см. рис. 61 б)). Модули
3
магнитной индукции поля, созданного первым и вторым проводниками,
определяются формулами:
μ μ𝐼
μ μ𝐼
𝐵1 = 0 1 , 𝐵2 = 0 2 .
(3)
2π𝑑
2π𝑑
Здесь магнитная проницаемость воздуха μ ≈ 1.
Подставляем эти величины 𝐵1 и 𝐵2 в уравнение (2) и получаем расчетную
формулу индукции МП в точке 𝐴 в следующем виде:
𝐵=
μ0μ
2π𝑑
π
π
6
2
𝐼1 2 + 𝐼2 2 + 2𝐼1 𝐼2 sin ; так как cos
+
π
6
π
= − sin .
6
Вычисляем величину магнитной индукции поля в точке 𝐴:
𝐵=
4π∙10 −7
Гн
м
2π∙0,05 м
302 + 502 + 2 ∙ 30 ∙ 50 ∙
1
2
А2 = 2,8 ∙ 10−4
Вб
м2
= 0,28 мТл.
Задача 31. По бесконечно длинному проводнику, изогнутому так, как
показано на рис. 62 а, течет ток 𝐼 = 100 А. Радиус дуги 𝑅 = 5,0 см.
Определите магнитную индукцию 𝐵 в точке 𝑂.
Дано
Решение
𝐼 = 100 А;
2
𝑅 = 5,0 см.
𝐼
𝐵−?
𝐼
𝑅
𝐼𝑑𝑙1
𝑂
𝑅
𝑟1
𝑂
𝐵
1
а
б
Рис. 62
116
𝐼d𝑙2
𝑅
3
Провод заданной формы разделим на три участка (рис. 62 б): длинные
прямые проводники 1 и 3 и дуга 2, равная половине окружности.
Индукцию 𝐵 магнитного поля, созданного проводником, состоящим
из таких участков, найдем по принципу суперпозиции:
𝐵 = 𝐵1 + 𝐵2 + 𝐵3 .
(1)
Вычислим вектор 𝐵1 от первого участка проводника, суммируя
бесконечно малые значения d𝐵1 , создаваемые элементами тока 𝐼𝑑𝑙1 :
𝐵1 =
d𝐵1 ,
𝑙
(2)
где вектор d𝐵1 определяем по закону Био – Савара – Лапласа:
d𝐵1 =
μ 0 μ 𝐼𝑑 𝑙 1 ×𝑟1
.
4π
𝑟1 3
(3)
В формуле закона (3) элемент длины d𝑙1 первого участка провода
и радиус-вектор 𝑟1 , проведенный от элемента тока к точке 𝑂,
сонаправлены, т. е. d𝑙1 ⇈ 𝑟1 , а в этом случае векторное произведение
d𝑙1 × 𝑟1 = 0 (так как sin 0 = 0). Следовательно, каждый d𝐵1 = 0 и их
сумма 𝐵1 = 0. Отметим полученный результат: в любой точке,
находящейся на продолжении прямого провода с током, индукция МП,
созданная этим проводом, равна нулю.
Вычислим вектор 𝐵2 , аналогично предыдущему расчету, суммируя
бесконечно малые значения d𝐵2 , создаваемые элементами тока 𝐼d𝑙2 :
𝐵2 =
𝑙
d𝐵2 .
(4)
Для определения направления складываемых векторов d𝐵2 применяем
правило буравчика: вращая головку винта по направлению тока
в полукольце, по движению винта (который будет ввинчиваться) получаем,
что вектор d𝐵2 от любого элемента тока дуги направлен перпендикулярно
плоскости рисунка «от нас». Следовательно, и вектор 𝐵2 имеет такое же
направление. Так как все векторы d𝐵2 сонаправлены, то суммируем их
модули:
𝐵2 =
𝑙
d𝐵2 =
π𝑅 μ 0 μ 𝐼d𝑙 2 𝑅 sin 90о
0
4π
𝑅3
1
=
μ 0 μ𝐼
4𝑅
.
(5)
Отметим, что найденная величина 𝐵2 = 𝐵кольца (см. п. 4.1, формула
2
(6)). Этот результат имеет простое объяснение: отсутствующая половина
кольца создавала бы такое же поле 𝐵2 , а согласно принципу суперпозиции
𝐵кольца = 𝐵2 + 𝐵2 = 2𝐵2 . Следовательно, расчет 𝐵2 выполнен верно.
Определяем вектор 𝐵3 : его направление находим по правилу
буравчика, вращая головку винта по часовой стрелке (если смотреть на
начало третьего участка сверху), чтобы винт вворачивался по направлению
117
тока (вниз). Тогда вектор 𝐵3 , касательный к окружности, которую
описывает головка винта, будет направлен перпендикулярно плоскости
рисунка «от нас». Таким образом, вектор 𝐵3 ⇈ 𝐵2 ; складывая эти векторы,
по принципу суперпозиции (1) получаем, что результирующий вектор 𝐵
сонаправлен с векторами 𝐵2 и 𝐵3 , т. е. также направлен перпендикулярно
плоскости рисунка «от нас». Модуль вектора 𝐵, в соответствии
с уравнением (1), равен сумме модулей сонаправленных векторов:
𝐵 = 𝐵2 + 𝐵3 .
(6)
Найдем модуль вектора 𝐵3 . Заметим, что если мысленно продолжить
участок провода 3 вверх до бесконечности, т. е. дополнить его проводом,
равным участку 3, то получим бесконечно длинный прямой провод,
создающий поле с магнитной индукцией
μ μ𝐼
𝐵= 0 .
(7)
2π𝑅
С учетом равного вклада двух половин провода, следуя принципу
суперпозиции, запишем уравнение:
1
μ μ𝐼
𝐵 = 𝐵3 + 𝐵3 = 2𝐵3 ; → 𝐵3 = 𝐵 = 0 .
(8)
2
4π𝑅
Заметим, что результат (8) можно получить и из формулы магнитной
индукции отрезка прямого проводника с током (п. 4.1, формула (8)):
𝐵=
μ0μ 𝐼
4π 𝑟0
cos α1 − cos α2 ,
(9)
где 𝑟0 – расстояние от провода до точки, в которой определяем величину
π
𝐵: 𝑟0 = 𝑅; углы α1 = ; α2 → π , т. е. cos α1 = 0; (− cos α2 ) = 1.
2
Подставляя найденные величины магнитной индукции второго
и третьего участков провода (формулы (5) и (8)) в уравнение (6) принципа
суперпозиции, получаем расчетную формулу индукции магнитного поля
в точке 𝑂:
μ μ𝐼
μ μ𝐼
μ μ𝐼
𝐵 = 0 + 0 ; → 𝐵 = 0 π+1 .
(10)
4𝑅
4π𝑅
4π𝑅
Вычисляем магнитную индукцию поля, созданного в точке 𝑂
заданным проводником с током, по формуле (10), принимая для воздуха
магнитную проницаемость μ ≈ 1:
𝐵=
4π∙10 −7
Гн
∙100
м
4π∙0,05 м
А
3,14 + 1 = 0,83 ∙ 10−3
Вб
м2
= 0,83 мТл.
5.4.2. Сила, действующая на проводник с током в магнитном поле
План решения задач
1. При расчете силы Ампера, действующей на проводник с током
в магнитном поле, решение следует начать с рисунка, на котором нужно
отразить форму проводника и направление вектора магнитной индукции 𝐵
поля, в котором находится проводник.
118
2. Необходимо иметь в виду, что формула силы Ампера 𝐹 = 𝐼𝐵𝑙 sin α
справедлива только для прямого проводника с током 𝐼 длиной 𝑙, который
находится в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵.
Для проводника криволинейной формы и в случае неоднородного МП
проводник следует разделить на элементы тока 𝐼d𝑙 и показать на рисунке
векторы сил d𝐹 = 𝐼d𝑙 × 𝐵, действующих на элементы тока. Для этого
необходимо выбрать два элемента тока, расположенных симметрично.
Направление векторов d𝐹 определяем по правилу векторного
произведения или по правилу левой руки: располагаем руку так, чтобы
линии магнитной индукции 𝐵 входили в ладонь, четыре пальца направляем
вдоль тока 𝐼, тогда отогнутый большой палец покажет направление
силы d𝐹 .
Сила, действующая на весь проводник, определяется как сумма
векторов элементарных сил по всей длине проводника 𝑙:
𝐹 = 𝑙 d𝐹 .
3. Свободный замкнутый контур с током (рамка или виток)
устанавливается в магнитном поле так, чтобы его магнитный момент 𝑝𝑚
был сонаправлен с вектором магнитной индукции 𝐵. При этом
механический (вращающий) момент 𝑀 = 𝑝𝑚 × 𝐵 = 0, а силы Ампера d𝐹 ,
действующие на элементы тока контура, растягивают его. Такое
положение (𝑝𝑚 ⇈ 𝐵) контура с током в однородном магнитном поле
является состоянием устойчивого равновесия контура.
Задача 32. По трем параллельным прямым проводникам, находящимся
на одинаковом расстоянии 𝑑 = 10 см друг от друга (рис. 63 а) текут
одинаковые токи 𝐼 = 200 А. В двух проводниках направления токов
совпадают. Вычислите для каждого проводника силу, действующую
на единицу длины проводника.
Дано
Решение
𝑑 = 0,10 м;
𝐼2
𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼3 = 𝐼;
𝑑
𝐼 = 200 А.
d𝐹1
d𝑙 1
d𝐹3
d𝑙 3
−?
d𝐹2
d𝑙 2
−?
𝐼1
𝑑
𝐵1
𝑑
𝐼1
d𝐹12 d𝐹21
𝐼3
−?
𝐹23
𝑑
𝐼d𝑙2
а
𝐹21
𝐹1
𝐹12
𝐹13
𝐵1
𝐼2
𝐹2
𝐼2
𝐹31
𝐼3
𝐼1
𝐹32
б
в
Рис. 63
119
𝐹3
Сначала рассмотрим взаимодействие двух проводников – первого
и второго (рис. 63 б). На второй проводник с током 𝐼2 действует магнитное
поле с индукцией 𝐵1 , созданное током в первом проводе (соответственно,
и на первый проводник действует магнитное поле 𝐵2 , созданное вторым
проводом). Выберем на втором проводнике элемент тока 𝐼d𝑙2 , проведем
линию магнитной индукции 𝐵1 (это окружность радиусом 𝑑)
и по касательной к ней направим вектор 𝐵1 . Сила Ампера, действующая
на выбранный элемент тока второго проводника со стороны МП первого
тока
d𝐹21 = 𝐼d𝑙2 × 𝐵1 .
(1)
Модуль этой силы
d𝐹21 = 𝐼d𝑙2 𝐵1 sin α,
(2)
где угол между векторами d𝑙2 и 𝐵1 α = 90° и sin α = 1 (линия магнитного
поля 𝐵1 расположена в плоскости, перпендикулярной проводу). Согласно
формуле (2), сила, действующая со стороны первого провода на единицу
длины второго провода:
d𝐹21
= 𝐼𝐵1 .
(3)
d𝑙 2
В формуле (3) индукция МП, созданная прямым длинным проводом
с током 𝐼 в точках на расстоянии 𝑑 от провода, определяется следующим
выражением:
μ μ𝐼
𝐵1 = 0 .
(4)
2π𝑑
Направление силы определяем по правилу левой руки, располагая
ладонь в плоскости рисунка: элемент тока 𝐼d𝑙2 притягивается к первому
проводнику. По третьему закону Ньютона, на элемент тока первого
проводника будет действовать сила d𝐹12 = −d𝐹21 , т. е. равная по модулю
(см. формулу (3)) и противоположно направленная (см. рис. 63 б). Таким
образом, параллельные токи одинакового направления притягиваются
друг к другу. Изменим мысленно на рис. 63 б направление второго тока
на противоположное (как ток 𝐼3 ) и правило левой руки покажет, что сила,
действующая на элемент тока 𝐼d𝑙3 , направлена вправо, т. е. параллельные
токи противоположных направлений взаимно отталкиваются.
На каждый из проводников действуют магнитные поля двух других
токов. Величину каждой силы парного взаимодействия -го и 𝚓-го проводов
запишем, подставляя индукцию магнитного поля,
определяемую
формулой (4) (в данной задаче 𝐵1 = 𝐵2 = 𝐵3 = 𝐵), в формулу (3):
d𝐹𝚒𝚓
d𝑙 𝚒𝚓
=
μ 0 μ𝐼 2
2π𝑑
120
.
(5)
В соответствии с полученным выражением (5), величина силы парного
взаимодействия на единицу длины одинакова для каждого проводника.
Результирующую силу, действующую на каждый проводник, находим
с помощью принципа суперпозиции сил:
𝐹1 = 𝐹12 + 𝐹13 ;
𝐹2 = 𝐹21 + 𝐹23 ;
𝐹3 = 𝐹31 + 𝐹32 .
(6)
Покажем эти силы магнитного взаимодействия токов на рис. 63 в,
учитывая, во-первых, взаимное направление токов, и во-вторых, равенство
модулей всех сил парного взаимодействия 𝐹𝚒𝚓 . На рисунке заменим
элементарную силу d𝐹𝚒𝚓 силой, действующей на весь -й провод
со стороны 𝚓-го тока, так как эти силы сонаправлены: 𝐹𝚒𝚓 = 𝑙 d𝐹𝚒𝚓 .
Согласно формулам (6), сложим по два вектора сил, действующих
на каждый проводник, геометрически: по правилу параллелограмма
(треугольника) (см. рис. 63 в). Так как треугольники, имеющие сторонами
векторы сил 𝐹1 и 𝐹2 , равносторонние, то модули этих сил
𝐹1 = 𝐹2 = 𝐹𝚒𝚓 .
(7)
Модуль силы 𝐹3 найдем по теореме косинусов:
𝐹3 =
𝐹31 2 + 𝐹32 2 − 2𝐹31 𝐹32 cos 120о = 3𝐹𝚒𝚓 .
(8)
Силы, действующие на единицу длины провода, с учетом формулы (5),
представятся выражениями, соответствующими формулам (7) и (8):
d𝐹1
d𝑙 1
=
d𝐹3
d𝑙 3
d𝐹2
d𝑙 2
=
= 3
μ 0 μ𝐼 2
2π𝑑
d𝐹1
d𝑙 1
;
(9)
.
(10)
Вычисляем силы: а) на единицу длины первого и второго провода:
d𝐹1
d𝑙 1
=
d𝐹2
d𝑙 2
=
4π∙10 −7
Гн
∙200 2
м
А2
2π∙0,1 м
= 8 ∙ 10−2
Дж
м2
= 0,08
Н
м
.
б) на единицу длины третьего провода:
d𝐹3
d𝑙 3
= 3 ∙ 0,08
Н
м
= 0,14
Н
м
.
Задача 33. Квадратная проволочная рамка со стороной 𝑙 = 10 см
расположена в одной плоскости с длинным прямым поводом (рис. 64 а).
Расстояние от провода до ближайшей стороны рамки 𝑎 = 5,0 см. Ток
в проводе 𝐼1 = 100 А, в рамке 𝐼2 = 10 А. Определите силы 𝐹𝚒 ,
действующие на каждую сторону рамки, и силу, действующую на всю
рамку.
121
Дано
Решение
𝑙 = 10 см;
𝑎 = 5,0 см;
𝐼1 = 100 А;
𝐼2 = 10 А.
𝑎
𝑙
𝐵1
𝐼1
𝐼2
𝐼1
1) 𝐹𝚒 − ?
B
𝐼2
𝐹1
,
(𝚒 = 1; 2; 3; 4)
A
𝐹4
, б
а
C
𝐹2
,
𝐼2 d𝑙
𝑟
2) 𝐹 − ?
𝐵1
𝐹3
,
d𝑟
𝐼2 d𝑙
D
Рис. 64
Индукция 𝐵1 магнитного поля, создаваемого длинным прямым
проводом с током 𝐼1 в точке, находящейся на расстоянии 𝑟 от провода,
определяется следующей формулой:
𝐵1 =
μ 0 μ𝐼1
2π𝑟
.
(1)
Величина 𝐵1 уменьшается по мере увеличения расстояния 𝑟,
следовательно, это магнитное поле неоднородное. Направление вектора 𝐵1
определяем по такому вращению буравчика, чтобы винт перемещался
вдоль тока 𝐼1 . В области, где находится рамка, вектор 𝐵1 направлен
перпендикулярно плоскости рамки «от нас» (рис. 64 б).
Найдем силу 𝐹1 , действующую на сторону АВ, суммируя бесконечно
малые силы d𝐹1 , действующие на элементы тока 𝐼2 d𝑙:
d𝐹1 = 𝐼2 d𝑙 × 𝐵1 ;
(2)
𝐹1 =
𝑙
d𝐹1 =
𝑙
𝐼2 d𝑙 × 𝐵1 .
(3)
По правилу левой руки определяем, что все векторы d𝐹1 ,
перпендикулярные вектору магнитной индукции 𝐵1 , лежат в плоскости
рамки, а в этой плоскости они перпендикулярны стороне АВ. Силы d𝐹1
являются сонаправленными, причем, сторона АВ притягивается к проводу,
так как ток 𝐼2 в ней одинакового направления с током 𝐼1 в проводе (см.
рис. 64 б). Модуль силы 𝐹1 :
𝐹1 =
𝑙
d𝐹1 =
𝑙
𝐼 d𝑙𝐵1
0 2
μ μ𝐼
sin 90о = 𝐼2 𝑙𝐵1 .
(4)
Здесь величина 𝐵1 = 0 1 (в соответствии с формулой (1), в которой 𝑟 = 𝑎
2π𝑎
для стороны АВ) одинакова во всех точках МП, где находится сторона
рамки АВ. Тогда действующая на нее сила
122
μ 0 μ𝐼1 𝐼2 𝑙
𝐹1 =
2π𝑎
.
(5)
Аналогичный расчет будет и для силы 𝐹2 , действующей на сторону
рамки СД, так как вдоль этой стороны величина 𝐵1 также одинакова,
но меньше, чем для стороны АВ, так как расстояние от провода больше:
μ μ𝐼
𝑟 = 𝑎 + 𝑙. Соответственно 𝐵1 = 0 1 и модуль силы 𝐹2 :
2π 𝑎 +𝑙
𝐹2 =
μ 0 μ𝐼1 𝐼2 𝑙
2π(𝑎+𝑙)
.
(6)
Вектор 𝐹2 также перпендикулярен стороне рамки СД (𝐹2 ⟘𝐼2 d𝑙), но
он направлен от провода с током 𝐼1 : токи 𝐼1 в проводе и 𝐼2 в стороне СД
противоположных направлений, поэтому они отталкиваются (см.
рис. 64 б).
Силы 𝐹3 и 𝐹4 , действующие на стороны ВС и АД рамки с током,
также перпендикулярны элементам тока 𝐼2 𝑑𝑙 и вектору магнитной
индукции 𝐵1 , в соответствии с векторным произведением в формуле (2),
и направления их определяем также по правилу левой руки (см. рис. 64 б).
Стороны рамки ВС и АД расположены одинаково по отношению
к проводу с током 𝐼1 , магнитное поле которого действует на ток в рамке.
Следовательно, модули этих сил одинаковы: 𝐹3 = 𝐹4 .
Рассчитаем, например, силу 𝐹4 , суммируя элементарные силы по длине
стороны АД:
𝑙
𝑙
μ μ𝐼
𝐹4 = 𝑙 d𝐹4 = 0 𝐼2 d𝑙𝐵1 sin 90о = 0 𝐼2 d𝑙 0 1 .
(7)
2π𝑟
Здесь величина 𝐵1 не одинакова вдоль стороны АД, но уменьшается
по мере удаления элемента тока 𝐼2 d𝑙 от провода, согласно формуле (1).
В подинтегральном выражении (7) заменим d𝑙 = d𝑟 (см. рис. 64 б), чтобы
перейти к одной переменной 𝑟 – расстоянию элемента тока от провода;
пределы по этой переменной: 𝑟1 = 𝑎 и 𝑟2 = 𝑎 + 𝑙, – соответствуют
начальному и конечному элементам тока 𝐼2 d𝑙 на стороне АД. Продолжим
расчет силы 𝐹4 :
𝐹4 =
𝑎+𝑙 d𝑟
𝑎
𝑟
μ 0 μ𝐼1 𝐼2
2π
=
μ 0 μ𝐼1 𝐼2
2π
ln
𝑎+𝑙
𝑎
.
(8)
Вычислим модули сил, действующих на стороны рамки, по формулам
(5), (6) и (8):
𝐹1 =
4π∙10 −7
А∙10 А
2π∙0,05 м
𝐹2 = 𝐹1
𝐹3 = 𝐹4 =
Гн
∙100
м
𝑎
𝑎+𝑙
4π∙10 −7
= 4 ∙ 10−4 Н = 0,40 мН.
= 0,40 мН ∙
Гн
∙100
м
2π
А∙10 А
0,05 м
0,05+0,10 м
ln
123
= 0,13 мН.
0,05+0,10 м
0,05 м
= 0,22 мН.
Найдем результирующую силу, действующую на рамку в целом,
складывая векторы сил, действующих на стороны рамки:
𝐹=
4
1 𝐹𝚒
≡ 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 + 𝐹4 = 𝐹1 + 𝐹2 .
(9)
Здесь 𝐹3 + 𝐹4 = 0, так как 𝐹3 = 𝐹4 и вектор 𝐹3 ⇅ 𝐹4 (см. рис. 64 б). Так как
сила 𝐹2 ⇅ 𝐹1 , то модуль результирующей силы
𝐹 = 𝐹1 − 𝐹2 = 0,27 мН.
Направление вектора результирующей силы 𝐹 совпадает с направлением
большего из векторов сил – с вектором 𝐹1 .
Таким образом, в неоднородном магнитном поле на данную рамку
с током действует сила 𝐹 в направлении градиента индукции МП: 𝐹 ⇈
𝗀rad𝐵1 , который направлен в область более сильного МП. Силы 𝐹1 , 𝐹2 ,
𝐹3 и 𝐹4 растягивают рамку с током, что соответствует данному случаю
𝑝𝑚 ⇈ 𝐵1 , где 𝑝𝑚 – магнитный момент рамки с током.
Задача 34. На оси контура с током, магнитный момент которого
𝑝𝑚 = 0,10 А ∙ м2 , находится другой такой же контур. Магнитный момент
второго контура перпендикулярен оси первого контура. Расстояние между
контурами 𝑟 = 1,0 м, причем, размеры контуров малы по сравнению
с расстоянием 𝑟. Определите механический момент 𝑀, действующий
на второй контур.
Дано
Решение
𝑥
𝑝𝑚 1 = 𝑝𝑚 2 = 𝑝𝑚 ;
𝑝𝑚 = 0,10 А ∙ м2 ;
𝑟 = 1,0 м.
𝑀−?
𝑟1
𝐼
𝑝𝑚 1
𝑀
𝑝𝑚 2
𝐵1
𝐼
𝑟
𝑧
𝑦
Рис. 65
Магнитный момент контура с током 𝐼 – это вектор 𝑝𝑚 , направленный
по нормали к плоскости контура так, что направление вектора 𝑝𝑚 связано
с направлением тока в контуре правилом буравчика (правого винта).
Первый контур с током создает магнитное поле с индукцией 𝐵1 . Величина
𝐵1 в точках на оси кругового контура рассчитана в решении задачи 27:
𝐵1 =
μ 0 μ 2𝑝 𝑚
4π 𝑟1 3
,
(1)
где 𝑟1 – расстояние от точек контура до точки в МП, в которой
определяется величина 𝐵1 (рис. 65). Так как по условию задачи расстояние
𝑟 велико по сравнению с радиусом контура, то величина 𝑟1 ≈ 𝑟.
124
На второй контур с током в магнитном поле с индукцией 𝐵1 действует
механический (вращающий) момент 𝑀, величина которого определяется
следующей формулой:
𝑀 = 𝑝𝑚 2 × 𝐵1 .
(2)
Так как размеры второго контура тоже малы, то величина 𝐵1
несущественно изменяется вдоль плоскости второго контура. Поэтому
примем ее равной 𝐵1 , определяемой формулой (1), в которой 𝑟1 = 𝑟.
