Примеры решения задач Задача 1 Определить напряжённость поля, создаваемого зарядом, равномерно распределённым по тонкому прямому стержню с линейной плотностью 200 нКл/м, в точке, лежащей на перпендикуляре, восстановленном в середине стержня, на расстоянии 40 см от его середины. Длина стержня 60 см. Решение Дано: Разобьем стержень на бесконечно малые элементы dl=dy; y τ=2.10-7 Кл/м – координата данного элемента. Заряд элемента dq=τdy можно l=0.6 м считать точечным. Напряженность поля, созданного зарядом dq b=0.4 м в точке А на расстоянии r от заряда, равна: Найти: Е=? dE dq dy 4 0 r 2 4 0 r 2 где r 1 b cos y (2) dα r l А α 0 dEx x α dEy b (1) ; y dl , dE α – угол между перпендикуляром к стержню и радиусвектором r элемента стержня, проведенным из точки А. Направление вектора напряженности см. на рис.1. Так как y btg , то dy 1 b d cos2 dy b Рис.1 , то d cos2 . (3) Найдем проекции dE на координатные оси: dE x dE cos ; dE y dE sin , (4) Наконец, проекции полной напряженности на оси рассчитываются интегрированием: (5) E x dEx ; E y dEy , причем интегрирование производится по всей длине стержня. Здесь использован принцип суперпозиции в проекциях на оси. Полная напряженность вычисляется по теореме Пифагора: (6) E E x2 E y2 . С учетом (1) – (4) получим из (5): E x dEx dy 4 r 0 2 cos bd 2 b 2 4 0 cos cos cos 4 b cosd , 0 (7) E y dE y Постоянную величину dy 4 r 2 sin 0 0 4 0 b 4 b sind . выносим за знак интеграла и проставим пределы интегрирования: угол α изменяется от (–α0) до α0, где 0 arctg первообразная функция от cos – это sin , а от sin – cos . Тогда l . 2b Далее, Ex 0 sin 0 0 sin 0 cosd 40b 40 b 20 b , 0 0 Ey cos 0 cos 0 0 . sind 40 b 40b 0 Окончательно получаем для напряженности: E l sin arctg 20b 2b 20 b Ek l l b b2 2 2 9 10 9 l 2 2 b l 2 2 l 40 b b 2 2 2 10 7 0.6 0.4 0.4 0.3 2 l 2 2 , 5.4 10 3 В / м . Ответ: E=5.4.103 В/м. Задача 2. На двух коаксиальных бесконечных цилиндрах радиусами 5 см и 10 см равномерно распределены заряды с линейными плотностями заряда τ 1=100 нКл/м и τ2=50 нКл/м соответственно. Пространство между цилиндрами заполнено парафином с диэлектрической проницаемостью 2. Найти напряженность электрического поля в точках, удаленных от оси цилиндров на расстояния 3 см, 9 см, 15 см. Решение τ2 Дано: τ1=100 нКл/м τ2=50 нКл/м E R1=0.05 м τ1 R2=0.1 м r1=0.03 м r2=0.09 м r r3=0.15 м R2 ε=2 R1 Найти: E1=? E2=? E3=? Рис.2 2 Симметрия задачи позволяет воспользоваться теоремой Гаусса: поток вектора напряженности электростатического поля через любую замкнутую поверхность равен сумме свободных зарядов, охваченных этой поверхностью, деленной на (εε0): E cosdS q 1 св ободн. i 0 . (1) i Здесь α – угол между вектором E и нормалью к поверхности в данной точке. Возьмем Гауссову поверхность в виде цилиндра, коаксиального данным, высота которого равна h, а радиус r. Вектор E напряженности электростатического поля может быть направлен только перпендикулярно боковой поверхности цилиндра, параллельно основаниям, (см. рис.2), тогда в левой части (1) надо учитывать только вклад через боковую поверхность