Физика. Раздел 2. "Электростатика. Постоянный электрический

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ЗАОЧНЫЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ
ИНСТИТУТ
Кафедра физики
ФИЗИКА
Раздел 2. Электростатика. Постоянный электрический ток.
Основные законы и формулы.
Методические указания к решению задач.
Факультеты все
Специальности все
Санкт-Петербург
1997
Утверждено редакционно-издательским советом института.
УДК 53(07)
Физика. Раздел 2. "Электростатика. Постоянный электрический ток".
Основные законы и формулы. Методические указания к решению задач. СПб.:СЗПИ, 1997, - 25 с., ил. 6.
Данное учебно-методическое пособие содержит основные законы и
формулы физики, рекомендации к решению задач, примеры решения задач
и рекомендуемую литературу по разделу "Электростатика. Постоянный
электрический ток", а также справочные таблицы. Пособие составлено в
соответствии с программой по физике для инженерных специальностей
высших учебных заведений.
Рассмотрено на заседании кафедры физики.
Одобрено методической комиссией факультета радиоэлектроники.
Рецензенты: кафедра физики СЗПИ (и.о.зав.каф. физики
В.А.Подхалюзин, канд. техн. наук, доц.);
А.Г.Дмитриев, докт. физ-мат. наук, проф.каф.
экспериментальной физики СПбГТУ.
Составители: Н.А.Елисеева, канд. физ.-мат. наук, доц.
К.Ф.Комаровских, докт. физ.-мат. наук, проф.
И.А.Торчинский, канд. физ.-мат. наук, доц.
В.Б.Харламова, доц.
Научные редакторы: Ю.А.Карташов, канд. техн. наук, проф.
И.В.Попов, канд. физ.-мат. наук, доц
2
Предисловие
Цель настоящего учебно-методического пособия - оказание помощи
студентам СЗПИ всех специальностей в изучении курса физики.
Основной учебный материал пособия содержит шесть разделов
физики, изданных отдельными брошюрами:
1. Физические основы механики.
2. Электростатика. Постоянный электрический ток.
3. Магнитостатика. Электромагнетизм.
4. Колебания и волны. Волновая оптика.
5. Молекулярная физика. Термодинамика.
механики.
6. Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой
Физика твердого тела. Физика атомного ядра.
В каждом из разделов приведены основные формулы и примеры
решения задач.
Кроме того, в пособии даны общие методические указания, список
рекомендуемой учебной литературы и справочные таблицы.
Общие методические указания к решению задач, выполнению и
оформлению контрольных работ
1. В зависимости от объема изучаемого курса физики студенты
выполняют разное число контрольных работ:
- односеместровый курс физики - две конрольные работы;
- двухсеместровй курс физики - три контрольные работы;
- трехсеместровый курс физики - пять контрольных работ.
2. Контрольные работы выполняются в школьной тетради, на обложке
которой приводятся сведения о студенте (фамилия, имя, отчество,
факультет, шифр, номер специальности), а также номер контрольной
работы, номер варианта и номера всех задач контрольной работы.
3. Условие каждой задачи переписывается полностью, без сокращений.
4. Решения сопровождаются подробными пояснениями, с обязательным
использованием рисунков, выполненных чертежными инструментами. При
этом оставляются поля и промежутки не менее 10 мм между строками для
замечаний преподавателя.
5. Последовательность решения задач:
а) вводятся буквенные обозначения всех используемых физических
величин;
б) под рубрикой "Дано" кратко записывается условие задачи с переводом
единиц в систему СИ;
в) приводится рисунок, поясняющий условие;
г) формулируются физические законы и обосновываются возможности
их использования при решении данной задачи;
3
д) на основе сформулированных законов составляются уравнения для
искомых величин в системе СИ;
е) находятся решения этих уравнений и выводятся рабочие формулы в
общем виде;
ж)по рабочим формулам проверяется размерность искомых величин;
и) проводятся вычисления (с точностью не более 2-3 значащих цифр) в
системе СИ. Числовые значения величин записываются в виде десятичной
дроби с одной значащей цифрой перед запятой, умноженной на
соответствующую степень десяти.
6. В конце контрольной работы приводится список использованной
литературы.
Выполненная контрольная работа сдается на рецензию преподавателю
по крайней мере за одну-две недели до экзамена (зачета) по физике. После
рецензирования вносятся исправления в решения задач в соответствии с
замечаниями преподавателя. Исправленные решения помещаются в конце
тетради с контрольной работой, которая сдается на повторную рецензию.
Зачет по контрольной работе принимается преподавателем в процессе
собеседования по правильно решенной и отрецензированной контрольной
работе.
Литература
Основная
1. Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики М.: Высшая школа, 1989.
2. Савельев И.В. Курс общей физики. Т.2. М.: Наука, 1982, 1988.
Дополнительная
3. Комаровских К.Ф. и др. Электростатика. Постоянный ток. Текст лекций. Л.:
СЗПИ. 1980.
4. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. М.: Наука. 1990.
5. Чертов А.Б., Воробьев А.А. Задачник по физике. М.: Высшая школа. 1988, 1991.
