книги / Сборник задач по физике.-1
.pdfР е ш е н и е.
При вычислении силы F следует иметь в виду, что заряд на стержне не является точечным, поэтому закон Кулона непосредственно применить
нельзя. Применим метод ДИ. Выделим на стержне малый участок dr с зарядом dq = τdr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,
|
|
|
|
|
|
|
|
G |
q1τdr |
|
r |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
dF = |
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
(1) |
||
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r2 |
|
|
r |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
где dFG – сила взаимодействия заряда q1 и заряда участка dr. По- |
|||||||||||||||||||||
скольку все dFG |
сонаправлены, можно воспользоваться скаляр- |
||||||||||||||||||||
ным выражением для dF |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
dF = |
q1τdr |
|
|
|
. |
|
|
|
|
(2) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Интегрируя это выражение в пределах от а до а + l, получим |
|||||||||||||||||||||
|
q1τ |
|
a+l dr |
|
|
q1τ |
|
1 |
|
|
1 |
|
q1τl |
|
|||||||
F = |
|
|
∫ |
|
|
= |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
, |
|
|
r |
2 |
|
4πε0 |
|
a |
|
|
|
|
|
4πε0a(a +l) |
||||||||
|
4πε0 a |
|
|
|
a |
|
+l |
|
|
откуда интересующая нас линейная плотность заряда
τ = 4πε0a(a +l)F . q1l
Выразим все величины в единицах СИ: q1 = 40 нКл = = 4 · 10–8 Kл; F = 6 мкН = 6 · 10–6 Н; l = 0,2 м; а = 0,1 м; 4πε0 =
= |
1 |
|
Ф/м; ε0 = 8,85 · 10–12 Ф/м. |
||
9 10 |
9 |
||||
|
Подставим числовые значения величин в полученную фор- |
||||
мулу и произведем вычисления: |
|||||
|
|
0,1 (0,1+0,2) 6 10−6 |
|||
|
τ = |
|
|
|
Кл/м = 2,5 · 10–9 Кл/м = 2,5 нКл/м. |
|
|
|
9 109 4 10−8 0,2 |
81
№ 3. Два точечных электрических заряда q1 = 1 нКл и q2 = –2 нКл находятся в воздухе на расстоянии d = 10 см друг от
друга. Определить напряженность Е и потенциал ϕ поля, создаваемого этими зарядами в точке А, удаленной от заряда q1 на расстояние r1 = 9 см и от заряда q2 на r1 = 7 см.
Р е ш е н и е.
Согласно принципу суперпозиции электрических полей каждый заряд создает поле независимо от присутствия в про-
странстве других зарядов. Исходя из этого напряженность Е
|
электрического |
поля |
в искомой |
|||
|
точке может быть найдена как |
|||||
|
геометрическаяG |
сумма |
напряжен- |
|||
|
ностей Е1 и Е2 |
полей, |
создавае- |
|||
|
мых каждым зарядом в отдельно- |
|||||
|
сти: ЕG |
|
= ЕG1 + ЕG2 . Напряженность |
|||
|
электрического поля, создаваемого |
|||||
|
в воздухе (ε = 1) зарядом q1, |
|||||
E1 |
= |
q1 |
, |
|
(1) |
|
4πε0r12 |
|
|||||
зарядом q2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E2 |
= |
q2 |
|
. |
|
(2) |
4πε0r22 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
Вектор ЕG1 направлен по силовой линии от заряда q1, так |
||||||
как заряд q1 положителен; вектор Е2 |
|
направлен также по сило- |
вой линии, но к заряду q2, так как заряд q2 отрицателен. Абсолютное значение вектора Е найдем как следствие из
теоремы косинусов:
E = E12 + E22 + 2E1E2 cosα, |
(3) |
82
где α – угол между векторами ЕG1 и ЕG2 , который может быть найден из треугольника со сторонами r1, r2 и d по теореме косинусов:
d 2 = r12 + r22 − 2r1r2 cos(π−α) = r12 + r22 + 2r1r2 cosα,
cosα = d 2 −r12 −r22 .
