Примеры решения задач

Пример 1. Два точечных заряда 9Q и –Q закреплены на расстоянии l = 50 см друг от друга. Третий заряд Q₁ может перемещаться только вдоль прямой, проходящей через заряды. Определить положение заряда Q₁, при котором он будет находиться в равновесии. При каком знаке заряда Q₁ равновесие будет устойчивым?

Решение. Заряд Q₁ находится в равновесии в том случае, если геометрическая сумма сил, действующих на него, равна нулю. Это значит, что на заряд Q₁ должны действовать две силы, равные по модулю и противоположные по направлению. Рассмотрим, на каком из трех участков I, II, III (рис. 10) может быть выполнено это условие. Для определенности будем считать, что заряд Q₁ – положительный.

Н

Рис. 10

а участке I (рис. 10, а) на заряд Q₁ будут действовать две противоположно направленные силы: F₁ и F₂. Сила F₁, действующая со стороны заряда 9Q, в любой точке этого участка больше силы F₂, действующей со стороны заряда – Q, так как больший заряд 9Q находится всегда ближе к заряду Q₁, чем меньший (по модулю) заряд – Q. Поэтому равновесие на этом участке невозможно.

На участке II (рис. 10, б) обе силы F₁ и F₂ направлены в одну сторону – к заряду – Q. Следовательно, и на втором участке равновесие невозможно.

На участке III (рис. 10, в) силы F₁ и F₂ направлены в противоположные стороны, так же как и на участке I, но в отличие от него меньший заряд – Q всегда находится ближе к заряду Q₁, чем больший заряд 9Q. Это значит, что можно найти такую точку на прямой, где силы F₁ и F₂ будут одинаковы по модулю, т. е.

. (1)

Пусть x и l + х – расстояние от меньшего и большего зарядов до заряда Q₁. Выражая в равенстве (1) F₁ и F₂ в соответствии с законом Кулона, получим 9Q , или , откуда

, .

Корень х₂ не удовлетворяет физическому условию задачи (в этой точке силы F₁ и F₂ хотя и равны по модулю, но сонаправлены).

Определим знак заряда Q₁, при котором равновесие будет устойчивым. Равновесие называется устойчивым, если при смещении заряда от положения равновесия возникают силы, возвращающие его в положение равновесия. Рассмотрим смещение заряда Q₁ в двух случаях: когда заряд положителен и отрицателен.

Если заряд Q₁ положителен, то при смещении его влево обе силы F₁ и F₂ возрастают. Так как сила F₁ возрастает медленнее, то результирующая сила, действующая на заряд Q₁, будет направлена в ту же сторону, в которую смещен этот заряд, т. е. влево. Под действием этой силы заряд Q₁ будет удаляться от положения равновесия. То же происходит и при смещении заряда Q₁ вправо. Сила F₂ убывает быстрее, чем F₁. Геометрическая сумма сил в этом случае направлена вправо. Заряд под действием этой силы также будет перемещаться вправо, т. е. удаляться от положения равновесия. Таким образом, в случае положительного заряда равновесие является неустойчивым.

Если заряд Q₁ отрицателен, то его смещение влево вызовет увеличение сил F₁ и F₂, но сила F₁ возрастает медленнее, чем F₂, т. е. |F₂|>|F₁|. Результирующая сила будет направлена вправо. Под ее действием заряд Q₁ возвращается к положению равновесия. При смещении Q₁ вправо сила F₂ убывает быстрее, чем F₁, т. е. |F₁|>|F₂|, результирующая сила направлена влево и заряд Q₁ опять будет возвращаться к положению равновесия. При отрицательном заряде равновесие является устойчивым. Величина самого заряда Q₁ несущественна.

П

Рис. 11

ример 2. Три точечных заряда Q₁ = Q₂ = Q₃ = 1 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q₄ нужно поместить в центре треугольника, чтобы указанная система зарядов находилась в равновесии?

Решение. Все три заряда, расположенные по вершинам треугольника, находятся в одинаковых условиях. Поэтому достаточно выяснить, какой заряд следует поместить в центре треугольника, чтобы какой-нибудь один из трех зарядов, например Q₁, находился в равновесии. Заряд Q₁ будет находиться в равновесии, если векторная сумма действующих на него сил равна нулю (рис. 11):

, (1)

где F₂, F₃, F₄ – силы, с которыми соответственно действуют на заряд Q₁ заряды Q₂, Q₃, Q₄; F – равнодействующая сил F₂ и F₃.

Так как силы F и F₄ направлены по одной прямой в противоположные стороны, то векторное равенство (1) можно заменить скалярным: F – F₄ = 0, откуда F₄ = F. Выразив в последнем равенстве F через F₂ и F₃ и учитывая, что F₃ = F₂, получим

.

Применив закон Кулона и имея в виду, что Q₂ = Q₃ = Q₁, найдем

,

откуда

.

Из геометрических построений в равностороннем треугольнике следует, что

, .

С учетом этого формула (2) примет вид

Произведем вычисления:

Следует отметить, что равновесие системы зарядов будет неустойчивым.

Пример 3. На тонком стержне длиной l = 20 см находится равномерно распределенный электрический заряд. На продолжении оси стержня на расстоянии а = 10 см от ближайшего конца находится точечный заряд Q₁ = 40 нКл, который взаимодействует со стержнем с силой F = 6 мкН. Определить линейную плотность  заряда на стержне.