цилиндра (для оснований α=900, cosα=0), причем для боковой поверхности α=0, cosα=1. Кроме того, в силу симметрии значение напряженности в любой точке боковой поверхности Гауссова цилиндра одинаково, и значение Е можно вынести за знак интеграла. Тогда (2) E cosdS E dS Eh2 r , S по боковой поверхности S где S 2rh – площадь боковой поверхности Гауссова цилиндра. Теперь вычислим правую часть (1). При этом нужно рассмотреть 3 случая: 1) r1<R1. В этом случае внутрь Гауссовой поверхности не попадают заряды (q=0), и тогда из (1) и (2) следует, что E1=0. 2) R1<r2<R2. Внутрь Гауссовой поверхности попадают заряды, находящиеся только на внутреннем цилиндре радиуса R1 (см. рис.), поэтому суммарный заряд (по определению линейной плотности заряда): q=τ1h. (3) Из (1) – (3) получим: E2 E2 2r2 h 1 0 1h , откуда 1 2k 1 2 9 10 9 10 7 10 4 В / м . Здесь сделана 20 r2 r2 2 0.09 замена k 1 40 . 3) R2<r3. Теперь Гауссова поверхность охватывает оба цилиндра, несущие свободные заряды с линейными плотностями τ1 и τ2, но при этом она проходит вне диэлектрика, так что надо положить ε=1, а q=(τ1+τ2)h, тогда E3 2r3h E3 1 0 1 2 h , 1 2 2k 1 2 2 9 10 9 100 50 10 9 6 10 3 В / м . 20 r3 r3 0.15 Ответ: E1=0; E2=104 В/м; E3=6.103 В/м. Задача 3. Определить потенциал поля, создаваемого зарядом, равномерно распределённым по тонкому прямому стержню с линейной плотностью 200 нКл/м, в точке, лежащей на перпендикуляре, восстановленном в одном из концов стержня, на расстоянии 40 см от него. Длина стержня 30 см. 3 Решение Разобьем стержень на бесконечно малые элементы dl=dy; y – координата данного элемента (рис.3). Заряд элемента dq=τdy можно считать точечным. Потенциал поля, созданного зарядом dq в точке А на расстоянии r от заряда, равен: Дано: τ=2.10-7 Кл/м l=0.3 м b=0.4 м d Найти: φ=? dq dy , 40 r 40 r 1 (1) где r b2 y 2 . (2) По принципу суперпозиции полный потенциал d . Интегрирование ведется по всей длине стержня. Тогда dy l 0 Здесь k 1 40 40 (3) l b k ln b 2 y 2 y k ln 0 b2 y 2 b2 l 2 l . (4) , константа k вынесена за знак интеграла и использовано, что первообразной y 1 b y 2 l функцией является 2 для функции ln b 2 y 2 y , в чем можно убедиться дифференцированием: 2y dl ln b 2 y 2 y r A 0 b Рис.3 2 b2 y2 1 b2 y 2 y y 1 b 2 y 2 2 b y2 2 2 b y y b 2 y 2 y b2 y2 b 2 y 2 y b 2 y 2 1 b2 y 2 По формуле (4) вычисляем потенциал: 9 10 9 2 10 7 ln 0.4 0.4 0.3 2 0.3 2 1250 В . Ответ: φ=1250 В. Задача 4. На двух коаксиальных бесконечных цилиндрах радиусами 5 см и 10 см равномерно распределены заряды с линейными плотностями заряда τ1=100 нКл/м и τ2=50 нКл/м соответственно. Пространство между цилиндрами заполнено парафином с диэлектрической проницаемостью 2. Найти разность потенциалов цилиндров. 4 Дано: τ1=100 нКл/м τ2=50 нКл/м R1=0.05 м R2=0.1 м ε=2 Найти: Δφ=? Решение Воспользуемся результатами, полученными в задаче 2: напряженность электростатического поля между цилиндрами, при R1<r<R2, вычисленная по теореме Гаусса, равна: E 1 2k 1 . 