Главная

Популярная публикация

Научная публикация

Случайная публикация

Обратная связь

ТОР 5 статей:

Методические подходы к анализу финансового состояния предприятия

Проблема периодизации русской литературы ХХ века. Краткая характеристика второй половины ХХ века

Ценовые и неценовые факторы

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.

 

Дано:   Q1 = Q2 = Q3 = = Q4 = 10 нКл а = 10 см e0 = 8,85×10-12 ф/м В единицах СИ:     1×10-8 Кл а = 0,1 м Q2 a Q3         Рис. 3.1
Найти: F    
       

 

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.

 
Векторную сумму (55) можно заменить скалярной, для чего найдем проекции сил F 1 и F 3 на ось 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.

 

Дано: Q = 10 мкКл = 2 мкКл/м ф/м В единицах СИ: Q = 1×10-5 Кл t =2×10-6 Кл/м y d E d E y O a x R d E x   d l Рис. 3.2  
  Найти: Е    
             

 

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).

 

Дано: r1 = R r 2 = 3 R s1 = 6s s2 = 2s r = 2 R s = 20 нКл/м2 В системе СИ:     s = 2 10-8 Кл/м2   О R А n E 2 I II III     3 R  
Найти: E = f (r); E I, E II, E II Рис. 3.3

 

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)

 

 
3. И, наконец, найдем напряженность электрического поля в области III. Для этого также мысленно проводим гауссову сферическую поверхность радиуса r > 3 R. При нахождении напряженности E3 нужно учесть, что в этом случае гауссова поверхность заключает внутри себя обе заряженные сферы, то есть суммарный электрический заряд буде равен:

 

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.

 

Дано:   N=15 R0 = 1 мм Q0 = 1 нКл eo = 8,85×10-12 Ф/м В системе СИ:     R0 = 1×10-3 м Q0 = 1×109 Кл Решение. Потенциал на поверхности заряженного шара определяется по формуле , (61) где Q = NQ 0 – заряд большой капли, который по закону сохранения зарядов равен сумме зарядов маленьких капель.
Найти: j  

 

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.

 

Дано:   т =1 нг N=20 U =1 МВ e =1,6×10-19 Кл В системе СИ:   т=1×10-12 кг   U =1×106 В Решение. Работа сил электростатического поля определяется произведением заряда Q на разность потенциалов U:   А = Q×U. (62)   С другой стороны, работа сил электростатического поля равна изменению кинетической энергии пылинки:
Найти: T, V    

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?

 

Дано:   С1 = 2 мкФ С2 = 4 мкФ U0 = 100 В В единицах СИ:   С1 = 2×10-6 Ф С2 = 4×10-6 Ф Решение. 1. Рассмотрим последовательное соединение конденсаторов (рис. 3.5). Заряд батареи конденсаторов при их последовательном соединении определяется выражением:   Q 0 = Q 01 = Q 02 = C 0 U 0, (66)   где Q 01 – заряд первого конденсатора; Q 02 заряд второго конденсатора; - емкость батареи конденсаторов при их последовательном соединении.
Найти: U    

В соответствии с формулой (66) суммарный заряд обоих конденсаторов составит:

(67)

 

С 1 С 2 Æ Æ     U 0     Æ   U C 1 C 2   Æ  
Рис. 3.5 Рис. 3.6

 

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.

 

 
При этом, заряд первого конденсатора составляет Q 1 = C 1 U, а заряд второго конденсатора Q 2 = C 2 U.

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.

 

 

Дано:   e = 20 В I = 5 А h = 0,8 Решение. По закону Ома для полной цепи (рис. 3.7):   , (68)   где R – внешнее сопротивление, r - внутреннее сопротивление батареи.
Найти: R, r  

 

 

Коэффициент полезного действия батареи, по определению, является отношением полезной мощности Pпол. = I 2 R к затраченной Рзатр .= I 2(R + r):

 

. . (69)

 

R   r e   Рис. 3.7 Решая систему уравнений (68) и (69) , получаем: , . Произведем вычисления:

 

Ом; Ом.

 

Ответ. Внешнее сопротивление цепи равно R = 3,2 Ом, а внутреннее r = 0,8 Ом.

 






Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском:

vikidalka.ru - 2015-2024 год. Все права принадлежат их авторам! Нарушение авторских прав | Нарушение персональных данных