Согласно векторному произведению в формуле (2), вектор 𝑀
перпендикулярен плоскости, в которой лежат векторы 𝑝𝑚 2 и 𝐵1 , т. е.
он перпендикулярен плоскости рисунка (см. рис. 65). Этот механический
момент будет стремиться повернуть второй контур до положения,
в котором вектор 𝑝𝑚 2 ⇈ 𝐵1 (при этом величина 𝑀 обратится в нуль).
Модуль вращающего момента, согласно формуле (2),
𝑀 = 𝑝𝑚 2 𝐵1 sin α,
(3)
где α – угол между векторами магнитного момента контура 𝑝𝑚 2
и индукцией магнитного поля 𝐵1 . По условию задачи вектор 𝑝𝑚 2 ⟘𝑝𝑚 1 ,
а последний создает магнитное поле 𝐵1 ⇈ 𝑝𝑚 1 , следовательно, вектор
𝑝𝑚 2 ⟘𝐵1 (см. рис. 65) и sin α = 1.
Подставляя величину магнитной индукции 𝐵1 по формуле (1)
в выражение (3), получаем следующую расчетную формулу:
𝑀=
μ 0 μ 2𝑝 𝑚 1 𝑝 𝑚 2
4π
𝑟3
=
μ 0 μ 2𝑝 𝑚 2
4π
𝑟3
.
(4)
Вычисляем по формуле (4) механический момент, действующий на второй
контур с током в магнитном поле, созданном первым контуром с током:
𝑀=
4π∙10 −7
Гн
∙1
м
4π
2∙0,12 А2 ∙м4
1,03 м3
= 2 ∙ 10−9 Дж = 2 ∙ 10−9 Н ∙ м = 2 нН ∙ м.
Задача 35. Два прямолинейных длинных параллельных проводника
находятся на расстоянии 𝑑1 = 10 см друг от друга. По проводникам
в одном направлении текут токи 𝐼1 = 10 А и 𝐼2 = 20 А. Какую работу 𝐴𝑙
(на единицу длины проводника) нужно совершить, чтобы раздвинуть эти
проводники до расстояния 𝑑2 = 30 см?
Решение
Параллельные токи одинакового направления притягиваются друг
к другу, т. е. второй проводник с током 𝐼2 притягивается к первому силой
Ампера 𝐹 . Чтобы его отодвинуть от первого проводника, нужно
приложить внешнюю силу 𝐹 ′, незначительно превышающую силу
притяжения проводников: 𝐹 ′ ≥ 𝐹 . Работа этой внешней силы
𝐴=
2
𝐹′
1
∙ d𝑟 =
2 ′
𝐹 d𝑟 cos(𝐹 ′ d𝑟)
1
125
=
2 ′
𝐹 d𝑟
1
=
2
𝐹d𝑟.
1
(1)
Дано
𝑑1 = 10 см;
𝑑1
𝐼1 = 10 А;
d𝑟
𝐼2 = 20 А;
𝐹
𝑑2 = 30 см.
d𝐹
𝐴𝑙 − ?
𝐵1
𝐹′
𝐼2 d𝑙
𝐵1
𝐼1
𝑑2
𝐼2
Рис. 66
Найдем силу Ампера – силу магнитного взаимодействия проводников
с током, как силу, с которой магнитное поле первого проводника 𝐵1
действует на ток 𝐼2 во втором проводнике:
𝐹=
𝑙
d𝐹 =
𝐼2 d𝑙 × 𝐵1 .
𝑙
(2)
В уравнении (2) суммируются элементарные силы d𝐹 , действующие
на элементы тока 𝐼2 d𝑙 , расположенные по всей длине второго проводника
с током. Направление сил d𝐹 определяем по правилу левой руки, размещая
ладонь в плоскости рисунка (рис. 66), так как вектор магнитной индукции
𝐵1 перпендикулярен плоскости рисунка (он направлен «к нам»). Силы d𝐹 ,
действующие на элементы тока 𝐼2 d𝑙, сонаправлены, поэтому можем
складывать их модули:
𝐹=
𝑙
d𝐹 =
𝑙
𝐼𝐵
0 2 1
d𝑙 sin d𝑙 𝐵1 .
(3)
Здесь sin d𝑙 𝐵1 = 1, так как вектор d𝑙 ⟘ 𝐵1 ; 𝐵1 – магнитная индукция
поля, созданного прямым током 𝐼1 , она определяется формулой
𝐵1 =
μ 0 μ𝐼1
2π𝑟
,
(4)
где 𝑟 – расстояние от проводника с током 𝐼1 до точки, в которой
определяется индукция магнитного поля.
Подставим величину 𝐵1 в подинтегральное выражение (3) и выполним
интегрирование, отметив, что расстояние 𝑟 всех элементов тока второго
проводника от первого одинаково, так как проводники параллельные:
𝐹=
𝑙
𝐼
0 2
d𝑙𝐵1 = 𝐼2 𝐵1
𝑙
d𝑙
0
=
μ 0 μ𝐼1 𝐼2 𝑙
2π𝑟
.
(5)
Сила Ампера, действующая на единицу длины проводника, в соответствии
с формулой (5), представится следующим выражением:
𝐹
𝑙
=
μ 0 μ𝐼1 𝐼2
126
2π𝑟
.
(6)
Согласно полученной формуле, эта сила уменьшается с увеличением
расстояния 𝑟 между проводниками, т. е. имеем дело с работой переменной
силы, которая определяется, как сумма элементарных работ, интегралом
𝐹
(1). Работу на единицу длины проводника найдем, подставляя силу
𝑙
по формуле (6) в подынтегральное выражение (1):
𝐴𝑙 =
2𝐹
d𝑟
1 𝑙
=
𝑑 2 μ 0 μ𝐼1 𝐼2 d𝑟
𝑑1
2π
𝑟
=
μ 0 μ𝐼1 𝐼2
2π
ln
𝑑2
𝑑1
.
(7)
Вычислим работу, которую совершает внешняя сила 𝐹 ′ при удалении
от первого проводника с током 𝐼1 второго проводника с током 𝐼2
на единицу его длины, принимая, что магнитная проницаемость воздуха
μ ≈ 1:
𝐴𝑙 =
4π∙10 −7
Гн
∙10
м
А∙20 А
2π
ln
30 см
10 см
= 4,4 ∙ 10−5
Дж
м
= 44
мкДж
м
.
Задача 36. Тонкий проводник в виде полукольца радиусом 𝑅 = 5,0 см
находится в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 10 мТл.
Плоскость полукольца перпендикулярна линиям магнитной индукции,
а подводящие провода расположены вдоль линий 𝐵. По проводнику
протекает ток 𝐼 = 50 А. Определите силу 𝐹 , действующую на проводник.
Дано
Решение
𝐹
𝑅 = 0,05 м;
𝐵 = 10 мТл;
𝐼 = 50 А.
𝐹−?
d𝐹𝑦 ′
d𝐹 ′
,
𝐼
d𝐹𝑦
𝐼d𝑙 ′,
d𝐹𝑥 ′
𝑦
𝐵
β
𝑅
d𝑥
.
d𝐹
β
d𝐹𝑥
𝐼d𝑙
.
𝐴
О
С
𝑥
Рис. 67
Выделим на полукольце элемент тока 𝐼d𝑙 и определим направление
действующей на него силы Ампера
d𝐹 = 𝐼d𝑙 × 𝐵.
(1)
Для этого используем правило левой руки, располагая ладонь в плоскости
рисунка (рис. 67). Так как элементы тока кольцевого проводника имеют
различную ориентацию, то векторы d𝐹 , перпендикулярные элементам тока
𝐼𝑑𝑙, образуют «веер векторов» в плоскости полукольца. Для сложения
таких векторов каждый элементарный вектор силы разложим
на составляющие по осям 𝑥 и 𝑦:
127
d𝐹 = d𝐹𝑥 + d𝐹𝑦 .
(2)
Силу, действующую на весь проводник длины 𝑙, находим, суммируя
по всей длине полукольца векторы сил, действующих на элементы тока:
𝐹=
𝑙
d𝐹 =
𝑙
d𝐹𝑥 +
𝑙
d𝐹𝑦 .
(3)
Покажем на рисунке вектор d𝐹 ′, действующий на элемент тока 𝐼d𝑙 ′,
расположенный симметрично элементу тока 𝐼d𝑙. По рисунку видно,
что вектор d𝐹𝑥 ′ ⇅ d𝐹𝑥 , следовательно, они попарно компенсируются
при суммировании и в результате этого
𝑙
d𝐹𝑥 = 0. Составляющие силы
Ампера d𝐹𝑦 , действующие на все элементы тока, сонаправлены, поэтому
векторное равенство (3) заменяем скалярным:
𝐹 = 𝐹𝑦 =
𝑙
d 𝐹𝑦 .
(4)
Здесь проекция силы d𝐹𝑦 = d𝐹 ∙ cos β (см. треугольник на рис. 67).
Элементарная сила Ампера
d𝐹 = 𝐼d𝑙𝐵 sin α,
(5)
где α – угол между векторами элемента тока 𝐼d𝑙 и магнитной индукции 𝐵;
по условию задачи 𝐵⟘𝐼d𝑙, поэтому sin α = sin 90° = 1.
Подставляя величину проекции силы d𝐹𝑦 в уравнение (4), перепишем
его в следующем виде:
𝐹=
𝑙
𝐼𝐵d𝑙 cos β.
(6)
В подинтегральном выражении содержатся две переменные – элемент
длины проводника d𝑙 и угол β. Связь этих переменных находим из малого
треугольника с гипотенузой d𝑙 (см. рис. 67): d𝑙 cos β = d𝑥. Перейдем
к переменной 𝑥 и запишем для нее пределы интегрирования.
При сложении сил от всех элементов тока полукольца переменная 𝑥
изменяется от нуля до 2𝑅, где 𝑅 – радиус полукольца. Тогда интеграл (6)
принимает следующий вид:
2𝑅
𝐹 = 0 𝐼𝐵d𝑥 = 2𝐼𝐵𝑅.
(7)
Вычислим модуль силы Ампера, действующей в магнитном поле
на полукольцо с током:
𝐹 = 2 ∙ 50 А ∙ 10 ∙ 10−3 Тл ∙ 0,05 м = 0,05 Н.
Вектор 𝐹 = 𝐹𝑦 , а величина 𝐹𝑥 = 0, следовательно, сила Ампера 𝐹
направлена вдоль оси 𝑦 (см. рис. 67).
Задача 37. Тонкий проводник в виде полукольца радиусом 𝑅 = 10 см
находится в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 20 мТл. Вектор
128
𝐵 лежит в плоскости полукольца и перпендикулярен его диаметру
(рис. 68). По проводнику течет ток 𝐼 = 50 А. Определите силу 𝐹 ,
действующую на полукольцо.
Дано
Решение
𝐵
𝑅 = 0,10 м;
d𝐹
𝐵 = 20 мТл;
𝐼 = 50 А.
α
𝐼d𝑙
𝐵
𝑅
𝐵
dα
𝐹−?
𝐼d𝑙
α
𝐼d𝑙
Рис. 68
Сделаем чертеж (см. рис. 68), на котором покажем элемент тока 𝐼d𝑙,
лежащий в плоскости рисунка. Сила Ампера, действующая на данный
элемент тока
d𝐹 = 𝐼d𝑙 × 𝐵.
(1)
Силу, действующую на все элементы тока полукольца, найдем, суммируя
элементарные силы:
𝐹=
𝑙
d𝐹 .
(2)
Согласно векторному произведению (1), сила d𝐹 перпендикулярна
элементу тока 𝐼d𝑙 и магнитной индукции 𝐵. Так как оба вектора лежат
в плоскости рисунка, то вектор силы d𝐹 перпендикулярен плоскости
рисунка и направлен «к нам». Для всех элементов тока векторы d𝐹
сонаправлены, следовательно, и вектор силы 𝐹 , действующей
на полукольцо, также направлен перпендикулярно плоскости рисунка.
Модуль этого вектора находим, используя формулы (1) и (2):
𝐹=
𝑙
d𝐹 =
𝑙
𝐼d𝑙𝐵 sin α.
(3)
Здесь α – угол между векторами элемента тока 𝐼d𝑙 и магнитной индукции
𝐵 (см. рис. 68). Подинтегральное выражение (3) содержит две переменные
– элемент длины проводника d𝑙 и угол α. Перейдем к одной переменной –
d𝑙
к углу α, заменяя = sin dα = dα. Пределы по этой переменной видны
𝑅
по рисунку (см. рис. 68). Суммируя силы по длине проводника, начинаем
с первого элемента тока, для которого α = 0, и заканчиваем последним
элементом тока, – для него α = π. Соответственно, уравнение (3)
принимает следующий вид:
129
𝐹=
π
0
𝐼𝐵𝑅 sin αdα = 𝐼𝐵𝑅(− cos α)│π0 = 2𝐼𝐵𝑅.
Вычисляем силу, действующую на полукольцо с током в магнитном
поле заданной ориентации:
𝐹 = 2 ∙ 50 А ∙ 20 ∙ 10−3 Тл ∙ 0,10 м = 0,20 Н.
5.4.3. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц
в электрическом и магнитном полях
План решения задач
1. Решение следует начинать с рисунка, на котором необходимо
показать направление силовых характеристик полей – напряженности
электростатического поля 𝐸 и магнитной индукции 𝐵. Затем,
в соответствии с формулой Лоренца:
𝐹 = 𝐹эл + 𝐹магн = 𝑄𝐸 + 𝑄𝑣 × 𝐵,
(1)
нужно показать направление электрической силы 𝐹эл и магнитной – 𝐹магн
(это сила Лоренца 𝐹Л ).
2. Направление сил определяем в соответствии с формулой (1): 𝐹эл ⇈
𝐸 , а сила Лоренца определяется по правилу левой руки: располагая руку
так, чтобы линии магнитной индукции 𝐵 входили в ладонь, четыре пальца
направить вдоль скорости частицы 𝑣, тогда отогнутый большой палец
покажет направление силы 𝐹Л . Но следует иметь в виду, что в формуле
(1) заряд частицы 𝑄 записывается со своим знаком; следовательно,
для отрицательно заряженной частицы 𝐹эл ⇅ 𝐸 , а сила Лоренца,
определенная по правилу левой руки для положительно заряженных
частиц, в случае отрицательного заряда будет направлена противоположно
найденной силе.
3. На рисунке необходимо показать также траекторию движения
частицы. Она обычно задана в условии задачи: 1) либо оговорена явно,
например, частица движется прямолинейно, или найти силу
эквивалентного кругового тока, или дан шаг винтовой линии; 2) или
указана неявно. В этом втором случае задается угол α между векторами
скорости частицы 𝑣 и магнитной индукции 𝐵. Этих данных достаточно,
чтобы определить величину силы Лоренца, которая создает нормальное
(центростремительное) ускорение частицы (см. п. 7.3).
4. Заметим, что для элементарных частиц: электрона и протона, –
а также для ионов, действующая на них сила тяжести 𝑚𝘨 мала
по сравнению с электрической и магнитной силами. Поэтому ее опускают
в уравнениях движения заряженных частиц в электрических и магнитных
полях.
130
Задача 38. Однозарядный ион прошел ускоряющую разность
потенциалов 𝑈 = 1,0 кВ и влетел перпендикулярно линиям магнитной
индукции в однородное магнитное поле с индукцией 𝐵 = 0,50 Тл.
В магнитном поле ион начал движение по окружности радиусом 𝑅 =
𝑄
5,69 см. Определите удельный заряд иона
и его относительную
𝑚
атомную массу 𝐴.
Дано
Решение
𝑄 = 𝑒 = 1,6 ∙ 10−19 Кл;
𝑈 = 1,0 кВ;
𝐵
𝑣⟘𝐵;
𝐹Л
𝑄
𝑅
𝐵 = 0,50 Тл;
𝑅 = 5,69 ∙ 10−2 м.
𝑄
𝑚
𝑣
−? 𝐴 −?
Рис. 69
При движении заряженной частицы в электростатическом поле это
поле совершает работу
𝐴 = 𝑄𝑈,
(1)
ускоряя заряженную частицу – ион. Работа сил поля идет на приращение
кинетической энергии иона:
𝐴 = ∆𝑊К = 𝑊К кон − 𝑊К нач.
(2)
Принимая, что начальная энергия иона 𝑊К нач = 0, и объединяя формулы
(1) и (2), запишем следующее равенство:
𝑄𝑈 =
𝑚 𝑣2
.
(3)
2𝑈.
(4)
2
Из формулы (3) находим скорость иона:
𝑣=
𝑄
𝑚
Ион, движущийся с приобретенной в ЭСП скоростью 𝑣, в магнитном
поле испытывает действие силы Лоренца:
𝐹Л = 𝑄𝑣 × 𝐵.
Направление вектора силы 𝐹Л определяем по правилу левой руки (рис. 69),
располагая ладонь руки в плоскости рисунка. Так как по условию задачи
131
вектор скорости 𝑣 ⟘𝐵, т. е. угол между этими векторами α = 90°, то
sin α = 1 и модуль силы Лоренца
𝐹Л = 𝑄𝑣𝐵.
(5)
Сила Лоренца, перпендикулярная скорости движения иона, сообщает
частице нормальное, или центростремительное ускорение 𝑎𝑛 . Эта
центростремительная сила направлена к центру окружности, а вектор
скорости 𝑣 – по касательной к окружности; такая траектория показана
на рисунке (см. рис. 69). Согласно второму закону Ньютона:
𝑚𝑎𝑛 = 𝐹Л .
Запишем проекцию уравнения этого закона на нормаль к траектории,
подставляя величину нормального ускорения 𝑎𝑛 =
по формуле (5):
𝑚 𝑣2
= 𝑄𝑣𝐵;
𝑅
→ 𝑣=
𝑄
𝑚
𝑣2
и силу Лоренца
𝑅
𝐵𝑅.
(6)
Приравняем скорость, полученную ионом в электрическом поле, –
по формуле (3) и величину этой скорости, соответствующую заданной
окружности в магнитном поле, – по формуле (6):
𝑄
𝑚
2𝑈 =
𝑄
𝑚
𝐵𝑅;
→
𝑄
2𝑈 =
𝑚
𝐵𝑅.
Из последнего равенства выражаем удельный заряд иона:
𝑄
2𝑈
= 2 2.
𝑚
(7)
𝐵 𝑅
Вычисляем величину удельного заряда иона по формуле (7):
𝑄
𝑚
=
2∙10 3 В
0,5
2
Тл2 ∙5,692 ∙10 −4
м2
= 2,47 ∙ 106
Кл
кг
.
Найдем массу иона, учитывая, что удельный заряд данного иона
𝑄
𝑚
𝑒
= ;
𝑚
→
Вычисляем массу иона:
𝑚=
1,6∙10 −19 Кл
Кл
2,47∙10 6
кг
𝑚=
𝑒
𝑄
𝑚
.
= 6,48 ∙ 10−26 кг.
Выразим массу иона в атомных единицах массы, учитывая, что 1 а.е.м.=
1,66 ∙ 10−27 кг:
𝑚=
6,48∙10 −26 кг
1,66∙10 −27
кг
а. е. м.
= 39,0 а. е. м..
Найденная относительная атомная масса показывает, что это ион калия K +.
Задача 39. Электрон влетает со скоростью 𝑣 = 1,0
Мм
с
в однородное
магнитное поле с индукцией 𝐵 = 1,5 мТл перпендикулярно линиям
132
магнитной индукции. Определите период 𝑇 обращения электрона, силу
эквивалентного кругового тока 𝐼экв и магнитный момент 𝑝𝑚 этого тока.
Дано
Решение
Электрон:
𝑄 = −𝑒 = −1,6 ∙ 10−19 Кл
𝑚 = 0,911 ∙ 10−30 кг;
𝑒
𝑚
= 1,76 ∙ 1011
𝑣 = 1,0 ∙
Кл
кг
;
𝑝𝑚
𝑣
𝐵
𝑒
𝐹Л 𝑎𝑛
𝑎𝑛
𝑛
𝑅
𝑅
𝐼экв
м
106 ;
с
𝐼экв
𝐵 = 1,5 мТл.
а
𝑇 − ? 𝐼экв − ? 𝑝𝑚 − ?
б
Рис. 70
Рассмотрим движение электрона в магнитном поле. На электрон
действует сила Лоренца
𝐹Л = 𝑄𝑣 × 𝐵,
(1)
направление которой находим по правилу левой руки с учетом знака
заряда: направление силы, полученное по этому правилу для заряда 𝑄+ ,
изменяем на противоположное, так как электрон имеет отрицательный
заряд. Чтобы траектория движения электрона располагалась в плоскости
рисунка, вектор магнитной индукции 𝐵 направим перпендикулярно этой
плоскости (рис. 70 а). Показав на рисунке векторы скорости 𝑣 и силы
Лоренца 𝐹Л ⟘𝑣, изображаем траекторию движения электрона. При этом
окружность проводим так, чтобы сила Лоренца, которая является
центростремительной, была направлена к центру окружности, а скорость
частицы 𝑣 – по касательной к траектории. Сила Лоренца сообщает
электрону нормальное (центростремительное) ускорение 𝑎𝑛 =
второй закон Ньютона в проекции на нормаль к траектории:
𝑚𝑎𝑛 = 𝐹Л ,
или
𝑚 𝑣2
𝑅
= 𝑄𝑣𝐵 sin α.
𝑣2
𝑅
. Запишем
(2)
Здесь α – угол между векторами скорости 𝑣 и магнитной индукции 𝐵;
по условию задачи α = 90° и sin α = 1.
Период обращения электрона 𝑇 – время одного оборота, найдем
из формулы пути 𝑠 для равномерного движения электрона по окружности:
2π𝑅
𝑠 = 2π𝑅 = 𝑣𝑇;
→
𝑇=
.
(3)
𝑣
Необходимое для расчета отношение радиуса окружности 𝑅 к скорости
частицы 𝑣 выразим из закона динамики (2):
133
𝑅
𝑣
=
𝑚
𝑄𝐵
.
(4)
После подстановки выражения (4) в формулу (3) получаем расчетную
формулу величины периода обращения электрона в магнитном поле:
2π
𝑇=
𝑄
𝑚
𝐵
.
(5)
Вычисляем величину периода обращения частицы:
𝑇=
2∙3,14
1,76∙10 11
Кл
∙1,5∙10 −3
кг
Тл
= 2,4 ∙ 10−8 с.
Силу эквивалентного кругового тока, создаваемого движением
электрона, найдем, используя определительную формулу величины
𝑄
постоянного тока: 𝐼 = , где 𝑄 – заряд, перенесенный через сечение
𝑡
проводника за время 𝑡. Для этого мысленно поместим на круговую орбиту
электрона проводник и заметим, что за время, равное периоду обращения,
электрон переносит свой заряд, равный 𝑒. При этом соответствующий ток
𝐼экв =
𝑒
𝑇
=
𝑒
𝑄
𝑚
𝐵
2π
.
(6)
Вычисляем силу эквивалентного кругового тока, отметив, что его
направление, показанное на рис. 70 а, – против часовой стрелки,
противоположно скорости движения электрона, так как за направление
тока принимают направление скорости движения положительных зарядов:
𝐼экв =
1,6∙10 −19 Кл∙1,76∙10 11
Кл
∙1,5∙10 −3
кг
Тл
2∙3,14
Магнитный момент эквивалентного
по определительной формуле:
𝑝𝑚 = 𝐼𝑆𝑛,
= 0,67 ∙ 10−11 А.
кругового
тока
находим
(7)
где 𝐼 = 𝐼экв – ток в контуре; 𝑆 = π𝑅2 – площадь, ограниченная контуром, 𝑛
– единичная нормаль к площади контура, ее направление связано
с направлением тока 𝐼экв правилом правого винта (буравчика). В нашем
случае векторы 𝑛 и магнитный момент 𝑝𝑚 ⇈ 𝑛 направлены
перпендикулярно плоскости, в которой расположены траектория электрона
и круговой ток 𝐼экв (рис. 70 б).
