Примеры решения задач Задача 1

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 cosd ,
0
(7)

E y  dE y 
Постоянную величину
dy
 4 r
2
sin  
0
0

4 0 b

 4 b sind .
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
cosd 

40b 
40 b
20 b
,
0
0
Ey 


cos 0  cos  0   0 .
sind 

40 b 
40b
0
Окончательно получаем для напряженности:
E



 l 
sin arctg   
20b 
 2b   20 b
Ek
 l
l
b b2   
2
2
 9  10 9
l
2
 2
b  l
2
2

l
40 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 cosdS    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 cosdS  E  dS  Eh2  r ,
S
по
боковой
поверхности
S
где S  2rh – 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 2r2 h 
1
0
 1h , откуда
1
2k 1 2  9  10 9  10 7


 10 4 В / м . Здесь сделана
20 r2
r2
2  0.09
замена
k
1
40
.
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 2r3h 
E3 
1
0
1   2 h ,
 1   2 2k  1   2  2  9  10 9 100  50   10 9


 6  10 3 В / м .
20 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
,

40 r 40 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
40
40
(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
.

20 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
2k1
2k1
ln r  RR12  2k1 ln R2  ln R1   2k1 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
qd  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
40r 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
40r 2 
0 E
Q2

dW  wdV 
dV 
dV 
dV
2
2
32 20 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  4r 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
4r dr 
2
W
Q2
80
3 R0

R0
3 R0
Q2
dr
Q2  1 





r 2 80  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  ktdt   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)
2q
k 2
t0
Вычисляем:
2
 2q  t 3
4q 
Q   2  0 R 
R.
3
3
t
t
0
0


2
, тогда
Q
450 
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/Вс и отрицательных
– 1.9 см2/Вс.
Решение
Дано:
Удельная
электропроводимость
N=108
ионизированного газа равна:   ne(u  u ) , где
V=10-6 м3
u+=1.4 см2/Вс=1.4.10-4 м2/Вс
u–=1.9 см2/Вс=1.9.10-4 м2/Вс
Найти:
γ=?
n
N
V
– концентрация ионов одного знака (или
пар ионов). Тогда получим:   N eu   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  м1 .

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