ТОР 5 статей: Методические подходы к анализу финансового состояния предприятия Проблема периодизации русской литературы ХХ века. Краткая характеристика второй половины ХХ века Характеристика шлифовальных кругов и ее маркировка Служебные части речи. Предлог. Союз. Частицы КАТЕГОРИИ:
|
Примеры решения задач. Пример 1. Четыре одинаковых заряда Q1 = Q2 = Q3 = Q4 = 10 нКл расположены в вершинах квадрата со стороной а = 10 см (рис
Пример 1. Четыре одинаковых заряда Q 1 = Q 2 = Q 3 = Q 4 = 10 нКл расположены в вершинах квадрата со стороной а = 10 см (рис. 3.1). Найти силу, действующую на один из зарядов со стороны трех остальных.
Решение. Все четыре заряда, расположенные в вершинах квадрата, находятся в идентичных условиях, поэтому достаточно найти силу, действующую, например, на заряд Q 4 со стороны зарядов Q 1 , Q 2 и Q 3. Направим ось х вдоль диагонали квадрата, проходящей через заряд Q 4, и изобразим на рисунке векторную сумму действующих на выделенный заряд Q 4 сил
F = F 1 + F 2 + F 3 (55)
где F 1, F 2 и F 3 - силы, с которыми действуют на заряд Q 4 заряды Q 1 , Q 2 и Q 3, соответственно. В силу симметрии действующих сил легко видеть, что результирующая сила F будет направлена вдоль оси х.
F1x = F1×cos45o; F3x = F3×cos45o.
Таким образом
F = F1×cos45o + F2 + F3×cos45o. Применив закон Кулона и учитывая, что диагональ квадрата равна a, найдем F:
Произведем вычисления:
Ответ. 1,72×10-4 Н. Пример 2. По тонкому полукольцу равномерно распределен заряд Q = 10 мкКл с линейной плотностью = 2 мкКл/м. Определить напряженность E электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке О, совпадающей с центром кривизны полукольца.
Решение. Выберем двухмерную систему координат xOy и совместим ее с плоскостью полукольца, как показано на рис. 3.2. Методика определения напряженности электрического поля, создаваемого равномерно распределенным зарядом, заключается в следующем. Выделяем на полукольце элементарный участок d l. Так как заряд d Q = t×d l этого участка можно считать точечным, напряженность электрического поля d E, создаваемого этим зарядом в точке О запишем в виде:
, (56)
где R - радиус-вектор, направленный от элементарного заряда t×d l к точке О. Разложим вектор dE на две составляющие dEx и dEy, направленные вдоль осей Ох и Оy: dE = dEx + dEy.
Напряженность электрического поля E будем искать в виде суммы интегралов:
E = , (57)
где интегрирование производится по всем элементам заряженного кольца. Легко видеть, что для каждой пары равных по величине зарядов d Q и d Q ´, расположенных симметрично относительно оси Ох, векторы d E y и d E/ y в точке О равны по величине и противоположны по направлению. Из этого следует, что векторный интеграл = 0. Таким образом, так как все составляющие dEx совпадают по направлению с осью Ох, векторный интеграл (57) можно заменить скалярным интегралом:
. (58)
Для удобства интегрирования произведем замены:
dl = R×da; .
Тогда
. Произведем вычисления:
В/м .
Ответ. Напряженность электрического поля в центре полукольца Е = 22,6 кВ/м.
Пример 3. На двух концентрических сферах радиусом R и 3R равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями s1 и s2 (см. рис. 3.3). Требуется: 1. Используя теорему Остроградского-Гаусса, найти зависимость напряженности Е(r) электрического поля от расстояния для областей I, II, III, приняв s1 = 6s, s2 = 2s. 2. Вычислить напряженность Е в точке, удаление вектора и указать направление вектора Е, приняв s = 20 нКл/м2 и r = 2 R. 3. Построить график E = f (r).
Решение. Для решения задачи воспользуемся теоремой Остроградского-Гаусса:
.
1. Определим напряженность электрического поля E 1 в области I. Для этого мысленно проведем сферическую гауссову поверхность радиусом r (r < R), концентрическую с заряженными сферами. Площадь этой поверхности S 1 = 4p r 2. В силу симметрии, вектор напряженности электрического поля будет направлен вдоль нормали к сферической поверхности и одинаков по модулю для всех точек сферы E 1 = E n. Теорему Остроградского-Гаусса, таким образом, можно записать в виде:
,
так как суммарный заряд, находящийся внутри поверхности S 1 равен 0. Следовательно, напряженность электрического поля Е 1 в области I во всех точках, удовлетворяющих условию r < R, будет равна нулю.
2. Найдем напряженность электрического поля в области II. Для этого также мысленно проведем сферическую поверхность радиуса R < r < 3 R (рис. 3.3). В этом случае, в соответствии с теоремой Остроградского-Гаусса
, (59)
где Q 1 = s1×4p R 2 = 6s×4p R 2 - заряд, распределенный на поверхности малой сферы радиуса R.
