Метод.пособ.по реш. задач. Образцы решения

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«НОВГОРОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ИМЕНИ ЯРОСЛАВА МУДРОГО»
ИНСТИТУТ ЭЛЕКТРОННЫХ И ИНФОРМАЦИОННЫХ СИСТЕМ
КАФЕДРА ОБЩЕЙ И ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНОЙ ФИЗИКИ
Методические рекомендации к практическим занятиям по курсу общей
физики для студентов для студентов физико-математических и
инженерных специальностей
Великий Новгород
2012
2
НОВГОРОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ИМЕНИ ЯРОСЛАВА МУДРОГО
ИНСТИТУТ ЭЛЕКТРОННЫХ И ИНФОРМАЦИОННЫХ СИСТЕМ
Методические рекомендации к практическим занятиям по курсу общей
физики для студентов для студентов физико-математических и
инженерных специальностей
ВЕЛИКИЙ НОВГОРОД
2012
3
УДК 53 (0765)
Печатается по решению
РИС НовГУ
Методические рекомендации к практическим занятиям по курсу общей
физики для студентов для студентов физико-математических и
инженерных специальностей
.Учебно-методический комплекс для студентов физико-математических и
инженерных направлений и специальностей. /Сост. Н.П. Самолюк: НовГУ
им. Ярослава Мудрого. – Новгород, 2012. – 68 с.
Сборник содержит образцы решения и оформления задач по всем разделам
физики. Выбор той или иной формы использования материала определяется
преподавателем в зависимости от образовательного стандарта.
Сборник предназначен для студентов всех специальностей дневной
и заочной формы обучения.
4
УДК 53 (0765)
Рецензент: доктор педагогических наук,
профессор кафедры методики обучения
физике РГПУ им. А.И.Герцена Ходанович
А.И.
©Новгородский государственный
университет, 2012
© Н.П.Самолюк
составление, 2012
5
Введение
В соответствии с требованиями стандартов третьего поколения
основное внимание уделяется самостоятельной работе студентов. Эта работа
вызывает затруднения, особенно у студентов младших курсов. Поэтому
целью данного пособия является обеспечение студентов образцами решения
типичных задач по всем разделам курса общей физики
2 Примеры решения задач по механике
Задача 1. Движение тела массой 2 кг задано уравнением:
, где путь выражен в метрах, время - в секундах. Найти
зависимость ускорения от времени. Вычислить равнодействующую силу,
действующую на тело в конце второй секунды, и среднюю силу за этот
промежуток времени.
Дано:
Найти:
Решение: Модуль мгновенной скорости находим как производную от
пути по времени:
Мгновенное тангенциальное ускорение определяется как производная
от модуля скорости по времени:
Среднее ускорение определяется выражением:
6
После подстановки:
Равнодействующая сила, действующая на тело, определяется по
второму закону Ньютона:
Тогда
Ответ: a(t) = 36t, F = 144 H, = 72 H.
Задача 2. По наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол
30 , движется тело массой 5 кг. К этому телу с помощью нерастяжимой нити,
перекинутой через блок, привязано тело такой же массы, движущееся
вертикально вниз (рис. 1). Коэффициент скольжения между телом и
наклонной плоскостью 0,05. Определить ускорение тел и силу натяжения
нити.
0
Дано:
Найти:
Рис. 1
Решение: Покажем на рисунке силы, действующие на каждое тело.
Запишем для каждого из тел уравнение движения (второй закон Ньютона):
7
В проекциях на выбранные оси координат:
Учитывая, что
уравнений:
, где
, получим систему
Вычтем из первого уравнения второе:
Искомое ускорение равно:
Вычислим ускорение а:
Силу натяжения найдем из первого уравнения системы:
Ответ:
8
Задача 3. Найти линейные ускорения движения центров тяжести шара
и диска, скатывающихся без скольжения с наклонной плоскости. Угол
наклона плоскости равен 300. Начальная скорость тел равна нулю.
Дано:
Найти:
Рис. 2
Решение: При скатывании тела с наклонной плоскости высотой h его
потенциальная энергия переходит в кинетическую энергию поступательного
и вращательного движения. По закону сохранения энергии:
(1)
где I - момент инерции тела, m - масса.
Длина наклонной плоскости l связана с высотой соотношением (рис. 2):
(2)
Линейная скорость связана с угловой скоростью:
(3)
После подстановки (2) и (3) в (1), получим:
(4)
Так как движение происходит под действием постоянной силы (силы
тяжести), то поступательное движение тел - равноускоренное. Поэтому:
9
(5)
и
(6)
Решая совместно (4), (5) и (6), получим:
(7)
Моменты инерции:
для шара:
для диска:
Подставляя выражение для момента инерции в формулу (7), получим:
для шара:
для
диска:
Ответ:
10
3 Примеры решения задач по статистической физике и
термодинамике
Задача 1. В сосуде объемом V1 = 3 л находится газ под давлением 0,2
МПа, в другом сосуде объемом V2 = 4 л находится тот же газ под давлением
0,1 МПа. Температура в обоих сосудах одинакова. Под каким давлением
будет находиться газ, если сосуды соединить трубкой?
Дано:
Найти:
р
Решение: По закону Дальтона:
(1)
где
- парциальные давления.
Из уравнения Менделеева - Клапейрона до соединения сосудов
получим:
где m1 и m2 - масса газа в первом и во втором сосудах; μ - молярная масса; R газовая постоянная.
Аналогично для парциальных давлений (после соединения):
(4)
и
11
(5)
Так как T = const и μ = const, то правые части уравнений (2) и (4), а
также уравнений (3) и (5) равны. Тогда:
Отсюда:
(6)
и
(7)
Подставляя (6) и (7) в (1), получим:
Ответ:
Задача 2. Какая часть молекул кислорода при температуре Т = 273 К
обладает скоростями, лежащими в интервале от v1 = 100 м/с до v2 = 110 м/c?
Чему равна наиболее вероятная скорость движения молекул?
Дано:
12
Найти:
Решение: Найдем наиболее вероятную скорость молекул:
где R - газовая постоянная, μ - молярная масса.
Подставим численные значения:
Интервал скоростей:
Это много меньше
приближенную формулу:
v1
и
v2.
Поэтому
можно
использовать
(1)
где ΔN - число частиц, обладающих скоростями в интервале от v1 до v2 , N полное число частиц,
Относительное
число
частиц
или
доля
молекул,
скоростями в заданном интервале, найдем из формулы (1) при
(2)
Вычислим:
обладающих
:
13
,
подставим в (2) и учтем, что
Ответ:
;
Задача 3. Определить среднюю длину свободного пробега молекул и
число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекулами кислорода,
находящегося в сосуде емкостью 2 л при температуре 27оС и давлении 100
кПа.
Дано:
Найти:
< λ >, z
Решение: Средняя длина свободного пробега молекул вычисляется по
формуле:
(1)
где d - эффективный диаметр, n - концентрация, т.е. число молекул в единице
объема.
Давление связано с концентрацией:
14
где k - постоянная Больцмана.
Выразим n:
(2)
Подставим (2) в (1) и получим:
(3)
Число соударений, происходящих между всеми молекулами за 1 с
равно:
(4)
где N - число молекул в сосуде объемом V, < z > - среднее число
соударений одной молекулы за 1 с.
Число молекул в сосуде равно:
(5)
Среднее число соударений молекулы за 1 с:
(6)
где < v > - средняя арифметическая скорость молекулы.
(7)
Подставим в (4) выражения (5), (6), (7):
Учтем (2):
15
Подставим численные значения:
Ответ: z = 9·1028 с-1;< λ > = 3,56·10-8 м.
Задача 4. Горячая вода некоторой массы отдает теплоту холодной воде
такой же массы и температуры их становятся одинаковыми. Показать, что
энтропия при этом увеличивается.
Решение: Обозначим температуру горячей воды Т1, холодной Т2, а
температуру смеси Q. Определим температуру смеси, исходя из уравнения
теплового баланса.
где с - удельная теплоемкость вещества, m - масса.
Тогда:
Отсюда температура смеси равна:
(1)
Изменение энтропии, происходящее при охлаждении горячей воды:
16
Элементарное количество теплоты равно:
Тогда:
Изменение энтропии, происходящее при нагревании холодной воды:
Изменение энтропии системы равно:
С учетом (1) получим:
Так как
, то
,
следовательно:
и
17
.
Тогда
, т.е. энтропия возрастает.
4 Примеры решения задач по электричеству и магнетизму
Задача 1. Два равных отрицательных заряда по 9 нКл находятся в воде
на расстоянии 8 см друг от друга. Определить напряженность и потенциал
поля в точке, расположенной на расстоянии 5 см от зарядов.
Дано:
Рис.3
Найти:
Е,φ
Решение: Напряженность поля в точке А (рис.3) по принципу
суперпозиции равна:
По теореме косинусов:
Напряженность поля точечного заряда:
По условию
, следовательно,
. Тогда:
18
Но
поэтому:
и результирующая напряженность равна:
Обозначим АВ = h. Тогда
По теореме Пифагора:
Потенциал φ результирующего поля в точке А по принципу
суперпозиции для потенциала равен:
Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом, равен:
Но по условию
Проверка размерности:
. Тогда
, следовательно:
19
Ответ: Е = 480 В/м; φ = -40 В.
Задача 2. В вершинах квадрата, сторона которого равна а,
расположены два положительных и два отрицательных заряда, значение
каждого из них Q (рис.1, а, б). Определить напряженность электрического
поля и потенциал в центре этого
квадрата.
Решение:
Поле
создано
четырьмя точечными зарядами. По
условию задачи требуется найти
характеристики поля в точке,
которая равноудалена от всех
четырех зарядов и лежит с ними в
одной плоскости, т.е. находится в
особых условиях по отношению к
источникам поля. Поэтому и
потенциал,
и
напряженность
следует определять независимо
друг от друга с помощью принципа
суперпозиции:
  1  2  3  4
(1)
E  E1  E2  E3  E4
(2)
При
расчете потенциала
знаки
зарядов
учитываются
автоматически и, по-видимому,
значение
результирующего
потенциала не зависит от порядка
Рис. 1
расположения положительных и отрицательных зарядов в вершинах
квадрата.
Чтобы рассчитать напряженность по формуле (2), следует показать
сначала на рисунке направления всех векторов Ei . зависящие от знака заряда
Q . Очевидно, вектор напряженности E зависит от порядка расположения
зарядов в вершинах квадратов.
20
Расстояние от любого из зарядов до рассматриваемой точки равно
a 2
2
r
Потенциал, создаваемый точечным зарядом Qi , в рассматриваемой
точке, равен i 
Qi
4 0 r
. Следовательно,   
i
Qi
4 0 r
.
Так как, по условию задачи, алгебраическая сумма зарядов равна нулю,
то и результирующий потенциал   0 независимо от порядка расположения
зарядов.
Рассмотрим распределение зарядов, показанное на рис. 1, а.
Напряженности E2 и E4 полей, созданных 2-м и 4-м зарядами в точке С,
имеют одинаковое направление и равны по модулю: E2  E4 Аналогично,
. Поэтому напряженность результирующего поля можно определить
по формуле
E1  E3
E  2E1  2E2
Векторы E1 и E2 также равны по модулю и направлены ортогонально
друг другу (по диагоналям квадрата), значит, результирующий вектор E
направлен вертикально вниз (см. рис.1, а) и тогда E  4 E1 cos 450 .
Напряженность поля, созданного каждым из зарядов, определяется
формулой:
Ei 
Qi
4 0 r
2