2r1r2
В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cosα вычислить отдельно:
cos α = |
(0,1)2 |
−(0,09)2 −(0,07)2 |
= −0,238. |
|
2 0,09 0,07 |
||
|
|
|
Подставляя выражение Е1 из формулы (1) и E2 из формулы (2) в равенство (3) и вынося общий множитель 1/(4πε0) за знак корня, получим
|
E = |
|
1 |
|
q12 |
+ q22 + 2 |
q1 q2 |
cosα . |
(4) |
|
4πε0 r14 |
|
|||||||||
|
|
r24 |
|
r12r22 |
|
|||||
Подставим числовые значения величин в формулу (4) и |
||||||||||
произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|||||
Е =9 109 |
(10−9 )2 |
|
+ |
(2 10−9 )2 + 2 |
|
10−9 2 10−9 |
(−0,238) ≈ |
|||
|
|
(0,09)2 (0,07)2 |
||||||||
(0,04)4 |
|
(0,07)4 |
|
≈3,58 кВ/м.
При вычислении Е знак заряда q2 опущен, так как знак заряда определяет направление вектора напряженности, а на-
правление ЕG2 было учтено при его графическом изображении (рисунок).
В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей потенциал ϕ результирующего поля, создаваемого двумя зарядами q1 и q2, равен алгебраической сумме потенциалов, т.е.
ϕ = ϕ1 + ϕ2. |
(5) |
83
Потенциал электрического поля, создаваемого в вакууме точечным зарядом q на расстоянии r от него, выражается формулой
ϕ = |
q |
. |
(6) |
|
4πε0r |
||||
|
|
|
В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим
ϕ = |
|
q1 |
|
|
+ |
|
q2 |
|
, |
4πε0r1 |
|
|
|
||||||
|
|
4πε0r2 |
|||||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ϕ = |
1 |
q1 |
+ |
q2 |
|
||||
|
|
|
|
|
. |
||||
|
4πε0 |
r1 |
r2 |
||||||
|
|
|
|
|
Подставляя в это выражение числовые значения физических величин, получим
ϕ =9 10 |
9 |
|
10−9 |
+ |
−2 10−9 |
= −157 В. |
|
|
|
0,09 |
0,07 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
№ 4. Точечный заряд q = 25 нКл находится в поле, созданном прямым бесконечным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с поверхностной плотностью σ = 0,2 нКл/см2. Определить силу F, действующую на заряд, если его расстояние от оси цилиндра r = 10 см.
Р е ш е н и е.
Численное значение силы F, действующей на точечный заряд q, находящийся в поле, определяется по формуле
F = qE, |
(1) |
где Е – напряженность поля, создаваемого заряженным цилиндром.
Как известно, напряженность поля бесконечно длинного равномерно заряженного цилиндра
E = 2πετ0r , (2)
где τ – линейная плотность заряда.
84
Выразим линейную плотность τ через поверхностную плотность σ. Для этого выделим элемент цилиндра длиной l и выразим находящийся на нем заряд q двумя способами:
q = σS = σ2πRl, q = τl.
Приравняв правые части этих равенств и сократив на l, получим
τ= 2πRσ.
Сучетом этого формула (2) примет вид
E = Rσ.
ε0r
Подставив это выражение в формулу (1), получим искомую силу F:
F = qRσ. |
(3) |
ε0r |
|
Выпишем в единицах СИ числовые значения величин: q = 25 нКл = 2,5 · 10–8 Кл, σ = 0,2 нКл/см2 = 2 · 10–6 Кл/м2,
ε0 = 8,85 · 10–12 Ф/м. Поскольку R и r входят в формулу в виде отношения, они могут быть выражены в любых, но только одинаковых единицах. Подставим в уравнение (3) числовые значения величин:
F = 2,5 10-8 2 10−6 1 = 0,565 10−3 Н = 565 мкН. 8,85 10−12 10
Направление силы FG совпадает с направлением напряженности EG, а последняя направлена перпендикулярно поверхности цилиндра.