Так как E n = E 2 = const для всех точек поверхности S 2, E 2 можно вынести за знак интегрирования в (59):
.
Поскольку площадь гауссовой поверхности S 2 = 4p R 2, окончательно получим:
или . (60)
Q = Q1 + Q2 = s1×4pR2 + s2×4p(3R)2 = 6s×4pR2 + 2s×4p×9R2 = 96s×pR2.
Тогда, в соответствии с теоремой Остроградского-Гаусса (59),
или .
Окончательно получаем:
. (61)
4. Рассчитаем напряженность электрического поля в точке А, расположенной на расстоянии r = 2 R от центра. Так как эта точка находится в области II, то по формуле (60) находим: . Произведем вычисления:
В/м.
5. Построим график E = f (r). В области I (r < R) E = 0. В области II (R < r < 3 R) E 2(r) изменяется по закону 1/ r 2:
.
В точке r = R напряженность поля E 2(R) равна:
.
В точке r = 3 R (r стремится к 3 R снизу) напряженность поля E 2(3 R) равна:
.
В области III (r ³ 3 R) E3(r) также изменяется по закону 1/ r 2: , причем в точке r = 3 R (r стремится к 3 R сверху) напряженность E 3(3 R) равна:
.
Таким образом, функция E = f (r) в точках r = R и r = 3 R терпит разрывы. График зависимости E = f (r) будет выглядеть, как показано на рис. 3.4. Е (кВ/м)
R 3R r Рис. 3.4
Пример 4. На каждой из пятнадцати капелек ртути радиусом R 0 = 1 мм находится заряд Q 0 = 1 мКл. Капли сливаются в одну большую радиусом R. Определить потенциал этой (большой) капли.
Радиус большой капли R найдем из соотношения объемов N×V 0 =V, где - объем маленькой капли, - объем большой капли. Таким образом , откуда . Подставляя полученные выражения для Q и R в (61), получаем:
.
Произведем вычисления:
.
Ответ. Потенциал большой капли будет равен 55 кВ.
Пример 5. Пылинка массой т = 1 нг, несущая на себе заряд, равный заряду 20 электронов, прошла в вакууме ускоряющую разность потенциалов U = 1 МВ. Какова кинетическая энергия пылинки и ее скорость. Начальная скорость пылинки была равна нулю.
А = T - T 0 = – , (63) где - начальная кинетическая энергия пылинки, - конечная кинетическая энергия пылинки; V 0 - начальная скорость, V – конечная скорость; т – масса пылинки а Q = N×e – заряд пылинки.
Так как V 0 = 0, приравнивая выражения (62) и (63), можно записать: Т = = Q×U, или Т = = N×e×U. (64)
Отсюда искомая скорость пылинки
. (65)
Произведем вычисления по формулам (64) и (65): Т = N×e×U = 20×1,6×10-19×1×106 = 3,2×10-12 Дж;
м/c.
Ответ. Кинетическая энергия, приобретенная пылинкой, Т = 3,2×10-12 Дж; а ее скорость V = 2,53 м/с.
Пример 6. Два конденсатора емкостью С 1 = 2 мкФ, другой С 2 = 4 мкФ соединили последовательно и подключили к источнику питания с напряжением U 0 = 100 В. Потом конденсаторы отключили от источника и соединили параллельно. Какое напряжение будет на обкладках конденсатора?
В соответствии с формулой (66) суммарный заряд обоих конденсаторов составит: (67)
2. Рассмотрим параллельное соединение конденсаторов (рис. 3.6). При параллельном соединении конденсаторов имеют место соотношения:
U = U 1 = U 2; Q = Q 1 + Q 2; C = C 1 + C 2,
где U 1 - напряжение на конденсаторе C 1, U 2 - напряжение на конденсаторе C 2, Q - суммарный заряд на конденсаторах.
По закону сохранения заряда Q 1 +Q 2 = Q 01 Q 0 2 (Знак «+» берется при параллельном соединении конденсаторов одноименно заряженными обкладками, а знак «–» - при параллельном соединении конденсаторов разноименно заряженными обкладками). Таким образом, основываясь на соотношениях Q = Q 1 + Q 2 = 2 Q 0, Q 0 = U 0 и Q = U(С 1 + С 2), получаем: . Произведем вычисления:
.
Ответ. Напряжение на обкладках конденсатора составит 44 В. Пример 7. ЭДС батареи питания e = 20 В. При силе тока I = 5 А КПД батареи составляет h = 0,8. Определить внешнее R и внутреннее r сопротивление батареи питания.
Коэффициент полезного действия батареи, по определению, является отношением полезной мощности Pпол. = I 2 R к затраченной Рзатр .= I 2(R + r):
. . (69)
Ом; Ом.
Ответ. Внешнее сопротивление цепи равно R = 3,2 Ом, а внутреннее r = 0,8 Ом.
Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском:
|