Подставляя в формулу (7) величину тока 𝐼экв по формуле (6) и радиус
окружности, выраженный из формулы (4), получим расчетную формулу
магнитного момента эквивалентного кругового тока в следующем виде:
𝑝𝑚 =
𝑒
𝑄
𝑚
2π
𝐵 π𝑣 2
𝑄
𝐵
𝑚
2
=
𝑚 𝑣2
2𝐵
.
Вычисляем величину магнитного момента кругового тока, созданного
движением электрона в магнитном поле:
134
м2
𝑝𝑚 =
0,911∙10 −30 кг∙10 12 2
с
2∙1,5∙10 −3 Тл
= 3,0 ∙ 10−16 А ∙ м2 .
м
Задача 40. Протон со скоростью 𝑣 = 1,0 ∙ 104 влетает в однородное
с
магнитное поле с индукцией 𝐵 = 10 мТл. Вектор скорости протона
направлен под углом α = 60° к линиям магнитной индукции. Определите
радиус 𝑅 и шаг ℎ винтовой линии, по которой движется протон.
Дано
Решение
𝑄
Протон:
𝑅 𝐹Л
𝑚 = 1,67 ∙ 10−27 кг;
𝑣∥
𝑄 = 𝑒 = 1,6 ∙ 10−19 Кл;
𝑣⟘
α
м
𝑣 = 1,0 ∙ 104 ;
𝑣
𝐵
с
ℎ
𝐵 = 0,010 Тл;
α = 60°.
𝑅−? ℎ−?
Рис. 71
Для описания движения протона удобно представить вектор его
скорости 𝑣 как сумму двух составляющих, одна из которых – 𝑣∥
направлена вдоль линий индукции магнитного поля 𝐵, а вторая – 𝑣⟘
перпендикулярна им (рис. 71). Тогда сила Лоренца, действующая
на протон, запишется в следующем виде:
𝐹Л = 𝑄 𝑣∥ + 𝑣⟘ × 𝐵 = 𝑄𝑣⟘ × 𝐵,
(1)
так как для коллинеарных векторов 𝑣∥ и 𝐵 величина 𝑣∥ × 𝐵 = 0.
Следовательно, составляющая скорости 𝑣∥ = const, т. е. не изменяется
ни по модулю, ни по направлению. С этой скоростью протон будет
двигаться равномерно и прямолинейно вдоль линий магнитного поля 𝐵.
Составляющая скорости 𝑣⟘ = 𝑣 sin α (см. рис. 71) остается постоянной
по модулю, но непрерывно изменяет свое направление под действием силы
Лоренца, так как эта сила сообщает протону центростремительное
ускорение.
Таким образом, протон участвует в двух движениях: равномерном
и прямолинейном со скоростью 𝑣∥ = 𝑣 cos α параллельно линиям
индукции МП и во вращательном движении в плоскости,
перпендикулярной линиям магнитной индукции. В результате наложения
135
этих двух независимых движений траекторией протона будет винтовая
линия.
Для определения радиуса винтовой линии применим второй закон
Ньютона в проекции на нормаль к окружности витка:
𝑚𝑣 2
⟘
𝑚𝑎𝑛 = 𝐹Л , или
= 𝑄𝑣⟘ 𝐵.
(2)
𝑅
Подставляя составляющую скорости протона 𝑣⟘ = 𝑣 sin α, выразим радиус
𝑣 sin α
𝑅= 𝑄 .
(3)
𝐵
𝑚
Вычисляем величину радиуса винтовой линии
𝑅=
м 3
с 2
1,6∙10 −19 Кл
∙0,01
1,67∙10 −27 кг
1∙10 4 ∙
Тл
= 0,90 ∙ 10−2 м = 9,0 мм.
Шаг винтовой линии ℎ находим по формуле пути при равномерном
прямолинейном движении:
ℎ = 𝑣∥ · 𝑇 = 𝑣 cos α · 𝑇,
(4)
где 𝑇 – период обращения (время одного оборота). Чтобы найти величину
периода, запишем формулу пути 𝑠 для равномерного движения протона
по окружности со скоростью 𝑣⟘ :
𝑠 = 2π𝑅 = 𝑣⟘ 𝑇;
→ 𝑇=
2π𝑅
𝑣⟘
.
(5)
Подставляя величину радиуса окружности по формуле (3), получаем
период обращения протона в магнитном поле:
𝑇=
2π
𝑄
𝑚
𝐵
.
(6)
С учетом этого выражения формула (4) преобразуется в следующую
расчетную формулу шага винтовой линии:
ℎ=
2π𝑣 cos α
Вычисляем величину ℎ:
ℎ=
м
с
2∙3,14∙10 4 ∙0,5
1,6∙10 −19 Кл
∙0,01
1,67∙10 −27 кг
Тл
𝑄
𝑚
𝐵
.
(7)
= 3,3 ∙ 10−2 м = 33 мм.
м
Задача 41. Альфа-частица со скоростью 𝑣 = 4,0 ∙ 105
влетает
с
в скрещенные под прямым углом электрическое и магнитное поле.
кВ
Напряженность электрического поля 𝐸 = 2,0 , магнитная индукция
м
𝐵 = 2,0 мТл. Определите ускорение 𝑎 α-частицы в момент вхождения ее
в область пространства, где существуют поля. Скорость частицы
перпендикулярна векторам 𝐵 и 𝐸 , а силы, действующие на α-частицу
со стороны этих полей, направлены противоположно друг другу.
136
Дано
Решение
α-частица (He2+ ):
𝑄 = 2𝑒;
𝑚 = 4 а. е. м.;
м
𝑣 = 4,0 ∙ 105 ;
𝐸 = 2,0
кВ
м
𝐵
с
𝐹Л
;
𝐵 = 2,0 мТл;
𝐵 ⟘𝐸 ; 𝑣⟘(𝐵 и 𝐸 );
𝐹эл ⇅ 𝐹Л .
𝑎
𝐹эл
𝐸
𝑥
𝑣
Рис. 72
𝑎 −?
Показываем на рис. 72 направление силовых характеристик полей 𝐵
и 𝐸 , в соответствии с условием задачи, и направление электрической
и магнитной сил: 𝐹эл = 𝑄𝐸 , поэтому 𝐹эл ⇈ 𝐸 , так как заряд α-частицы
положительный; 𝐹магн ≡ 𝐹Л ⇅ 𝐹эл по условию задачи. После этого
определяем направление вектора скорости частицы 𝑣 – оно должно быть
таково, чтобы по правилу левой руки получить направление силы Лоренца,
которая уже показана, как направленная противоположно электрической
силе (см. рис. 72).
Записываем формулу Лоренца для силы, действующей на заряженную
частицу в электрическом и магнитном полях:
𝐹 = 𝐹эл + 𝐹магн = 𝑄𝐸 + 𝑄𝑣 × 𝐵.
(1)
Эта формула отражает принцип суперпозиции сил (независимости
их действия). Проекция силы 𝐹 на ось 𝑥, которая выбрана параллельной
вектору напряженности электрического поля 𝐸 , запишется в виде:
𝐹𝑥 = 𝑄𝐸 − 𝑄𝑣𝐵.
(2)
Здесь при записи модуля силы Лоренца учтено, что вектор 𝑣 ⟘𝐵, поэтому
sin α = 1.
Проекцию ускорения на ось 𝑥 определим по второму закону Ньютона:
𝑎𝑥 =
𝐹𝑥
𝑚
=
𝑄(𝐸−𝑣𝐵)
𝑚
.
(3)
Вычисляем ускорение, учитывая, что 1 а.е.м.= 1,66 ∙ 10−27 кг:
𝑎𝑥 =
В
м
− 4∙10 5 ∙2∙10 −3
м
с
4∙1,66∙10 −27 кг
2∙1,6∙10 −19 Кл 2∙10 3
Тл
= 0,58 ∙ 1011
м
с2
.
Проекция ускорения альфа-частицы на ось 𝑥 положительна,
следовательно, ускорение частицы направлено вдоль оси 𝑥 и совпадает
по направлению с электрической силой, которая по модулю больше,
чем магнитная, в условиях данной задачи.
137
Задача 42. В скрещенные под прямым углом однородные
электрическое и магнитное поля влетает ион. Напряженность магнитного
МА
кВ
поля 𝐻 = 2,0 , а напряженность электростатического поля 𝐸 = 50 .
м
м
Определите величину и направление вектора скорости 𝑣, при которых
движение иона в этих полях будет прямолинейным и равномерным.
Дано
Решение
А
𝐻 = 2 ∙ 106 ;
𝐸 =5∙
𝑦
м
В
104 .
м
𝐻, 𝐵
𝑣−?
𝐹Л
𝐹эл
𝐸
𝑥
𝑣
z
Рис. 73
В области пространства, где совмещены электрическое и магнитное
поля, на движущийся ион действуют две силы: электрическая 𝐹эл
и магнитная – сила Лоренца 𝐹Л . Для положительно заряженного иона
электрическая сила сонаправлена с напряженностью электрического поля:
𝐹эл ⇈ 𝐸 (рис. 73), так как эта сила
𝐹эл = 𝑄𝐸 .
(1)
Сила Лоренца определяется формулой
𝐹Л = 𝑄𝑣 × 𝐵.
(2)
При прямолинейном равномерном движении иона его скорость
𝑣 = const, а ускорение 𝑎 =
d𝑣
d𝑡
= 0. Следовательно, в соответствии
со вторым законом Ньютона: 𝑚𝑎 = 𝐹 , – необходимо, чтобы
результирующая сила 𝐹 , действующая на заряженную частицу со стороны
обоих полей, была равна нулю, т. е. действие электрической и магнитной
сил должно быть взаимно скомпенсировано:
𝐹эл + 𝐹Л = 0; → 𝐹Л = −𝐹эл .
(3)
Соответственно, направляем вектор силы Лоренца 𝐹Л ⇅ 𝐹эл (см. рис. 73).
Вектор скорости иона 𝑣 направлен вдоль линии, перпендикулярной
вектору силы Лоренца, так как, согласно векторному произведению (2),
𝐹Л ⟘𝑣. Из двух линий, перпендикулярных оси 𝑥, вдоль которой направлена
сила Лоренца, выбираем для скорости ось 𝑧, а не 𝑦, так как в случае 𝑣 ⇈ 𝐵
сила Лоренца обратилась бы в нуль (см. формулу (2)). Вектор 𝑣 направим
138
в положительном направлении оси 𝑧, чтобы по правилу левой руки
получить заданное направление силы Лоренца (см. рис. 73).
В соответствии с формулой (3), приравниваем модули электрической
и магнитной сил:
𝑄𝐸 = 𝑄𝑣𝐵.
(4)
Здесь в векторном произведении sin α = 1, так как скорость частицы 𝑣⟘𝐵
(см. рис. 73). Из равенства (4) выражаем искомую величину скорости иона:
𝐸
𝐸
𝑣 = , или 𝑣 =
.
(5)
𝐵
μ 0 μ𝐻
Здесь магнитная проницаемость вакуума μ = 1, так как только в вакууме
возможно движение ионов без соударений с молекулами среды – воздуха.
Вычисляем скорость иона по расчетной формуле (5):
𝑣=
5∙10 4
В
м
Гн
А
4π∙10 −7 ∙2∙10 6
м
м
= 2,0 ∙ 104
м
с
.
Отметим, что рассмотренное выше движение ионов в скрещенных
электрическом и магнитном полях используется в фильтре скоростей,
который обычно является составной частью масс-спектрометров и других
приборов и устройств. Фильтр предназначен для выделения из пучка ионов
частиц с определенной скоростью, величину которой можно рассчитать,
как это сделано в решении данной задачи.
5.4.4. Магнитный поток. Работа по перемещению проводника с током
в магнитном поле
План решения задач
1. При вычислении магнитного потока ϕ следует обращать внимание
на характер магнитного поля. В случае однородного поля величина
магнитного потока определяется простой формулой:
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆 = 𝐵𝑆 cos α,
где 𝐵𝑛 – проекция вектора магнитной индукции 𝐵 на нормаль 𝑛
к плоскости контура площадью 𝑆; α – угол между векторами 𝑛 и 𝐵.
Для неоднородного поля необходимо вычислять интеграл:
ϕ = 𝑆 𝐵𝑛 𝑑𝑆.
2. В условии задачи нередко задают угол φ между вектором магнитной
индукции 𝐵 и плоскостью контура
𝐵
𝑛 α
(рис. 74). В таком случае необходим
φ
рисунок (см. рис. 74), по которому
𝑆
видно, что угол α = 90° − φ; тогда
cos α = cos 90° − φ = sin φ.
Рис. 74
3. Расчет работы по перемещению проводника или контура с током
в магнитном поле, независимо от того, движется проводник поступательно
139
(работа силы Ампера 𝐹 ) или происходит поворот контура (работа
механического момента сил Ампера), наиболее просто выполняется
с помощью следующей формулы:
𝐴 = 𝐼 ϕ2 − ϕ1 ,
где 𝐼 – ток в контуре; ϕ2 и ϕ1 – магнитный поток сквозь поверхность,
ограниченную контуром, в конечном (индекс 2) и в начальном (индекс 1)
положениях контура. Отметим, что величина работы сил Ампера
положительная. Если при вычислении получена отрицательная величина,
то это означает, что работу по заданному перемещению осуществляют
внешние силы 𝐹внеш ⇅ 𝐹 , а модуль 𝐹внеш ≥ 𝐹, где 𝐹 – сила Ампера.
4. Заметим, что единица измерения магнитного потока 1 Вб = 1 Тл ∙ м2 ,
– весьма большая величина. Поэтому в обычных полях с магнитной
индукцией 𝐵 порядка 1 мТл магнитный поток ϕ через поверхность
контуров небольших размеров площадью 𝑆 ≈ 1 см2 по порядку величины
не превышает 1 ∙ 10−6 Вб = 1 мкВб.
Задача 43. Обмотка соленоида с током 𝐼 = 5,0 А содержит 𝑛 = 10
витков на каждый сантиметр длины. В средней части соленоида помещен
круговой контур радиусом 𝑅 = 2,0 см. Плоскость контура расположена
под углом φ = 30° к оси соленоида. Определите магнитный поток ϕ,
пронизывающий контур.
Дано
Решение
𝐼 = 5,0 А;
𝑛 = 10
витков
см
= 103
витков
м
;
α
𝑅 = 2 ∙ 10−2 м;
𝑛
φ 𝐵
линии 𝐵
φ = 30°.
ϕ−?
Рис. 75
Линии магнитного поля внутри соленоида параллельны его оси
(рис. 75). В средней части соленоида, удаленной от его торцов, индукция
магнитного поля определяется по формуле:
𝐵 = μ0 μ𝑛𝐼,
(1)
Гн
где μ0 = 4π ∙ 10−7
– магнитная постоянная, μ – магнитная
м
проницаемость сердечника (для воздуха μ ≈ 1); 𝑛 – число витков
на единицу длины соленоида; 𝐼 – сила тока в обмотке соленоида. Величина
𝐵 одинакова в сечении соленоида, т. е. его магнитное поле является
однородным.
Магнитный поток ϕ через площадь контура в однородном магнитном
поле определим по следующей формуле:
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆 = 𝐵𝑆 cos α,
140
(2)
где 𝑆 = π𝑅2 – площадь, ограниченная контуром; α – угол между
нормалью 𝑛 к плоскости контура и вектором магнитной индукции 𝐵.
По рисунку см. рис. 75 видно, что угол α = 90° − φ = 60°.
Подставляя в формулу 2 величины магнитной индукции 𝐵
и площади 𝑆, получаем расчетную формулу в следующем виде:
ϕ = πμ0 μ𝑛𝐼𝑅2 cos(90° − φ).
Вычисляем магнитный поток ϕ, пронизывающий
помещенный внутри данного соленоида:
ϕ = 3,14 ∙ 4 ∙ 3,14 ∙ 10−7
Гн
м
∙ 103
1
м
(3)
контур,
∙ 5 А ∙ 22 ∙ 10−4 м2 ∙ 0,5 = 0,79 ×
10−6 Гн ∙ А = 0,79 мкВб.
Задача 44. Магнитный момент длинного соленоида 𝑝𝑚 = 1,0 А ∙ м2 ,
длина соленоида 𝑙 = 40 см. Определите магнитный поток ϕ сквозь сечение
сердечника соленоида.
Дано
Решение
𝑝𝑚 = 1,0 А ∙ м2 ;
𝐼
𝑙 = 0,40 м.
𝑆
𝑛 𝑝𝑚 𝐵
ϕ −?
Рис. 76
Магнитный поток через сечение площадью 𝑆 в однородном магнитном
поле соленоида определяется формулой
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆,
(1)
где 𝐵𝑛 – проекция вектора магнитной индукции 𝐵 на нормаль 𝑛
к площади поперечного сечения сердечника соленоида рис. 76); 𝑆 –
площадь этого сечения, равная площади витка обмотки соленоида.
Вектор магнитной индукции поля внутри соленоида параллелен
его оси, следовательно, проекция вектора 𝐵𝑛 = 𝐵, где величина
индукции магнитного поля в средней части соленоида определяется
по следующей формуле:
𝑁
𝐵 = μ0 μ 𝐼.
(2)
𝑙
Гн
10−7
м
Здесь μ0 = 4π ∙
– магнитная постоянная, μ – магнитная
проницаемость сердечника, для воздуха μ ≈ 1; 𝑁 – число витков
соленоида; 𝑙 – его длина; 𝐼 – сила тока в обмотке соленоида.
Подставляя величину магнитной индукции 𝐵 в формулу (1), находим
магнитный поток в сечении соленоида
ϕ = μ0 μ
141
𝑁𝐼𝑆
𝑙
.
(3)
Магнитный момент соленоида 𝑝𝑚 – это вектор, равный сумме
магнитных моментов 𝑝𝑚 𝚒 всех 𝑁 витков соленоида:
𝑝𝑚 =
𝑁
1
𝑝𝑚 𝚒 = 𝑁𝑝𝑚 1 ,
(4)
где 𝑝𝑚 1 – магнитный момент одного витка обмотки; здесь сумму
одинаковых слагаемых 𝑝𝑚 𝚒 заменили произведением. Так как модуль
𝑝𝑚 1 = 𝐼𝑆, то магнитный момент соленоида, в соответствии с формулой (4):
𝑝𝑚 = 𝑁𝐼𝑆.
(5)
Сравнивая формулы (5) и (3), отметим, что магнитный поток соленоида
пропорционален величине 𝑁𝐼𝑆 = 𝑝𝑚 , следовательно, формулу (3) можно
записать в следующем виде:
𝑝
ϕ = μ0 μ 𝑚 .
𝑙
По этой формуле вычисляем магнитный поток в сечении соленоида:
ϕ=
3,14∙10 −7
Гн
∙1
м
0,40 м
А∙м2
= 0,79 ∙ 10−6 Гн ∙ А = 0,79 мкВб.
Задача 45. Круговой контур (виток) радиусом 𝑅 = 2,0 см, в котором
поддерживается постоянный ток 𝐼 = 50 А, свободно установился
в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 10 мТл. Какую работу
нужно совершить для того, чтобы 1) повернуть виток относительно оси,
π
совпадающей с диаметром, на угол α = ; 2) удалить виток в область, где
6
магнитное поле отсутствует.
Дано
Решение
𝑅 = 2,0 см;
𝐵
𝑝𝑚
𝐼 = 50 А;
𝑛
𝑛
𝑆
𝐵 = 10 мТл.
𝐵
α
𝑆
π
1) 𝐴1 − ? α = ;
6
2) 𝐴2 − ? 𝐵 = 0.
а
б
Рис. 77
Виток с током, который свободно установился в магнитном поле,
находится в состоянии устойчивого равновесия. При этом механический
момент 𝑀 = 𝑝𝑚 × 𝐵 = 0, поэтому магнитный момент контура 𝑝𝑚 ⇈ 𝐵,
чтобы sin α = 0. Магнитный момент 𝑝𝑚 сонаправлен с нормалью 𝑛
к плоскости контура, следовательно, нормаль 𝑛 ⇈ 𝐵 (рис. 77 а).
В этом начальном положении магнитный поток через площадь,
ограниченную контуром, максимален и равен
142
ϕ1 = 𝐵𝑛 𝑆 = 𝐵𝑆,
(1)
так как cos α = cos 0° = 1 и проекция вектора магнитной индукции 𝐵𝑛 = 𝐵.
1) При повороте плоскости контура на угол α и нормаль к этой
плоскости повернется на угол α (рис. 77 б). Магнитный поток при этом
уменьшится и в новом положении контура станет равным
ϕ2 = 𝐵𝑛 𝑆 = 𝐵𝑆 cos α.
(2)
Работу, совершаемую при повороте контура, определим по формуле:
𝐴 = 𝐼 (ϕ2 − ϕ1 ),
(3)
где 𝐼 – ток в контуре; ϕ2 и ϕ1 – магнитные потоки сквозь поверхность,
ограниченную контуром, в конечном (индекс 2) и в начальном (индекс 1)
положениях контура. Подставляя значения ϕ1 и ϕ2 по формулам (1)
и (2), в которых площадь кругового контура 𝑆 = π𝑅 2 , получаем
следующую расчетную формулу для работы при повороте контура:
𝐴1 = π𝐼𝐵𝑅2 (cos α − 1).
(4)
Вычисляем величину работы, которая совершается при повороте контура:
𝐴1 = 3,14 ∙ 50 А ∙ 10 ∙ 10−3 Тл ∙ 22 ∙ 10−4 м2
3
2
− 1 = −0,85 ∙ 10−4 Дж.
2) После удаления контура с током в область, где индукция
магнитного поля 𝐵 = 0, магнитный поток ϕ2 = 𝐵𝑛 𝑆 станет нулевым.
Соответственно, работа, определяемая также формулой (3), запишется
в следующем виде:
𝐴2 = 𝐼 0 − ϕ1 = −𝐼ϕ1 = −π𝐼𝐵𝑅2 .
Вычислим эту работу, совершаемую при удалении контура с током
в область, где магнитное поле отсутствует:
𝐴2 = −
𝐴1
3
2
−1
= −6,3 ∙ 10−4 Дж = −0,63 мДж.
Работа, совершаемая при перемещении контура, в обоих случаях
отрицательная. Это означает, что работу совершает внешняя сила 𝐹′,
направленная противоположно силе Ампера (в случае 𝐴2 ); а в первом
случае – при повороте контура, работу совершает момент внешней силы
𝑀′ ⇅ 𝑀, который создается магнитными силами.
Задача 46. В одной плоскости с длинным прямым проводником
с током 𝐼1 = 20 А расположена квадратная рамка со стороной 𝑎 = 5,0 см
так, что расстояние от провода до ближайшей стороны рамки 𝑟0 = 𝑎
(рис. 78). В рамке течет ток 𝐼2 = 5,0 А. Определите работу, которую нужно
совершить для медленного поворота рамки относительно оси 𝑧 на угол
φ = π.
143
Дано
Решение
𝐼1 = 20 А;
𝑎 = 0,05 м;
𝑟0 = 𝑎;
𝐼2 = 5,0 А;
𝑧
𝑟
𝐼2 𝑛1 , 𝑝𝑚
𝐼1
𝑎
φ = π.
d𝑆
𝑎
𝐵
𝑎
𝐵
𝐴−?
d𝑟
Рис. 78
При медленном повороте рамки скорость изменения магнитного
dϕ
потока
мала, поэтому величиной ЭДС индукции и возникающим
d𝑡
в рамке индукционным током можно пренебречь и считать постоянной
величину тока в рамке: 𝐼2 = const. В таком случае работа при повороте
контура описывается формулой
𝐴 = 𝐼2 ϕ2 − ϕ1 ,
(1)
где ϕ2 и ϕ1 – магнитный поток через площадь, ограниченную рамкой,
в конечном и начальном положениях рамки.
Магнитный поток через площадь рамки создается магнитным полем
длинного проводника с током 𝐼1 . Магнитная индукция этого поля в точках
на расстоянии 𝑟 от провода определяется следующей формулой:
𝐵=
μ 0 μ𝐼1
2π𝑟
.