№ 5. Две концентрические проводящие сферы радиусами R1 = 6 см и R2 = 10 см несут соответственно заряды q1 = 1 нКл и q2 = –0,5 нКл. Найти напряженность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на расстояния r1 = 5 см, r2 = 9 см, r3 = 15 см.
85
Р е ш е н и е.
Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рисунок): область I (r1 < R1), область II (R1 < r2 < R2), область III (r3 > R2).
1. Для определения напряженности Е1 в области I проведем замкнутую сферическую поверхность S1 радиусом r1 и воспользуемся теоремой Гаусса:
v∫ EndS = 0
S
(так как суммарный заряд, находящийся внутри данной замкнутой поверхности, равен нулю). Следова-
тельно, Е1 (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию r1 < R1, будет равна нулю.
2. В области II замкнутую поверхность проведем радиусом r2. В этом случае
v∫ EndS = |
q1 |
ε0 |
|
S2 |
|
(так как внутри этой замкнутой поверхности находится только
заряд q1).
Поскольку Еn = Е = const, Е можно вынести за знак интеграла:
Ev∫ dS = |
q1 |
, |
ε0 |
||
S2 |
|
|
или
ES2 = q1 .
ε0
Обозначив напряженность Е для области II через Е2, получим
E2 = |
q1 |
, |
|
||
|
ε0 S2 |
86
где S2 – площадь замкнутой сферической поверхности, S2 = 4πr22. Тогда
E2 = |
q1 |
. |
(1) |
|
4πε0r22 |
||||
|
|
|
3. В области III сферическая поверхность проводится радиусом r3. Обозначим напряженность Е области III через Е3 и учтем, что в этом случае замкнутая поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен q1 + q2. Тогда
|
|
E3 = |
q1 + q2 |
. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
4πε0r32 |
|
|
||
Выразим |
все величины в единицах СИ (q1 = 10–9 Кл; |
|||||||
q2 = – 0,5 · 10–9 |
Кл; r1 = 0,05 м; r2 = 0,09 м; r3 = 0,15 м; 1/(4πε0) = |
|||||||
= 9 · 109 м/Ф) и произведем вычисления: |
|
|||||||
|
|
9 |
10−9 |
|
|
|||
|
E2 =9 10 |
|
≈1,11 кВ/м, |
|||||
|
(0,09)2 |
|||||||
|
E3 = 9 109 |
(1 – 0,5) 10–9 |
= 200 |
В/м. |
||||
|
|
(0,15)2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
№ 6. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности, равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ = 10 нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал ϕ электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина l нити составляет одну треть длины окружности и равна 16 см.
Р е ш е н и е.
Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Y была бы симметрично расположена относительно концов дуги.
На нити выделим элемент длины dl. Заряд dq = τdl, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.