Qi
2 0 a 2
Заряд Qi следует брать по модулю, так как знак каждого из зарядов был
учтен при изображении соответствующего вектора Ei . Окончательно
получаем
E
4 Qi cos 450
2 0 a
2

Q 2
 0 a 2
При расположении зарядов, показанном на рис. 1 б, E  0 .
В данном случае расчетная формула соответствует формуле для
определения напряженности поля точечного заряда, поэтому размерность
можно проверить устно.
Ответ: а) E 
Q 2
; б) E  0 .
 0 a 2
Задача 3. Два равных точечных заряда Q1  Q2  7 1011 Кл находятся на
расстоянии 10 см один от другого. Найти напряженность поля и потенциал в
точках В и С (рис.2; h  5 см, a  5 см). Построить графики зависимости
потенциала и напряженности от расстояния для точек, расположенных на
линии, соединяющей заряды, и на перпендикуляре к ней, симметричном
относительно зарядов.
21
Рис.2
Решение: Электростатическое поле создается двумя точечными
зарядами. В любой точке пространства потенциал результирующего поля
может быть найден по принципу суперпозиции:   1  2 , где 1 и  2 —
потенциалы, созданные зарядами Q1 и Q2 соответственно. Рассмотрим
некоторую произвольную точку M и введем оси координат, показанные на
рис.2. При таком выборе осей координат расстояния r1 и r2 от каждого из
зарядов до точки M  x, y  можно записать в виде:
, r2   l  x   y 2 .
Тогда потенциал точки M можно найти по формуле:
2
r1  x 2  y 2

Q 
1


4 0  x 2  y 2



2
2 
l  x   y 
1
(1)
Проекции вектора напряженности на оси координат находятся
дифференцированием выражения (1) так как E   grad :




Q 
x
lx
Ex  



3
3 
x 4 0  2
2
2 2
2
 l  x   y  2 
 x  y 

 
(2)




Qy 
1
1
Ey  



3
3 
y 4 0  2
2
2 2
2
 l  x   y  2 
 x  y 

 
22
Выражения (2) позволяют найти модуль и направление вектора E в
любой точке.
Исследуя выражения (1) и (2), можно построить графики
зависимости потенциала и проекций Ех и Еу от соответствующих
координат.
l
2
Координаты
точки B : x  ,
y  h.
Координаты
точки
C:
x  l  a , y  0 . Подставляя их в выражения (1) и (2), находим потенциалы
и проекции вектора напряженности в указанных точках.
В точке B :

Q
4 0
; Ex  0 ; E y 
2
2
l
 h2
4
Q
4 0
2h
l
2
 h 
4

2
3
2
.
Устно легко проверить размерность полученных величин и подставим
B
ì
численные значения. Тогда получим:   18B ; Ex  0 ; E y  180 .
В точке B вектор напряженности электрического поля направлен
вертикально вверх параллельно оси OY , по модулю E  E y  180 Â / ì .
Найдем потенциал и напряженность электрического поля в точке C :

Q  1
1
Q
  ; Ex 

4 0
4 0  l  a a 
 1
1

; Ey  0 .

2
2
  l  a  a 
Теперь устно легко проверить размерность полученных величин, для
чего используем формулу для потенциала и напряженности поля точечного
заряда. После проверки размерности можно подставить численные значения
и получить результаты:
  17Â ; Ex  280Â / ì ; E y  0 .
Теперь проанализируем выражения для потенциала и напряженности
электрического поля при различных возможных положениях исследуемой
точки поля:
а) При расчете Ex по формуле (2) в точках, где x  l а y  0 выражение
3
2
3
l  x  0 а  l  x   y   l  x . В точке C вектор напряженности направлен


вдоль оси OX и при этом E  Ex  280Â / ì .
2
2
23
Для точек, лежащих на прямой, соединяющей заряды y  0 и тогда,
согласно формуле (1) выражение для потенциала будет иметь вид:

Q 1
1
 
4 0  x l  x



Для этих точек   0 при любом значении x . Из последней формулы
видно, что    при x  0 и при x  l . Из последней формулы видно, что в
области 0  x  l потенциал имеет минимум. Из выражения для Ex (по
l
2
формуле (2)) для точек y  0 видно, что потенциал имеет минимум при x  .
Тогда примерный график   x  для этой прямой ( y  0 ) имеет вид, показанный
на рисунке 3 а.
Теперь построим график зависимости напряженности электрического
поля от координаты x для точек, лежащей на той же прямой, на которой
лежат заряды, то есть y  0 . При этом из формулы (2) следует, что
Ex 
Q  x
lx 
 3
 , Ey  0 .
3
4 0  x
l  x 
Теперь из этого выражения следует:
Ex 
Q 1
1 
 2
 , где 0  x  l .
4 0  x  l  x 2 
Из последней формулы следует, что Ex  0 , если x 
x
l
и Ex  0 , если
2
l
.
2
Теперь легко получить выражения для напряженности электрического
поля вне указанной области (с учетом знака зарядов):
Ex 
Q 1
1 
Q
 0 , если x  l и Ex  
 2
2
4 0
4 0  x  l  x  
1

1
 2
 , если x  0 .
2
 x l  x  


Из этих формул следует, что напряженность терпит разрыв в точках
x  0 и x  l . При этом Ex   , если x  0 , и Ex   , если x  l . График
зависимости Ex  x  представлен на рисунке 3 б.
l
2
Теперь рассмотрим точки, лежащие на прямой DB , для которых x  . В
этом случае выражения (1) и (2) принимают вид:
24