4
ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ И В ВЕЩЕСТВЕ.
Основные законы и формулы
Сила, действующая на пробный заряд q' в данной точке
электростатического поля (ЭП)
F' = q'E ,
где Е - напряженность в данной точке ЭП.
Напряженность ЭП в газообразном или жидком изотропном
диэлектрике:
а) вне равномерно заряженной сферы произвольного
радиуса
r
r
1 q r
E=
,
4 πε 0 εr 2 r
r
где r - радиус-вектор проведенный из центра сферы в точку
наблюдения, ε0 - электрическая постоянная,
1
Ф
εо =
≈ 8,85 ⋅ 10 −12 ;
. .
9
м
4 π 9 10
ε - относительная диэлектрическая проницаемость среды;
б) вне бесконечного равномерно заряженного цилиндра произвольного
радиуса
1 τ
Е = 2πε εr ,
0
где τ - линейная плотность заряда на цилиндре (заряд на единице
длины цилиндра вдоль образующей), r - расстояние от оси цилиндра до
точки наблюдения;
в) бесконечной равномерно заряженной плоскости
σ
Е = 2εε ,
0
где σ - поверхностная плотность заряда (заряд на единицу площади).
Потенциальная энергия пробного заряда в данной точке ЭП
W = q'ϕ,
где ϕ - потенциал в данной точке ЭП.
Потенциал ЭП в газообразном или жидком изотропном диэлектрике:
а) вне равномерно заряженной сферы произвольного радиуса
1 q
ϕ=
4 πε 0 εr ;
б) вне бесконечного равномерно заряженного цилиндра произвольного
радиуса
5
τ
2πε 0 ε ln r + const ;
в) вне бесконечной равномерно заряженной плоскости
σ
ϕ=
x + const ,
2εε 0
где x - расстояние от плоскости до точки наблюдения.
Принцип суперпозиции полей
ϕ=
r
E=
N
∑
N
r
Ei ,
ϕ=
∑ϕ
i=1
i=1
i,
r
- номер заряда, E i и ϕi r
напряженность и потенциал ЭП i-того точечного заряда, E и ϕ
напряженность и потенциал результирующего ЭП.
Работа сил ЭП по перемещению пробного заряда q' из точки с
,
потенциалом  в точку ЭП с потенциалом
А' = q'( ϕ1- ϕ2 ).
Связь между напряженностью и потенциалом в однородном ЭП
ϕ1 - ϕ2 = Ed,
где d - расстояние между эквипотенциальными поверхностями с
потенциалами ϕ1 и ϕ2, ϕ1 - ϕ2 = U - разность потенциалов (напряжение).
Поток вектора напряженности ЭП ∆NE или поток вектора
электрической индукции ∆ND через:
ЭП
а) плоскую площадку ∆S в однородном
r r
∆NE = E∆Sr = E∆S cos 
r
D
∆S = D∆S cos 
∆
N
=
D
r r
∆S = n∆S - вектор, длина которого равна
∆S, а направление
где
r
- угол между
совпадает с направлением нормали n к площадке; α
r
r
r
вектором E или D и нормалью n ;
б) через замкнутую поверхность S в произвольном ЭП (теорема
Гаусса)
N
M
r r
1
1
qi +
q 'k ,
EdS =
ε
ε
где N - число точечных зарядов,
∫
S
0
∑
i= 1
6
i
0
∑
i= 1
где N и М - число свободных и связанных зарядов, заключенных внутри
N
поверхности S, соответственно;
∑q
i
- алгебраическая сумма свободных
i=1
M
зарядов,
∑q
k =1
l
k
- алгебраическая сумма связанных зарядов.
r
Соотношение r между вектором электрической индукции D и
напряженностью E ЭП в случае изотропных
r диэлектриков
r
D = εε 0E .
r
ЭП в диэлектрике
Связь вектора поляризации Prи напряженности
r
P = ( ε − 1)ε 0E .
Поверхностная плотность ' связанных зарядов на границе диэлектрика
равна
σ' = P cos ,
r
где α - угол между вектором поляризации P и нормалью к границе.
Электроемкость конденсатора
С = q / U,
где q - заряд на обкладке,
U - напряжение на конденсаторе.
Электроемкость плоского конденсатора
εε 0S
,
С=
d
где ε - диэлектрическая проницаемость среды между обкладками,
Sплощадь обкладок, d - расстояние между ними.
При последовательном соединении конденсаторов одноименные заряды
на обкладках всех конденсаторов одинаковы, при параллельном соединении
конденсаторов напряжения на всех конденсаторах одинаковы.
Энергия заряженного конденсатора
qU cu2 q2
W=
=
=
.
2
2
2C
Объемная плотность энергии ЭП (энергия, приходящаяся на единицу
объема ЭП)
ED εε 0E2
w=
=
.
2
2
7
Примеры решения задач
Пример 1. В вершинах квадрата находятся одинаковые точечные заряды
30 нКл. Какой отрицательный заряд надо поместить в центре квадрата,
чтобы указанная система зарядов находилась в равновесии?