20 r r По формуле потенциалом (1) связи между R2 Edl напряженностью , и (2) R1 где интеграл удобнее брать по силовой линии поля, так что Edl Edl cos Edl Edr , так как направление напряженности E совпадает с направлением радиус-вектора r и элемента длины контура интегрирования dl dr , α=0. Подставив (1) в (2), получим: R2 R1 2k1 2k1 ln r RR12 2k1 ln R2 ln R1 2k1 ln R1 dr r R2 , 2 9 10 9 2 10 7 ln 0.1 624 В . 0.05 Ответ: Δφ=624 В. Задача 5. Напряженность поля воздушного конденсатора, заряженного и отключенного от источника, равна E0. В конденсатор параллельно обкладкам поместили пластину диэлектрика с диэлектрической проницаемостью ε. Найти поверхностную плотность связанных зарядов на гранях диэлектрика, выразить ее через поверхностную плотность свободных зарядов на обкладках конденсатора; найти напряженность поля в диэлектрике, а также напряженность поля, созданного только связанными зарядами; значение вектора электрического смещения и поляризованности диэлектрика. Решение Дано: E0 ε Найти: σ′=? Е=? E′=? D=? P=? E0 +σ –σ E E –σ′ +σ′ Рис.4 Напряженность поля в диэлектрике уменьшается по сравнению с напряженностью в вакууме в ε раз, поэтому E E0 . (1) 5 Суммарное (полное) поле в диэлектрике складывается из поля свободных зарядов E 0 и связанных (индуцированных) E : E E0 E , но E0 и E направлены противоположно (см. рис.4), поэтому E=E0–E′, E E0 E E0 1 E 1 . E0 1 0 E0 (2) Напряженность поля связанных зарядов можно выразить поверхностную плотность связанных зарядов (напряженность конденсатора): , 0 (3) 0 E0 1 . (4) E тогда с учетом (2): 0 E через поля Аналогично, напряженность поля только свободных зарядов E0 0 , тогда из (4): 1 . Вектор электрического смещения D 0 E , поэтому Далее, так как D 0E P и E D 0 0 0 E0 . векторы D , E и P направлены (5) (6) одинаково, то: E 1 E 1 . P D 0 E 0 E0 E 0 E0 0 0 E0 1 0 0 (7) Можно выполнить проверку (7): по определению вектор поляризации равен суммарному дипольному моменту единицы объема вещества: P p м ол екул i V , (8) а дипольный момент пластины диэлектрика равен произведению связанного заряда, локализованного на одной из граней q S , на плечо диполя – толщину пластины d, тогда P qd dS , V V (9) так как объем пластины ΔV=S.d. Из (4) и (9) получаем (7). Ответ: E 1 0 E0 1 E 1 E ; 1 ; E 0 ; E 0 ; D 0 E0 ; P 0 0 . Задача 6 Два одинаковых плоских воздушных конденсатора ёмкостью по 100 пФ каждый соединены в батарею последовательно. Определить, на сколько изменится ёмкость батареи, если пространство между пластинами одного из конденсаторов заполнить парафином с диэлектрической проницаемостью 2. Дано: С0=100 пФ ε=2 Найти: ΔС=? Решение 6 Общую ёмкость при последовательном соединении конденсаторов С1 и С2 можно: найти из формулы: 1 С общ. 1 1 С1 С 2 . Поэтому общая ёмкость батареи, состоящей из двух одинаковых конденсаторов ёмкостью С0 (до заполнения одного из конденсаторов парафином) равна: С общ.1 С0 С0 С0 С0 С0 2 заполнения парафином одного из конденсаторов его ёмкость заполнения была равна С0 0S d С1 0 S d , то есть ёмкость возросла в ε раз: , а до С1 C 0 . С общ.2 С 0 С1 С C0 C0 0 С0 С1 C0 C0 1 образом, изменение ёмкости батареи равно: C Cобщ.2 Собщ.1 С0 Найдём новую общую ёмкость батареи: После . . Таким 1 . 