Эдектростатика часть 1

Физика
Методические указания по решению задач электростатики
Часть I
Учебно-методические материалы для преподавателей общеобразовательных
неспециализированных школ
Москва, 2011
1
Предисловие
В методических указаниях по решению задач электростатики (часть I) рассмотрена
методика решения задач для учащихся неспециализированных классов, изучающих
базовый курс физики (2 учебных часа в неделю). На примерах использования закона
Кулона и принципа суперпозиции в электростатике закрепляются навыки, умения
и
знания учащихся по работе с рисунком, векторами, проекциями векторов, координатным
и динамическим методам решения задач.
Практика работы со студентами первого курса показывает, что перечисленные
элементы знаний у многих из них недостаточно сформированы. В направлении развития
этих знаний на этапе обучения в общеобразовательной школе полезно объединение
усилий учителей школы и преподавателей вузов.
Очень важно обращать внимание учащихся на правильное использование
терминологии, например, отличать понятия вектора от проекции и модуля вектора. Так, в
задаче 1 мы говорим не об отношении силы кулоновского взаимодействия двух
электронов к силе их гравитационного взаимодействия (т.е. не о делении одного вектора
на другой), а об отношении модуля силы кулоновского взаимодействия двух электронов к
модулю силы их гравитационного взаимодействия. В данном случае полезно подчеркнуть,
что операция деления на вектор не введена (иными словами невозможна). Кроме того, эта
несложная задача оказывается методически полезной, поскольку при обсуждении её
решения органически включаются вопросы об использовании метода размерностей и
единиц СИ, то есть базовых элементов знаний. Заканчивается решение первой задачи
общим выводом, которых используется в дальнейшем при решении ряда других задач
электростатики.
К тому же в одной
задаче одновременно используются два
фундаментальных физических закона.
Естественно начинать применение принципа суперпозиции с простейшего случая,
а именно, наложения полей двух зарядов, как это делается во второй задаче. Однако для
увеличения её информационной емкости предлагается нахождение двух характеристик
поля в одной точке: напряженности и потенциала. На примере этой задачи
прослеживается главное отличие этих характеристик поля (одна величина векторная,
другая - скалярная). Отметим также, что постановка данной задачи дается в том же ключе,
как это принято в материалах ЕГЭ (среди
заданий ЕГЭ часто встречаются такие, в
которых требуется отвечать на вопрос об изменении одной физической величины при
2
изменении
другой
физической величины, связанной с первой
функциональной
зависимостью).
Поскольку в неспециализированных классах на изучение физики отводится
небольшое число учебных часов, роль емких по методическим возможностям задач в этом
учебном курсе чрезвычайно велика. В третьей задаче внимание учащихся обращается на
прием введения «недостающих данных». Для закрепления этот же приём используется в
четвертой задаче. Однако если третья задача является достаточно стандартной, то
четвертая требует обобщений, переноса важных и часто используемых в физике знаний из
курса математики (например, при малых углах tgα ≈ sinα) и т.д., то есть к четвертой задаче
могут
переходить
учащиеся,
справившиеся
с
третьей
задачей
(выстраивание
индивидуальной траектории подготовки).
Из третьей задачи в четвертую, а затем в пятую
переходит необходимость
использования координатного метода задач, в некотором смысле одна задача является
продолжением другой (еще раз подчеркнем, что это очень важно для реализации
стратегии автономности учащихся в условиях недостатка учебных часов ).
В методических указаниях не
рассматриваются все задачи, которые мы
рекомендуем для изучения базового курса физики в неспециализированных классах.
Дополнительные темы и задачи электростатики будут представлены в пособии «Физика.
Задачи по электростатике». В методических указаниях основной акцент делается на
методике подбора задач.
Следует отметить, что для решения задач в предлагаемых указаниях (часть I) не
используется аппарат высшей математики, хотя всегда даже в непрофильных классах
найдется несколько учеников, которым можно давать задачи с более высоким уровнем
использования
математики.
Продвинутым
учащимся
непрофильных
классов
дополнительно можно предлагать задачи из методических указаний по решению задач
электростатики (часть II), то есть выстраивать индивидуальную траекторию их
подготовки.
В дальнейшем при использовании векторных величин их обозначение
будет
общепринятым, но не единообразным (нужно готовить учащихся не только к принятому
смысловому пониманию терминов, но к различным способам их обозначения). Векторы
мы будем выделять жирным шрифтом или стрелкой над буквенным обозначением, как это
бывает в различных курсах физики.
3
Для организации совместной научно-методической работы мы приглашаем
учителей школ к сотрудничеству с кафедрой физики. На фотографии представлены
учащиеся ЦО «Самбо 70» с учителем физики Конаревой Е.В. Большая часть этой группы
учащихся стали студентами НИТУ «МИСиС»
Учитель физики ЦО «Самбо 70» Конарева Е.В. с учащимися 11 класса.
4
Задача 1.
Как относится модуль силы кулоновского взаимодействия двух электронов к
модулю силы их гравитационного взаимодействия?
Решение.
Итак, требуется найти
где k 
1
40
Fk
;
Fгр
Fk  k 
e2
R2
(1),
 9  10 9 ед. СИ, e = -1.610-19 Кл, а R – расстояние между электронами.
m2
Fгр  G  2
R
(2) ,
где G ≈ 6.6710-11 ед. СИ, m = 9.110-31 кг.
Заметим, что мы записали только единицы измерения заряда и массы электрона в
СИ, и не стали расписывать единицы измерения коэффициента пропорциональности в
законе Кулона и гравитационной постоянной в законе тяготения. Тем самым мы
подчеркнули, что размерность единицы массы и заряда мы обязаны помнить, а
размерность коэффициентов всегда можно получить, используя закон Кулона и закон
всемирного тяготения. Для учащихся может быть полезным задание по определению
размерностей коэффициентов пропорциональности в законах Кулона и всемирного
тяготения как отдельная задача.
Разделив (1) на (2), имеем:
Fk
ke2