Дано:
Квадрат
q1 = q2 = q3 = q4 = 30 нКл = 30.10-9 Кл.
_______________________________
q5 = ?
Решение. Все заряды, расположенные в вершинах квадрата, находятся в
одинаковых условиях. Поэтому достаточно выяснить, какой заряд следует
поместить в центр квадрата, чтобы какой-нибудь из четырех зарядов,
например q1, находился в равновесии. Заряд q1 , будет находиться в
равновесии, если векторнаяr сумма
r действующих
r
r
r на
r него
r сил равна 0 (рис.1 )
F2 + F3 + F4 + F5 = F + F3 + F5 = 0 ,
(1)
r
r
r
r
F2 , F3 , F4 , F5 - силы, с которыми соответственно действуют на
где
r
r
r
r
заряд q1 заряды q2 , q3 , q4, q5 ; F = F2 + F4 - равнодействующая сил F2
r
и F4 .
По закону Кулона, имея в виду, что q1 = q2 = q3 = q4 = q , получим
1 q2
F2 = F4 = 4 πε
2 ,
0 εr
F3 =
1 q2
4 πε0 εr2 ,
(2)
(3)
q q5
1
F5 = 4 πε
2 ,
0 ε(r / 2)
(4)
где a - сторона квадрата; r =r a 2 r
- диагональ квадрата.
Равнодействующая сил F2 и F4 , как следует из рис.1, по напра-влению
2
2
совпадает с силой F3 и по модулю равна F = F2 + F4 = F2 2 . С учетом
этого векторное равенство (1) можно заменить скалярным
F + F3 - F5 = F2 2 +F3 -F5 .
Равенство (5) с учетом (2) - (4) примет вид
(5)
q q5
q2
1
1 q2 2
1
−
+
4 πε 0 ε2a 2 4 πε 0 εa 2 / 2 = 0 .
4 πε 0 εa 2
8
⎛ 2 1⎞
⎜⎜
q
=
+ ⎟⎟ q .
5
Откуда
4⎠
⎝ 2
Произведя вычисления, получим
⎛ 2 1⎞
q 5 = ⎜⎜
+ ⎟⎟ 3 . 10-8 Кл = 2,87 . 10-8 Кл.
4⎠
⎝ 2
Следует отметить, что равновесие системы зарядов будет неустойчивым.
Пример 2. Два точечных заряда 2 нКл и -1 нКл находятся в воздухе на
расстоянии 5 см друг от друга. Определить напряженность и потенциал
поля в точке, удаленной от первого заряда на расстояние 6 см и от второго
заряда на 4 см.
Дано:
q1 = 2 нКл
q2 = - 1 нКл
d = 5 см
r1 = 6 см
r2 = 4 см
____________
Е-?
ϕ-?
Решение. Согласно принципу суперпозиции электрических полей
каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве
r r
r
других зарядов. Напряженность
результирующего поля E = E1 + E 2 .
Напряженности полей, создаваемых в воздухе (ε = 1) зарядами q1 и q2 :
1 q1
E1 = 4 πε
(1)
2 ,
0 εr1
1 q2
(2)
E2 = 4 πε
2 .
0 εr2
r
r
Направления векторов E1 и E 2 указаны на рис.2. Модуль вектора
r
Е найдем по теореме косинусов
2
2
E = ( E1 + E2 + 2E1E2 cos )1/2 ,
(3)
r
r
где α - угол между векторами E1 и E 2 . Из рис.2 видно, что β = π - α.
Тогда cos β = - cos α.
Следовательно,
2
2
E = ( E1 + E2 + 2E1E2 cos )1/2 .
(4)
Из треугольника со сторонами r1, r2 и d по теореме косинусов находим
cos β = ( r12 + r22 - d2) / (2r1r2).
9
Вычислим cosβ отдельно
62 + 4 2 − 52
= 0,565 .
cosβ =
2⋅6⋅4
Выразим все величины в единицах СИ: q1 = 2.10-9 Кл, q2 = -10-9 Кл, r1 =
6.10-2 м, r2 = 4.10-2 м, 1/4πε0 = 9.109 м/Ф, ε = 1.
Произведя вычисления по формулам (1), (2), (4), (5), получим:
−9
3
9 2 ⋅ 10
9
⋅
10
=
5
⋅
10
2
B/м,
E1 =
6 ⋅ 10 −2
(
)
9
10 −9
9 ⋅ 10
E2 =
(4 ⋅ 10 )
−2
2
= 5,62 ⋅ 103 B/м .
q2 опущен, так
как знак минус
При вычислении Е2 знак заряда
r
r
определяет направление вектора E 2 , а направление E 2 было учтено при
его графическом изображении (рис. 2).
E=
(
5 ⋅ 103
) (
2
+ 5,62 ⋅ 103
)
2
− 2 ⋅ 5 ⋅ 103 ⋅ 5,62 ⋅ 103 ⋅ 0,565 = 4,97.103 B / м .