1 2 Подставим численные значения: C 100 пФ 2 1 16.7пФ . 1 2 2 Ответ: C 16.7пФ . Задача 7. Электрическое поле создано заряженной (Q=0.2 мкКл) металлической сферой радиусом 5 см. Какова энергия поля, заключенного в Дано: сферическом слое, ограниченном сферой и концентрической с Q=2.10-7 Кл ней сферической поверхностью, радиус которой в 3 раза R0=0.05 м больше радиуса сферы? R=0.15 м Решение: Энергию поля, заключенную в сферическом слое, будем Найти: находить через объемную плотность энергии, равную по W=? определению w dW dV , (1) а для энергии электростатического поля w ED 0 E 2 2 2 . (2) Напряженность электростатического поля, созданного уединенной металлической заряженной сферой, вне этой сферы (при r>R0) такая же, как и напряженность поля точечного заряда, находящегося в центре сферы: E Q 40r 2 , (3) причем будем считать, что ε=1 (поле в вакууме). Из (1) – (3) следует, что энергия, заключенная в любом малом объеме dV, равна: 2 Q 0 2 40r 2 0 E Q2 dW wdV dV dV dV 2 2 32 20 r 4 . (4) Поскольку поле сферически симметрично, в качестве dV следует брать тонкий шаровой слой, концентрический данной сфере, с внутренним радиусом r, 7 внешним радиусом (r+dr), тогда в пределах этого слоя значение напряженности можно считать одинаковым и равным (3). Объем слоя можно найти, перемножив площадь сферы на его толщину, так как слой тонкий: (5) dV 4r 2 dr . Наконец, искомую энергию находим, проинтегрировав (4) по объему, то есть в пределах R0<r<R: R W wdV 32 R0 Q2 2 0 r 4 4r dr 2 W Q2 80 3 R0 R0 3 R0 Q2 dr Q2 1 r 2 80 r R0 8 0 2 10 7 2 12 3.14 8.85 10 12 0.05 1 Q2 1 3R0 R0 12 0 R0 , 2.4 10 3 Дж . Ответ: W=2.4 мДж. Задача 8. Определить силу тока в сопротивлении R3 и напряжение на концах этого сопротивления (рис.10). Е1=1 В, Е2=5 В, R1=1 Ом, R2=2 Ом, R3=3 Ом. Дано: Е1=1 В Е2=5 В R1=1 Ом R2=2 Ом R3=3 Ом Найти: I3=? U3=? Рис.10 Решение: Для решения задачи используем правила Кирхгофа. В первую очередь выберем направления токов во всех ветвях цепи (в данной задаче их три) и проставим обозначения токов (см. рис.11). В цепи два узла (b и e), следовательно, по первому правилу должно быть записано одно уравнение (на одно меньше, чем количество узлов): I i 0 – алгебраическая сумма токов, i сходящихся в узле, равна нулю. Запишем это правило для узла b: I1–I2+I3=0, (1) причем токи, заходящие в узел, берем с положительным знаком, выходящие – с отрицательным. По второму правилу Кирхгофа записываем два оставшихся уравнения (всего уравнений столько же, сколько токов): ( Ii Ri ) Ek – алгебраическая сумма i k падений напряжений на сопротивлениях в любом замкнутом контуре равна алгебраической сумме электродвижущих сил. Здесь также нужно соблюдать правила знаков: если направление обхода контура на данном участке противоположно направлению тока, то падение напряжения берем с отрицательным знаком; если ЭДС проходим от плюса к минусу, то берем ее с отрицательным знаком. 