(2)
По этой формуле видно, что величина 𝐵 уменьшается по мере увеличения
расстояния 𝑟 от провода, следовательно, магнитное поле, в котором
находится рамка, является неоднородным. Линии магнитной индукции 𝐵 –
окружности, охватывающие длинный проводник, они перпендикулярны
плоскости рамки и вектор 𝐵 направлен «от нас». Нормаль 𝑛1 к плоскости
рамки, как принято, связана правилом буравчика с током 𝐼2 в рамке
и также направлена «от нас» (см. рис. 78). В этом случае проекция вектора
𝐵 на нормаль 𝑛1 положительна и равна модулю вектора 𝐵:
𝐵𝑛 1 = 𝐵.
(3)
Для вычисления магнитного потока ϕ1 в начальном положении рамки
отметим, что в неоднородном магнитном поле величину ϕ находят как
сумму элементарных потоков dϕ через бесконечно малые площадки d𝑆:
ϕ=
ϕ
dϕ
0
=
144
𝑆
𝐵𝑛 d𝑆.
(4)
Элементарные площадки d𝑆 выберем в форме узких полосок, ширина
которых d𝑟 и площадь d𝑆 = 𝑎 ∙ d𝑟, параллельных длинному проводнику
и находящихся от него на расстоянии, равном 𝑟 (см. рис. 78). В пределах
такой полоски величину 𝐵, определяемую формулой (2), можно считать
одинаковой. Подставляя значение проекции 𝐵𝑛 1 с учетом формулы (2)
в выражение (4), рассчитаем магнитный поток в начальном положении
рамки следующим образом:
ϕ1 =
2𝑎 μ 0 μ𝐼1 𝑎 d𝑟
𝑎
2π
𝑟
=
μ 0 μ𝐼1 𝑎
2π
ln
2𝑎
𝑎
.
(5)
Здесь пределы интегрирования по переменной 𝑟 взяты соответственно
𝑎 и 2𝑎, чтобы охватить всю площадь рамки, по которой суммируются
элементарные магнитные потоки dϕ.
После поворота плоскости рамки относительно оси 𝑧 на угол φ = π
рамка вновь будет расположена в плоскости рисунка, но только вектор
нормали к плоскости рамки, повернувшись также на угол, равный π, будет
направлен «к нам», т. е. нормаль 𝑛2 ⇅ 𝐵. В таком положении рамки
проекция вектора 𝐵 на нормаль отрицательна:
𝐵𝑛 2 = −𝐵.
(6)
Соответственно, магнитный поток в конечном положении рамки,
определяемый интегралами (4)и (5), будет отличаться от величины ϕ1
только знаком:
ϕ2 = − ϕ1 .
(7)
С учетом выражений (5) и (7) формула (1) для вычисления работы
преобразуется к следующему виду:
μ μ𝐼 𝐼 𝑎
𝐴 = −𝐼2 ∙ 2 ϕ1 = − 0 1 2 ln 2.
(8)
π
Вычисляем величину работы при повороте рамки по расчетной формуле
(8), принимая для воздуха магнитную проницаемость μ ≈ 1:
𝐴=−
4π∙10 −7
Гн
∙20
м
π
А∙5 А∙0,05 м
ln2 = −2 ∙ 10−6 Дж = −2 мкДж.
Величина работы отрицательна, так как поворот совершается
моментом внешних сил, поворачивающим рамку из положения
устойчивого равновесия: в начальном положении рамки 𝑝𝑚 ⇈ 𝑛1 ⇈ 𝐵.
5.4.5 Явление электромагнитной индукции.
Индуктивность цепи. Энергия магнитного поля
План решения задач
1. При анализе явления электромагнитной индукции (ЭМИ) в каждой
конкретной задаче необходимо выяснять причину появления ЭДС
dϕ
индукции ℰ𝑖 и индукционного тока. Согласно закону Фарадея: ℰ𝑖 = − , –
d𝑡
145
причиной появления ЭДС индукции является изменение магнитного
потока ϕ = 𝑆 𝐵𝑛 d𝑆. Изменение магнитного потока может выполняться
различными способами: а) изменением площади контура 𝑆 или площади 𝑆,
которую описывает проводник при движении в магнитном поле;
б) изменением проекции 𝐵𝑛 вектора магнитной индукции путем поворота
контура;
в) изменением
величины
магнитной
индукции
𝐵
при перемещении постоянного магнита относительно контура или
посредством изменения тока, создающего магнитное поле с индукцией 𝐵,
и другими способами. Определение конкретной причины появления ЭДС
индукции и индукционного тока позволяет определить направление этого
тока 𝐼𝑖 .
2. Направление индукционного тока в замкнутом проводнике
определяют с помощью правила Ленца: индукционный ток 𝐼𝑖 своим
магнитным полем 𝐵𝑖 = 𝑓(𝐼𝑖 ) препятствует причине своего появления,
т. е. тому изменению магнитного потока ϕ, которое вызвало появление
ЭДС индукции и индукционного тока. Например, если магнитный поток ϕ
через площадь контура снижается, то магнитное поле индукционного тока
𝐵𝚒 стремится поддержать неизменным магнитный поток, а для этого будет
𝐵𝚒 ⇈ 𝐵𝑛 , – нормальной составляющей магнитной индукции, которая
снижается.
3. Правило Ленца трактуется и в более широком смысле: если
причиной возникновения индукционного тока явилось движение магнита
относительно проводящего контура или движение проводника
в магнитном поле, то индукционный ток будет препятствовать движению,
т. е. тормозить движущийся проводник путем отталкивания одноименных
магнитных полюсов магнитных полей 𝐵внеш и 𝐵𝚒 . Другой пример
проявления правила Ленца наблюдаем в явлении самоиндукции: если ток
в катушке индуктивности возрастает, например, при подключении
в контур источника ЭДС, то при этом увеличивается собственное
потокосцепление катушки; следовательно, индукционный ток 𝐼𝑖 будет
направлен противоположно току от внешнего источника ЭДС, чтобы
препятствовать возрастанию тока; и наоборот, – при снижении тока
в катушке индуктивности в ней появится индукционный ток 𝐼𝑖 ,
сонаправленный снижающемуся току 𝐼.
4. Отметим, что если движение проводника равномерное, то скорость
dϕ
изменения магнитного потока постоянна:
= cons𝑡. В этом случае
справедливо равенство
dϕ
∆ϕ
dϕ
d𝑡
=
∆ϕ
∆𝑡
d𝑡
и для определения ЭДС индукции
ℰ𝑖 = − = −
можно взять изменение магнитного
d𝑡
∆𝑡
за конечный промежуток времени ∆𝑡 (см. задачу 47).
146
потока
∆ϕ
Задача 47. В однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,20 Тл
равномерно с частотой 𝑛 = 10 с−1 вращается медный стержень длиной
𝑙 = 40 см так, что плоскость его вращения перпендикулярна линиям
магнитной индукции, а ось вращения проходит через один из концов
стержня. Определите разность потенциалов 𝑈 на концах стержня.
Дано
Решение
𝐵 = 0,2 Тл;
𝑧
−1
𝑛 = 10 с ;
𝑙 = 0,40 м.
𝑈−?
𝑟
𝐹
1 эл
𝑧
𝐵
𝐹Л
2
𝑆
𝐵
𝑙
𝑛
𝑣
а
б
Рис. 79
Данную задачу можно решить одним из двух следующих способов.
Первый способ
В металлическом стержне имеются свободные электроны; рассмотрим
один из них, движущийся со скоростью 𝑣 в магнитном поле (рис. 79 а).
На электрон действует сила Лоренца: 𝐹Л = 𝑒𝑣 × 𝐵, где 𝑒 – заряд электрона;
𝑣 – линейная скорость его движения по окружности радиусом 𝑟:
𝑣 = ω𝑟 = 2π𝑛𝑟.
Модуль силы Лоренца
𝐹Л = 𝑒𝑣𝐵 sin 90о = 2π𝑒𝑛𝑟𝐵.
(1)
Направление силы Лоренца определим по правилу левой руки, располагая
ладонь перпендикулярно плоскости рисунка. Полученное направление
вектора силы, который действовал бы на положительный заряд, изменяем
на противоположное, так как электрон имеет отрицательный заряд. Силой
Лоренца свободные электроны смещаются к точке 2 на конце стержня,
удаленном от оси вращения (см. рис. 79 а). На другом конце стержня –
в точке 1, вследствие недостатка свободных электронов, имеется
избыточный положительный заряд ионов кристаллической решетки
металла.
Избыточные заряды, сосредоточенные на концах стержня, создают
электрическое поле с напряженностью 𝐸 , направленной вдоль стержня.
Это поле действует на свободные электроны электрической силой
𝐹эл = 𝑒𝐸 ,
(2)
величина которой возрастает по мере накопления избыточных зарядов
на концах стержня. Направление электрической силы противоположно
147
силе Лоренца: 𝐹эл ⇅ 𝐹Л (см. рис. 79 а). Поэтому через достаточно малое
время (𝑡 ≤ 10−8 с) сумма этих сил 𝐹эл + 𝐹Л станет равной нулю
и направленное движение электронов к концу вращающегося стержня
прекратится. При этом на его концах будут находиться индуцированные
заряды определенной величины и установится постоянная разность
потенциалов между концами стержня: ∆φ = φ1 − φ2 = 𝑈.
Запишем условие статического равновесия свободных электронов
в металлическом стержне – 𝐹эл + 𝐹Л = 0, которое означает равенство
модулей этих сил:
𝐹эл = 𝐹Л , или 𝑒𝐸 = 𝑒𝑣𝐵; → 𝐸 = 2π𝑛𝑟𝐵.
(3)
Напряженность электростатического поля 𝐸 численно равна градиенту
потенциала:
dφ
𝐸= .
(4)
d𝑟
Приравняем значения напряженности 𝐸 ЭСП в стержне по формулам (3)
и (4) и выразим бесконечно малую разность потенциалов dφ между
точками стержня, находящимися на расстоянии d𝑟 друг от друга:
dφ = 2π𝑛𝐵𝑟d𝑟.
(5)
Определим разность потенциалов между концами стержня (точками 1
и 2), суммируя элементарные значения 𝑑φ:
φ
𝑙
∆φ = φ1 − φ2 = 𝑈 = φ 1 dφ = 2π𝑛𝐵 0 𝑟d𝑟 = π𝑛𝐵𝑙 2 .
2
Вычислим разность потенциалов на концах стержня по формуле (6):
(6)
𝑈 = 3,14 ∙ 10 с−1 ∙ 0,2 Тл ∙ 0,42 м2 = 1,0 В.
Второй способ
Используем закон Фарадея для электромагнитной индукции – ЭДС
индукции ℰ𝑖 равна скорости изменения магнитного потока:
dϕ
ℰ𝑖 = − ,
(7)
d𝑡
где ϕ – магнитный поток через поверхность, которую описывает стержень
при вращении:
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆.
(8)
Здесь проекция вектора 𝐵 на нормаль 𝑛 к описанной площади круга
𝐵𝑛 = 𝐵, так как вектор 𝐵 ⇈ 𝑛 (рис. 79 б).
Стержень вращается равномерно, поэтому закон Фарадея (7) примет
следующий вид:
dϕ
∆ϕ
ϕ
ℰ𝑖 = − = − = − .
(9)
d𝑡
∆𝑡
1
𝑇
Здесь 𝑇 – период вращения стержня: 𝑇 = ; промежуток времени ∆𝑡 = 𝑇
𝑛
удобен тем, что стержень, совершая за период один оборот, описывает
148
поверхность в форме круга площадью 𝑆 = π𝑙 2 (см. рис. 79 б). С учетом
этих замечаний и формулы (8) запишем закон ЭМИ (9) в виде:
ℰ𝑖 = −π𝑛𝐵𝑙 2 .
(10)
Так как стержень, в котором имеется ЭДС индукции, является
неоднородным участком электрической цепи, запишем для него закон Ома
в следующем виде:
𝐼=
φ 1 −φ 2 +ℰ𝑖
𝑅
.
(11)
При постоянной скорости вращения устанавливается постоянная разность
потенциалов на концах стержня, а ток в стержне 𝐼 = 0. Следовательно,
согласно закону (11), получаем равенство
φ1 − φ2 = 𝑈 = ℰ𝑖 .
(12)
Учитывая выражение (10) для ЭДС индукции, преобразуем последнюю
формулу в расчетную формулу разности потенциалов на концах стержня:
𝑈 = π𝑛𝐵𝑙 2 .
Эта формула совпадает с формулой, полученной выше первым способом.
Отметим, что первый способ позволил определить полярность
напряжения (знаки потенциалов φ1+ и φ−
2 ), так как в нем рассмотрен
механизм появления индуцированных зарядов на концах стержня
посредством действия силы Лоренца на движущиеся со стержнем
свободные электроны. Эта сила является сторонней силой 𝐹стор , благодаря
действию которой возникает ЭДС индукции: ℰ𝑖 =
2
𝐹
𝑒 1 стор
1
∙ d𝑟.
Задача 48. Рамка, содержащая 𝑁 = 500 витков площадью 𝑆 =
100 см2 , вращается с частотой 𝑛 = 20 с−1 относительно оси 𝑧,
совпадающей с диаметром рамки. Рамка находится в однородном поле
с магнитной индукцией 𝐵 = 0,40 Тл, которая направлена перпендикулярно
оси вращения. Определите закон изменения ЭДС индукции ℰ𝑖 = 𝑓(𝑡),
максимальное значение ЭДС индукции ℰmax
и направление
индукционного тока 𝐼𝑖 в момент времени 𝑡, соответствующий положению
рамки, показанному на рис. 80.
Решение
Пусть в начальный момент времени 𝑡 = 0 плоскость рамки была
перпендикулярна линиям магнитного поля, а вектор 𝐵 ⇈ 𝑛 – нормали
к плоскости рамки. Вращение рамки с постоянной частотой 𝑛 и с угловой
скоростью ω = 2π𝑛 = const – равномерное. При этом угол поворота φ
нормали 𝑛 (см. рис. 80) изменяется с течением времени по закону φ = ω𝑡.
Соответственно изменяется проекция на нормаль вектора магнитной
индукции:
149
Дано
Решение
𝑧
𝑁 = 500 витков;
линии 𝐵
𝑆 = 10−2 м2 ;
−1
𝐵
φ
𝐼𝑖
𝑛 = 20 с ;
𝐵𝚒
𝑛
𝐵 = 0,40 Тл.
𝑅
ℰ𝑖 = 𝑓 𝑡 − ? ℰmax − ?
Направление 𝐼𝑖 − ?
Рис. 80
𝐵𝑛 = 𝐵 cos φ = 𝐵 cos ω𝑡,
(1)
и полный магнитный поток через витки рамки, или потокосцепление ψ:
ψ = 𝑁ϕ = 𝑁𝐵𝑛 𝑆 = 𝑁𝐵𝑆 cos ω𝑡.
(2)
Электродвижущая сила индукции ℰ𝑖 , возникающая в рамке
при изменении ее потокосцепления по закону (2), определяется законом
Фарадея:
dψ
ℰ𝑖 = − = −𝑁𝐵𝑆ω(− sin ω𝑡), или ℰ𝑖 = 𝑁𝐵𝑆ω sin ω𝑡.
(3)
d𝑡
Согласно полученному уравнению (3), ЭДС индукции изменяется
с течением времени по гармоническому закону.
Максимальное значение ЭДС индукции ℰmax – амплитуда колебаний
величины ЭДС, достигается периодически при sin ω𝑡 = 1 и, как следует
из уравнения (3), определяется формулой
ℰmax = 𝑁𝐵𝑆ω = 2π𝑛𝑁𝐵𝑆.
Вычислим величину ℰmax :
(4)
ℰmax = 2 ∙ 3,14 ∙ 20 с−1 ∙ 500 ∙ 0,4 Тл ∙ 10−2 м2 = 251 В.
Если рамку замкнуть на внешнее сопротивление 𝑅, то в ней потечет
индукционный ток. К моменту времени 𝑡, как показано на рис. 80, рамка
и нормаль к ней повернулись на угол φ от начального положения нормали,
в котором угол φ0 = 0, а проекция 𝐵𝑛 = 𝐵 и потокосцепление ψ0 были
максимальными. Согласно уравнению (2), величина потокосцепления
ψ = (ψ0 cos φ) < ψ0 . Данное уменьшение магнитного потока приведет
к возникновению индукционного тока 𝐼𝑖 . Направление этого тока таково,
чтобы создаваемое им магнитное поле с индукцией 𝐵𝚒 препятствовало бы
уменьшению величин 𝐵𝑛 и потокосцепления ψ. Для этого необходимо,
чтобы вектор 𝐵𝚒 ⇈ 𝐵𝑛 . Покажем на рис. 80 такой вектор 𝐵𝚒 . Направление
индукционного тока и создаваемое им магнитное поле 𝐵𝚒 связаны
правилом буравчика: ток 𝐼𝑖 будет направлен против часовой стрелки.
π
Через четверть периода вращения рамки угол φ = и величина ψ = 0.
2
150
В течение второй четверти периода поворота рамки потокосцепление ψ
будет увеличиваться. Поле индукционного тока 𝐵𝚒 , препятствующее этому
увеличению, имеет направление 𝐵𝚒 ⇅ 𝐵𝑛 (это 𝐵𝚒 ⇅ 𝐵), т. е. вектор 𝐵𝚒
останется сонаправленным с нормалью 𝑛, так как индукция внешнего
магнитного поля 𝐵 ⇅ 𝑛. В третьей четверти периода будет уменьшаться
вектор 𝐵𝑛 ⇈ 𝐵, при этом установится 𝐵𝚒 ⇈ 𝐵 (согласно правилу Ленца),
а индукционный ток изменит свое направление на противоположное.
В связи с этим заметим, что согласно рассмотренной модели работает
промышленный генератор переменного тока.
Задача 49. Проводящий стержень длиной 𝑙 = 0,50 м находится
в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,40 Тл. Концы стержня
замкнуты проводом, находящимся вне поля. Сопротивление всей цепи
𝑅 = 0,20 Ом. Определите направление индукционного тока и мощность 𝑃,
м
необходимую для равномерного движения стержня со скоростью 𝑣 = 20 ,
с
направленной перпендикулярно линиям магнитной индукции.
Дано
Решение
𝑙 = 0,50 м;
𝐵
𝐵 = 0,40 Тл;
𝑛
𝑅 = 0,20 Ом;
𝐼𝑖
𝐹
м
𝑣 = 20 ;
𝑣
𝑙
с
𝑣⟘𝐵.
𝑠
Направление 𝐼𝑖 − ?
𝑃−?
Рис. 81
При движении стержень пересекает линии магнитной индукции
и через площадь прямоугольника 𝑆, описанную проводником (рис. 81),
имеется магнитный поток
ϕ = 𝐵𝑛 𝑆 = 𝐵𝑆,
(1)
где проекция вектора 𝐵 на нормаль 𝑛 к площадке 𝑆 равна 𝐵𝑛 = 𝐵, так как
вектор 𝐵 ⇈ 𝑛; площадь 𝑆 = 𝑙 ∙ 𝑠 = 𝑙𝑣𝑡, увеличивается с течением времени 𝑡
движения стержня и соответственно, согласно формуле (1), увеличивается
магнитный поток ϕ. Поэтому в стержне возникает ЭДС индукции, равная
скорости изменения магнитного потока:
dϕ
d𝑆
ℰ𝑖 = − = −𝐵 = −𝐵𝑙𝑣.
(2)
d𝑡
d𝑡
Модуль этой ЭДС ℰ𝑖 = 𝐵𝑙𝑣, а в замкнутой цепи сопротивлением 𝑅
протекает индукционный ток, величина которого, согласно закону Ома:
ℰ
𝐵𝑙𝑣
𝐼𝑖 = 𝑖 = .
(3)
𝑅
151
𝑅
Направление индукционного тока 𝐼𝑖 определяем по правилу Ленца.
Поскольку причина появления тока 𝐼𝑖 – движение стержня, то направление
тока будет таким, чтобы препятствовать движению путем торможения
𝑙
стержня силой Ампера: 𝐹 = 0 𝐼𝑖 d𝑙 × 𝐵, – действующей на стержень
с индукционным током. Покажем на рис. 81 тормозящую силу, как вектор
𝐹 ⇅ 𝑣, и по правилу левой руки, размещая ладонь в плоскости рисунка,
определим направление индукционного тока 𝐼𝑖 , соответствующее
указанной силе Ампера 𝐹 (см. рис. 81).
Мощность 𝑃, необходимую для движения стержня с постоянной
скоростью 𝑣, при которой ЭДС индукции и индукционный ток, согласно
формулам (2) и (3), постоянны, найдем по закону Джоуля – Ленца:
𝑃 = 𝐼𝑖 2 𝑅.
(4)
С учетом закона Ома (3) получаем расчетную формулу мощности:
𝑃=
ℰ𝑖 2
𝑅
=
(𝐵𝑙𝑣 )2
𝑅
.
(5)
Вычисляем величину мощности
𝑃=
0,4 Тл∙0,5 м∙20
м 2
с
0,2 Ом
= 80 Вт.
Задача 50. В проволочное кольцо, подключенное к интегратору тока
(ИТ) (рис. 82), вставили прямой магнит. При этом по цепи сопротивлением
𝑅 = 10 Ом прошел заряд 𝑄 = 100 мкКл. Покажите направление
индукционного тока 𝐼𝑖 в кольце и определите магнитный поток ϕ через
площадь кольца.
Дано
Решение
𝑅 = 10 Ом;
𝑄 = 100 мкКл.
𝐵
Направление 𝐼𝑖 − ?
N
𝐼𝑖
ϕ−?
S
𝐵𝚒
ИТ
Рис. 82
При внесении магнита линии магнитной индукции 𝐵, создаваемой
магнитом, пересекают площадь, ограниченную кольцом, и создают
магнитный поток ϕ через эту площадь. Увеличение магнитного потока
152
от начального значения ϕ0 = 0 до величины ϕ приводит к появлению ЭДС
индукции ℰ𝑖 в кольце, которая определяется законом Фарадея:
ℰ𝑖 = −
dϕ
d𝑡
.
(1)
В замкнутой цепи сопротивлением 𝑅 протекает индукционный ток 𝐼𝑖 ,
величина которого, в соответствии с законом Ома:
𝐼𝑖 =
ℰ𝑖
𝑅
.
(2)
Протекающий в кольце индукционный ток переносит в цепи за время
d𝑡 элементарный заряд d𝑄 – через поперечное сечение проволоки и через
интегратор тока. Сила тока, согласно определительной формуле:
𝐼𝑖 =
d𝑄
d𝑡
.
(3)
В интеграторе тока суммируются элементарные заряды d𝑄 за все
время протекания тока от 𝑡 = 0 до 𝑡 → ∞:
𝑄
∞
𝑄 = 0 d𝑄 = 0 𝐼𝑖 d𝑡.
(4)
Преобразуем подынтегральное выражение (4) с учетом формул (2) и (3):
𝑄=
∞ ℰ𝑖
0 𝑅
d𝑡 = −
ϕ dϕ
d𝑡
𝑅 ϕ 0 d𝑡
1
=
ϕ 0 −ϕ
𝑅
ϕ
=− .
𝑅
(5)
В соответствии с полученным выражением (5) записываем расчетную
формулу магнитного потока через площадь кольца:
ϕ = 𝑄𝑅.
Вычисляем величину магнитного потока
ϕ = 1 ∙ 10−4 Кл ∙ 10 Ом = 1 ∙ 10−3 Вб = 1 мВб.
Определим направление индукционного тока 𝐼𝑖 . В момент внесения
магнита в кольцо увеличивается магнитный поток от нуля до некоторого
значения ϕ. При этом индукционный ток, согласно правилу Ленца, будет
препятствовать увеличению потока ϕ магнитным полем 𝐵𝚒 = 𝑓 𝐼𝑖 ,
создаваемым этим током. Чтобы уменьшать результирующее поле 𝐵рез =
𝐵𝚒 + 𝐵, и тем самым уменьшать магнитный поток ϕ, следует быть
направлению 𝐵𝚒 ⇅ 𝐵 магнита. Покажем на рис. 82 направление 𝐵𝚒 ⇅
𝐵 магнита, а затем, в соответствии с правилом буравчика, направим
индукционный ток 𝐼𝑖 в кольце – против часовой стрелки.