Q
4 0
1
2
l
 y2
4
; Ex  0 ; E y 
Qy
l

2 0   y 2 
4

2
3
2
.
Из этих формул следует, что   0 при всех значениях координаты y .
Знак проекции E y определяется знаком координаты y .
Рис.3
При y  
l 2
4
производная
dE y
dy
 0 , и следовательно, E y принимает
экстремальные значения. Соответственно, для функции   y  это будут точки
перегиба. Примерные графики   y  и Ey  y  показаны на рисунке 4 а и 4 б.
B
ì
Ответ: В точке С   18B , Ex  0 , E y  180 . В точке В   17Â ,
Ex  280Â / ì , E y  0 .
25
Рис.4
Задача 4. Тонкий стержень длиной 10 см равномерно заряжен зарядом
Q  3 109 Кл. Найти напряженность и потенциал электрического поля в
точке С, лежащей на оси стержня на его продолжении. Расстояние от
середины стержня до этой точки равно 20 см. Определить, при каких
условиях напряженность можно рассчитывать по формуле напряженности
электрического поля точечного заряда, если относительная погрешность не
превышает 5%.
Рис.5
26
Решение. Ситуация, описанная в задаче, схематично изображена на
рисунке 5. Здесь электрическое поле создается зарядом, распределенным по
стержню. В этом случае очень трудно установить точное расположение
силовых
линий,
поэтому
для
определения
характеристик
электростатического поля будем использовать принцип суперпозиции. Для
этого разобьем стержень на элементарные участки длины dx , которые имеют
заряд dQ . Каждый такой участок стержня можно считать точечным зарядом.
Как известно точечный заряд создает электрическое поле, потенциал
которого можно определить по формуле:
d 
dQ
4 0 r
,
где r расстояние от точечного элемента dx до изучаемой точки С. Потенциал
результирующего поля определяется интегрированием последней формулы
по всему заряду, распределенному по стержню:

dQ
 4 r
Q 
(1)
0
Так как нужно найти напряженность и потенциал поля в точках,
лежащих на продолжении стержня, введем ось OX, направленную по
стержню. Тогда положение элемента dx определяется его координатой на
выбранной оси, а расстояние от этого элемента до точки С равно
r  x0  x
(2)
Симметричность условий распределения заряда позволяет сделать
вывод, что в точках, лежащих на оси OX, вектор напряженности
электростатического поля направлен вдоль этой оси. Тогда на основе связи
напряженности и потенциала имеем:
Ex  
d
; E y  Ez  0 .
dx
(3).
Равномерное распределение заряда по стержню позволяет записать
следующее условие для dQ :
dQ Q
Q
 , откуда следует, что dQ  dx . При
dx
l
l
интегрировании по заряду стержня нужно учесть что x изменяется в
пределах от    до    . Тогда из формул (1) и (2) следует что потенциал
 2
 2
l
l

определяется интегралом:  
Q
4 0
l
2
dx
. Этот интеграл легко вычисляется,

x
0
x

l
2
l
Q
2
ln
и в результате получаем:  
4 0l x  l
2
x
(4).
Размерность этой величины легко проверяется устно по известной
формуле потенциала поля точечного заряда. Теперь можно подставить
численные значения и вычислить потенциал поля в точке С:
x0  20ñì , C  138Â .
27
Напряженность электрического поля найдем по формуле (3), используя
выражение для потенциала поля формулу (4):


d
Q  1
1 
Ex  




dx 4 0l  x  l x  l 

2
2
(5)
Здесь мы нашли проекцию вектора напряженности на ось OX. Так как
Q  0,
l
(справа от стержня). Аналогично имеем
2
l
(слева от стержня). При этом
E  Ex , если x  
2
то Ex  0 и E  Ex , если x 
l
Ex  0 , если x   , и
2
необходимо помнить, что полученные формулы для потенциала и
напряженности электрического поля справедливы только в случае, если
x 
l
.
2
Размерность величины, определяемой формулой (5), легко проверяется
устно. Подставляя в формулу (5) значение x  x0  20ñì , вычисляем
напряженность электрического поля в точке С: E  720Â / ì , причем вектор
напряженности
электрического
поля
направлен
противоположно
направлению оси OX.
Чтобы ответить на вопрос, при каком условии в данной ситуации
можно использовать формулы напряженности и потенциала поля точечного
заряда, проанализируем формулу (5). Преобразуем выражение в скобках
формулы (5), для чего приведем это выражение к общему знаменателю и
вынесем множитель x 2 в знаменателе:
1
l2
4 x2
Тейлора. При этом получим:
1

1
1

.
  l 2 
x 1   2  
  4 x 
1
1 выражение
можно разложить в ряд
l2
1 2
4x
l
x
2
В случае, если

l
x
2
2
l
x 
4
2
2
1
l2
.

1

l2
4x2
1 2
4x
После этих преобразований
электрического поля будет иметь вид:
E
Если
l2
4 x2
выражение

l2 
1



4 0 x 2  4 x 2 
Q
для
напряженности
(6)
1 , то этой величиной можно пренебречь по сравнению с
единицей. Тогда напряженность электрического поля можно определить по
формуле, совпадающей с формулой напряженности электрического поля
точечного заряда. Это значение будет приближенным, то есть
28
Eï ðèáë 
Q
(7)
4 0 x 2
Сравним выражения для напряженности, полученные по формулам (6)
и (7) и определим погрешность приближенного расчета:
E  Eï ðèáë
E 
Eï ðèáë

l2
4x2
По условия задачи  E  0, 05 . Теперь можно подсчитать значение
указанной погрешности. При расчете получим
x
для
l
x0
 5  2, 2 . Это говорит о
l
том, что даже при таком небольшом удалении от стержня можно
использовать формулу для напряженности и потенциала точечного заряда,
если допустимая погрешность составляет 5%.
Ответ: E  720Â / ì ,   138Â ,
x0
 2, 2 .
l
Задача 5. Положительный заряд Q равномерно распределен по
тонкому проволочному кольцу радиуса R . Определить напряженность и
потенциал электрического поля в точке С, лежащей на оси кольца на
расстоянии z от его центра.
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи – рис.6.
Поле создано зарядом, распределенным по тонкому кольцу заданного
радиуса. Указать точно геометрию силовых линий создаваемого таким
зарядом поля трудно. Поэтому для определения напряженности и потенциала
поля используем принцип суперпозиции. Разобьем кольцо на элементарные
точечные участки, которые имеют заряд dQ . Потенциал электрического поля,
созданного таким зарядом, определяется формулой для потенциала
электрического поля, созданного точечным зарядом:
d 
dQ
4 0 r
,
где r - расстояние от элемента dQ до точки С.
Потенциал результирующего поля
выражения (1) по всему заряду:

dQ
 4 r
Q 
(1)
получим
интегрированием
(2).
0
Если ввести систему координат, то проекции вектора напряженности
на координатные оси можно определить дифференцированием полученного
выражения для потенциала по соответствующей координате.
29
Рис.6
В данной задаче при переходе от одного элемента кольца к другому
величина r  R 2  z 2 не изменяется. Поэтому интеграл в формуле (2) можно
представить в виде:

1
4 0  R  z
2

 dQ .
1
2 2 Q 

Очевидно, что независимо от закона распределения заряда по кольцу
dQ  Q . Тогда потенциал электрического поля в точках на оси кольца равен:
Q 

Q
4 0  R  z
2
(3).
1
2 2

Тогда проекция вектора напряженности на ось OZ определяется
выражением:
Ez  


z
Qz
4 0  R  z
2
3
2 2

(4)
При равномерном распределении заряда по кольцу из симметрии
задачи следует, что вектор напряженности E направлен вдоль оси OZ . Тогда
Ex  Ey  0, E  Ez k . При z  0 , если заряд положительный, Ez  0 и вектор E
направлен по оси OZ , то есть вверх. В области z  0 Ez  0 и вектор
напряженности E направлен против оси OZ , то есть вниз.
30
Если заряд распределен по кольцу неравномерно, то выражения для
потенциала и напряженности, определяемыми формулами (3) и (4), не
изменятся, но проекции вектора напряженности электрического поля на оси
OX и OY не будут равны нулю. В этом случае, чтобы найти Ex и E y в точках,
лежащих на оси OZ , следует определить потенциал электрического поля в
любой точке пространства, а затем дифференцированием получить
выражения для проекций Ex и E y . Чтобы найти эти величины в точках на оси
кольца, надо в полученные выражения подставить значения x  0 и y  0 .
Ответ:  
Q
4 0  R  z
2
1
2 2