 4.2  10 42
2
Fгр Gm
Полученный результат показывает, что сила электрического взаимодействия много
больше гравитационного. В дальнейшем при решении задач мы часто будем пренебрегать
гравитационным взаимодействием по сравнению с электрическим.
Задача 2.
Два одинаковых положительных точечных заряда расположены на концах
некоторого отрезка. Во сколько раз изменятся потенциал и модуль напряженности
электрического поля в середине отрезка, если каждый заряд увеличится в два раза?
Решение.
Потенциал  поля точечного заряда q на расстоянии r от него определяется по
формуле:
5
k
где k 
1
4 0
q
r
(1),
 9  10 9 единиц СИ.
После увеличения каждого заряда в два раза потенциал поля, созданного каждым
зарядом, увеличится в два раза, а суммарный потенциал в середине отрезка увеличится в
четыре раза. Напряженность поля каждого заряда также увеличится в два раза, так как
модуль напряженности E точечного заряда q на расстоянии r от него определяется по
формуле:
Ek
q
r2
(2)
Но векторы напряженности поля каждого заряда в середине отрезка, будучи
равными по абсолютной величине, направлены в противоположные стороны, поэтому их
сумма равна нулю до и после увеличения зарядов.
Задача 3.
Решение.
В центр квадрата, в вершинах которого находятся по заряду q, помещен
отрицательный заряд (рисунок). Какова должна быть величина этого заряда, чтобы
система находилась в равновесии?
Поскольку заряды в вершинах квадрата одинаковы q1 = q2 = q3 = q4 = q, сумма сил,
действующих на любой точечный заряд q5, расположенный в центре квадрата, равна
нулю; и этот заряд находится в равновесии. Однако для равновесия зарядов,
расположенных в вершинах квадрата, q5 не может быть любым.
6
Для конкретности распишем условие равновесия для заряда q1. Укажем на рисунке
силы, действующие на этот заряд. С учетом введенных обозначений условие равновесия
имеет вид:




F2  F3  F4  F5  0 (1),
   
где F2 , F3 , F4 иF5 - силы, действующие на заряд q1, со стороны второго, третьего,
четвертого и пятого зарядов соответственно.
Пусть сторона квадрата равна а и ось х направлена по горизонтали вправо. Тогда
уравнение (1) в виде проекций на ось х имеет вид:
 F2  F3Cos45 0  F5 Cos45 0  0
где F2 
(2),
kqq5 2
kq2
kq2
,
, F5 
.
F