Задача 51. Кольцо массой 𝑚 = 5,0 г из медной проволоки
расположено в однородном магнитном поле с индукцией 𝐵 = 0,50 Тл так,
что плоскость кольца составляет угол φ = 30° с линиями магнитной
индукции. Покажите направление индукционного тока 𝐼𝑖 и определите
заряд 𝑄, который пройдет по кольцу, если снять магнитное поле.
153
Дано
Решение
𝑚 = 5,0 г;
ρ𝑚 = 8,93 ∙
кг
103 3 ;
м
ρ = 17 нОм ∙ м;
𝛼
𝑛
𝑟
𝐵
𝐵𝚒
𝑛
φ
𝐼𝑖
𝐵 = 0,50 Тл;
а
φ = 30°.
б
Направление 𝐼𝑖 − ?
𝑄−?
Рис. 83
Линии магнитной индукции однородного магнитного поля,
пронизывая площадь круга 𝑆, ограниченную кольцом, создают магнитный
поток ϕ1 , определяемый формулой:
ϕ1 = 𝐵𝑛 𝑆.
(1)
Здесь 𝐵𝑛 – проекция вектора 𝐵 на нормаль 𝑛 к площадке 𝑆; величина
𝑆 = π𝑟 2 , где 𝑟 – радиус кольца. Проекция вектора 𝐵, согласно рис. 83 а:
𝐵𝑛 = 𝐵 cos 𝛼 = 𝐵 cos(90° − φ) = 𝐵 sin φ.
(2)
С учетом этого магнитный поток, определяемый формулой (1) запишется
в виде:
ϕ1 = π𝑟 2 𝐵 sin φ.
(3)
Если снять магнитное поле, например, отключив ток в обмотке
электромагнита, то магнитный поток уменьшится до нуля: ϕ2 = 0.
При уменьшении магнитного потока в кольце индуцируется ЭДС ℰ𝑖 ,
величина которой, согласно закону Фарадея:
dϕ
ℰ𝑖 = − .
(4)
d𝑡
В замкнутом кольце потечет индукционный ток 𝐼𝑖 , величина которого
определяется законом Ома:
ℰ
𝐼𝑖 = 𝑖 ,
(5)
𝑅
где 𝑅 – сопротивление проволочного кольца длиной 𝑙 = 2π𝑟 и площадью
сечения проволоки 𝑆1 . Величина сопротивления определяется формулой:
𝑙
𝑅=ρ .
𝑆1
(6)
При протекании индукционного тока 𝐼𝑖 по кольцу переносится заряд
величиной d𝑄 за время d𝑡:
d𝑄
𝐼𝑖 = .
(7)
d𝑡
Весь заряд 𝑄, который пройдет по кольцу, найдем, суммируя
элементарные заряды d𝑄 за все время протекания тока:
154
𝑄=
𝑄
d𝑄
0
∞
𝐼 d𝑡
0 𝑖
=
=
∞ ℰ𝑖
0 𝑅
d𝑡 = −
ϕ 2 dϕ
d𝑡
ϕ
𝑅
1 d𝑡
1
=
ϕ 1 −ϕ 2
𝑅
=
ϕ1
𝑅
.
(8)
С учетом формул (3) и (6) формула (8) для определения заряда принимает
следующий вид:
𝑄=
π𝑟 2 𝐵 sin φ 𝑆1
ρ2π𝑟
.
(9)
Размеры кольца – длина 𝑙, радиус 𝑟, а также площадь сечения проволоки 𝑆1
связаны с массой кольца 𝑚, его объемом 𝑉 и плотностью меди ρ𝑚
следующими соотношениями:
𝑚
𝑚 = ρ𝑚 𝑉 = ρ𝑚 𝑙𝑆1 = ρ𝑚 2π𝑟𝑆1 ; → 𝑆1 =
.
ρ 𝑚 2π𝑟
Подставляя величину 𝑆1 в формулу (9), получаем следующую расчетную
формулу искомой величины заряда:
𝑄=
π𝑟 2 𝐵 sin φ 𝑚
ρρ 𝑚
(2π)2 𝑟 2
=
𝐵𝑚 sin φ
4πρ ρ 𝑚
.
(10)
Проверим полученную формулу по единицам величин, в нее входящих:
𝑄 =
1 Тл∙1 кг
кг
1 Ом∙м∙1 3
м
=1
Тл∙м2
Ом
=1
Вб
Ом
=
ϕ
𝑅
= 1 Кл.
Вычислим по формуле (10) заряд, прошедший по кольцу при снятии
магнитного поля:
𝑄=
0,5 Тл∙5∙10 −3 кг∙0,5
кг
4∙3,14∙17∙10 −9 Ом∙м∙8,93∙10 3 3
м
= 0,65 Кл.
Определим направление индукционного тока по правилу Ленца.
При уменьшении величины магнитной индукции 𝐵 и проекции вектора 𝐵𝑛
индукционный ток 𝐼𝑖 будет препятствовать этому уменьшению, создавая
магнитное поле с индукцией 𝐵𝚒 ⇈ 𝐵𝑛 (рис. 83 б), чтобы сохранить
прежний магнитный поток. Покажем на рисунке вектор 𝐵𝚒 ⇈ 𝐵𝑛
и по правилу буравчика определим направление индукционного тока:
он течет против часовой стрелки, если смотреть на кольцо сверху.
Задача 52. Соленоид, имеющий сердечник площадью сечения 𝑆 =
5,0 см2 и обмотку, содержащую 𝑁 = 103 витков, при токе 𝐼 = 10 А
создает внутри сердечника магнитное поле с индукцией 𝐵 = 0,10 Тл.
Определите индуктивность 𝐿 соленоида и энергию 𝑊 его магнитного поля.
Дано
𝑆 = 5,0 ∙ 10−4 м2 ;
𝑁 = 103 витков;
𝐼 = 10 А;
𝐵 = 0,10 Тл.
Решение
Индуктивность соленоида 𝐿 характеризует его
способность создавать собственный магнитный поток
ψ. Индуктивность 𝐿 является коэффициентом
пропорциональности между потокосцеплением ψ
соленоида и током 𝐼 в его обмотке:
ψ = 𝐿𝐼.
𝐿−? 𝑊−?
155
(1)
Формулу (1) используем для расчета индуктивности; с этой целью
определим потокосцепление соленоида:
ψ = 𝑁ϕ = 𝑁𝐵𝑛 𝑆.
(2)
Здесь 𝐵𝑛 – проекция вектора 𝐵 на нормаль 𝑛 к сечению 𝑆, ее величина
𝐵𝑛 = 𝐵. Определяем индуктивность соленоида 𝐿 из формулы (1) с учетом
формулы (2) для потокосцепления ψ:
ψ
𝑁𝐵𝑆
𝐿= ; → 𝐿=
.
(3)
𝐼
𝐼
Вычисляем индуктивность заданного соленоида:
𝐿=
10 3 ∙0,1 Тл∙5∙10 −4 м2
10 А
= 5 ∙ 10−3 Гн = 5 мГн.
Энергию магнитного поля соленоида с током 𝐼 в его обмотке
определяем по следующей формуле:
𝐿𝐼 2
𝑊= .
2
Вычисляем величину энергии магнитного поля соленоида:
𝑊=
5∙10 −3 Гн∙10 2 А2
2
(4)
= 0,25 Дж.
Задача 53. Электрическая цепь, схема которой приведена на рис. 84,
содержит катушку индуктивностью 𝐿 = 0,20 Гн и сопротивлением
𝑅1 = 2,0 Ом и резистор сопротивлением 𝑅2 = 1,0 кОм. В цепи течет ток
𝐼 = 10 А. Определите силу тока 𝐼1 в катушке и 𝐼2 – в резисторе в трех
случаях: 1) до размыкания цепи, 2) в момент размыкания (𝑡1 = 0), 3) через
𝑡2 = 1 мс после размыкания. Покажите направление индукционного тока
в цепи после размыкания. Сопротивлением источника тока можно
пренебречь.
Дано
Решение
𝐿 = 0,20 Гн;
𝐿, 𝑅1
𝑅1 = 2,0 Ом;
𝐼1
𝐼2
𝑅2 = 1,0 кОм;
𝐼 = 10 А.
𝐼𝑖
𝑅2
𝐴
𝐼1 − ? 𝐼2 − ? В трех случаях:
𝐼
1) ключ К замкнут;
𝐾
ℰ
2) 𝑡1 = 0; 3) 𝑡2 = 1 ∙ 10−3 с.
Направление 𝐼𝑖 − ?
Рис. 84
Катушка и параллельно соединенный с ней резистор подключены
к источнику тока. Потребляемый от источника ток в узле 𝐴 (см. рис. 84)
156
разветвляется на два – 𝐼1 и 𝐼2 , удовлетворяющих первому правилу
Кирхгофа:
𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 .
(1)
Чтобы найти токи 𝐼1 и 𝐼2 , запишем второе правило Кирхгофа для двух
контуров, содержащих а) катушку и источник тока: 𝐼1 𝑅1 = ℰ, б) резистор
и источник тока: 𝐼2 𝑅2 = ℰ. Приравнивая последние уравнения, находим
соотношение токов:
𝐼1
𝑅
= 2.
(2)
𝐼2
𝑅1
Решая совместно уравнения (1) и (2), определяем токи 𝐼1 и 𝐼2
до размыкания цепи ключом 𝐾:
𝑅
𝑅 𝐼
𝑅 𝐼
𝐼 = 𝐼1 1 + 1 ; → 𝐼1 = 2 ; 𝐼2 = 1 .
(3)
𝑅2
𝑅1 +𝑅2
𝑅1 +𝑅2
Вычисляем силу тока в ветвях до размыкания цепи:
а) через резистор: 𝐼2 =
б) через катушку:
2 Ом∙10 А
1000 +2 Ом
= 0,02 А;
𝐼1 = 𝐼 − 𝐼2 = 10 − 0,02 А = 9,98 А.
2) После отключения источника тока размыканием ключа 𝐾
в замкнутом контуре, содержащем катушку индуктивностью 𝐿 и резистор,
ток снижается. Следовательно, в катушке возникает ЭДС самоиндукции
ℰ𝑠 , которая в случае постоянной индуктивности 𝐿 определяется формулой:
d𝐼
ℰ𝑠 = −𝐿 .
(4)
d𝑡
Ток в контуре, создаваемый этой ЭДС, определяется законом Ома:
𝐼=
ℰ𝑠
𝑅
; → ℰ𝑠 = 𝐼𝑅.
(5)
Здесь 𝑅 = (𝑅1 + 𝑅2 ) – сопротивление контура, в котором катушка
и резистор соединены последовательно. Величина 𝑅 ≈ 𝑅2 , так как первым
слагаемым в формуле можно пренебречь из-за его малости: 𝑅1 ≪ 𝑅2 .
Ток в контуре 𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼 – это индукционный ток 𝐼𝑖 . Его направление
определяем по правилу Ленца: так как ток 𝐼1 в катушке снижается (что
приводит к снижению магнитного потока), то индукционный ток,
препятствуя этому снижению, будет направлен так же, как и снижающийся
ток 𝐼1 (см. рис. 84). При этом ток через резистор изменит направление
на противоположное тому, которое было с подключенным источником
тока.
Найдем силу индукционного тока 𝐼, как функцию времени 𝑡. Для этого
приравняем величину ЭДС самоиндукции ℰ𝑠 по формулам (4) и (5):
d𝐼
𝐼𝑅 = −𝐿 .
(6)
d𝑡
Это простое дифференциальное уравнение решаем, разделяя переменные:
d𝐼
𝑅
= − d𝑡.
𝐼
𝐿
157
Интегрируем равенство со следующими пределами: от тока в катушке
𝐼0 = 𝐼1 в начальный момент времени 𝑡 = 0 до тока 𝐼 – в произвольный
момент времени 𝑡:
𝐼 d𝐼
𝑅 𝑡
𝐼
𝑅
=
−
d𝑡
;
→
ln
=
−
𝑡.
𝐼
0
0
𝐼
𝐿
𝐼0
𝐿
Потенцируя это уравнение, получаем закон изменения индукционного тока
в цепи с течением времени 𝑡 от момента отключения источника тока:
𝑅
𝐼 = 𝐼0 exp − 𝑡 .
(7)
𝐿
Согласно уравнению (7), в момент размыкания цепи (𝑡1 = 0) ток
в цепи, протекающий через катушку и резистор:
𝐼(𝑡1 ) = 𝐼0 = 𝐼1 = 9,98 А.
Ток в момент времени 𝑡2 = 1 мс вычисляем по уравнению (7):
𝐼 𝑡2 = 𝐼0 exp −
1002 Ом∙10 −3 с
= 9,98 А ∙ 𝑒 −5 = 0,067 А.
0,2 Гн
Таким образом, экстраток самоиндукции 𝐼𝑖 в начальный момент
времени совпадает с током в катушке, а для высокоомного сопротивления
𝑅2 этот индукционный ток в
9,98 А
0,02 А
≈ 500 раз превышает «рабочий ток» 𝐼2
от источника тока. Даже спустя 1 мс после размыкания ключа 𝐼𝑖 примерно
в 3 раза больше, чем 𝐼2 . В результате протекания индукционного тока
в катушке и в резисторе выделяется тепловая энергия, равная энергии
магнитного поля катушки до размыкания ключа:
𝑊тепл = 𝑊магн =
𝐿 𝐼1 2
=
0,2 Гн∙ 9,98 А
2
2
2
≈ 10 Дж.
Задача 54. Катушку сопротивлением 𝑅 = 10 Ом замкнули на источник
тока. Через время 𝑡 = 0,10 с от момента замыкания сила тока в катушке
достигла 0,90𝐼0 – предельного значения. Определите индуктивность
катушки 𝐿 и покажите направление индукционного тока в цепи.
Дано
Решение
𝑅 = 10 Ом;
𝐿, 𝑅
𝑡 = 0,10 с;
𝐼 𝑡 = 0,90 𝐼0 .
𝐿−?
Направление 𝐼𝑖 − ?
1
𝐾
ℰ
2
Рис. 85
При замыкании катушки ключом 𝐾 на источник тока с ЭДС ℰ (рис. 85)
ток в катушке увеличивается, создавая в ней магнитное поле,
158
и потокосцепление катушки возрастает. В результате изменения тока
в катушке возникает ЭДС самоиндукции ℰ𝑠 , которая изменяется
с течением времени, согласно закону электромагнитной индукции:
d𝐼
ℰ𝑠 = −𝐿 .
(1)
d𝑡
ЭДС самоиндукции создает в цепи индукционный ток 𝐼𝑖 , направление
которого определим по правилу Ленца. Этот индукционный ток будет
препятствовать нарастанию тока в цепи (и потокосцепления катушки),
следовательно, он направлен противоположно току 𝐼 от источника тока
(см. рис. 85). Вследствие этого, ток в цепи, в соответствии с законом Ома:
𝐼=
ℰ+ℰ𝑠
𝑅
, или 𝐼 = 𝐼0 − 𝐼𝑖 ,
(2)
где 𝐼0 – установившееся значение тока в цепи: когда индукционный ток 𝐼𝑖
снизится до нуля, его величина
ℰ
𝐼0 = .
(3)
𝑅
Зависимость индукционного тока от времени можно найти, как
и в решении предыдущей задачи, рассматривая отключение источника
тока без размыкания цепи путем перевода ключа 𝐾 из положения 1 в 2
(см. рис. 85). При этом в цепи протекает только индукционный ток 𝐼 = 𝐼𝑖
и в соответствии с законом Ома (2):
𝐼=
ℰ𝑠
𝑅
;
→ ℰ𝑠 = 𝐼𝑅.
(4)
Приравнивая значения ЭДС самоиндукции ℰ𝑠 по уравнениям (1) и (4),
получаем дифференциальное уравнение
−𝐿
d𝐼
d𝑡
= 𝐼𝑅.
Разделяя переменные, преобразуем это уравнение к виду:
d𝐼
𝐼 d𝐼
𝐼0 𝐼
𝑡
− 0
𝐿
𝑅
𝐼
𝑅
= − d𝑡.
𝐿
Интегрируя:
=
d𝑡, получаем зависимость индукционного тока
от времени в следующем виде:
ln
𝐼
𝐼0
𝑅
= − 𝑡;
→
𝐿
𝑅
𝐼 = 𝐼0 𝑒 −𝐿 𝑡 .
(5)
Найденное значение индукционного тока (в уравнении (5) 𝐼 ≡ 𝐼𝑖 )
𝑅
в виде 𝐼𝑖 = 𝐼0 𝑒 −𝐿 𝑡 подставим в закон Ома (2) и получим закон
установления тока в катушке при подключении ее к источнику тока:
𝑅
𝑅
𝐼 = 𝐼0 − 𝐼0 𝑒 −𝐿 𝑡 ; → 𝐼 = 𝐼0 1 − 𝑒 −𝐿 𝑡 .
Из этого уравнения видим, что 𝐼𝑖 = 𝐼0 при 𝑡 → ∞.
159
(6)
Чтобы определить индуктивность катушки 𝐿, преобразуем уравнение
(6) следующим образом:
𝑒
𝑅
𝐿
− 𝑡
𝐼
=1− .
𝐼0
Логарифмируя последнее равенство, получаем расчетную формулу
для определения индуктивности катушки:
𝑅
𝐼
𝐿
𝐼0
− 𝑡 = ln 1 −
;
→
𝐿=−
𝑅𝑡
Вычисляем величину индуктивности катушки:
𝐿=−
10 Ом∙0,1 с
ln 1−0,9
𝐼
𝐼0
ln 1−
.
(7)
= 0,44 Гн.
Заметим, что в решении данной задачи можно было найти зависимость
тока от времени 𝐼 = 𝑓(𝑡) в виде уравнения (6) путем составления
дифференциального уравнения из уравнений (1) и (2), но в этом случае
решение полученного дифференциального уравнения оказалось бы более
сложным. Заметим также, что рассмотренный в задаче метод определения
индуктивности катушки приемлем для измерения величин 𝐿 контуров
с большой индуктивностью – порядка 1 Гн и более.
5.4.6. Магнитное поле в веществе
План решения задач
1. При расчете магнитного поля катушки с ферромагнитным
сердечником следует иметь в виду, что индукция магнитного поля 𝐵
в таком сердечнике зависит от напряженности МП 𝐻. Причем, вид
зависимости 𝐵 = 𝑓(𝐻) для конкретного материала сердечника
устанавливается экспериментально. Как правило, в справочной литературе
и в задачниках по физике приводят графики зависимостей 𝐵(𝐻).
2. Чтобы
воспользоваться
такой
зависимостью,
вычисляют
напряженность магнитного поля 𝐻, обычно, с помощью теоремы
о циркуляции вектора 𝐻. В правой части теоремы записывают сумму
токов, охватываемых контуром интегрирования 𝐿 (вдоль которого
определяется циркуляция), как число ампер-витков катушки 𝑁𝐼. Это
произведение числа витков 𝑁 в обмотке катушки на силу тока 𝐼.
3. Магнитную проницаемость μ материала сердечника вычисляют
𝐵
по формуле связи величин 𝐵 и 𝐻: μ =
. Отметим, что величина
μ0𝐻
магнитной проницаемости μ зависит не только от напряженности
намагничивающего поля, но и от размеров и формы ферромагнитного
сердечника. Для бесконечного (тороидального или кольцевого) сердечника
величина μ наибольшая и достигает значений 103 − 105 . Поперечная
прорезь в сердечнике приводит к существенному снижению его магнитной
проницаемости.
160
′
Задача 55. Магнитный момент атома железа 𝑝𝑚
= 2,0 ∙ 10−23 А ∙ м2 .
Оцените магнитный момент 𝑝𝑚 железного бруска длиной 𝑙 = 5,0 см
и площадью сечения 𝑆 = 1,0 см2 , намагниченного до насыщения.
Определите максимальный вращающий момент 𝑀max , который действовал
бы на такой железный брусок в магнитном поле с индукцией 𝐵 = 1,0 Тл.
Дано
Решение
Железный
брусок,
как
и
другие
′
𝑝𝑚
= 2 ∙ 10−23 А ∙ м2 ;
ферромагнетики, состоит из доменов. Домен – это
область
самопроизвольной
намагниченности
𝑙 = 0,05 м;
вещества, причем, в пределах домена векторы
𝑆 = 1 ∙ 10−4 м2 ;
магнитных моментов всех атомов сонаправлены,
3 кг
т. е. каждый домен намагничен до насыщения.
ρ = 7,88 ∙ 10 3 ;
м
Размер домена порядка (0,01…0,1) мм, число
−3 кг
𝑀 = 55,8 ∙ 10
; атомов вещества в таком домене 𝑁 ≈ 1014 .
моль
В размагниченном состоянии ферромагнетика
𝐵 = 1,0 Тл.
дом
магнитные моменты его доменов 𝑝𝑚
имеют
𝑝𝑚 − ? 𝑀max − ?
хаотическую ориентацию. Но во внешнем
магнитном поле с индукцией 𝐵 на каждый домен, имеющий магнитный
дом
дом
момент 𝑝𝑚
, действует механический (вращающий) момент 𝑀 = 𝑝𝑚
× 𝐵,
дом
модуль которого 𝑀 = 𝑝𝑚 𝐵 sin α. В результате поворота магнитных
моментов доменов сначала растут домены, у которых угол α между
дом
векторами 𝑝𝑚
и 𝐵 мал. На заключительной стадии намагничивания
ферромагнетика происходит поворот магнитных моментов выросших
дом
доменов до состояния с 𝑝𝑚
⇈ 𝐻 , где 𝐻 – напряженность
намагничивающего поля. При этом образец представляет собой один
домен, магнитный момент которого
𝑝𝑚 =
дом
𝑝𝑚
=
𝚓
атом
′ ,
𝑝𝑚
= 𝑁 ∙ 𝑝𝑚
𝚒
(1)
′ – магнитный момент атома железа.
где 𝑁 – число атомов в бруске; 𝑝𝑚
Таким образом, в бруске ферромагнетика, намагниченном
до насыщения, магнитные моменты всех атомов сонаправлены.
В результате этого, согласно равенству (1), модуль магнитного момента
железного бруска определяется следующей формулой:
′
𝑝𝑚 = 𝑁𝑝𝑚
.
(2)
Число атомов 𝑁 в бруске определим, используя число Авогадро 𝑁𝐴 ,
равное числу атомов в одном моле вещества, умножая это число
на количество вещества (число молей) ν:
𝑚
ρ𝑉
ρ𝑙𝑆
𝑁 = ν𝑁𝐴 = 𝑁𝐴 = 𝑁𝐴 =
𝑁.
(3)
𝑀
𝑀
𝑀 𝐴
Здесь ρ – плотность железа; 𝑉 – объем бруска, имеющего размеры 𝑙 и 𝑆;
𝑀 – молярная масса железа.
161
Подставляя число атомов 𝑁 по формуле (3) в равенство (2), получаем
расчетную формулу магнитного момента бруска в виде:
ρ𝑙𝑆𝑁 𝑝 ′
𝐴 𝑚
𝑝𝑚 =
.
𝑀
Вычислим магнитный момент данного железного бруска, намагниченного
до насыщения:
кг
𝑝𝑚 =
1
7,88∙10 3 3 ∙0,05 м∙1∙10 −4 м2 ∙6,02∙10 23
∙2∙10 −23 А∙м2
моль
м
кг
55,8∙10 −3
= 8,5 А ∙ м2 .
моль
Полученная величина магнитного момента бруска является достаточно
вит
большой. Такой магнитный момент имел бы виток: 𝑝𝑚
= 𝐼𝑆, например,
при токе 𝐼 = 8,5 А и площади витка 𝑆 = 1 м2 . Другой объект, имеющий
магнитный момент, – соленоид; для него величина 𝑝𝑚 = (𝐼𝑆) ∙ 𝑁, где 𝑁 –
число витков. Вычислим магнитный момент соленоида, имеющего ту же
площадь сечения, как и брусок: 𝑝𝑚 = (8,5 А ∙ 10−4 м2 ) ∙ 104 = 8,5 А ∙ м2 .