По принципу суперпозиции потенциал результирующего поля,
создаваемого зарядами q1 и q2, равен алгебраической сумме потенциалов ϕ1
и ϕ2, т.е. ϕ = ϕ1 + ϕ2 или
1 q1
1 q2
1 ⎛ q1 q 2 ⎞
ϕ=
+
=
⎜ + ⎟
(5)
4 πε 0 εr1 4 πε 0 εr2 4 πε 0 ε ⎝ r1 r2 ⎠ .
Произведя вычисления, получим
⎛ 2 ⋅ 10 −9
−10 −9 ⎞
ϕ = 9 ⋅ 10 9 ⎜
+
⎟ = 75 В.
⎝ 6 ⋅ 10 −2 4 ⋅ 10 −2 ⎠
Пример3. На тонкой нити, изогнутой по дуге окружности радиусом 6 см,
равномерно распределен заряд с линейной плотностью 20нКл/м.
Определить напряженность и потенциал электрического поля, создаваемого
распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги,
если длина нити составляет 1/3 длины окружности.
Дано:
R = 6 см
τ = 20 нКл/м
l = 2/3 πR
10
___________
Е-?ϕ-?
Решение. Выберем оси координат так, чтобы начало координат
совпадало с центром кривизны дуги, а ось ОY была бы расположена
симметрично относительно концов дуги (рис.3). Разобьем нить на
элементарные участки и выделим элемент длиной dl с зарядом dq = τdl. Этот
заряд можно рассматривать как точечный.
Определим напряженность электрического поля в точке 0. Для этой
точки напряженность поля, создаваемого зарядом
dq, равна
r
r
1 τdl r
dE =
4 πε 0 εr 2 r ,
r
где r - радиус-вектор, направленный от элемента
0.
r dl в точку
r
r
Разобьем вектор d Е на составляющие dE X и dEY . Из симметрии
r
dE
задачи следует, что сумма составляющих
X от всех элементарных
r
участков нити равна нулю и результирующий вектор E направлен вдоль
оси OY. Поэтому напряженность поля определится как
E = ЕY =
∫ dE
Y
,
(1)
l
где dEY = dE sin α.
Так как r = R и dl =R. d
dEy=
, то
τR . dα
2
sin
4 πεε 0R
Подставив выражение (2) в (1), получим
τ
E= 4 πεε R
0
5 π /6
∫
sin
π /6

d
τ
= 4 πεε R sin d
0
.
(2)
τ
τ 3
π
5π
= 4 πεε R (cos - cos
)=
4 πεε oR . ( 3 )
6
6
0
Найдем потенциал электрического поля в точке 0. В этой точке
потенциал поля, созданного точечным зарядом dq, равен
τdl
dϕ =
(4)
4 πεε 0R .
Потенциал результирующего поля получим интегрированием
выражения (4)
τ
ϕ=
4 πεε 0R
l
∫
0
Так как l = 2π R / 3, то
11
dl =
τl
4 πεε 0R .
τ
(5)
6εε0 .
Выразим все величины в единицах СИ: τ = 2.10-8 Кл/м, R = 6.10-2 м,
1/4πε0 = 9.109 м/Ф, ε = 1, ε0 = 8,85.10-12 Ф/м.
Произведя вычисления по формулам (3) и (5), получим:
−8
⋅ 3
9 2 ⋅ 10
= 5,2 ⋅ 103 В/м,
E = 9 ⋅ 10
−2
1⋅ 6 ⋅ 10
2 ⋅ 10 −8
ϕ=
= 3,77 ⋅ 102 В.
−12
6 ⋅ 1⋅ 8.85 ⋅ 10
ϕ=
Пример 4. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом 1
см, равномерно заряженным с линейной плотностью заряда 20 нКл/м.
Определить работу сил поля по перемещению точечного заряда 25 нКл из
точки, находящейся на расстоянии 1 см, в точку, находящуюся на
расстоянии 3 см от поверхности цилиндра в средней его части.
Дано:
цилиндр
R = 1 см = 1.10-2 м
τ = 20 нКл/м = 2.10-8 Кл/м
q = 25 нКл = 2,5. 10-8 Кл
a1 = 1 см = 1.10-2 м
a2 = 3 см = 3.10-2 м
_____________________
А-?
Решение. Работа сил поля по перемещению заряда равна
А = q(ϕ1 - ϕr2). Для нахождения разности потенциалов воспользуемся
соотношением E = − grad ϕ. Для поля с осевой симметрией, каким является
поле цилиндра, можно записать
dϕ
Е= −
или
dϕ = −Edr .
dr
Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов между двумя
точками, отстоящими на расстояниях r1 и r2 от оси цилиндра,
r
2
∫
ϕ 2 − ϕ 1 = − Edr ,
r
1
где r1 = a1 + R, r2 = a2 + R.
12
(1)
Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то
можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого
бесконечно длинным цилиндром,
1 τ
E=
(2)
2πε 0 εr .
Подставив (2) в (1), получим
ϕ2 − ϕ1 = −
τ
2 πε о ε
r2
∫
r1
dr
τ
r2
=−
r
2 πε o ε ln r1
или
ϕ1 − ϕ 2 =
τ
r2
ln
.