, Ez 
Qz
4 0  R  z
2
3
2 2

.
Задача 6. Длинный цилиндр радиусом 2 см заряжен положительным
зарядом с объемной плотностью заряда 2 мкКл/м3. Найти напряженность
поля в точках лежащих на расстояниях 1 см и 3 см от оси цилиндра, и
разность потенциалов между этими точками. Построить графики
зависимости напряженности и потенциала от расстояния от оси цилиндра.
Решение. Сделаем рисунок, соответствующей условию задачи.
Электрическое поле создано равномерно распределенным по цилиндру
зарядом. Это позволяет сделать вывод о том, что поле обладает осевой
симметрией: силовые линии этого поля – прямые, лежащие в плоскостях
перпендикулярных оси цилиндра. Силовые линии этого поля направлены по
радиусу цилиндра. Такое расположение силовых линий позволяет для
решения задачи использовать теорему Остроградского – Гаусса.
Рис.7
31
Для того, чтобы воспользоваться этой теоремой, выберем
произвольную поверхность в форме цилиндра, ось которого совпадает с осью
данного заряженного цилиндра, а высота меньше высоты заряженного
цилиндра. В соответствии с условиями задачи выберем две поверхности,
одна из которых S1 имеет радиус равный r1  1ñì , а другая S 2 имеет радиус
r2  3ñì . Для каждой поверхности теорема Остроградского – Гаусса может
быть записана в виде:
 EdS 
Q
S
(1)
0
Так как вектор напряженности электрического поля и нормаль к
основаниям цилиндров составляет угол 900, то поток через основания
цилиндров равен нулю. Тогда при вычислении интеграла в формуле (1)
необходимо вычислить только поток вектора напряженности электрического
поля через боковую поверхность цилиндров. На боковых поверхностях
цилиндров направление вектора напряженности совпадает с направлением
вектора нормали к поверхности. Поэтому можно записать:
 EdS  
S
Er dS  Er
Sáî ê

dS  Er 2 rh
(2)
Sáî ê
где r и h - радиус и высота выбранных вспомогательных цилиндров. Теперь
найдем суммарный заряд, который расположен внутри этих цилиндров.
В первом случае, когда r  R суммарный заряд определяется формулой:
(3)
Q   r 2h .
Здесь r - расстояние от оси цилиндра до точки, в которой определяется
напряженность электрического поля. Подставляя выражения (2) и (3) в
формулу (1), получаем:
Er 2 rh 
 r 2 h
, откуда следует формула напряженности электрического
0
поля
Er 
Если r  R , то
r
2 0
(4)
Q   R h . Подставляем это выражение и формулу (2) в
2
формулу (1), получаем: Er 2 rh 
 R 2 h
. Отсюда находим напряженность
0
электрического поля в точках, в которых r  R :
Er 
 R2
2 0 r
(5).
Проверяем размерность величин, полученных в формулах (4) и (5):
Kë  ì  ì
Êë  Â Â


3
ì Ô
ì  Êë ì
Êë  ì 2  ì
Êë  Â Â


 Er   3
ì Ô  ì
Êë  ì
ì
 Er  
32
Теперь после проверки размерности можно подставить численные
значения и получить результат:
При r  r1  1ñì E1  1,1103
Â
, а при r  r2  3ñì
ì
E2  1,5 103
Â
.
ì
Чтобы найти разность потенциалов между указанными в задаче
точками воспользуемся формулой:
2
2
1
1
1  2   Edl   Er dr
(6).
Для решения задачи интеграл в формуле (6) надо разбить на два
интеграла: первый интеграл берется от точки r1  1ñì до точки r  R на
поверхности заряженного цилиндра, а второй – от точки r  R до точки
r2  3ñì :
R
r2
r1
R
1  2   Er dr   Er dr .
При вычислении этого интеграла в первый интеграл надо подставить
формулу (4), а во второй – формулу (5), тогда:
r 
 R
dr    R 2 r12
1  2 
  R 2 ln 2  .
  rdr  R 2   

2 0  r
r  2 0  2
2
R
R
r2
1
Проверим размерность полученной величины:
Êë  ì  ì
1  2   3
ì Ô
2

Êë  Â
 Â.
Êë
Теперь можно подставить численные значения и вычислить разность
потенциалов: 1  2  35Â .
Для построения графика зависимости напряженности от расстояния от
оси цилиндра вычислим напряженность поля на поверхности цилиндра. Это
позволяет определить точку, в которой функция зависимости напряженности
от расстояния изменяет вид.
Â
.
ì
Теперь можно построить график функции Er  r  :
E  R   2,3 103
Er  r  
r
;r  R
2 0
 R2
Er  r  
;r  R
2 0 r
.
Принципиальный вид функции Er  r  представлен на рисунке 8.
33
Рис.8
График зависимости   r  можно построить из анализа графика
функции Er  r  , учитывая, что Er  r   
d
. Зависимость   r  можно получить
dr
интегрированием последней формулы. При этом надо учесть наличие
произвольной постоянной величины:
  r     Er  r dr  C .
Чтобы определить эту постоянную величину, надо задать начальные
условия. В качестве начального условия можно выбрать значение потенциала
в точках на оси цилиндра. Пусть, например,   0  0 .
Так как во всей области напряженность больше нуля, то, как следует
из формулы для потенциала, потенциал непрерывно убывает:
d
  Er  0 .
dr
Принципиальный график   r  представлен на рисунке 9. На этом же графике
пунктиром показана зависимость потенциала от расстояния при выборе
другого начального условия. Этот случай соответствует начальному условию
  R   0 . При построении этого графика функция   r  исследовалась на
определение точки перегиба и направление вогнутости на разных участках.
34
Рис.9
Ответ: При r  r1  1ñì
E1  1,1 103
Â
, а при r  r2  3ñì
ì
E2  1,5 103
Â
,
ì
1  2  35Â .
Задача 7. В одной плоскости с очень длинной нитью, равномерно
заряженной с линейной плотностью   2 106
Êë
, под углом   300 к нити
ì
расположен тонкий стержень длиной 12см, по которому равномерно
распределен заряд q  3 109 Êë . Расстояние от нити до середины стержня
равно 8 см. найти силу, действующую на стержень, и ее предельные значения

при   0 и   .
2
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условиям задачи –
рис.10. Здесь электрическое поле создается заряженной нитью. Силовые
линии такого поля расположены радиально от нити, а проекция вектора
напряженности на радиальное направление определяется формулой,
полученной из теоремы Остроградского – Гаусса:
Er 

.
2 0 r
Из последней формулы видно, что напряженность электрического поля
нити зависит от расстояния до изучаемой точки. Так как стержень
расположен под углом к нити, то для определения силы необходимо сначала
35
записать выражение для силы, действующей на элементарный участок
стержня длиной dl с зарядом dq : dF  Edq .
Рис.10
Стержень находится в одной плоскости с нитью, и эта плоскость
совпадает с плоскостью рисунка. В этой плоскости силовые линии
электрического поля, созданного заряженной нитью, параллельны друг
другу. В этом случае все элементарные силы dF , действующие на различные
элементарные участки стержня, направлены одинаково, поэтому
результирующая сила определяется формулой:
F   dF
(1)
l 
Эта сила направлена так же, как и силовые линии электрического поля
нити. Для расчетов введена ось OX . Тогда элемент длины стержня можно
dx
. Заряд этого элемента длины стержня найдем по
sin 
q
q dx
формуле dq  dl 
.
l
l sin 
найти по формуле dl 
Расстояние от нити до рассматриваемого элемента стержня r  x , тогда
сила, действующая на этот элемент стержня, определяется формулой:
dF  Edq 

q
dx
2 0 x l sin 
(2)
При интегрировании последней формулы по всей длине стержня надо
l
2
l
2
учесть, что координата x изменяется от x0  sin  до x0  sin  .
36
Подставляем (2) в (1) с учетом указанных пределов изменения
переменной x , получаем:
l
x0  sin 
dx
q
2
.
F

ln
2 0l sin  l
x 2 0l sin  x  l sin 
x0  sin 
0
2
2
q
l
x0  sin 
2
(3)
Проверим размерность полученной величины:
F  
Êë  Êë  ì
Êë  Êë  Â Äæ


Í .
ì Ô  ì
ì  Êë
ì
Теперь можно подставить численные значения и вычислить искомую
величину.
При   300 F  1, 42 103 Í .
При   900 F  1, 75 103 Í .
При   0 стержень расположен параллельно нити. Напряженность
электрического поля вдоль всего стержня одинакова: Er 