Этот оценочный расчет показывает, что катушка с воздушным
сердечником имеет такой же магнитный момент, как и железный брусок,
при числе витков катушки 𝑁 = 104 .
Механический момент 𝑀, действующий в магнитном поле
с индукцией 𝐵 на объект, обладающий магнитным моментом 𝑝𝑚 ,
определяется следующей формулой:
𝑀 = 𝑝𝑚 × 𝐵;
модуль 𝑀 = 𝑝𝑚 𝐵 sin α,
(4)
где α – угол между векторами 𝑝𝑚 и 𝐵.
Максимальная величина механического момента 𝑀max , согласно
формуле (4), наблюдается при значении sin α = 1, т. е. при расположении
вектора магнитного момента бруска 𝑝𝑚 ⟘𝐵. Вычисляем эту величину
по формуле (4):
𝑀max = 8,5 А ∙ м2 ∙ 1 Тл = 8,5 Н ∙ м.
Для того чтобы удержать такой намагниченный железный брусок
в положении, при котором его магнитный момент 𝑝𝑚 ⟘𝐵, необходимо
к концам бруска приложить пару сил, каждая из которых 𝐹 =
8,5 Н∙м
0,05 м
1
𝑀
2 max
𝑙
2
=
= 170 Н. Это сила тяжести 𝑚𝘨 груза массой 17 кг. Такой оценочный
расчет показывает, как велики
на ферромагнитные объекты.
магнитные
силы,
действующие
Задача 56. Железное кольцо средним радиусом 𝑅 = 7 см и площадью
поперечного сечения 𝑆 = 1 см2 является сердечником кольцевого
соленоида. Его обмотка содержит 𝑁 = 200 витков с током 𝐼 = 2,2 А.
Определите магнитную индукцию 𝐵 поля в сердечнике, магнитный поток
162
ϕ в сечении кольца и магнитную проницаемость сердечника μ.
Используйте график основной кривой намагничивания железа: 𝐵 = 𝑓 𝐻 .
Дано
Решение
𝐵, Тл
Железное кольцо:
график 𝐵 = 𝑓 𝐻 ; 1,5
𝑅 = 0,07 м;
л
𝑆 = 1 ∙ 10−4 м2 ;
𝑁 = 200 витков; 1,0
𝐼 = 2,2 А.
𝐵 − ? ϕ − ?μ − ?
0,5
1
0
𝐼
контур 𝐿
0
2
𝐻, 103
Рис. 86
Так как магнитная индукция 𝐵 железного
сердечника зависит от напряженности 𝐻
магнитного поля в нем (рис. 86),
рассчитаем величину 𝐻 при заданном
токе. Для этого запишем теорему
𝑆
о циркуляции вектора 𝐻 вдоль контура
d𝑙 интегрирования
𝐿,
совпадающего
со средней линией кольца, длина которой
𝑙 = 2π𝑅. Направление обхода по контуру
𝐿 (рис. 87) выбираем так, чтобы проекция
𝐻
𝐻𝑙 вектора 𝐻 на направление элемента
длины контура d𝑙 была положительной.
1
2
В таком случае
Рис. 87
𝐻 d𝑙 = 𝐻𝑙 𝑙 = 𝐻2π𝑅 = 𝑁𝐼.
Из этого уравнения определяем напряженность МП и вычисляем ее:
𝐻=
𝑁𝐼
2π𝑅
А
м
𝐿
. 𝐻=
200∙2,2 А
2∙3,14∙0,07 м
= 1,0 ∙ 103
А
м
= 1,0
кА
м
(1)
.
По графику 𝐵 𝐻 (см. рис. 86) для найденной величины 𝐻 = 1,0 ∙ 103
А
м
определяем 𝐵 = 1,5 Тл.
Магнитный поток в сечении сердечника определяем с учетом того, что
линии магнитной индукции (сонаправленные линиям напряженности МП)
163
являются окружностями, концентрическими кольцу. Такие линии поля
перпендикулярны сечению сердечника площадью 𝑆 (см. рис. 87), поэтому
проекция вектора 𝐵 на нормаль к сечению 𝐵𝑛 = 𝐵. Магнитное поле
в тонком кольце практически однородно и магнитный поток ϕ = 𝐵𝑆.
Вычисляем магнитный поток в сечении железного сердечника:
ϕ = 1,5 Тл ∙ 1 ∙ 10−4 м2 = 0,15 мВб.
Величина магнитной проницаемости железного сердечника
𝐵
μ=
.
μ0𝐻
Вычисляем по этой формуле магнитную проницаемость железа
для найденной напряженности МП и соответствующем ей значении 𝐵:
μ=
1,5 Тл
Гн
А
4∙3,14∙10 −7 ∙1∙10 3
м
м
= 1194 = 1,2 ∙ 103 .
Это значение не является максимальным для железа. С помощью графика
𝐵 𝐻 можно оценить наибольшее значение магнитной проницаемости
μmax по наибольшему угловому коэффициенту 𝐾max прямой 𝐵 = μ0 μ𝐻:
𝐾max = μ0 μmax . По графику находим величину 𝐾max =
Соответствующее значение μmax =
𝐾max
μ0
=
𝐵
𝐻 max
1,0 Тл
А
Гн
0,3∙10 3 ∙4∙3,14∙10 −7
м
м
≈
1,0 Тл
0,3∙10 3
.
А
м
= 2,7 ∙ 103 .
Задача 57. Тороидальная катушка с железным сердечником, длина
осевой линии которого 𝑙 = 50 см, имеет обмотку, содержащую 𝑁 =
500 витков. При токе в обмотке тороида 𝐼 = 1,0 А индукция магнитного
поля в сердечнике 𝐵 = 1,3 Тл. Какой ток 𝐼1 нужно пропустить по обмотке
для получения магнитного поля с такой же величиной 𝐵 в воздушном
зазоре сердечника? Длина воздушного промежутка 𝑙1 = 1,0 см (рис. 88),
рассеянием магнитного потока в зазоре можно пренебречь.
Дано
Решение
𝑙 = 0,50 м;
𝑁 = 500 витков;
𝑆
𝐼 = 1,0 А;
𝐵 = 1,3 Тл;
𝑙1 = 1 ∙ 10
−2
𝑙1
м.
𝐻1
𝐼1 − ?
𝐻
контур 𝐿
Рис. 88
164
Если пренебречь рассеянием магнитного потока в зазоре, т. е. принять,
что магнитный поток в сердечнике ϕ = ϕ1 – магнитному потоку
в воздушном промежутке, то
𝐵𝑆 = 𝐵1 𝑆; →
𝐵 = 𝐵1 .
Таким образом, магнитная индукция поля в сердечнике и в воздушном
промежутке одинакова. Но напряженности МП различны:
𝐵
а) в сердечнике с магнитной проницаемостью μ величина 𝐻 =
;
(1)
μ0μ
б) в воздушном промежутке (для воздуха μ ≈ 1) – 𝐻1 =
𝐵
μ0
.
(2)
Величина магнитной индукции 𝐵 = 𝑓(𝐻); эта зависимость для железа
задана графиком (см. рис. 86). Для получения той же величины 𝐵 = 1,3 Тл
в случае сердечника с зазором напряженность магнитного поля 𝐻 внутри
сердечника должна быть такой же, как и в сплошном сердечнике (это одна
и та же точка на графике 𝐵 = 𝑓(𝐻)).
С учетом этих замечаний запишем теорему о циркуляции вектора 𝐻
вдоль контура интегрирования 𝐿, совпадающего с осевой линией
сердечника. Искомый ток 𝐼1 содержится в правой части теоремы:
а) для сплошного сердечника –
𝐻𝑙 d𝑙 = 𝐻 ∙ 𝑙 = 𝑁𝐼;
→
𝐻=
𝑁𝐼
𝑙
;
(3)
б) в случае сердечника с воздушным промежутком (см. рис. 88) –
𝐻 ∙ 𝑙 − 𝑙1 + 𝐻1 ∙ 𝑙1 = 𝑁𝐼1 .
(4)
Подставляя значения напряженностей МП, определяемые формулами (2)
и (3), в уравнение (4), получаем следующее равенство:
𝑁𝐼
𝑙−𝑙 1
𝑙
+
𝐵𝑙 1
μ0
= 𝑁𝐼1 ;
→ 𝐼1 = 𝐼 1 −
𝑙1
𝑙
+
𝐵𝑙 1
μ0𝑁
Здесь учтено, что длина зазора 𝑙1 ≪ 𝑙, следовательно,
Вычисляем ток в обмотке по формуле (5):
𝐼1 = 1 А +
1,3 Тл∙1∙10 −2 м
4∙3,14∙10 −7
Гн
∙500
м
𝑙1
𝑙
≈𝐼+
𝐵𝑙 1
μ0𝑁
.
(5)
≪ 1.
= 21,7 А.
Таким образом, для намагничивания железного сердечника
с воздушным промежутком требуется существенно больший ток, чем
в случае сплошного сердечника.
Задача 58. Для сердечника тороида с прорезью, описанного
в предыдущей задаче, определите магнитную проницаемость μ1 . Сравните
величину μ1 с магнитной проницаемостью μ сплошного сердечника того
же тороида.
165
Дано
𝑙 = 0,50 м;
𝑁 = 500 витков;
𝐵 = 1,3 Тл;
𝐻 ∙ 𝑙 − 𝑙1 + 𝐻1 ∙ 𝑙1 = 𝑁𝐼1 .
(1)
В это уравнение подставим значения напряженностей
𝐵
магнитного
поля
в
сердечнике:
𝐻=
,
𝑙1 = 1 ∙ 10−2 м.
𝐼1 = 21,7 А.
μ1 − ?
Решение
В случае сердечника с прорезью запишем теорему
о циркуляции вектора 𝐻 (см. уравнение (4) в решении
предыдущей задачи):
и в воздушном промежутке – 𝐻1 =
μ−?
𝐵
μ0
μ0 μ1
. При этом
уравнение (1) принимает следующий вид:
𝐵
μ0 μ1
𝑙 − 𝑙1 +
𝐵𝑙 1
μ0
= 𝑁𝐼1 ;
→
μ1 =
𝑙−𝑙 1
μ 0 𝑁 𝐼1
−𝑙 1
𝐵
.
(2)
Заметим, что полученное выражение (2) является только расчетной
формулой величины μ1 и не передает зависимость μ1 от длины зазора.
Вычисляем магнитную проницаемость железного сердечника с воздушным
промежутком по формуле (2):
μ1 =
0,50−0,01 м
Гн
4∙3,14∙10 −7 м ∙500 ∙21,7 А
−1∙10 −2
1,3 Тл
= 1 ∙ 103 .
м
Для сплошного железного сердечника из формулы связи величин
𝐵 и 𝐻: 𝐵 = μ0 μ𝐻, – определяем магнитную проницаемость сердечника:
𝐵
μ=
.
(3)
μ0𝐻
Необходимое значение напряженности 𝐻 поля, намагничивающего
сердечник до величины магнитной индукции 𝐵 = 1,3 Тл, определяем
А
по графику 𝐵 = 𝑓(𝐻) (см. рис. 86): 𝐻 = 0,5 ∙ 103 . Используя эти
м
значения 𝐵 и 𝐻, вычисляем магнитную проницаемость сплошного
железного сердечника по формуле (3):
μ=
1,3 Тл
Гн
А
4∙3,14∙10 −7 ∙0,5∙10 3
м
м
= 2 ∙ 103 .
Таким образом, прорезь длиной 𝑙1 = 1 см в железном сердечнике
вдвое понижает его магнитную проницаемость.
Задача 59. Тонкий кольцевой ферромагнитный сердечник средним
радиусом 𝑅 = 10 см имеет поперечную прорезь длиной 𝑙 = 0,50 см.
Сердечник был намагничен током, протекающим по обмотке, после чего
ток отключили. Определите, во сколько раз напряженность магнитного
поля 𝐻2 в воздушном зазоре превышает напряженность 𝐻1 МП
в сердечнике. Оцените магнитную проницаемость μ ферромагнитного
сердечника.
166
Дано
Решение
𝑅 = 10 см;
𝐵
𝑙 = 0,50 см.
𝐻2
𝐻1
−?
𝐴
𝑅
μ− ?
𝐻1
−𝐻
0
+𝐻
𝑙
𝐵
𝐻2
𝐿
Рис. 89
Рис. 90
Запишем теорему о циркуляции вектора 𝐻 вдоль контура 𝐿,
совпадающего со средней линией сердечника (рис. 89). Направление
обхода по контуру интегрирования выберем вдоль вектора магнитной
индукции 𝐵 = 𝐵1 = 𝐵2 (рассеянием магнитного потока в воздушном зазоре
пренебрегаем). Так как ток в обмотке отсутствует: 𝐼 = 0, – то теорема
запишется в следующем виде:
−𝐻1 2π𝑅 − 𝑙 + 𝐻2 𝑙 = 0.
(1)
Здесь проекция вектора напряженности 𝐻1 в сердечнике 𝐻1𝑙 = −𝐻1 , так
как после отключения намагничивающего поля напряженностью +𝐻
соотношение величин 𝐵 и 𝐻1 в магнитном поле сердечника соответствует
точке 𝐴 на верхней ветви петли гистерезиса (рис. 90). Из уравнения (1)
находим искомое отношение напряженностей:
𝐻2
𝐻1
=
2π𝑅−𝑙
𝑙
.
Вычисляем это отношение, показывающее, во сколько раз
напряженность магнитного поля 𝐻2 в воздушном зазоре превышает
напряженность 𝐻1 МП в сердечнике:
𝐻2
𝐻1
=
2∙3,14∙10 см−0,5 см
0,5 см
= 1,2 ∙ 102 .
Для определения магнитной проницаемости μ ферромагнитного
сердечника используем формулы связи магнитной индукции 𝐵
с напряженностью магнитного поля 𝐻:
а) в сердечнике величина 𝐵1 = μ0 μ𝐻1 ;
б) в зазоре – 𝐵2 = μ0 𝐻2 , так как для воздуха μ ≈ 1.
Приравнивая 𝐵1 = 𝐵2 , в силу непрерывности линий магнитной
индукции, получаем расчетную формулу магнитной проницаемости
сердечника после отключения тока в намагничивающей обмотке:
167
μ0 μ𝐻1 = μ0 𝐻2 ;
→
μ=
𝐻2
𝐻1
= 1,2 ∙ 102 .
Задача 60. Тороидальная катушка с железным сердечником, длина
осевой линии которого 𝑙 = 1,0 м, имеет обмотку, содержащую 𝑁 =
500 витков с током 𝐼 = 10 А. В сердечнике имеется поперечная прорезь
длиной 𝑙1 = 1 см (рис. 91). Определите индукцию магнитного поля 𝐵
в сердечнике и в зазоре. Рассеянием магнитного потока в зазоре можно
пренебречь.
Дано
Решение
𝑙 = 1,0 м;
линия 𝐻, 𝐵
𝑁 = 500 витков;
𝐻
𝐼 = 10 А;
𝑙1
𝑙1 = 1 ∙ 10−2 м.
𝐵−?
𝐻1
Контур 𝐿
Рис. 91
Для материала сердечника – железа, величина магнитной индукции 𝐵
зависит от напряженности магнитного поля 𝐻 в соответствии
с экспериментальной кривой намагничивания 𝐵 𝐻 (см. рис. 86). Величина
напряженности магнитного поля 𝐻 зависит от тока в обмотке катушки.
Запишем теорему о циркуляции вектора 𝐻 вдоль контура интегрирования
𝐿, совпадающего с осевой линией тороидального сердечника (см. рис. 91):
𝐻 𝑙 − 𝑙1 + 𝐻1 𝑙1 = 𝑁𝐼; так как 𝑙1 ≪ 𝑙, то 𝐻𝑙 + 𝐻1 𝑙1 = 𝑁𝐼.
(1)
𝐵
Здесь напряженность МП в воздушном зазоре 𝐻1 = , так как для воздуха
μ0
μ ≈ 1. С учетом этого теорему (1) запишем в следующем виде:
𝐻𝑙 +
𝐵𝑙 1
μ0
= 𝑁𝐼;
→ 𝐵 = − μ0 𝐻
𝑙
𝑙1
+
μ 0 𝑁𝐼
𝑙1
.
(2)
Получено уравнение прямой линии 𝐵 = 𝑓 𝐻 для заданного в задаче
тороидального сердечника с воздушным промежутком.
Итак, имеется две зависимости, связывающие переменные 𝐵 и 𝐻:
1) график кривой намагничивания железа 𝐵 = 𝑓 𝐻 и 2) зависимость
𝐵 = 𝑓 𝐻 , описываемая уравнением (2). Имея две зависимости, можем
определить две неизвестные величины – 𝐵 и 𝐻. Так как одна из
зависимостей экспериментальная, и задана графиком, то решим систему
двух уравнений 𝐵 = 𝑓 𝐻 графическим методом. Для этого построим
линейную зависимость (2) на поле кривой намагничивания (рис. 92).
168
𝐵, Тл
1,5
1,0
1
0,5
2
2
1
0
3
4
𝐻, 103
Рис. 92
А
м
Для проведения прямой линии достаточно знать две точки; их
координаты определим по уравнению (2), выбрав удобные для вычислений
точки: одна из них – точка 1, координаты которой равны 𝐻1 = 0; 𝐵1 =
μ 0 𝑁𝐼
=
𝑙1
500∙10 А
1м
Гн
∙500∙10
м
1∙10 −2 м
4∙3,14∙10 −7
А
= 5 ∙ 103 .
м
А
= 0,63 Тл; вторая – точка 2: 𝐵2 = 0; 𝐻2 =
Эти
точки
с
А
вычисленными
𝑁𝐼
𝑙
=
координатами:
т. 1 (0; 0,63 Тл) и т. 2 (5 ∙ 103 ; 0), – нанесем на поле графика и проведем
м
прямую 1–2, которая описывается уравнением (2). Решением системы двух
зависимостей, представленных на графике, является их общая точка –
точка пересечения линий. Эта точка имеет следующие координаты
А
(см. рис. 92): 𝐻 = 0,2 ∙ 103 ; 𝐵 = 0,6 Тл.
м
Таким образом, определена индукция 𝐵 магнитного поля внутри
имеющего прорезь железного сердечника при числе 𝑁𝐼 = 5 000 ампервитков тороида. Магнитная индукция 𝐵 в воздушном промежутке имеет
такое же значение 𝐵 = 0,6 Тл, так как магнитный поток ϕ = 𝐵𝑆
в сердечнике и в прорези одинаков.
169
6. ЛАБОРАТОРНЫЕ РАБОТЫ
6.1. ВВЕДЕНИЕ В ЛАБОРАТОРНЫЙ ПРАКТИКУМ ПО ФИЗИКЕ
6.1.1. ПРОВЕДЕНИЕ ЛАБОРАТОРНОГО ЭКСПЕРИМЕНТА
Результат измерения и погрешности
Измерением называют нахождение значения физической величины
опытным путѐм с помощью технических средств. По способу
выполнения различают прямые и косвенные измерения. В прямых
измерениях величину определяют по шкале прибора, например,
секундомера при измерении времени или амперметра при измерении тока.
В косвенных измерениях результат вычисляют по формулам, используя
данные прямых измерений. Так, например, ускорение𝑎 определяют
2𝑠
по формуле 𝑎 = 2 , где путь 𝑠 и время движения 𝑡 измеряют
𝑡
непосредственно.
Результат всегда получают с некоторой погрешностью, и в любом
измерении находят не истинное значение величины, а лишь близкое
к нему. Поэтому результат измерения величины 𝑥 записывают
как доверительный интервал:
𝑥 = 𝑥 ± ∆𝑥 с доверительной вероятностью 𝑃 = ⋯ .
𝑥
Здесь 𝑥 – среднее арифметическое для 𝑁 измеренных значений: 𝑥 = 𝑖 ;
𝑁
∆𝑥 – абсолютная погрешность измеряемой величины, равная разности
измеренного 𝑥 и истинного значения 𝑥, которое неизвестно:
∆𝑥 = 𝑥 − 𝑥.
Например: 𝑥 = 25 ± 2 мм; 𝑃 = 0,70.
Это означает, что истинное значение величины 𝑥 находится, в пределах
от 23 до 27 мм с вероятностью 𝑃 = 0,70; при этом остается равная 0,3 (или
30%) вероятность, того, что истинное значение 𝑥 близко к 𝑥 , но лежит
вне указанного интервала.
Величина абсолютной погрешности не показывает точности
измерения; так, при одинаковой абсолютной погрешности ∆𝑙 = 1 м
двух измерений длин: 𝑙1 = 10 м и 𝑙2 = 1000 м, – второе отличается
гораздо большей точностью. Таким образом, для оценки точности
измерения абсолютную погрешность ∆𝑙 сравнивают с измеряемой
величиной 𝑙; при этом вычисляется относительная погрешностьδ𝑥 ,
как отношение, по формуле:
∆
δ𝑥 = 𝑥 ∙ 100 %.
𝑥
Систематические и случайные погрешности
В зависимости от причин
на систематические и случайные.
появления
170
погрешности
разделяют
Систематические погрешности s вызываются факторами, которые
действуют одинаково в ряде измерений. Величина и знак этих
погрешностей остаются постоянными или изменяются закономерно
при повторении измерений. К систематическим относят погрешности
измерения времени, если секундомер отстаѐт (или спешит), погрешности
отсчѐта по прибору, у которого начальное положение стрелки не совпадало
с нулѐм шкалы. Систематические погрешности можно исключить путѐм
поверки приборов по эталонам и введением поправок.
Случайные погрешности ∆ обусловлены нерегулярно действующими
факторами или совокупностью случайных причин. Случайные
погрешности нередко связаны с изменением свойств объекта измерения,
с колебаниями температуры или напряжения источника питания. В ряде
однотипных измерений случайные погрешности беспорядочно изменяются
по величине и знаку. Случайную погрешность оценивают по разбросу
результатов в повторных измерениях. Простейшую оценку выполняют
по формуле
𝑥
−𝑥
∆𝑥 = max min ,
2
где 𝑥max и 𝑥min – максимальное и минимальное числа из ряда значений
величины, полученных при повторных измерениях.
Доверительный интервал, записанный с такой погрешностью, содержит
истинное значение с вероятностью
1 𝑁−1
𝑃 =1−
.
2
Эта доверительная вероятность𝑃 зависит от числа измерений 𝑁.
Разновидностью случайной погрешности является промах – это грубая
погрешность, вызванная нарушением условий эксперимента. Как правило,
промахом является неверный отсчѐт по шкале прибора, неправильная
запись числа или ошибка в вычислениях. Обычно, промах резко
отличается по величине от других значений, и при обработке опытных
данных его отбрасывают. Нужно иметь в виду, что промах можно заметить
только при повторении измерений, поэтому не следует ограничиваться
одним измерением.
Приборная погрешность
Анализируя источники погрешностей, выделяют следующие из них:
измерительные приборы, объект измерения и установка, операция
вычисления результата.
Показание прибора отличается от истинного значения измеряемой
величины, и это отклонение принято называть приборной погрешностью.
Она включает в себя погрешность отсчѐта в результате округления
до ближайшего деления шкалы и погрешность показаний, связанную
с несовершенством прибора (неравномерность делений шкалы, люфт
171
и трение в подвижных частях). При аккуратном выполнении измерений
погрешностью отсчѐта можно пренебречь. Погрешность показаний
прибора приводится в паспорте или определяется по классу точности
прибора. И в том, и в другом случаях указывают максимальное значение,
которое называют предельной приборной погрешностью, ей соответствует
доверительная вероятность 𝑃 =0,997.
Класс точности прибора γ показывает относительную предельную
погрешность (в процентах) для наибольшего измеряемого значения 𝑥max ,
равного пределу шкалы:
∆
γ = 𝑠𝑥 ∙ 100 %,
𝑥 max
где∆𝑠𝑥 – абсолютная приборная погрешность измеряемой величины 𝑥.
Например, амперметр класса точности 0,5 имеет шкалу с пределом 2 А.