2πε 0 ε
r1
(3)
Таким образом,
qτ
R + a2
ln
2πε 0 ε R + a 1 .
Проверим, дает ли расчетная формула единицу работы. Для этого в
правую часть вместо символов величин подставим их единицы
A = q(ϕ 1 − ϕ 2 ) =
[q][t] = 1Kл ⋅ 1Kл / м = 1Кл ⋅ 1Кл = 1Кл ⋅ 1Кл = 1Кл ⋅ 1В = 1 Д ж .
1Ф / м
1Ф
1Кл / В
[e 0 ]
Выразим все величины в единицах СИ: ε = 1; τ = 2.10-8 Кл/м; q=2,5.10-8
Кл; 1/2πε0 = 2.9.109 м/Ф. Учитывая, что величины r2 и r1 входят в формулу
(3) в виде отношения, их можно выразить в сантиметрах.
Произведя вычисления, получим
А = 2,5.10-8.2.9.109.2.10-8 ln
1+ 3
= 6,2.10-6 Дж.
1+ 1
Пример 5. Электрическое поле создано тонкой бесконечно длинной
нитью, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда 30 нКл/м. На
расстоянии 20 см от нити находится плоская круглая площадка радиусом 1
см. Определить поток вектора напряженности через площадку, если её
плоскость составляет угол 30о с линией напряженности, проходящей через
середину площадки.
Дано:
нить
τ = 30 нКл/м
a = 20 см
R = 1 см
β = 30о
13
_____________
∆NЕ - ?
Решение. Поле, создаваемое нитью (очень тонким цилиндром), является
неоднородным, так как оно изменяется в пространстве,
1 τ
E=
(1)
2πε 0 εr .
r
Поэтому поток вектора E равен
NE =
∫E
n dS =
S
∫ E cosα dS,
S
r
r
где α - угол между векторами E и n (рис.4). Так как линейные размеры
площадки малы по сравнению с расстоянием до нити (а>>R), то Е в
пределах площадки меняется незначительно. Поэтому значения Е и cosα
под знаком интеграла можно заменить их средними значениями < E > и <
cosα > и вынести за знак интеграла
NE = <E> <cosα> d S = <E> <cosα> S,
∫
где S =
S
2
a .
Заменяя <E> и <cos > их приближенными значениями ЕА и cos A,
вычисленными для средней точки площадки, получим
NE = EA S cos A =EA a2 cos A .
(2)
Из рис.4 следует, что cos A = cos(   ) = sin . С учетом этого
формула (2) примет вид
1 τ
πa2 sin 
NE = EA πa2 sin =
2πε 0 εR
Выразим все величины в единицах СИ: τ = 3.10-8 Кл/м; ε = 1; R = 0,2 м; a
= 10-2 м; 1/2πεо = 2.9.109 м/Ф.
Произведя вычисления, получим
NE
3 ⋅ 1 0 −8
= 2 ⋅ 9 ⋅ 10
0 ,5 ⋅ 3 ,1 4 ⋅ ( 1 0 − 2 ) 2 = 0 ,4 2 B.м.
1 ⋅ 0 ,2
9
Пример 6. Электрон движется вдоль силовой линии однородного
электрического поля. В некоторой точке поля с потенциалом 100 В электрон
имел скорость 4 Мм/с. Определить потенциал точки поля, дойдя до которой,
электрон потеряет половину своей скорости.
Дано:
ϕ1 = 100 В
14
v1 = 4 Мм/с = 4.106 м/c
v2 = 2 Мм/с = 2.106 м/c
___________________
ϕ2 - ?
Решение. Из-за отсутствия сил трения полная механическая энергия
электрона не изменяется, то есть W = mv2/2 + (- еϕ)=const, где mv2/2 кинетическая и (- еϕ) - потенциальная энергия электрона. Полная энергия в
начале движения
2
mv 1
+ ( − eϕ 1 ) ,
W1 =
(1)
2
в конце движения с учетом того, что v2 = v1/2,
mv 22
mv 12
W2 =
+ ( − eϕ 2 ) =
+ ( − eϕ 2 ) .
(2)
2
8
Приравнивая выражения (1) и (2), получим для потенциала
2
3mv 1
ϕ 2 = ϕ1 −
8e .
Выразим все величины в единицах СИ: v1 = 4.106 м/с; m = 9,1.10-31 кг; е =
1,6.10-19 Кл.
Произведя вычисления, получим
ϕ 2 = 100 −
(
3 ⋅ 9 ,1⋅ 10 −31 ⋅ 4 .106
)
2
= 66 В .
8 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19
Возможен и другой подход к решению. Изменение кинетической
энергии частицы равно работе результирующей силы, т.е.
2
2
mv 2
mv 1
−
=A .
2
2
Так как электрон тормозится силами поля, то А = -е(ϕ1-ϕ2).
Пример7. Сила взаимного притяжения пластин плоского воздушного
конденсатора 50 мН. Площадь каждой пластины 200 см2. Определить
объемную плотность энергии поля конденсатора.