3
2
2
a
2a
a2
Произведя замену и сокращения в уравнении (2), получим:
q5 
q(1  2 2)
4
В задачах статики (электростатики в частности) не редко встречаются ситуации,
когда кажется, что для решения задачи недостаточно данных. Эти “недостающие” данные
можно ввести, полагая, что в процессе решения они сократятся. Так было в задаче 3 с
введением в решение неизвестной стороны квадрата.
Задача 4.
Два маленьких проводящих шарика подвешены на длинных непроводящих
нитях к одному крючку (рисунок). Шарики заряжены одинаковыми зарядами и
находятся на расстоянии a1 друг от друга. Один из шариков разрядили.
Каким стало расстояние между шариками a2, если известно, что длина нити
много больше a1?
Решение.
7
α1
x
T1
a
F1
mg
Предположим, что заряд шарика q, длина нити L (прием введения
«недостающих данных»).
Для решения задачи нам придётся рассмотреть два случая равновесного
состояния шариков (до и после разрядки одного из них).
1-ый случай
Итак, поскольку оба шарика находятся в равновесии, сумма действующих сил
на каждый шарик равна 0.
На шарик действуют силы: тяжести mg, натяжения нити T, электрическая сила
отталкивания F1, а силой гравитационного притяжения шариков друг к другу можно
пренебречь: mg+T+F1=0
Применим координатный метод и перейдём к уравнению в проекциях на ось
OX, направленную перпендикулярно нити, (мы хотим, чтобы проекция неизвестной
нам силы натяжения нити оказалась равной 0).
Уравнение в виде проекций на эту ось примет вид:
F1cosα1- mgsinα1=0 (1),
где α1- угол между нитью и вертикалью в первом случае.
Перепишем уравнение (1) в виде:
F1= mg tgα1, а затем в виде:
F1= mg sinα1
8
(2),
так как при малых углах tgα ≈ sinα.
В то же время по закону Кулона:
F1=kq2/a12
(3)
2-ой случай
После того, как один из шариков разрядили; шарики соприкоснуться, и заряд
каждого шарика станет равен q/2. Сила отталкивания между шариками изменится, и
угол расхождения нитей при меньших зарядах на шариках станет меньше. Меньше
станет и расстояние a2 между шариками.
Повторив приведённые в случае 1 преобразования, получим:
F2 = mg sinα2
(4),
где F2=kq2/(4а22)
(5)
После деления равенства (2) на равенство (4) имеем:
F1/F2 = sinα1/sinα2
(6)
Так как sinα1 = a1/2L, а sinα2 = a2/2L, то с учётом равенств (3) и (5) из равенства (6)
получим a23 = a13/4.
Окончательно: a2 = a14-1/3.
Задача 5.
Два точечных заряда +q и –q находятся на расстоянии 2а друг от друга (рисунок).
Определить геометрическое место точек электрического поля этих зарядов с потенциалом,
равным нулю, а также дать зависимость модуля напряженности в этих точках от
координат точек и абсолютной величины зарядов.
Решение.
Поскольку потенциал поля точечного заряда определяется по формуле: φ=kq/2, а
потенциал
поля
нескольких
зарядов
подчиняется
принципу
суперпозиции;
геометрическим местом точек с потенциалом равным нулю в этом случае будет
перпендикуляр к отрезку, проведенный через середину отрезка, на концах которого
расположены равные по модулю и противоположные по знаку точечные заряды.
9
Y
E1
A
E
r
r
+q
1
E2
0
2
-q
X
Действительно эти точки одинаково удалены от концов отрезка, поэтому
q
( q)
φ=k +k
=0
(1)
r
r
Пусть ось OY , перпендикулярная оси OX, совпадает с геометрическим местом
точек с потенциалом равным нулю (рисунок). Покажем ,что в любой точке А(0;y) оси OY
вектор Е направлен перпендикулярно данной оси. Пусть Е1- вектор электрического поля
заряда q в точке А, Е2- вектор электрического поля заряда –q в той же точке.
По принципу суперпозиции в точке А вектор в электрического поля двух зарядов:
Е = Е1+Е2
Так как модули векторов Е1=Е2=k
Е=2Е1cosα, где cosα=
а
a  y2
2
(2)
q
, вектор Е является диагональю ромба, а
r  a2
2
.
Окончательно:
qa
E=2k
(a  y )
2
2
10
3
2
(3)