87
|
|
|
|
|
|
|
Определим |
напряжен- |
||||||
|
|
|
|
|
|
ность |
электрического |
поля |
||||||
|
|
|
|
|
|
в точке 0. Для этого найдем |
||||||||
|
|
|
|
|
|
сначала |
напряженность |
dE |
||||||
|
|
|
|
|
|
поля, создаваемого зарядом dq: |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
G |
= |
τdl |
|
rG |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dE |
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r2 |
|
r |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
где r – радиус-вектор, направ- |
||||||||
|
|
|
|
|
|
ленный от элемента dl к точке, |
||||||||
|
|
|
|
|
|
напряженность в которой вы- |
||||||||
Выразим вектор dEG |
|
|
числяется. |
|
|
|
|
|
|
|||||
через проекции dEх и dEу на оси коор- |
||||||||||||||
динат: |
|
|
dE = iGdEx + |
GjdEy , |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
где iG и Gj – единичные векторы направлений (орты). |
|
|
|
|
||||||||||
Напряженность EG найдем интегрированием: |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
EG = ∫dEG = iG∫dEx + Gj ∫dEy . |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
l |
|
|
l |
l |
|
|
|
|
|
|
|
Интегрирование ведется вдоль дуги длины l. В силу сим- |
||||||||||||||
метрии интеграл ∫dEx равен нулю. Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
l |
|
|
|
|
EG = j ∫dEy , |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
|||
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
где dEy = dE cosθ = |
|
|
τdl |
|
cosθ. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Поскольку r = R = const, dl = Rdθ, то |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
dEy |
= |
τRdθ |
cosθ = |
τ |
cosθdθ. |
|
|
|
|
|||||
4πε0 R2 |
4πε0 R |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим найденное значение dEу в выражение (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относитель-
88
но оси Y, пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3, а результат удвоим:
G |
G |
2τ |
π 3 |
G |
τ |
|
|
π 3 |
|
|
E = j |
|
∫ |
cosθdθ = j |
|
|
sin θ |
|
. |
||
4πε0 R |
2πε |
0 R |
0 |
|||||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
Подставив указанные пределы и выразив R через длину дуги (3l = 2πR), получим
|
G |
G |
τ |
|
|
|
E |
= j |
|
|
3. |
6ε0l |
|||||
Из этой формулы видно, что вектор EG совпадает с положи- |
|||||
тельным направлением оси Y. |
|
|
|
||
Подставим значения τ и l в полученную формулу и произ- |
|||||
ведем вычисления: |
|
|
|
|
|
Е = |
10−8 1,73 |
= 2,18 кВ/м. |
|||
6 8,85 10−12 0,15 |
Найдем потенциал электрического поля в точке 0. Сначала найдем потенциал dϕ, создаваемый точечным зарядом dq в точке 0:
|
dϕ = |
|
τdl |
|
. |
|
||
|
|
4πε0r |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||
Заменим r на R и произведем интегрирование: |
||||||||
|
τ |
|
l |
|
τl |
|
||
ϕ = |
∫dl = |
|
. |
|||||
4πε0 R |
4πε0 R |
|||||||
|
0 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
Поскольку l = 2πR/3, то ϕ = τ/6ε0. Произведем вычисления:
|
10−8 |
ϕ = |
6 8,85 10−12 =188 В. |
№ 7. На пластинах плоского конденсатора находится заряд q = 10 нКл. Площадь S каждой пластины конденсатора равна 100 см2, диэлектрик – воздух. Определить силу F, с которой притягиваются пластины.
89
Р е ш е н и е.
Заряд q второй пластины находится в поле напряженностью Е1, созданном зарядом первой пластины конденсатора. Следовательно, на заряд q действует сила
Поскольку |
F = qE1. |
|
|
(1) |
||||||
|
σ |
|
|
|
|
|
|
|
||
E1 |
= |
|
|
= |
|
q |
, |
(2) |
||
2ε |
0 |
2ε0 S |
||||||||
|
|
|
|
|
||||||
где σ – поверхностная плотность заряда пластины, |
то форму- |
|||||||||
ла (1) с учетом выражения (2) примет вид |
|
|||||||||
|
F = |
|
|
q2 |
|
. |
|
(3) |
||
|
|
2ε0 S |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
Подставив числовые значения величин в формулу (3), получим
10−18
F= 2 8,85 10−12 10−2 =5,65 10−4 H.
№8. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью τ = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек
этого поля, находящихся на расстоянии а1 = 0,5 см и а2 = 2 см от поверхности цилиндра в средней его части.
Р е ш е н и е.
Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала
E = −grad ϕ.
Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде
Er = −ddϕr , или dϕ = –Erdr.
90