Дано:
F = 50 мН = 5.10-2 Н
S = 200 см2 = 2.10-2 м2
__________________
W-?
Решение. Объемная плотность энергии поля конденсатора
εε 0E2
w=
,
2
15
(1)
где Е = σ/εε0 - напряженность электрического поля между пластинами
конденсатора; σ - поверхностная плотность заряда на пластинах. Подставив
выражение для Е в (1), получим
σ2
w=
(2)
2εε 0 .
Найдем силу взаимного притяжения пластин. Заряд q = σS одной
пластины находится в поле напряженностью Е1 = σ / 2εε0, созданном
зарядом другой пластины конденсатора. Следовательно, на заряд первой
пластины действует сила
σ 2S
F = qE1 =
.
(3)
2εε 0
Выразив σ2 из выражения (3) и подставив в (2), получим
w = F / S.
Проверим, дает ли расчетная формула единицу объемной плотности
энергии. Для этого в правую часть формулы вместо величин подставим их
единицы измерений:
[F ] = 1H
[S ] 1м 2
=
1H ⋅ 1м
= 1 Дж/м3 .
1м 2 ⋅ 1м
Выразим все величины в единицах СИ: F = 5.102 Н, S = 2.10-2 м2.
Произведя вычисления, получим
w =
5 ⋅ 10 − 2
= 2 ,5 Дж/м3.
−2
2 ⋅ 10
Пример 8. Между пластинами плоского конденсатора, заряженного до
разности потенциалов 600 В, находятся два слоя диэлектриков: стекла
толщиной 5 мм и эбонита толщиной 3 мм. Площадь каждой пластины 200
см2. Определить: а) напряженность поля, индукцию и падение потенциала в
каждом слое; б) электрическую емкость конденсатора.
Дано:
U = 600 В
стекло,
d1 = 5 мм = 5.10-3 м
эбонит
d2 = 3 мм = 3.10-3 м
S = 200 см2 = 2.10-2 м2
________________
Е-?D-?
U 1- ? U2 - ?
С-?
16
Решение. При переходе
r через границу раздела диэлектриков нормальная
составляющая вектора D в обоих слоях диэлектриков имеет одинаковые
значения D1n = D2n.
r
В конденсаторе силовые линии вектора D перпендикулярны к границе
раздела диэлектриков, следовательно, D1n = D1 и D2n = D2. Поэтому
(1)
D1 = D2 = D.
Учитывая, что D = εε0Е, и сокращая на ε0, из равенства (1) получим
ε1E1 = ε2Е2 ,
(2)
где Е1 и E2 - напряженности поля в первом и во втором слоях диэлектриков;
ε1 и ε2 - диэлектрические проницаемости слоев.
Разность потенциалов между пластинами конденсатора очевидно равна
сумме напряжений на слоях диэлектриков
(3)
U = U1 + U2 .
В пределах каждого слоя поле однородно, поэтому U1 = E1d1 и U2 = Е2d2.
С учетом этого равенство (3) примет вид
(4)
U = Е1d1 + E2d2.
Решая совместно уравнения (2) и (4), получим
ε 1U
ε 2U
E1 =
E2 =
,
ε 2 d1 + ε 1d2 .
ε 2 d1 + ε 1d2
Выразим все величины в единицах СИ: d1 = 5.10-3 м; d2 = 3.10-3 м; ε1= 7; ε2
= 3; ε 0 = 8,85.10-12 Ф/м.
Произведя вычисления, получим
3 ⋅ 600
= 5 ⋅ 10 4 B/м;
E1 =
−3
−3
3 ⋅ 5 ⋅ 10 + 7 ⋅ 3 ⋅ 10
7 ⋅ 600
= 11,7 ⋅ 10 4 B/м;
E2 =
−3
−3
3 ⋅ 5 ⋅ 10 + 7 ⋅ 3 ⋅ 10
U1 = E1d1 = 5 ⋅ 104 ⋅ 5 ⋅ 10−3 = 250 B;
U2 = E2 d2 = 11,7 ⋅ 10 4 ⋅ 3 ⋅ 10 −3 = 350 B;
D = D1 = ε 0 ε 1E1 = 8 ,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 7 ⋅ 5 ⋅ 101 = 3 ,1⋅ 10 −6 Кл/м2.
Определим емкость конденсатора
С = q / U,
(5)
где q = σ S - заряд каждой пластины конденсатора. Учитывая, что
поверхностная плотность зарядов σ на пластинах конденсатора численно
равна модулю электрического смещения, т.е. σ = D, получим
q σS DS
C= =
=
.
U U
U
Проверим, дает ли расчетная формула единицу электроемкости. Для
этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их
единицы измерений
17
[D][S] = 1Кл / м2 ⋅ 1 м2
1В
[U]
= 1Ф .
Произведя вычисления, получим
3 ,1⋅ 10 −6 ⋅ 2 ⋅ 10 −2
С=
= 103 ⋅ 10 −12 Ф = 103 пФ.