. Тогда сила,
2 0 x0
действующая на стержень в этом случае, определяется по формуле:
F  Er q 
q
. Теперь подставим численные значения и вычислим
2 0 x0
величину силы: F  1,35 103 Í .
Последнюю формулу можно получить из формулы (3), если разложить
натуральный логарифм в ряд с последующим предельным переходом   0 .
Ответ: При   300 F  1, 42 103 Í , а при   900 F  1, 75 103 Í . При   0
F  1,35 103 Í .
Задача 8. Точечный заряд Q  2 1010 Êë расположен на продолжении
оси диполя, электрический момент которого pe  1,5 1010 Êë  ì , на расстоянии
r  10ñì от его центра ближе к положительному заряду диполя. Какую работу
надо совершить, чтобы перенести этот заряд в симметрично расположенную
точку по другую сторону диполя? Плечо диполя l r .
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи – рис.
11. Работа, совершаемая внешними силами при перемещении заряда в
кулоновском поле, равна работе сил поля, взятой с обратным знаком:
A*   A  Q 1  2  ,
(1)
где 1 и  2 - потенциалы начальной и конечной точки соответственно.
Электрическое поле создается диполем, то есть двумя зарядами  q и  q .
Потенциалы точек 1 и 2 будем искать, используя принцип суперпозиции. Как
видно из рисунка и условия задачи, точка 1 находится на расстоянии r 
l
от
2
37
Рис.11
38
положительного заряда и на расстоянии r 
l
от отрицательного заряда.
2
Тогда по принципу суперпозиции можем найти потенциал точки 16
1 
q
q

l
l


4 0  r   4 0  r  
2
2


(2)
Аналогично найдем потенциал точки 2:
2 
q
q

l
l


4 0  r   4 0  r  
2
2


(3)
Приведем формулы (2) и (3) к общему знаменателю:
1 
q
l
4 0
(4)

l2 
r 1  2 
 4r 
q
l
.
2 
4 0 2 
l2 
r 1  2 
 4r 
2
Учтем, что ql  pe , и при r
(5)
l величинами
l2
можно пренебречь по
4r 2
сравнению с единицей. Тогда формулы (4) и (5) будут иметь вид:
1 
pe
4 0 r
2
, 2  
pe
4 0 r 2
.
Подставляя эти выражения в формулу (1), получим
A*  
2Qpe
.
4 0 r 2
Проверим размерность полученной величины:
 A * 
Êë  Êë  ì  ì
Êë  Êë  Â

 Â  Êë  Äæ .
2
Ôì
Êë
Теперь можно подставить численные значения и вычислить работу:
A*  5, 4 108 Äæ .
Ответ: A*  5, 4 108 Äæ .
Задача 9. Две металлические пластины, заряды на которых Q1  8 108 Êë
и Q2 , расположены параллельно друг другу на расстоянии l  0, 2ñì . Площадь
каждой пластины S  1600ñì 2 . Считая, что линейные размеры пластин
несоизмеримо велики по сравнению с расстоянием между ними l и
толщиной пластин, найти поверхностные плотности зарядов и разность
потенциалов между пластинами. Задачу решить для случаев 1) Q2  0 ; 2)
Q2  2 108 Êë ; 3) Q2  0 , но пластина заземлена.
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи.
39
Рис.12
По условию задачи размеры пластин велики. В этом случае можно
пренебречь зарядами на торцевых поверхностях и считать, что на каждой из
четырех боковых поверхностей 1, 2 ,3, 4 заряды распределены равномерно.
Тогда напряженность результирующего поля определяется выражением:
(1)
E  E1  E2  E3  E4
Здесь
Ei 
i
,
2 0
(2)
где  i - результирующая поверхностная плотность сообщенных и
индуцированных зарядов на боковой поверхности пластины. При этом
формула (2) может быть получена из теоремы Остроградского – Гаусса. Из
условий задачи следует, что электрическое поле между пластинами
однородно и тогда разность потенциалов между пластинами можно найти по
формуле:
(3)
U  El
Таким образом, чтобы найти напряженность электрического поля, надо
определить поверхностные плотности зарядов на всех четырех боковых
поверхностях. Это можно сделать на основе закона сохранения заряда. Если
 1 и  2 = поверхностные плотности зарядов на поверхностях первой
пластины, то по закону сохранения заряда имеем:
(4)
1   2  S  Q1
40
Если  3 и  4 - поверхностные плотности зарядов на поверхностях второй
пластины, то
(5)
 3   4  S  Q2
Распределение зарядов на поверхностях пластин должно быть таким,
чтобы напряженность электрического поля в толще металла была равна
нулю. Используем это условие, для чего выберем цилиндрическую
поверхность. Основания этой поверхности находятся внутри металлических
пластин, а боковая поверхность соединяет пластины. Теперь используем
теорему Остроградского – Гаусса. Поток вектора напряженности через
боковую поверхность выбранного цилиндра равен нулю, так как силовые
линии электрического поля перпендикулярны пластинам, и поэтому во всех
точках боковой поверхности скалярное произведение E  dS  0 . Поток через
основания цилиндра обращается в нуль, так как оба основания находятся в
толще металла, где напряженность электрического поля равна нулю.
Следовательно, поток через полную замкнутую поверхность выбранного
цилиндра равен нулю:  EdS  0 . Теперь определим суммарный заряд,
S
находящийся внутри этой поверхности: q   2   3  S0 , где S 0 - площадь
основания выбранной цилиндрической поверхности. По теореме
Остроградского – Гаусса
q
 EdS  
S
 2   3
имеем  2   3  S0  0 . Отсюда следует, что
0
(6)
Из этого равенства следует, что электрические поля, создаваемые
поверхностями 2 и 3, внутри каждой из рассматриваемых пластин взаимно
скомпенсированы. Векторы E2 и E3 в этих областях направлены в
противоположные стороны и равны по модулю. Так как в толще пластин
напряженность электрического поля равна нулю, то поля, создаваемые
зарядами на поверхностях 1 и 4, также должны быть скомпенсированы.Так
как напряженности электрического поля, созданного зарядами на
поверхностях 1 и 4, в толще пластин должны быть противоположно
направлены, то
1   4
(7)
Уравнения (4), (5), (6) и (7) образуют систему, решение которой
позволит найти распределение зарядов, а затем и разность потенциалов
между пластинами.
В пространстве между пластинами векторы E1 и E4 направлены в
противоположные стороны и с учетом формулы (7) можно записать:
E1  E4  0 .
Векторы E2 и E3 , как следует из формулы (6) направлены в
пространстве между пластинами в одну сторону. Тогда из формулы (1)
следует:
41
E  2 E2 
2
.
0
Теперь по формуле (3) можно найти разность потенциалов между
пластинами:
 2  3  U 
 2l
0
(8)
Из формулы (8) видно, что знак разности потенциалов зависит от  2 .
Теперь рассмотрим различные предложенные в задаче ситуации.
1. Q2  0 . Из формулы (5) получаем  3   4  0 . Таким образом для
данного случая имеем систему уравнений:
 2   3

 1   4
  
4
 3
Решая эту систему, получаем 1   2   4 ,  3   2 . Теперь можно
воспользоваться определением поверхностной плотности заряда:
1   2   4 
Q1
2S
Подставляем численные значения и определяем поверхностную
плотность заряда на каждой поверхности:
 1  2,5 107
Êë
Êë
Êë
Êë
,  2  2,5 107 2 ,  3  2,5 107 2 ,  4  2,5 107 2 .
2
ì
ì
ì
ì
Теперь вычислим по формуле (8) напряжение между пластинами:
U  57Â .
2. Q2  2 108 Êë . Теперь система уравнений из формул (4), (5), (6) и (7)
имеет вид:
Q1