Любое показание этого прибора, согласно формуле, содержит одну и ту же
абсолютную
приборную
погрешность
∆𝑠𝐼 = 0,01 А.
При
этом
относительная погрешностьδ𝑥 , выраженная в процентах, определяется
формулой
∆
𝑥
δ𝑥 = 𝑠𝑥 ;
или
δ𝑥 = γ max .
𝑥
𝑥
Величина погрешности δ𝑥 тем меньше, чем ближе к пределу шкалы
измеряемая величина. А значит, показания в правой части шкалы более
точные, чем в еѐ начале. Это следует иметь в виду, при выборе диапазона
прибора при измерениях.
Если класс точности и паспортные данные прибора неизвестны, то
приборную погрешность принимают равной цене деления шкалы.
Вычисления и запись результата
При вычислениях и графической обработке результатов измерений
могут появиться погрешности вычислений. Вероятность их появления
уменьшается, если следовать некоторым простым правилам.
Перед расчѐтом исходные числа округляют, оставляя в каждом на одну
значащую цифру больше, чем у наименее точного числа; столько же
значащих цифр оставляют в результате. Например, записывают 𝐴 =
2,30,35787  2,30,358 = 0,823.
Результат вычисления записывают с точностью до двух или трех
(не более) значащих цифр. Значащими являются все верные цифры числа,
кроме нулей, стоящих перед первой ненулевой цифрой (заметим, что
значащие цифры могут быть записаны как до запятой, так и после нее).
Незначащие нули записывают в виде сомножителя 10±𝑛 .
В погрешности ∆𝑥 указывают обычно одну значащую цифру (две только
в том случае, если первая равна 1), так как погрешность оценки
погрешности, как правило, более 50 %.
172
Результат измерения записывают в виде доверительного интервала,
вынося за скобку множитель 10±𝑛 , который показывает порядок
измеряемой величины. При этом среднее значение величины округляют
так, чтобы последние цифры величины и погрешности были в одном
разряде. Например, величина момента инерции маятника
𝐼 = 3,24 ± 0,6 ∙ 10−2 кг ∙ м2 . δ𝐼 = 20 %.
Представление результатов измерений в виде таблиц
Результаты измерений представляют в виде таблиц, графиков
и уравнений. В каждом эксперименте необходимо сразу же записывать
результаты измерений аккуратно в заранее заготовленные таблицы.
Записи в таблице должны быть удобны для чтения и обработки, что
достигается выполнением ряда правил.
1. Значения каждой величины записывайте в соответствующий столбец
одно под другим так, чтобы одинаковые разряды чисел и запятые
располагались на одной вертикали: так легче сопоставлять числа.
Избегайте исправления цифр: это затрудняет чтение. Лучше зачеркнуть
неверные цифры, а правильные написать рядом.
2. В заголовке таблицы для каждого столбца указывают обозначение
величины и через запятую еѐ единицу. Не нужно писать единицы величин
в каждой строке таблицы: это потеря времени и загромождение записи.
Данные прямых измерений и приборные погрешности записывают
в единицах шкалы приборов, а результаты расчѐта приводят обычно
в единицах СИ.
3. Для сокращения записи чисел используют десятичный множитель
±𝑛
10 . Его величину часто берут соответствующей краткой приставке
(микро-, мили-, кило- и т. п.). Этот множитель, общий для всех значений
в столбце, указывают вместе с единицей величины в заголовке таблицы.
При этом используют два разных варианта записи множителя. Примеры
приведены в таблице, где записана вязкость газов двумя способами.
Первый способ, при котором после символа величины ставят запятую,
а множитель относят к единице величины (η, 10−5 Пас), воспринимается
естественно и является предпочтительным.
Второй способ нередко встречается в справочных таблицах, и при их
чтении нужно обращать внимание, нет ли знака умножения. Так, запись
η ∙ 105 = 1,7 Пас означает, что η = 1,7 ∙ 10−5 Пас.
Газ
Вязкость
η, 10−5 Пас
Вязкость
η ∙ 105 , Пас
Воздух
1,72
1,72
Водород
0,84
0,84
173
6.1.2. ГРАФИЧЕСКОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ
И ОБРАБОТКА РЕЗУЛЬТАТОВ ИЗМЕРЕНИЙ
Построение графиков
Назначение графика – наглядно представить результаты опыта
при изучении зависимости одной величины от другой. График позволяет
увидеть особенности исследуемой зависимости, выявить ее характер
(линейная, квадратичная или экспоненциальная) и определить параметры.
Все это становится доступным при грамотном применении графического
метода, а для этого необходимо следовать определенным правилам
построения графиков и использовать методы их обработки.
1. Выбор координатных осей. График выполняют на листе
миллиметровой бумаги размером ~150 × 150 мм; координатные оси
берут примерно равной длины. Горизонтальная ось отводится
аргументу, т. е. величине, значение которой задает экспериментатор,
а вертикальная ось – функции. В конце каждой оси указывают символ
величины, десятичный множитель и единицу величины. При этом
десятичный множитель 10±𝑛 позволяет опустить нули при нанесении
шкалы, например, писать 1; 2; 3 ... вместо 0,001; 0,002 и т.д.
2. Выбор интервалов. Интервалы чисел на каждой оси выбирают
независимо друг от друга, причем такие, чтобы кривая заняла все поле
чертежа. Для этого границы интервалов берут близкими к наименьшему
и наибольшему из измеренных значений. Подчеркнем, что начало
отсчета часто начинают не с нуля. Нулевую точку помещают на график
лишь в том случае, если она близка к экспериментально исследованной
области или необходима для экстраполяции на нулевое значение.
3. Выбор масштабов и шкалы. Масштаб должен быть простым
и удобным для нанесения точек на график. За единицу масштаба
принимают отрезок оси, кратный 5, 10, 50 или 100 мм, что позволяет
легко отсчитывать доли отрезка. Такому отрезку соотносят "круглое"
число (1, 2, 5) единиц измеряемой величины. Деления шкалы на каждой
оси подбирают независимо, в соответствии с масштабом, причем
надписи делений наносят вдоль всей оси. Чтобы шкала легко читалась,
достаточно указать на оси 3–5 чисел.
4. Нанесение точек. Опытные данные наносят на поле графика в виде
четких значков, не подписывая их численные значения – они приводятся
только в таблице. Разные значки (светлые и темные кружки,
треугольники и др.) используют для обозначения данных, относящихся
к различным условиям.
5. Проведение экспериментальной кривой. Кривую проводят плавной,
непрерывной линией (таковы обычно физические зависимости) так,
чтобы точки находились равномерно по обе стороны кривой как можно
174
ближе к ней. Если вид зависимости известен заранее, то проводят эту
теоретическую кривую.
В случае линейной зависимости опытную прямую проводят через
среднюю точку, координаты которой определяют по следующим
формулам:
𝑥=
𝑥𝑖
𝑁
; 𝑦=
𝑦𝑖
𝑁
.
Здесь записаны суммы 𝑁 слагаемых измеренных величин, где 𝑁 – общее
число точек на графике.
6. Заголовок графика. График сопровождают названием зависимости,
в котором называют символы величин, указанные в конце осей. Кроме
того, в подписи к графику разъясняют обозначения опытных точек
и кривых, если их несколько. Заголовок принято располагать выше
графика, либо под графиком.
Графический анализ опытных данных
Сравнение с теорией. Функциональные шкалы
Для проверки теоретической зависимости на график наносят опытные
точки (нередко с указанием их погрешности в виде –Y), а теоретическую
кривую проводят через точки, рассчитанные по уравнению. Если теория
дает лишь вид зависимости, а параметры ее неизвестны и их надлежит
определить из опыта, то экспериментальную зависимость стараются
привести к линейному виду (так как параметры прямой найти проще).
С этой целью при построении графика по осям откладывают не сами
измеренные величины, а такие функции этих величин, которые позволяют
линеаризовать зависимость. Рассмотрим пример.
Опыт показывает, что электрическое сопротивление полупроводника
снижается с ростом температуры нелинейно. Чтобы выбрать координаты,
в которых зависимость линеаризуется, обратимся к теории. Согласно
квантовой теории твердого тела сопротивление истинного полупроводника
∆𝑊
изменяется с температурой по закону 𝑅 = 𝐴 ∙ exp
. Логарифмируя это
уравнение, получаем зависимость ln𝑅 = ln𝐴 +
2𝑘𝑇
∆𝑊
2𝑘𝑇
, которая представится
1
на графике в виде прямой 𝑦 = 𝑏 + 𝐾𝑥, если обозначить 𝑦 = ln𝑅, 𝑥 = .
Определяя параметры этой прямой 𝑏 = ln𝐴 и 𝐾 =
характеристики полупроводника 𝐴 и ∆𝑊.
∆𝑊
2𝑘
𝑇
, можно найти
Определение параметров линейной зависимости
Известны два наиболее распространенных метода:
– приближенный метод определения параметров прямой, использующий
отрезки, отсчитанные по шкале на осях графика;
– метод наименьших квадратов (МНК).
175
Приближенный метод
Пусть измеренные величины 𝑦 и 𝑥 связаны линейной зависимостью
вида 𝑦 = 𝐾𝑥 + 𝑏, и требуется определить ее параметры 𝐾 и 𝑏.
Для этого опытные точки
наносят на график и проводят
прямую линию, руководствуясь
правилами построения графика.
На концах линии выбирают две
произвольные точки а и б,
удобные для расчета. Чтобы
снизить погрешность отсчета
по графику и упростить расчет
углового
коэффициента
𝐾,
удобно точку а взять на одной
из осей, а точку б – так, чтобы
отрезок
𝑥б − 𝑥𝑎
выражался
Рис. 1. Определение параметров 𝐾 и 𝑏
целым числом.
Среднее значение углового коэффициента 𝐾 вычисляют как
отношение, определяющее наклон прямой:
𝑦 б −𝑦 𝑎
𝐾=
𝑥 б −𝑥 𝑎
.
Параметр 𝑏 линейной зависимости находят по графику как ординату
точки пересечения прямой с осью 𝑦. Величину 𝑏 можно найти
и по уравнению прямой, подставляя координаты средней точки графика:
𝑏 = 𝑦 − 𝐾 ∙ 𝑥.
Случайные погрешности параметров определяются разбросом опытных
точек по отношению к проведенной прямой. Для простейшей оценки этих
погрешностей достаточно найти на графике величину ∆𝑦 – отклонение
наиболее удаленной точки от прямой линии, и 𝑦𝑁 − 𝑦1 – интервал,
в котором сделаны измерения (длина оси 𝑦).
Абсолютная случайная погрешность параметра b:∆𝑏 = ∆𝑦 .
Для углового коэффициента прямой линии 𝐾 сначала вычисляют
относительную погрешность:
δ𝐾 =
∆𝑦
𝑦 𝑁 −𝑦 1
∙ 100 %.
Эта формула привлекает тем, что при расчете отношения величин одного
рода можно взять их в любых единицах (всего удобнее – в малых делениях
шкалы оси 𝑦). Напомним, что в величине погрешности имеет значение,
как правило, одна цифра, а потому достаточная точность отсчета отрезка
𝑦𝑁 − 𝑦1 – "круглое число", например, 90, 100 или 120 мм (или 10 – 15
клеток масштабной бумаги).
176
Затем находят абсолютную погрешность средней величины 𝐾 :
∆𝐾 =
δ 𝐾 ∙𝐾
100 %
,
чтобы записать доверительный интервал для искомого параметра 𝐾:
𝐾 = 𝐾 ± ∆𝐾 .
Доверительная вероятность 𝑃 в описанном методе оценки погрешностей
(по максимальному отклонению ∆𝑦 ) зависит от числа опытных точек 𝑁 –
чем больше число 𝑁, тем выше надежность результата:
𝑃 =1−
1 𝑁−1
2
.
6.2. Темы лабораторных работ
Названия лабораторных работ, выполняемых студентами ЗИЭФ,
приведены в таблице.
Таблица
Название работы
Исследование электростатического поля методом
моделирования
Определение удельного заряда электрона методом
магнетрона
Изучение зависимости магнитной проницаемости
ферромагнетика от напряженности магнитного поля
Номер работы
в учебном
пособии
1
6
9
6.3. Подготовка к выполнению лабораторных работ
Методические указания к выполнению лабораторных работ: описание
метода измерений, лабораторного стенда и схемы электрической цепи,
порядок выполнения ЛР и обработки результатов измерений, – содержатся
в следующем учебном пособии:
Электричество и магнетизм: учебное пособие к выполнению лабораторных
работ по курсу физики / Л.Ф. Гладкова, А.Е. Гришкевич, С.И. Морозов и
др.; под ред. А.Е. Гришкевича. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2009. – 110 с.
Данное учебное пособие можно найти по следующему электронному
адресу: http://physics.susu.ac.ru/data/electr.pdf.
При подготовке к лабораторной работе настоятельно рекомендуем
заполнить некоторые разделы бланка отчета по каждой ЛР (до таблиц
опытных данных): цель работы, описание установки и метода измерений
(включая название величин, входящих в расчетные формулы). Это позволит
Вам получить представление о лабораторной работе и, благодаря этому,
избежать ненужных ошибок при проведении эксперимента в физической
лаборатории.
177
Перед выполнением лабораторных работ необходимо изучить раздел
6.1 «Введение в лабораторный практикум по физике» (с. 170-176) –
п. п. 6.1.1. Проведение лабораторного эксперимента и 6.1.2. Графическое
представление и обработка результатов измерений.
6.3.1. Рекомендации к выполнению лабораторных работ
Основные правила техники безопасности
1. К выполнению лабораторных работ студент может приступить после
прохождения инструктажа по проведению лабораторных работ и усвоения
безопасных методов их выполнения, о чѐм студент расписывается
в журнале по технике безопасности. Эта подпись является также
обязательством восстановить оборудование, вышедшее из строя по вине
студента.
2. Перед выполнением работы необходимо тщательно изучить ее
описание.
3. Работы следует выполнять на исправных установках.
4. Измерительные приборы и инструмент необходимо использовать
только по их прямому назначению.
5. Приборы и лабораторные установки можно включать лишь
после разрешения преподавателя.
Правила проведения эксперимента
1. При каждом измерении устраняйте возможные систематические
погрешности (см. п. 6.1.1).
2. Результаты измерений и расчетов записывайте карандашом
в таблицы бланка отчета (а не на отдельные листки). При этом любое
записанное число округляйте до трех значащих цифр и записывайте в виде
𝑎 ∙ 10±𝑛 , где величину 𝑎 выбирайте в интервале (0,5…5,0) (при этом
показатель степени 𝑛 показывает порядок числа). В том случае, если
значения измеряемой величины в данном столбце (или строке) таблицы
имеют одинаковый множитель 10±𝑛 , этот множитель выносят в заголовок
таблицы, а в столбце оставляют только сомножители 𝑎𝑖 .
Данные прямых измерений перед проведением расчетов необходимо
а) проанализировать с целью выявления промахов, б) затем показать
преподавателю.
3. Первый из результатов косвенного измерения (расчета) каждой
величины запишите в отчет с полной подстановкой всех исходных
значений в расчетную формулу, переводя их в систему СИ (при этом
не забудьте выписать из заголовка таблицы множители величин 10±𝑛 ).
Результаты расчетов, по мере их получения, вносите в таблицу.
По окончании расчетов: перед построением графика или написанием
вывода по работе, – полученные результаты покажите преподавателю.
178
6.3.2. Рекомендации к оформлению отчета по лабораторной работе
Каждый студент оформляет отчѐт по опытным данным. Отчѐт
выполняется согласно стандарту СТП ЧПИ 05-87 “Лабораторные работы.
Общие требования к оформлению отчѐта”, который имеется в отделе
нормативно-технической документации библиотеки. Титульный лист
заполняют на 1-й странице следующим образом.
ЮУрГУ
Кафедра общей и теоретической физики
Отчѐт
по лабораторной работе № 6
Определение удельного заряда электрона методом магнетрона
Лебедев М. С. (Ф. И. О. студента)
ЗИЭФ-223
23.01.16 (дата выполнения работы)
Отчѐт содержит следующие разделы:
Цель работы (дана в описании каждой работы);
Схема установки принципиальная, с необходимыми пояснениями;
Основные расчѐтные формулы с пояснением величин;
Результаты прямых измерений (в таблицах);
Расчеты результатов косвенного измерения;
Оценка погрешности измеряемых величин;
Графики, построенные на миллиметровой бумаге по правилам (см. п.6.1.2);
Вывод – это краткое заключение о результатах, согласно цели работы.
Вывод, как правило, включает в себя:
1) Основные численные результаты измерений с указанием их точности
(относительной погрешности).
2) Анализ результатов:
а) сравнение опытных зависимостей (графиков) с теоретическими
кривыми,
б) сравнение полученных экспериментальных значений с табличными
величинами и сопоставление их расхождений с точностью измерений.
6.3.3. Бланки отчетов по лабораторным работам
Эти бланки отчетов необходимо иметь при выполнении
лабораторных работ В ЛАБОРАТОРИИ ЭЛЕКТРИЧЕСТВА – в ауд.
345Э , ГУК во время зимней экзаменационной сессии, по расписанию
занятий группы. Бланки отчетов можно распечатать с данного сайта,
начиная со следующей страницы.
Южно-Уральский государственный университет
179
Кафедра общей и теоретической физики
Лабораторная работа №1
ИССЛЕДОВАНИЕ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОГО ПОЛЯ
МЕТОДОМ МОДЕЛИРОВАНИЯ
Bыполнил _______________
группа _____________
“____”____________20___г.
Проверил _______________
“____”____________20___г.
ЦЕЛЬ РАБОТЫ:
ЭЛЕКТРИЧЕСКАЯ СХЕМА И ОБОРУДОВАНИЕ
1–
2–
3–
4–
5–
6–
7–
8–
180
Эквипотенциальная поверхность содержит точки с равным потенциалом.
Силовая линия – линия, по касательной к которой направлен вектор
напряженности 𝐸 в каждой точке электростатического поля (ЭСП).
Силовые линии проводят перпендикулярно эквипотенциальным
поверхностям.
∆φ
dφ
𝐸 = − 𝑛;
→
𝐸≈ ,
d𝑛
∆𝑛
где 𝑛 – единичный вектор нормали к эквипотенциальной поверхности.
Изменение потенциала φ ЭСП с расстоянием 𝑥 между электродами
φ, В
𝑥, мм
0
РАСЧЕТНАЯ ФОРМУЛА
𝐸=
dφ
d𝑛
≈
φ 1 −φ 2
∆𝑛
=
=
В
м
.
Здесь φ1 и φ2 –
n
–
Точка
𝐴
Точки в электростатическом поле
Напряженность ЭСП 𝐸,
В
м
ВЫВОД
181
𝐵
𝐶
Картина силовых линий и эквипотенциальных поверхностей
исследуемого электростатического поля
182
Южно-Уральский государственный университет
Кафедра общей и теоретической физики
Лабораторная работа № 6
ОПРЕДЕЛЕНИЕ УДЕЛЬНОГО ЗАРЯДА ЭЛЕКТРОНА
МЕТОДОМ МАГНЕТРОНА
Выполнил_____________
группа _____________
“___”___________20___г.
Проверил ________
“___”___________20__г.
ЦЕЛЬ РАБОТЫ:
ЭЛЕКТРИЧЕСКАЯ СХЕМА И ОБОРУДОВАНИЕ
1–
2–
3–
4–
5–
6–
7–
8–
183
МЕТОД ИЗМЕРЕНИЙ
МАГНЕТРОН – двухэлектродная лампа,
𝐵
К
А
помещенная в магнитное поле. Траектория
движения электронов в лампе (и анодный
ток) зависит от индукции магнитного поля.
𝐵–
К–
А–
𝐵кр =
Рис. 1
где
2
𝑟
2𝑈
𝑒
𝑚
𝑈–
𝑟–
𝑒
𝑚
–
Рис. 2
Рис. 3
Критическое значение индукции магнитного поля соленоида
𝐵кр =
μ 0 𝐼кр 𝑁
𝑙 2 +𝑑 2
где 𝐼кр –
μ0 = 4π ∙ 10−7
Гн
м
– магнитная постоянная.
184
,
ОПЫТНЫЕ ДАННЫЕ
ПАРАМЕТРЫ
МАГНЕТРОНА
ТОК
СОЛЕНОИДА
𝐼, мА
АНОДНЫЙ
ТОК
𝐼а , мА
∆𝐼,
мА
∆𝐼а ∙10 3
∆𝐼а ,
мА
,
условных ед.
∆𝐼
90
95
100
105
𝑟 = 3 мм;
110
𝑙 = 36 мм;
115
𝑑 = 37 мм;
𝑁 = 2800;
120
𝑈 = 15 В.
130
125
135
140
145
150
155
160
_________
165
Зависимость анодного тока магнетрона 𝐼а от тока 𝐼в соленоиде
𝐼а , мА
∆𝐼а
∆𝐼
𝐼, мА
185
По графику определяем значение критического тока 𝐼кр =
мА.
РАСЧЕТ УДЕЛЬНОГО ЗАРЯДА ЭЛЕКТРОНА
𝑒
𝑚 эксп
=
8𝑈 𝑙 2 +𝑑 2
μ 0 𝑟𝑁 𝐼кр
2
=
8∙15В∙ 36 2 +37 2 10 −6 м2
Гн
м
4∙3,14∙10 −7 ∙3∙10 −3 м∙2800∙
∙10 −3 А
2
Кл
=
кг
.
ОЦЕНКА ПОГРЕШНОСТИ ИЗМЕРЕНИЙ
𝑒
Сравниваем
𝑚 эксп
с табличным значением
а) относительная погрешность
полученного результата):
δ
𝑒
𝑚
=
𝑒
𝑒
−
𝑚 табл
𝑚 эксп
𝑒
𝑚 табл
=1−
𝑒
𝑚 табл
измерения
𝑒
𝑚 эксп
𝑒
𝑚 табл
=1−
= 1,76 ∙ 1011
(показывает
1,76
=
; (
Кл
кг
:
точность
%).
б) абсолютная погрешность измеряемой величины (позволяет
записать результат измерений в виде доверительного интервала):
∆
𝑒
𝑚
=
𝑒
𝑚 табл
−
𝑒
𝑚 эксп
=
∙ 1011
Кл
кг
.
РЕЗУЛЬТАТ ИЗМЕРЕНИЙ
Удельный заряд электрона
𝑒
𝑚
=
𝑒
𝑚 эксп
±∆
𝑒
𝑚
=
ВЫВОД
186
±
∙ 1011
Кл
кг
.
Южно-Уральский государственный университет
Кафедра общей и теоретической физики
Лабораторная работа № 9
ИЗУЧЕНИЕ ЗАВИСИМОСТИ
МАГНИТНОЙ ПРОНИЦАЕМОСТИ ФЕРРОМАГНЕТИКА
ОТ НАПРЯЖЕННОСТИ МАГНИТНОГО ПОЛЯ
Bыполнил________________
группа _____________
“___”___________20____г.
Проверил _____________
“___”___________20____г.
ЦЕЛЬ РАБОТЫ:
187
СХЕМА УСТАНОВКИ И ОБОРУДОВАНИЕ
𝑁1 и 𝑁2 –
1–
2–
3–
4–
5–
6–
РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ
𝑅2 + 𝑋𝐿2 ;
𝑍=
𝑍–
𝑅 –
𝑋𝐿 = ω𝐿;
𝑋𝐿 –
ω–
𝑈
𝐿–
𝑍= ;
𝐼
𝑈–
𝐿 = μ0 μ r
𝑁2
𝑙
𝐼–
𝑆;
μr –
𝑁–
𝑙–
𝑆–
𝐾–
𝐻–
𝐵–
𝐻=
𝐾=
𝑁𝐼
𝑙
𝐵 = μ0 μr 𝐻;
;
𝑙
ωμ 0 𝑁 2 𝑆
𝑈
μr = 𝐾 ;
;
μ0 = 4π ∙ 10−7
𝐼
Гн
м
– магнитная постоянная.
188
ОПЫТНЫЕ ДАННЫЕ
ПАРАМЕТРЫ
УСТАНОВКИ
𝑈, В
𝐻,
𝐼, мА
А
м
μr , 103 ед.