600
ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК
Основные законы и формулы
Закон Ома для участка цепи (не содержащего ЭДС)
U
,
I=
R
где I - сила тока, U - напряжение на концах участка цепи, R - сопротивление
участка цепи.
Закон Ома для замкнутой (полной ) цепи
I=
ε
R + R0 ,
- ЭДС источника тока, R - сопротивление внешней цепи, R0 где
внутреннее сопротивление источника тока.
Сопротивление цилиндрического проводника постоянного диаметра
l
R=ρ ,
S
где ρ - удельное сопротивление проводника, l - длина проводника, S площадь поперечного сечения проводника.
Закон Ома в дифференциальной форме
r 1r
j= E ,
ρ
r
где j - плотность тока в проводнике, j = I/S, E - напряженность ЭП в
проводнике.
Закон Джоуля-Ленца
P = IU = I2R,
где Р - тепловая мощность, развиваемая (выделяющаяся) в проводнике
сопротивлением R, когда по проводнику течет ток силой I.
Закон Джоуля-Ленца в дифференциальной форме
1
P = E2 ,
ρ
18
где P - тепловая мощность, развиваемая (выделяющаяся) в единице объема
проводника.
Правила (законы) Кирхгофа для произвольного замкнутого контура
разветвленной цепи:
N
а)
∑
Iк = 0
(первое правило);
к =1
N
б)
L
∑I R = ∑ε
к
к
к =1
i (второе правило),
i=1
N
где
∑I
к
- алгебраическая сумма сил токов, сходящихся в каждом узле;
к =1
N
∑I R
к
к
-
алгебраическая
сумма
произведений
сил
токов
на
к =1
сопротивления участков контура,
L
∑ε
i
- алгебраическая сумма ЭДС, встречающихся при обходе
i =1
контура.
Для расчета разветвленных цепей необходимо учитывать следующее.
- Перед составлением уравнений необходимо произвольно выбрать: а)
направления токов на всех участках цепи и указать их стрелками на
чертеже; б) направление обхода контуров.
- При составлении уравнений по первому закону Кирхгофа надо считать
токи, подходящие к узлу, положительными, отходящие от узла, отрицательными. Число уравнений, составляемых по первому закону
Кирхгофа, должно быть на единицу меньше числа узлов, содержащихся в
цепи.
- При составлении уравнений по второму закону Кирхгофа необходимо
соблюдать правило знаков: а) если ток по направлению совпадает с
выбранным направлением обхода контура, то соответствующее падение
напряжения IR входит в уравнение со знаком плюс. В противном случае
произведение IR берется со знаком минус; б) ЭДС входит в уравнение со
знаком плюс, если она повышает потенциал в направлении обхода конутра,
т.е. двигаясь по контуру, сначала встречаем отрицательный полюс
источника тока, затем положительный, в противном случае - ЭДС берется со
знаком минус.
- Чтобы все уравнения, составленные на основании второго закона
Кирхгофа, были независимыми, необходимо каждый раз рассматривать
19
контуры, содержащие хотя бы одну новую ветвь, не входящую в уже
использованные контуры.
- Общее число независимых уравнений, составленных по первому
закону и второму закону Кирхгофа, должно быть равно числу токов,
текущих в контуре.
- Для упрощения выкладок, связанных с решением системы уравнений,
необходимо предварительно подставить числовые значения всех известных
величин.
Если при решении уравнений получены отрицательные значения силы
тока или сопротивления, то это означает, что, в действительности, ток через
данное сопротивление течет в направлении, противоположном произвольно
выбранному.
Примеры решения задач
Пример 1. Сопротивление величиной 5 Ом, вольтметр и источник тока
соединены параллельно. Вольтметр показывает напряжение 10 В. Если
увеличить сопротивление до 12 Ом, то вольтметр покажет напряжение 12 В.
Определить ЭДС и внутреннее сопротивление источника тока. Током через
вольтметр пренебречь.
Дано:
R1 = 5 Ом
U1 = 10 В
R2 = 12 Ом
U2 = 12 В
__________
- ? R0 - ?
Решение. Прежде всего необходимо изобразить электрическую схему .
Поскольку током через вольтметр можно пренебречь, то ток через
резистор такой же, как и через источник.
Обозначим этот ток через I. Он определяется по закону Ома для полной
цепи
ε
I=
R + R0 ,
где R0 - внутреннее сопротивление источника, а R - сопротивление
нагрузки. Вольтметр измеряет падение напряжения на нагрузке. При
нагрузке R1 = 5 Ом ток равен I1, при нагрузке R2 ток равен I2:
I1 =
20
ε
R1 + R 0 ,
(1)
I2 =
ε
R2 + R0 .
При этом падения напряжения соответственно равны U1 и U2:
U1 = I1R1 ,
U2 =I 2R2 .
Найдем отношение левых и правых частей уравнений (1) и (2)
I1 R 2 + R 0
=
I2 R1 + R 0 .
Освобождаясь от знаменателей, получаем из уравнения (5)
I1R1 + I1R0 = I2R2 + I2R0 .
Объединяя слагаемые с R0, находим
I R − I 1R 1
R0 = 2 2
.