 1   2  S

    Q2
4
 3
S

 2   3
  
 1
4
Решим эту систему и получим:
1 
Q1  Q2
Q  Q2
Q  Q2
Q  Q2
, 2  1
,  3   2   1
, 4  1  1
.
2S
2S
2S
2S
Теперь подставим численные значения зарядов и получим:
 1  3,1107
Êë
Êë
Êë
Êë
,  2  1,9 107 2 ,  3  1,9 107 2 ,  4  3,1 10 7 2
2
ì
ì
ì
ì
42
Используя формулу (8) вычислим разность потенциалов между
пластинами в этом случае U 2  42Â .
3. Q2  0 и вторая пластина заземлена. При соединении внешней
поверхности правой пластины с Землей, потенциал которой принимается за
ноль, потенциал этой пластины также становится равным нулю. Это значит,
что в области справа от заземленной поверхности напряженность поля равна
нулю. В толще второй пластины напряженность тоже равна нулю, так как
пластина металлическая. Это значит, что на поверхности 4 вектор
напряженности электрического поля не имеет разрыва. Это может быть в
случае, когда зарядов на этой пластине нет. Тогда можно сразу записать, что
 4  0 . Теперь из формулы (7) следует, что  1  0 . Тогда из формулы (4)
найдем:  2 
Q1
. Формула (6) позволяет определить  3 .
S
Подставляем численные значения и получаем:
 1  0,  2  5 107
Êë
Êë
,  3  5 107 2 ,  4  0 .
2
ì
ì
По формуле (8) вычислим разность потенциалов между пластинами в
данном случае U  113Â .
В данной задаче размерность полученных величин легко проверялась
устно на основе определения этих величин.
Ответ: 1.  1  2,5 107
Êë
Êë
Êë
Êë
,  2  2,5 107 2 ,  3  2,5 107 2 ,  4  2,5 107 2 ,
2
ì
ì
ì
ì
U1  57 Â ;
Êë
Êë
Êë
Êë
,  2  1,9 107 2 ,  3  1,9 107 2 ,  4  3,1 10 7 2 , U 2  42 Â ;
2
ì
ì
ì
ì
Êë
Êë
3.  1  0,  2  5 107 2 ,  3  5 107 2 ,  4  0 , U 3  113Â .
ì
ì
2.  1  3,1107
Задача 10 Внутри сферической металлической оболочки радиусами
R1  4ñì и R2  8ñì находится металлический шар радиуса R0  0, 2ñì с зарядом
Q0  4 10 10 Êë . Найти потенциалы в точке, являющейся центром оболочки, и
на внешней поверхности оболочки, если 1) шар расположен концентрично
оболочке; 2) центр шара смещен на расстояние x  3ñì от центра оболочки; 3)
шар соприкасается с оболочкой.
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи –
рис.13.
43
Рис.13
В случаях, когда металлический шар не касается оболочки, на
внутренней и внешней поверхностях оболочки появляются индуцированные
заряды. Эти заряды обеспечивают равенство нулю напряженности
электрического поля в толще металлической оболочки. Если заряд шара
положительный, то на внутренней поверхности оболочки индуцируется
отрицательный заряд. Используя теорему Остроградского – Гаусса можно
показать, что индуцированный заряд на внутренней поверхности оболочки
равен:
q  Q0
(1)
Аналогично на внешней поверхности оболочки индуцируется
положительный заряд, равный заряду шара:
q  q  Q0
(2)
Теперь рассмотрим особенности каждого случая, предложенного в
задаче.
1. Шар расположен в центре оболочки концентрично. При этом заряды
распределяются по соответствующим поверхностям равномерно. Потенциал
электрического поля в центре оболочки можно найти по принципу
суперпозиции как сумму потенциалов, созданных в этой точке зарядом,
находящимся на внешней поверхности, зарядом, находящимся на внутренней
поверхности оболочки, и зарядом шара. Из теоремы Остроградского – Гаусса
эти потенциалы определены:
44
C 
Q0
q
q
, Ñ 
, 0C 
.
4 0 R2
4 0 R1
4 0 R0
Используя соотношение (2), получаем6
C 
Q0  1 1 1 
   
4 0  R0 R1 R2 
Подставляем численные значения в последнюю формулу и вычисляем
потенциал электрического поля в центре оболочки: C  1750Â .
В точке, лежащей на внешней поверхности оболочки, потенциал
находится по тому же принципу:
D  D  D  0 D .
Из теоремы Остроградского – Гаусса эти потенциалы известны:
 D 
q
4 0 R2
,  D 
Q0
q
.
, 0 D 
4 0 R2
4 0 R2
Подставляем эти выражения в предыдущую формулу и, и учитывая
соотношение между зарядами (2), получаем:
D 
q  q  Q0
Q0
.

4 0 R2
4 0 R2
Подставляем в эту формулу численные значения и вычисляем
потенциал электрического поля в точках на внешней поверхности оболочки:
D  45Â .
2. Центр шара смещен на расстояние x  3ñì от центра оболочки. В
этом случае потенциал электрического поля, созданного зарядом на внешней
поверхности оболочки, в центре оболочки определяется такой же формулой,
как и в предыдущем случае: C 
q
.
4 0 R2
Потенциал, создаваемый зарядом внутренней поверхности оболочки,
распределение которого по этой поверхности теперь неизвестно, можно
найти по принципу суперпозиции. Для этого разобьем заряд на элементарные
заряды, которые можно считать точечными, а затем проведем
интегрирование:
C  
dq
4 0 r
S1
. Теперь учтем, что расстояние от любого элементарного
заряда dq , расположенного на внутренней поверхности оболочки, до центра
оболочки одинаково. Тогда последний интеграл можно записать в виде:
C 
1
q
 dq  4 R
4 0 R1 q
0
.
1
Потенциал, создаваемый зарядом шара, также будем искать по
принципу суперпозиции:
0C 
dQ0
 4 r ,
Q0
где r - переменное расстояние от элемента заряда шара
0
dQ0 до точки C . Распределение заряда Q0 по поверхности шара неизвестно,
поэтому значение потенциала 0Ñ определить нельзя. Однако этот потенциал
45
можно оценить. Расстояния от различных элементов заряда шара до центра
шара изменяется от x  R0 до x  R0 . Если в выражении для потенциала
электрического поля шара переменную r заменить значением rì èí  x  R0 , то
потенциал можно определить неравенством:
0C 
dQ0
Q0
 4  x  R   4  x  R  .
Q0
0
0
0
0
Если в эту формулу подставить численные значения, то получим
0C  129 Â .
Если в выражении для потенциала 0Ñ переменную r заменить
значением rì àêñ  x  R0 , то этот потенциал можно определить неравенством:
0C 
dQ0
Q0
 4  x  R   4  x  R  .
Q0
0
0
0
0
Вычисления по последней формуле показывают, что 0C  113Â .
Из полученных значений следует, что 113Â  0C  129Â или
0C  121  8 Â . Что дает относительную погрешность около 7%.
Таким образом, с учетом соотношения между зарядами (2), можно
записать
C  0C 
Q0  1 1 
  .
4 0  R2 R1 
Подставив численные значения в последнюю формулу, получим
C   76  8 Â .
В точках на внешней поверхности оболочки поле создается только
зарядом, расположенным на этой оболочке. Тогда, как и в первом случае,
D 
получаем:
Q0
4 0 R2
.
Численное
значение
этого
потенциала
равно
D  45Â .
3. Шар соприкасается с оболочкой. В этом случае заряд шара
передается оболочке, а так как оболочка металлическая, то он будет
распределен по ее внешней поверхности. Поэтому потенциал определяется
только зарядом, распределенным на внешней поверхности оболочки. Тогда
C   D 
Q0
4 0 R2
. Численное значение этого выражения было определено:
C  D  45Â .
Ответ: 1. C  1750Â ; D  45Â ; 2. C   76  8 Â ; D  45Â ;
3. C  D  45Â .
Задача 11. Точечный заряд Q  3 108 Êë находится на расстоянии
a  3ñì от большой тонкой металлической пластины, соединенной с Землей.
Определить: 1) потенциал в точках B и C , симметрично расположенных по
обе стороны пластины на расстоянии a от нее, причем точка B , ближайшая к
заряду Q , находится от него на расстоянии l  8ñì ; 2) поверхностную
46
плотность зарядов, индуцированных на пластине в точке D , находящейся на
расстоянии r1  5ñì от заряда Q ; 3) заряд индуцированный на пластине.
Решение. Сделаем рисунок, соответствующий условию задачи. – рис.
14. при внесении металлической пластины в поле точечного заряда на ней
появляются индуцированные заряды. При этом на поверхности, обращенной
к заряду, создающему поле, индуцируется заряд, знак которого
противоположен знаку заряда, создающего поле. Поэтому в решаемой задаче
на стороне пластины, обращенной к заряду Q , будет индуцироваться
отрицательный заряд. Положительных зарядов на противоположной стороне
пластины в решаемой задаче нет, так как пластина заземлена.
Металлическая пластина является эквипотенциальной поверхностью.
Поэтому силовые линии электрического поля перпендикулярны плоскости
пластины. Тогда результирующее поле, созданное зарядом Q и
индуцированным зарядом пластины, можно смоделировать и заменить
электрическим полем, которой создается двумя точечными зарядами, один из
которых заряд Q , а второй – заряд противоположного знака, расположенный
симметрично относительно пластины. Теперь рассмотрим решение
отдельных условий задачи,
1. В любой точке справа от пластины напряженность и потенциал
электрического поля можно найти по формулам:
(1)
E  E  E ,     
В точке B потенциал, созданный зарядом Q  Q , определяется по
формуле потенциала поля точечного заряда:
 
Q
4 0l
.
Потенциал, созданный зарядом  Q  , в этой же точке определяется по
формуле:
  