8 R1 a R3 b c I3 I2 I1 + – E1 + – R2 f Таким образом, получим для контуров abef и abcdef: I1R1+I2R2=E1 (2) I1R1–I3R3=E1–E2. (3) Решаем систему уравнений (1) – (3); из (1) получим: I2=I1+I3, (4) После подстановки (4) в (2) и замены в (2) и (3) известных E2 e Рис.11 d величин на их численные значения: 3I1+2I3=1, I1–3I3=–4. Из (4): I1=3I3–4, после подстановки в (5): I3 (5) (6) 13 1.18 А , 11 напряжение U3 найдем по закону Ома для участка цепи: U3= I3R3=1.18.3=3.55 В. Ответ: I3=1.18 А; U3= 3.55 В. Задача 9. Сила тока в проводнике сопротивлением 12 Ом равномерно убывает от максимального значения до нуля за 10 с. Какое количество теплоты выделится в этом проводнике за указанный промежуток времени, если при этом по проводнику прошел заряд 50 Кл? Решение: Дано: Запишем закон, по которому изменяется со временем сила R=12 Ом тока в проводнике. Ток убывает равномерно, то есть по t0=10 с линейному закону, от максимального значения I0, тогда: Δq=50 Кл I=I0–kt, (1) Найти: Q=? где k dI dt – быстрота убывания тока: I0 t0 k . (2) Заряд, прошедший через сечение, можно рассчитать, интегрируя силу тока по времени в рассматриваемом промежутке: так как I dq , dt то t0 kt2 t2 q Idt I 0 ktdt I 0 t k I 0 t 0 0 2 2 0 0 0 t0 t0 , с учетом (2): q I 0 t 0 I 0 t 02 I 0 t 0 k t02 2t 0 2 2 . (3) Количество выделившейся теплоты находим по закону Джоуля-Ленца, 9 подставив (1): t0 t0 Q I Rdt 2 0 I kt Rdt 2 0 0 I t0 2 0 2 I 0 kt k 2 t 2 Rdt 0 t2 t3 k 2 t 03 k 2 t 03 R I 02 t 0 2 I 0 k 0 k 2 0 R k 2 t 03 k 2 t 03 R. 2 3 3 3 (4) Здесь учтено, что из (2) I0=kt0. Из (3) 2q k 2 t0 Вычисляем: 2 2q t 3 4q Q 2 0 R R. 3 3 t t 0 0 2 , тогда Q 450 12 4000 Дж . 3 10 2 Ответ: Q=4000 Дж. Задача 10 Воздух ионизируется рентгеновскими излучениями. Определить удельную проводимость воздуха, если в объёме 1 см3 газа находится в условиях равновесия 108 пар ионов. Подвижность положительных ионов 1.4 см2/Вс и отрицательных – 1.9 см2/Вс. Решение Дано: Удельная электропроводимость N=108 ионизированного газа равна: ne(u u ) , где V=10-6 м3 u+=1.4 см2/Вс=1.4.10-4 м2/Вс u–=1.9 см2/Вс=1.9.10-4 м2/Вс Найти: γ=? n N V – концентрация ионов одного знака (или пар ионов). Тогда получим: N eu u . Подставим 8 численные 10 1.6 10 -19 1.4 1.9 10 4 5.28 10 9 . 10 6 2 размерность: 13 Кл м Кл 1 А с 1 А 1 1 В с В с м В с м В м Ом м м Ответ: 5.28 10 9 Ом м1 . V значения: Найдём Задача 11 Во сколько раз изменится плотность тока насыщения в триоде с вольфрамовым катодом, если его температура изменится от 2400 К до 2500 К? Эмиссионная постоянная В=60 А/(см2.К2), работа выхода электрона 7.2.10-19 Дж. Решение Дано: Плотность тока насыщения при T1=2400 К термоэлектронной эмиссии описывается T2=2500 К формулой Ричардсона–Дешмена: В=60 А/(см2.К2)=60.104 А/(м2.К2) A j нас. BT 2 exp( вых. ) . Aвых.= 7.2.10-19 Дж kT Запишем плотности тока насыщения Найти: при двух температурах и найдём их j нас.2 ? j нас.1 10 отношение: j нас.1 BT12 exp( j нас.2 BT22 exp( Aвых. ); kT1 j Aвых. ) ; нас.2 j нас.1 kT2 BT22 exp( Aвых. ) kT2 T 2 T1 A BT12 exp вых. kT1 2 A exp вых. k 1 1 . T2 T1 Подставим численные значения: 2 7.2 10 19 1 j нас.2 2500 1 0.87 2.6 . exp 1.09 e 23 j нас.1 2400 1.38 10 2500 2400 j Ответ: нас.2 2.6 . j нас.1 11