I1 − I 2
Или, учитывая формулы (3) и (4), получаем
⎛U
U ⎞
R 0 = (U2 − U1 )⎜ 1 − 2 ⎟
⎝ R1 R2 ⎠
(2)
(3)
(4)
(5)
−1
.
Подставляя в эту формулу данные из условия, получим
R0
⎛ 10 12 ⎞
= (12 − 10 )⎜
−
⎟
⎝ 5
12 ⎠
−1
= 2 Ом.
Значение ЭДС можно найти из соотношения (1) либо (2). Получаем из
(1)
ε = I (R
1
1
+ R0 ) =
U1
10
(R 1 + R 0 ) =
( 5 + 2 ) = 14 В .
R1
5
Пример 2. Электрическая цепь состоит из трех источников тока с ЭДС
ε
ε
ε
= 6 В, 2 = 2 В, 3 = 4 В и реостатов с сопротивлениями R1 = 2 Ом и
R2 = R3 = 4 Ом (рис.6). Найти силу тока в реостате R2 и напряжение на его
концах.
Дано:
1
ε =6В
ε =2В
ε =4В
1
2
3
R1 = 2 Ом
R2 = R3 = 4 Ом
___________
I2 - ? U2 - ?
21
Решение. Выберем направления токов, и условимся обходить контур
АВСD по часовой, а контур CDFG против часовой стрелки.
По первому закону Кирхгофа для узла С имеем
I1 - I2 - I3 = 0.
По второму закону Кирхгофа для контура АВСD имеем
ε +ε .
I1R1 + I2R2 =
Соответственно, для контура CDFG -
1
2
ε ε
I2R2 - I3R3 = 2 + 3 .
После подстановки числовых значений получим
I1 - I2- I3 = 0;
2I1 + 4I2 = 8;
4I2 - 4I3 = 6.
Эту систему 3х уравнений с тремя неизвестными можно решить,
пользуясь методом определителей.
Составим и вычислим определитель ∆ системы
1 0 -1
1 -1 -1
∆= 2 4
0 4
0 = -32
4
и определитель ∆I2
∆ 12 = 2 8
0 6
0 = -44.
4
Отсюда получаем силу тока
,
A.
I2 = ∆ 12 / ∆ = −44 / −32 = 1375
Напряжение на концах реостата равно
U2 = I2R2 = 1,375 . 4 = 5,5 В.
Пример 3. Сила тока в проводнике сопротивлением 20 Ом равномерно
нарастает от 0 до 4 А в течение 2 с. Определить количество теплоты,
выделившейся в проводнике за первые полторы секунды.
Дано:
R = 20 Ом
I1 = 0 А
I2 = 4 А
t1 = 2 с
t2 = 2 c
t3 = 1,5 c
_________
∆Q - ?
Решение. Согласно закону Джоуля-Ленца,
выделяющаяся на сопротивлении R, равна
Р = I2R .
22
тепловая
мощность,
Количество тепла dQ, выделяющегося за время dt в данный момент t,
равно
(1)
dQ = Pdt = I2Rdt .
По условию задачи сила тока равномерно нарастает, т.е. является
линейной функцией времени
I = at + b .
(2)
В начальный момент t1 = 0 ток I1 равен нулю, поэтому в уравнении (2)
имеем b = 0. Таким образом,
I = at .
(3)
Коэффициент "а" найдем из условия, что I2 = 4 А при t2 = 2 с
I2 = at2 .
Откуда получаем
I
4
a = 2 = = 2 A/c.
t2 2
Подставляя в формулу (1) выражение (3) и интегрируя по времени от 0
до t3, найдем количество выделившегося тепла
t3
∆Q =
∫
t1
t3
∫
(
)
a 2R 3
3
I Rdt = a R t dt =
t3 − t1 .
3
2
2
2
(4)
t1
Подставляя в формулу (4) значения входящих в нее параметров, получим
2 2 ⋅ 20
∆Q =
1,5 3 − 0 = 90 Дж.
3
(
)
23
СПРАВОЧНЫЕ ТАБЛИЦЫ
Диэлектрическая проницаемость
Вещество
Проницае
мость
2,0
7,0
7,0
Парафиновая бумага
Стекло
Слюда
Вещество
Вода
Масло трансформато-рное
Эбонит
Проницаем
ость
81
2,2
3,0
Удельное сопротивление металлов
Металл
Алюминий
Железо
Нихром
Удельное сопротивление (Ом.м)
2,8.10-8
9,8.10-8
1,1.10-6
Металл
Медь
Серебро
Удельное сопротивление(Ом.м)
1,7.10-8
1,6.10-8
Основные физические постоянные (округленные значения)
Физическая постоянная
Заряд электрона
Масса электрона
Заряд протона
Масса протона
Заряд -частицы
Масса -частицы
Обозначение
e
me
p
mp
q
m
24
Значение
- 1,6. 10-19 Кл
9,11.10-31 кг
1,6. 10-19 Кл
1,67.10-27 кг
3,2.10-19 Кл
6,64.10-27 кг