Q
4 0
 4a
2
l
2

.
Теперь эти формулы подставим в формулу (1) и найдем потенциал в
точке B :
B 

Q 1
1
 
.
4 0  l
4a 2  l 2 
(2)
Размерность полученной величины можно проверить устно, так как
известна формула потенциала точечного заряда. Теперь в последнюю
формулу можно подставить численные значения и вычислить потенциал в
точке B : B  675Â .
Так как пластина заземлена, то напряженность поля слева от пластины
равна нулю, следовательно, потенциал в этих точках также будет равен нулю.
Тогда C  ï ë  0 .
47
Рис.14
2. Чтобы определить поверхностную плотность  в точке D , надо
определить напряженность поля в точке, близко подходящей к точке D ,
справа. Напряженность электрического поля в этой точке создается уже
известными зарядами Q  Q и  Q  . В силу симметричного расположения
этих зарядов относительно металлической пластины и точки D , для искомых
напряженностей можно записать формулы:
E  E 
Q
4 0 r12
.
(3)
Результирующий вектор напряженности должен быть направлен
перпендикулярно металлической пластине. Тогда по правилу сложения
48
векторов с учетом последнего выражения
напряженности электрического поля в точке D :
ED  2 E cos  
получим
формулу
для
Qa
.
2 0 r12
Из теоремы Остроградского - Гаусса известно, что напряженность
электрического поля у поверхности проводника определяется формулой:
E

, где  - поверхностная плотность индуцированных зарядов.
0
Теперь из последних двух формул можно определить поверхностную
плотность индуцированных зарядов в точке D на пластине:
 D  ED 0 
Qa
.
2 r13
(4)
Размерность полученной величины легко проверяется устно. Тогда
можно подставить численные значения и вычислить поверхностную
плотность заряда в точке D :   1,1106
Êë
.
ì 2
3. Из формулы поверхностной плотности заряда на пластине видно, что
она зависит от расстояния r от заряда Q . Чтобы найти эту зависимость, из
заряда Q проведем перпендикуляр к поверхности пластины. Точку
пересечения этого перпендикуляра с поверхностью выберем как центр
окружности радиуса R . Такая окружность будет множеством точек,
равноудаленных от заряда Q . Эта ситуация изображена на рисунке 15.
Точки этой окружности имеют одинаковую поверхностную плотность
заряда. Тогда чтобы найти суммарный индуцированный на пластине заряд,
необходимо выделить элементарную площадку dS , в пределах которой
поверхностную плотность заряда можно считать постоянной. Такой
площадкой будет кольцо с радиусами R и R  dR . Площадь такой площадки
равна dS  2 RdR , а расстояние от заряда до точек этой площадки равно
r  a2  R2 . Теперь используем формулу (4) и получим:
 
Qa
2  a  R
2
3
2 2

.
Тогда заряд площадки площадью dS равен: dq   dS 
QaRdR
a
2
R
3
2 2

.
Теперь чтобы найти величину заряда, необходимо проинтегрировать
последнее выражение с учетом, что R изменяется от нуля до  .