;
𝐵, Тл
5,0
10,0
𝑁 = 100;
15,0
𝑙 = 50 мм;
20,0
2
𝑆 = 48 мм ;
25,0
−1
ω = 400π с ;
30,0
35,0
𝐾=
𝑙
ωμ 0 𝑁 2 𝑆
.
40,0
45,0
50,0
55,0
ОБРАБОТКА РЕЗУЛЬТАТОВ ИЗМЕРЕНИЙ
Расчет напряженности магнитного поля:
𝐻=
𝑁𝐼
𝑙
=
10 −3 А
100∙
50∙10 −3
м
=
А
м
.
Расчет магнитной проницаемости сердечника μr :
а) постоянная установки
𝐾=
𝑙
ωμ 0
𝑁2 𝑆
=
50∙10 −3 м
400 ∙3,14
Гн
с−1 ∙4∙3,14∙10 −7 ∙100 2 ∙48∙10 −6 м2
м
1
с
=
с
Гн
.
А
Гн
=1 .
В
б) магнитная проницаемость ферромагнитного сердечника
μr = 𝐾
𝑈
=
𝐼
Расчет индукции магнитного поля в ферромагнитном сердечнике:
𝐵 = μ0 μr 𝐻 = 4 ∙ 3,14 ∙ 10−7
Гн
м
189
∙
=
Тл.
Основная кривая намагничивания – 𝐵(𝐻)
и зависимость μr 𝐻 – магнитной проницаемости ферромагнетика μr
от напряженности магнитного поля 𝐻
𝐵, Тл
μr , 103 ед.
𝐻,
ВЫВОД (анализ формы полученных зависимостей)
190
А
м
7. ПРИЛОЖЕНИЕ 1
7.1. О приближенных вычислениях
Значения исходных величин в физических задачах, в том числе, и
физических постоянных, как правило, получены в эксперименте и потому
являются приближенными числами. При их записи оставлены только
верные цифры числа (обычно это 2 или 3 значащие цифры).
Соответственно, и результат вычислений по расчетной формуле
с подстановкой приближенных чисел имеет столько верных цифр,
сколько их содержится в наименее точном числе(которое в формуле
является слагаемым, сомножителем, или основанием степени).
Результат вычислений, полученный с помощью калькулятора,
округляют, оставляя в нем только верные цифры.
7.2. Некоторые формулы алгебры и тригонометрии
𝑥1,2 =
−𝑏± 𝑏 2 −4𝑎𝑐
2𝑎
1−cos 2𝑥
2
𝑝 2
2
2
− 𝑞;
cos 2𝑥 = cos 2 𝑥 − sin2 𝑥;
sin 2𝑥 = 2 sin 𝑥 cos 𝑥;
sin2 𝑥 =
𝑝
𝑥1,2 = − ±
;
cos 2 𝑥 =
;
1+cos 2𝑥
2
;
7.3. Основные формулы дифференцирования и интегрирования
Правила дифференцирования
Производная сложной функции𝑢 = 𝑓 𝑧 , 𝑧 = φ 𝑥 , т. е. 𝑢 = 𝑓 φ 𝑥 :
d𝑢
𝑢𝑥′ = 𝑢𝑧′ ∙ 𝑧𝑥′ ; или
d𝑥
d𝑢
=
d𝑧
d𝑧
∙
;
d𝑥
Производная суммы (разности) функцийu= 𝑓 𝑥 , 𝑣 = 𝑓(𝑥):
𝑢±𝑣
′
d(𝑢 ±𝑣)
= 𝑢′ ± 𝑣 ′ ; или
d𝑥
=
d𝑢
d𝑥
±
d𝑣
;
d𝑥
Производная произведения функцийu= 𝑓 𝑥 , 𝑣 = 𝑓(𝑥):
𝑢∙𝑣
′
d 𝑢 ∙𝑣
= 𝑢′ 𝑣 ± 𝑣 ′ 𝑢; или
d(𝐶∙𝑢)
𝐶𝑢 ′ = 𝐶𝑢′ ; или
Производная частного
𝑢 ′
𝑣
𝑢 ′
𝐶
=𝑣
d𝑥
d𝑥
=𝐶
d𝑢
d𝑢
d𝑥
+𝑢
d𝑣
d𝑥
, где 𝐶 = const;
d𝑥
𝑢 (𝑥)
𝑣(𝑥)
=
=
:
𝑢 ′ 𝑣−𝑣 ′ 𝑢
𝑣2
𝑢′
𝐶
;
и
d
; или
𝐶 ′
𝑣
=−
𝑢
𝑣
d𝑥
𝐶𝑣 ′
191
𝑣2
=
;
𝑣
d𝑢
d𝑥
−𝑢
𝑣2
d𝑣
d𝑥
;→
; где 𝐶 = const;
→
Производные простейших функций:
d 𝑥𝑚
d e𝑥
= 𝑚𝑥 𝑚 −1 ;
d𝑥
d sin 𝑥
d𝑥
d ln 𝑥
= e𝑥 ;
d𝑥
d𝑥
d cos 𝑥
= cos 𝑥;
1
d 𝑎𝑥
𝑥
d𝑥
= ;
d t g𝑥
= − sin 𝑥;
d𝑥
= 𝑎 𝑥 ln𝑎;
=
d𝑥
1
cos 2 𝑥
;
d ct g𝑥
d𝑥
=
1
sin 2 𝑥
;
Правила интегрирования
Интеграл суммы (разности) функцийu= 𝑢 𝑥 , 𝑣 = 𝑣(𝑥):
(𝑢 ± 𝑣)d𝑥 =
𝑢d𝑥 ± 𝑣d𝑥;
Постоянный сомножитель 𝐶выносят за знак интеграла:
𝐶 ∙ 𝑓 𝑥 d𝑥 = 𝐶 𝑓 𝑥 d𝑥;
Метод интегрирования по частям:
𝑢d𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣d𝑢;
Интегрирование простейших функций:
𝑥 𝑚 d𝑥 =
1
𝑚 +1
sin 𝑥d𝑥 = − cos 𝑥;
𝑥 2 +𝑎 2
𝑥2
sin 2𝑥
2
4
;
d𝑥
𝑥
𝑥
sin 2𝑥
2
4
;
d𝑥
= 𝑙𝑛 𝑢 + 𝑥 2 + 𝑎2 ;
= ln𝑥;
e𝑥 d𝑥 = e𝑥 ;
𝑥
cos 2 𝑥 d𝑥 = +
1
=− ;
cos 𝑥 d𝑥 = sin 𝑥;
𝑥
sin2 𝑥 d𝑥 = −
d𝑥
d𝑥
𝑥 𝑚 +1 ; (при 𝑚 ≠ 1).
𝑎 2 −𝑥 2
=
1
2𝑎
𝑙𝑛
𝑎+𝑥
𝑎−𝑥
;
7.4. Формулы приближенных вычислений
При𝑥 ≪ 1можно принять:
1
1±𝑥
= 1 ∓ 𝑥;
1
1±𝑥
1
1 ± 𝑥 = 1 ± 𝑥;
2
1∓𝑥
𝟐
= 1 ± 2𝑥;
1
= 1 ∓ 𝑥;
2
ln 1 + 𝑥 = 𝑥;
e𝑥 = 1 + 𝑥;
Для малого угла α(α < 5°, или α < 0,1 рад), выраженного в радианах,
можно принять:
sin α = tg α = α;
cos α = 1.
192
7.5. Единицы физических величин в СИ
Величина
Длина
Масса
Время
Сила электрического
тока
Термодинамическая
температура
Количество вещества
Сила света
Плоский угол
Телесный угол
Единица
НаименоОбоСвязь с основными
вание
значеи дополнительными
ние
единицами
метр
м
килограмм
кг
секунда
с
ампер
А
кельвин
К
моль
моль
кандела
кд
рад
ср
Площадь
м2
м2
Объем
Скорость
м3
м
с
м
с2
рад
с
рад
с2
Гц
с−1
кг
м3
H
м3
м ∙ с−1
Ускорение
Угловая скорость
Угловое ускорение
Частота
Частота вращения
Плотность
Сила
Давление, механическое
напряжение
Па
Динамическая вязкость
Па ∙ с
Импульс
кг ∙ м
с
Н∙м
Момент силы
193
м ∙ с−2
рад ∙ с−1
рад ∙ с−2
с−1
с−1
м−3 ∙ кг
м ∙ кг ∙ с−2
1 Па = 1
Н
= 1 м−1 ∙ кг ∙ с−2
2
м
м−1 ∙ кг ∙ с−1
м ∙ кг ∙ с−1
м2 ∙ кг ∙ с−2
кг ∙ м2
с
кг ∙ м2
м2 ∙ кг ∙ с−1
Энергия, работа,
количество теплоты
Дж
1 Дж = 1 Н ∙ м = 1 м2 ∙ кг ∙ с−2
Мощность, поток энергии
Вт
Температурный градиент
К
м
Момент импульса
Момент инерции
Молярная масса
Количество теплоты
Теплоемкость, энтропия
Молярная теплоемкость
Теплопроводность
Концентрация частиц
Коэффициент диффузии
Плотность электрического
тока
Количество электричества
(электрический заряд)
Поверхностная плотность
электрического заряда
Электрическое
напряжение, потенциал,
разность потенциалов, ЭДС
Напряженность
электрического поля
Электрическая
емкость
Электрическое
сопротивление
Удельное электрическое
кг
моль
м2 ∙ кг
1Вт = 1
Дж
= 1 м2 ∙ кг ∙ с−3
с
м−1 ∙ К
кг ∙ моль−1
;
м2 ∙ кг ∙ с−2
Дж
Дж
К
Дж
моль ∙ К
Вт
м∙К
м−3
м2 ∙ кг ∙ с−2 ∙ К−1
м2 ∙ кг ∙ с−2 ∙ К−1 ∙ моль−1
м ∙ кг ∙ с−3 ∙ К−1
м−3
м2
с
А
м2
Кл
Кл
м2
В
м2 ∙ с−1
м−2 ∙ А
1 Кл = 1 с ∙ А
Кл
= 1 м−2 ∙ с ∙ А
м2
1 м2 ∙ кг ∙ с−3 ∙ А−1
1
В
м
Ф
м−2 ∙ кг−1 ∙ с4 ∙ А2
Ом
м2 ∙ кг ∙ с−3 ∙ А−2
Ом ∙ м
м3 ∙ кг ∙ с−3 ∙ А−2
194
м ∙ кг ∙ с−3 ∙ А−1
сопротивление
Электрическая
проводимость
Удельная электрическая
проводимость
См
м−2 ∙ кг−1 ∙ с3 ∙ А2
м−3 ∙ кг−1 ∙ с3 ∙ А2
Магнитный поток
См
м
Ф
м
Вб
Магнитная индукция
Тл
кг ∙ с−2 ∙ А−1
Магнитная постоянная μ0
Гн
м
А
м
Дж
м ∙ кг ∙ с−2 ∙ А−2
Электрическая постояннаяε0
Напряженность магнитного
поля
Энергия излучения
Мощность излучения (поток
излучения)
Вт
Интенсивность излучения
(плотность потока излучения)
Вт
м2
с−1
лм
лм ∙ с
лк
кд
м2
дптр
Поток частиц
Световой поток
Световая энергия
Освещенность
Яркость
Оптическая сила
Энергетическая светимость
Активность изотопа
(активность нуклида
в радиоактивном источнике)
м−3 ∙ кг−1 ∙ с4 ∙ А2
1 Вб = В ∙ с = Тл ∙ м2 = м2
∙ кг ∙ с−2 ∙ А−1
м−1 ∙ А
м2 ∙ кг ∙ с−2
1Вт = 1
1
Дж
= 1 м2 ∙ кг ∙ с−3
с
Вт
= 1 кг ∙ с−3
м2
с−1
1 лм = 1 кд ∙ ср
с ∙ кд ∙ ср
м−2 ∙ кд ∙ ср
м−2 ∙ кд
Вт
м2
1 дптр = 1 м−1
Вт
1 2 = 1 кг ∙ с−3
м
Бк
с−1
Примечания
1. Наряду с термодинамической температурой (по шкале Кельвина –
обозначение 𝑇, единица 1 К) допускается использовать температуру
по международной практической шкале (шкала Цельсия – обозначение 𝑡,
195
единица 1 ℃). По величине градус Цельсия равен кельвину: 1 ℃ = 1К.
Соотношение температур: 𝑇 = 𝑡 + 273,15 К.
2. Интервал или разность термодинамических температур выражают
в кельвинах. Разность температур по шкале Цельсия допускается выражать
как в кельвинах, так и в градусах Цельсия.
3. Внесистемные единицы, допускаемые к применению наравне
с единицами СИ, а также соотношение между внесистемными единицами
и единицами СИ смотрите в разделе «Приложения» задачника Чертов, А.Г.
Задачник по физике: учебное пособие для втузов / А.Г. Чертов,
А.А. Воробьев. – М.: Издательство Физматлит, 2008. – 640 с.
7.6. Множители и приставки для образования кратных
и дольных единиц
Множитель
Приставка
1018
1015
1012
109
106
103
102
101
экса
пета
тера
гига
мега
кило
гекто
дека
Обозначение Множиприставки
тель
между- руснародное ское
10−1
E
Э
10−2
P
П
10−3
T
Т
10−6
G
Г
10−9
M
М
10−12
K
К
10−15
H
Г
10−18
da
да
Приставка
Обозначение
приставки
между- руснародное ское
деци
санти
милли
микро
нано
пико
фемто
атто
d
c
m
μ
n
p
f
a
д
с
м
мк
н
п
ф
а
8. ПРИЛОЖЕНИЕ 2
ТАБЛИЦЫ ФИЗИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН (справочные)
СОДЕРЖАНИЕ
1. Некоторые астрономические величины ……………………………....197
2. Плотность ρ твердых тел ……………………………………………...197
3. Плотность ρ жидкостей ……………………………………………….198
4. Плотность ρ газов при нормальных условиях ………………………198
5. Поверхностное натяжение ς жидкостей при температуре 20 ℃ ..…198
6. Эффективный диаметр 𝑑 молекулы …………………………………198
7. Теплоемкость 𝑐 и теплота фазовых переходов воды и льда ……….199
8. Диэлектрическая проницаемость ε ……………………………………199
9. Удельное сопротивление ρ металлов ………………………………..199
10. Подвижность ионов в газах, 10−4
м2
В∙с
196
……………………………….199
11. Показатель преломления 𝑛 ..………………………………………….199
12. Работа выхода 𝐴 электронов из металла …………………………….200
13. Относительная атомная масса 𝐴 и порядковый номер 𝑍 некоторых
элементов………………………………………………………………...200
14. Масса 𝑚 нейтральных атомов ……………………………………….201
15. Период полураспада 𝑇1/2 радиоактивных изотопов ………………..201
16. Масса 𝑚0 и энергия покоя 𝐸0 некоторых частиц ...…………………202
17. Основные физические постоянные (округленные значения)
…….203
1. Некоторые астрономические величины
Наименование
Значение
Радиус Земли
6,37 ∙ 106 м
Масса Земли
5,98 ∙ 1024 кг
Радиус Солнца
6,95 ∙ 108 м
Масса Солнца
1,98 ∙ 1030 кг
Радиус Луны
1,74 ∙ 106 м
Масса Луны
7,33 ∙ 1022 кг
Расстояние от центра Земли до центра Солнца
1,49 ∙ 1011 м
Расстояние от центра Земли до центра Луны
3,84 ∙ 108 м
2. Плотность 𝜌 твердых тел
Твердое тело
Плотность,
кг
103 3
Твердое тело
м
Плотность,
кг
103 3
м
Алюминий
2,70
Медь
8,93
Барий
3,50
Никель
8,80
Вольфрам
19,3
Свинец
11,3
Висмут
9,80
Серебро
10,5
Железо
7,88
Цезий
1,90
Литий
0,53
Цинк
7,15
197
3. Плотность 𝜌 жидкостей
Плотность,
кг
103 3
Жидкость
Жидкость
м
Плотность,
кг
103 3
м
Вода (при 𝑡 = 4 ℃)
1,00
Ртуть
13,6
Глицерин
1,26
Сероуглерод
1,26
Масло смазочное
0,90
Спирт
0,80
4. Плотность 𝜌 газов при нормальных условиях
Газ
Плотность,
кг
Газ
м3
Плотность,
Водород
0,09
Гелий
0,18
Воздух
1,29
Кислород
1,43
кг
м3
5. Поверхностное натяжение 𝜍 жидкостей при температуре 20 ℃
Жидкость
Поверхностное
мН
натяжение,
Жидкость
м
Поверхностное
мН
натяжение,
м
Вода
72
Спирт
22
Мыльная вода
40
Ртуть
500
6. Эффективный диаметр 𝑑 молекулы
Газ
Эффективный
диаметр, нм
Газ
Эффективный
диаметр, нм
Азот
0,38
Гелий
0,22
Водород
0,28
Кислород
0,36
198
7. Теплоемкость 𝑐 и теплота фазовых переходов воды и льда
Величина
Значение
Дж
Удельная теплоемкость воды
4,18 ∙ 103
кг ∙ К
Дж
Удельная теплоемкость льда
2,10 ∙ 103
кг ∙ К
Дж
Удельная теплота плавления льда
3,33 ∙ 105
кг
Дж
Удельная теплота парообразования
2,25 ∙ 106
воды
кг
8. Диэлектрическая проницаемость ε
Вещество
Диэлектрическая
проницаемость
Вещество
Диэлектрическая
проницаемость
Парафин
2,0
81
Стекло
7,0
Вода
Масло
трансформаторное
2,2
9. Удельное сопротивление ρ металлов
Металл
Удельное
сопротивление,
нОм ∙ м
Металл
Алюминий
26
Медь
Вольфрам
55
98
Нихром
Железо
Удельное
сопротивление,
нОм ∙ м
17
1,1 ∙ 103
16
Серебро
10. Подвижность ионов в газах, 10−4
Газ
м𝟐
В∙с
Положительные ионы
Отрицательные ионы
1,27
5,4
1,4
1,81
7,4
1,9
Азот
Водород
Воздух
11. Показатель преломления 𝑛
Вещество
Показатель
преломления
Вещество
Показатель
преломления
Вода
1,33
Стекло
1,5 – 1,7
Глицерин
1,47
Алмаз
2,42
199
12. Работа выхода 𝐴 электронов из металла
𝐴, 10−19 Дж
𝐴, эВ
Калий
3,5
2,2
Литий
3,7
2,3
Платина
10,1
6,3
Рубидий
3,4
2,1
Серебро
7,5
4,7
Цезий
3,2
2,0
Цинк
6,4
4,0
Металл
13. Относительная атомная масса 𝐴
и порядковый номер 𝑍некоторых элементов
Символ
𝐴
𝑍
Символ
𝐴
𝑍
Азот
N
14
7
Медь
Cu
64
29
Алюминий
Al
27
13
Молибден
Mo
96
42
Аргон
Ar
40
18
Натрий
Na
23
11
Водород
H
1
1
Неон
Ne
20
10
Вольфрам
W
184
74
Никель
Ni
59
28
Гелий
He
4
2
Олово
Sn
119
50
Железо
Fe
56
26
Платина
Pt
195
78
Золото
Au
197
79
Ртуть
H𝗀
201
80
Калий
K
39
19
Сера
S
32
16
Кальций
Ca
40
20
Серебро
A𝗀
108
47
Кислород
O
16
8
Уран
U
238
92
Магний
M𝗀
24
12
Углерод
C
12
6
Марганец
Mn
55
25
Хлор
Cl
35
17
Элемент
Элемент
200
14. Масса 𝑚 нейтральных атомов
Изотоп
Нейтрон
Водород
Гелий
Литий
Бериллий
Бор
Символ
Масса,
а. е. м.
п
1,00867
1
1H
2
1H
3
1H
1,00783
3
2He
3
2He
3,01603
1
0
Изотоп
Символ
Масса,
а. е. м.
12
6C
13
6C
14
6C
12,00000
Азот
14
7N
14,00307
Кислород
16
8O
17
8O
15,99491
Алюминий
27
13 Al
26,98154
Кальций
40
20 Ca
39,96257
Углерод
2,01410
3,01605
4,00260
6
3Li
7
3Li
6,01513
7
4Be
8
4Be
9
4Be
7,01693
10
5B
11
5B
10,01294
13,00335
14,00324
16,99913
7,01601
8,00531
9,01219
11,00930
15. Период полураспада 𝑇1/2 радиоактивных изотопов
Символ
Период
полураспада
Символ
Период
полураспада
Магний
27
12 M𝗀
10 мин
Церий
144
58 Ce
285 сут
Фосфор
32
15 P
14,3 сут
Иридий
192
77 Ir
75 сут
Кобальт
60
27 Co
5,3 года
Радон
222
86 Rn
3,8 сут
Стронций
90
38 Sr
28 лет
Радий
226
88 Ra
1,62 ∙ 103 лет
Йод
131
53 I
8 сут
Актиний
225
89Ac
10 сут
Изотоп
Изотоп
201
16. Масса 𝑚0 и энергия покоя 𝐸0 некоторых частиц
Частица
𝑚0
𝐸0
кг
а. е. м.
Дж
МэВ
Электрон
0,911 ∙ 10−30
0,00055
0,816 ∙ 10−13
0,511
Протон
1,672 ∙ 10−27
1,00728
1,50 ∙ 10−10
938
Нейтрон
1,675 ∙ 10−27
1,00867
1,5 ∙ 10−10
939
Дейтрон
3,35 ∙ 10−27
2,01355
3,00 ∙ 10−10
1876
α-частица
6,64 ∙ 10−27
4,00149
5,96 ∙ 10−10
3733
Нейтральный
π-мезон
2,41 ∙ 10−28
0,14498
2,16 ∙ 10−11
135
202
17. Основные физические постоянные (округленные значения)
Название
Значение
м
Ускорение свободного падения
𝘨 = 9,81
Гравитационная постоянная
𝐺 = 6,67 ∙ 10−11
Постоянная Авогадро
𝑁𝐴 = 6,02 ∙ 1023 моль−1 ;
Молярная газовая постоянная
𝑅 = 8,31
Постоянная Больцмана
𝑘 = 1,38 ∙ 10−23
Элементарный заряд
𝑒 = 1,60 ∙ 10−19 Кл;
Масса электрона
𝑚 = 9,11 ∙ 10−31 кг;
𝑒
Удельный заряд электрона
𝑚
с2
;
Дж
моль∙К
м3
кг∙с2
;
;
Дж
К
Кл
= 1,76 ∙ 1011
кг
;
;
м
Скорость света в вакууме
𝑐 = 3,00 ∙ 108 ;
Электрическая постоянная
ε0 = 8,85 ∙ 10−12
Магнитная постоянная
μ0 = 4π ∙ 10−7
Постоянная Стефана – Больцмана
ς = 5,67 ∙ 10−8
Постоянная закона смещения Вина
𝑏 = 2,9 ∙ 10−3 м ∙ К;
Постоянная Планка
ℎ = 6,63 ∙ 10−34 Дж ∙ с;
с
ℏ=
ℎ
2π
Ф
м
;
Гн
м
;
Вт
м2 ∙К4
;
= 1,05 ∙ 10−34 Дж ∙ с;
𝑅 = 1,097 ∙ 107 м−1 ;
Постоянная Ридберга
𝑅′ = 3,29 ∙ 1015 с−1 ;
Радиус первой боровской орбиты
𝑎 = 0,529 ∙ 10−10 м;
Комптоновская длина волны электрона
Λ = 2,43 ∙ 10−12 м;
Магнетон Бора
μB = 0,927 ∙ 10−23 А ∙ м2 ;
Энергия ионизации атома водорода
𝐸𝑖 = 2,18 ∙ 10−18 Дж = 13,6 эВ;
Атомная единица массы
1 а. е. м. = 1,66 ∙ 10−27 кг;
Дж
МэВ
𝑐 2 = 9 ∙ 1016
= 931
кг
а. е. м.
Коэффициент пропорциональности
между энергией и массой
203
204