q  Qa 
0
RdR
a
2
R
3
2 2

 Q .
49
Рис.15
Таким образом, на пластине индуцирован заряд равный заряду Q , но
противоположный по знаку.
Ответ: 1. B  675Â ; C  ï ë  0 ; 2.   1,1106
Êë
; 3. qèí ä  Q  3 108 Êë .
2
ì
Задача 12. Электрон, ускоренный разностью потенциалов 6 кВ, влетает
в однородное магнитное поле под углом 300 к направлению поля и начинает
двигаться по спирали. Индукция магнитного поля равна В =
.Найти
радиус витка и шаг спирали.
Дано:
50
Рис.4
Найти
:
R, h.
Решение: Скорость электрона найдем из условия, что работа сил
электрического поля затрачивается на изменение кинетической энергии
электрона:
А = ΔW. Работа в электрическом поле равна произведению заряда на
разность потенциалов: А = qU. Начальная кинетическая энергия равна нулю,
поэтому ΔW = W. Следовательно:
отсюда
.
(1)
Разложим скорость электрона, влетающего в магнитное поле, на две
составляющие:
- составляющая скорости, направленная вдоль силовых
линий поля и
- составляющая скорости, направленная перпендикулярно
силовым линиям поля. Из рис. 4:
Проекция траектории электрона на плоскость, перпендикулярную к
вектору , представляет собой окружность, следовательно, сила Лоренца
сообщает частице нормальное (центростремительное) ускорение. Сила
Лоренца равна:
Центростремительное ускорение:
где R - радиус окружности. По второму закону Ньютона: F = ma.
Тогда:
51
Отсюда:
Период обращения равен:
(2)
Так как скорость частицы имеет составляющую
, то траектория
частицы представляет собой винтовую линию. Шаг винтовой линии равен:
(3)
Проверка размерности расчетных формул (2) и (3).
Размерность произведения [q]·[B] найдем из выражения для силы
Лоренца:
По второму закону Ньютона: F = ma, т.е.
Тогда
Следовательно,
Подставим численные значения в (1), (2) и (3).
52
Ответ: R = 1 см, h = 11 см.
Задача 13. Проволочное кольцо радиусом 10 см лежит на столе. Какой
заряд потечет по кольцу, если его повернуть с одной стороны на другую.
Сопротивление кольца 1 Ом. Вертикальная составляющая индукции
магнитного поля Земли равна 50 мТл.
Дано:
Найти:
q
Решение: По определению сила тока равна производной от заряда по
времени:
Отсюда заряд, который потечет по проводнику,
равенством:
(1)
По закону Ома для замкнутой цепи сила тока равна:
(2)
определяется
53
где ε - ЭДС источника, R - сопротивление цепи.
Ток в кольце появляется благодаря ЭДС индукции. Поэтому
ЭДС индукции найдем по закону Фарадея - Ленца:
.
(3)
где
- скорость изменения магнитного потока.
Подставим (3) в (2):
(4)
Подставим (4) в (1):
(5)
Проинтегрируем (5), получим:
где
- магнитный поток, пронизывающий кольцо после поворота на
угол180?;
- магнитный поток до поворота.
и
вычисляются по формулам:
где В - индукция магнитного поля,
- площадь кольца, α - угол между
нормалью к площади кольца и линиями индукции.
Тогда:
Проверка размерности:
54
Так как
Размерность индуктивности найдем из закона:
По закону Ома:
Тогда:
Вычислим q. Учтем, что до поворота нормаль к площади кольца
параллельна вектору
. Поэтому α1 = 0. После поворота нормаль
противоположно направлена вектору . Поэтому α2 = 180°. Тогда:
Ответ: q = 3,14 мКл.
5 Примеры решения задач по колебаниям и волнам
Задача 1. Материальная точка массой 10 г совершает гармоническое
колебание с периодом Т=1 с. Определить амплитуду колебаний,
максимальную скорость и ускорение колеблющейся точки, если полная
энергия точки равна 0,02 Дж.
Дано:
Найти:
55
Решение: Уравнение гармонического колебания запишем в виде:
(1)
где х - смещение материальной точки от положения равновесия; А амплитуда; ω - циклическая (круговая) частота; t - время; α - начальная фаза.
Скорость колеблющейся точки среды определяется как первая
производная от смещения по времени:
Максимальное значение скорости:
Ускорение точки определяется как производная от скорости по
времени:
Максимальное значение ускорения:
Полная энергия складывается из кинетической и потенциальной
энергии и равна максимальной потенциальной или максимальной
кинетической энергии:
Круговая частота связана с периодом:
Из этого выражения найдем амплитуду:
Проверим размерность:
. Тогда:
56
Произведем вычисления:
Ответ: А = 0,32 м, Vmax = 2 м/с, amax = 12,6 м/с2
Задача 2. Найти амплитуду и начальную фазу гармонического
колебания,
полученного
от
сложения
одинаково
направленных
гармонических колебаний, данных уравнениями: x1 = 0,02cos (5πt + π/2) м и
x2 = 0,03cos (5πt + π/4) м. Построить векторную диаграмму сложения
амплитуд.
Дано: x1 = 0,02cos (5πt + π/2) и x2 = 0,03cos (5πt + π/4)
Найти: А, α. Дать векторную диаграмму.
Решение: Построить векторную диаграмму - это значит представить
колебание в виде вектора, длина которого равна амплитуде колебаний, а угол
наклона к оси абсцисс равен начальной фазе колебаний. При вращении
вектора с угловой скоростью ω проекция его конца на ось будет совершать
гармонические колебания.
Из условия задачи А1=0,02 м = 2 см, α1= π/2, А2=0,03 м = 3 см, α2 = π/4.
Векторная диаграмма изображена на рисунке 5.
57
Рис. 5
Результирующую амплитуду найдем по теореме косинусов:
Начальная фаза результирующего колебания находится из формулы:
Вычисления:
Ответ: А = 4,6 м; α=62о 46′.
Задача 3. Период затухающих колебаний Т = 4 с, логарифмический
декремент затухания χ = 1,6; начальная фаза равна нулю. Смещение точки в
начальный момент времени равно 4,5 см. Написать уравнение колебаний и
найти смещение точки в момент времени спустя период.
58
Дано:
Найти:
Решение: Уравнение затухающих колебаний имеет вид:
(1)
где β - коэффициент затухания, ω - частота затухающих колебаний.
Найдем ω:
Логарифмический декремент затухания связан с коэффициентом
затухания:
. Отсюда:
Подставим ω, β, α в (1) и найдем смещение:
Для начального момента времени при t = 0:
Уравнение колебаний имеет вид:
59
Смещение в момент
:
Ответ:
6 Примеры решения задач по оптике
Задача 1. На каком расстоянии от предмета нужно поместить экран,
чтобы плоско выпуклая линза с радиусом кривизны R = 20 см и показателем
преломления n = 1,5 давала изображение предмета, увеличенное в 2 раза?
Дано:
Рис.6
Найти:
a
Решение: Построим изображение предмета (рис. 6). Из чертежа
следует, что ΔАОВ ˜ΔА1 ОВ1 . Из подобия следует:
По условию задачи увеличение
. Следовательно:
(1)
Из принятых обозначений: ОВ = d, ОВ1 = f. Тогда: f = 2d. Определим
оптическую силу линзы:
60
(2)
Проведем вычисления:
Воспользуемся формулой тонкой линзы:
(3)
Подставим (1) в (3):
Тогда
Найдем расстояние от предмета до линзы
Вычислим:
Расстояние от предмета до экрана равно:
Ответ: а = 180 см.
Задача 2. На стеклянный клин падает нормально монохроматический
свет (λ = 698 нм). Определить угол между поверхностями клина, если
расстояние между соседними интерференционными минимумами в
отраженном свете равно 2 мм.
61
Дано:
Рис.7
Найти: φ
Решение: Параллельный пучок света, падая нормально к грани,
отражается как от верхней (луч 1), так и от нижней (луч 2) грани клина (рис.
7). Лучи 1 и 2 когерентны между собой и интерферируют.
Интерференционная картина представляет собой чередование темных и
светлых полос. Темные полосы видны на тех участках клина, для которых
оптическая разность хода кратна нечетному числу половины длины волны
(условие минимума):
Оптическая разность хода в отраженном свете равна:
где i - угол падения луча. Так как по условию свет падает нормально, то i = 0
и sini = 0. Произвольной полосе с номером m соответствует толщина d m , а
(m+1) полосе соответствует толщина клина dm+1 . Запишем условие
минимума для двух соседних темных полос:
Отсюда:
62
Тогда:
Из рисунка:
Вычислим:
Тангенс мал, поэтому:
Ответ:
Задача 3. Измерение дисперсии показателя преломления оптического
стекла дало n1 = 1,528 для λ1 = 0,434 мкм и n2 = 1,523 для λ2 = 0,486 мкм.
Вычислить отношение групповой скорости к фазовой скорости для света с
длиной волны 0,434 мкм.
Дано:
Найти
:
Решение: Зависимость групповой
преломления n и длины волны λ имеет вид:
скорости
u
от
(1)
где с - скорость света в вакууме.
Фазовая скорость определяется как
(2)
показателя
63
Разделив выражение (1) на (2), получим:
Средняя дисперсия:
Для длины волны λ1 и средней дисперсии имеем:
Вычисления:
Ответ:
7 Примеры решения задач по квантовой физике
Задача 1. Найти длину волны де Бройля для электрона, кинетическая
энергия которого равна: 1) 10 кэВ, 2) 1 МэВ.
Дано:
Найти:
Решение: Длина волны де Бройля связана с импульсом:
64
где
- постоянная Планка; р - импульс частицы.
Импульс частицы зависит от ее скорости. Если скорость движения
частицы много меньше скорости света в вакууме (v<<c), то это случай
нерелятивистский. Если скорость движения частицы соизмерима со
скоростью света в вакууме, то это случай релятивистский. Импульс частицы
связан с энергией. Поэтому, чтобы выяснить, какой это случай, вычислим
энергию покоя частицы и сравним ее с энергией движущейся частицы.
Вычислим энергию покоя электрона:
Сравним кинетическую энергию электрона с энергией покоя E0 . В
первом случае W1<<E0, значит это случай нерелятивистский и импульс
равен: p = mv. Импульс связан с кинетической энергией соотношением:
Отсюда:
Тогда:
Во втором случае
, значит это случай релятивистский. Импульс равен:
,
где с - скорость света. Тогда:
Ответ:
;
65
Задача 2. Частица находится в бесконечно глубокой одномерной
потенциальной яме шириной l на втором энергетическом уровне. В каких
точках ямы плотность вероятности обнаружения частицы совпадает с
классической плотностью вероятности?
Дано:
Найти:
x.
Решение: Волновая функция ψ, описывающая состояние частицы в
бесконечно глубокой одномерной потенциальной яме шириной l, имеет вид:
(1)
где n - номер энергетического уровня (n = 1,2,3...), х - координата частицы в
яме (0 ≤ х ≤ l).
Согласно физическому смыслу волновой функции:
(2)
где w - плотность вероятности обнаружения частицы в точке с координатой
х.
Если частица находится на втором энергетическом уровне (n = 2), т.е.:
(3)
Выражение для классической плотности вероятности имеет вид:
(4)
Приравнивая по условию выражения (3) к (4), получим:
(5)
Решая уравнение (5), найдем:
66
В пределах ямы (0 ≤ х ≤ l) таких точек четыре:
Ответ:
Задача 3. Некоторый примесный полупроводник имеет решетку типа
алмаза и обладает только дырочной проводимостью. Определить
концентрацию дырок nр и их подвижность uр, если постоянная Холла Rх =
3,8·10-4 м3/Кл. Удельная проводимость полупроводника σ =110 (Ом·м)-1.
Дано:
Найти:
nр, uр.
Решение: Концентрация дырок nр связана с постоянной Холла, которая
для полупроводников с решеткой типа алмаза, обладающих носителями
только одного знака, выражается формулой:
(1)
где е - элементарный заряд.
Отсюда:
(2)
Подставим числовые значения величин в формулу (2) и проведем
вычисления:
67
Удельная проводимость полупроводников выражается формулой:
(3)
где nn и np - концентрации электронов и дырок, un и up - их подвижности.
При отсутствии электронной проводимости первое слагаемое в скобках
равно нулю, и формула (3) примет вид:
Отсюда искомая подвижность:
(4)
Подставим в (4) выражение nр, описываемое формулой (2):
(5)
Подставим в (5) численные значения и проведем вычисления:
Внимание
Данное пособие будет постоянно пополняться новыми образцами
решения задач. Для подготовки к практическим занятиям и к выполнению
контрольных работ студенты могут воспользоваться многочисленными
пособиями, в которых приводятся образцы решения задач. Эти пособия
указаны в рабочей программе. Здесь же укажем наиболее распространенное
пособие – Трофимова Т.И., Павлова З.Г. Сборник задач по курсу физики с
решениями. – М.: Высшая школа, 1999. – 591 с. Это пособие есть в
электронном виде на кафедре общей и экспериментальной физики. Оно также
размещено в Интернете в электронной библиотеке DjVu. Для того чтобы
найти электронную версию этого пособия достаточно на Яндексе набрать
фамилию автора, название пособия и DjVu.
68
Список рекомендуемой литературы
Основная литература
1 Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики. – М.: Высшая школа, 1989.
2 Савельев И.В. Курс общей физики: В 3 т. – М.,: Наука,1978-1990.
3 Трофимова Т.И. Курс физики. – М.: Высшая школа, 1990.
4 Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. – М.:
Наука, 1979 – 1990.
5 Трофимова Т.И., Павлова З.Г. Сборник задач по курсу физики с
решениями. – М.: Высшая школа, 1999. – 591с.
Дополнительная литература
6 Стрелков С.П. Механика. – М.: Наука, 1975.
7 Кикоин И.К. Молекулярная физика. – М.: Наука, 1976.
8 Калашников С.Г. Электричество. – М.: Наука, 1977.
9 Ландсберг Г.С. Оптика. – М.: Наука, 1976.
10 Епифанов Г.И. Физика твердого тела. – М.: Высшая школа. 1977.
11 Иродов И.Е. Задачи по общей физике. – М.: Наука, 1979.
12 Чертов А.Г., Воробьев А.А., Федоров М.Ф. Задачник по физике. –
М.: Высшая школа, 1973, 1981.