Решение. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом Q₁ зависит от линейной плотности  заряда на стержне. Зная эту зависимость, можно определить . При вычислении силы F следует иметь в виду, что заряд на стержне не является точечным, поэтому закон Кулона непосредственно применить нельзя. В этом случае можно поступить следующим образом. Выделим из стержня (рис. 12) малый участок dr с зарядом dQ = dr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,

.

Интегрируя это выражение в пределах от a до a + l, получаем

,

о

Рис. 12

ткуда

Проверим, дает ли расчетная формула единицу линейной плотности электрического заряда. Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Найденная единица является единицей линейной плотности заряда.

Произведем вычисления:

.

Пример 4. Два точечных электрических заряда Q₁ = 1 нКл и Q₂ = –2 нКл находятся в воздухе на расстоянии d = 10 cм друг от друга. Определить напряженность Е и потенциал  поля, создаваемого этими зарядами в точке A, удаленной от заряда Q₁ на расстояние r₁ = 9 см и от заряда Q₂ на r₂ = 7 см.

Решение. Согласно принципу суперпозиции электрических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность Е электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей Е₁ и Е₂ полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: Е = Е₁ + Е₂. Напряженности электрического поля, создаваемого в воздухе ( = 1) зарядами Q₁ и Q₂,

, (1)

Рис. 13

(2)

Вектор E₁ (рис. 13) направлен по силовой линии от заряда Q₁, так как этот заряд положителен; вектор Е₂ направлен также по силовой линии, но к заряду Q₂, так как этот заряд отрицателен.

Модуль вектора E найдем по теореме косинусов:

, (3)

где  – угол между векторами Е₁ и Е₂, который может быть найден из треугольника со сторонами r₁ , r₂ и d:

. В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos  вычислить отдельно:

.

Подставляя выражение Е₁ из (1) и Е₂ из (2) в (3) и вынося общий множитель 1/(4₀) за знак корня, получаем

. (4)

В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей потенциал  результирующего поля, создаваемого двумя зарядами Q₁ и Q₂, равен алгебраической сумме потенциалов;

. (5)

Потенциал электрического поля, создаваемого в вакууме точечным зарядом Q на расстоянии r от него, выражается формулой

. (6)

В нашем случае согласно формулам (5) и (6) получим

,

или

.

Произведем вычисления:

;

.

П

Рис. 14

ример 5. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд Q = 40 нКл с линейной плотностью  = 50 нКл/м. Определить напряженность Е электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке А, лежащей на оси кольца и удаленной от его центра на расстояние, равное половине радиуса.

Решение. Совместим координатную плоскость хОу с плоскостью кольца, а ось Oz – с осью кольца (рис. 14). На кольце выделим малый участок длиной dl. Так как заряд dQ = dl, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность dE электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

,

где r – радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке А.

Разложим вектор dE на две составляющие: dE₁, перпендикулярно плоскости кольца (сонаправленную с осью Oz), и dE₂, параллельную плоскости кольца (плоскости хОу), т. е.

.

Напряженность Е электрического поля в точке А найдем интегрированием:

,

где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов dQ и dQ'(dQ = dQ'), расположенных симметрично относительно центра кольца, векторы и в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: .

Поэтому векторная сумма (интеграл) . Составляющие dE₁ для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единичным вектором k), т.е. dE₁ = kdE₁. Тогда

Так как , и , то

.

Таким образом,

Из соотношения определим радиус кольца: . Тогда

.

Модуль напряженности

. (1)

Проверим, дает ли правая часть полученного равенства единицу напряженности (В/м):

.

Выразим физические величины, входящие в формулу (1), в единицах СИ ( = 510^–8 Кл/м, Q = 410^–8 Кл, ₀ = 8,8510^–12 Ф/м) и произведем вычисления:

.

Пример 6. Две концентрические проводящие сферы радиусами R₁ = 6см и R₂ = 10 см несут соответственно заряды Q₁ = 1 нКл и Q₂ = –0,5 нКл. Найти напряженность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на расстояниях r₁ = 5 см, r₂ = 9 см, r₃ = 15 см. Построить график E(r).

Р

Рис. 15

ешение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 15): области I (r₁ < R₁), области II (R₁ < r₂< R₂), области III (r₃ > R₂).

1. Для определения напряженности Е₁ в области I проведем гауссову поверхность S₁ радиусом r₁ и воспользуемся теоремой Остроградского–Гаусса:

(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссовой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии

. Следовательно, и Е₁ (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию r₁ < R₁, будет равна нулю.

2. В области II гауссову поверхность проведем радиусом r₂. В этом случае^

(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q₁).

Так как , то Е можно вынести за знак интеграла:

, или .

Обозначив напряженность Е для области II через E₂, получим

,

где – площадь гауссовой поверхности. Тогда

. (1)

3. В области III гауссова поверхность проводится радиусом r₃. Обозначим напряженность Е области III через Е₃ и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен Q₁ + Q₂ Тогда

. (2)

Заметив, что Q₂ < 0, это выражение можно переписать в виде

Убедимся в том, что правая часть равенств (1) и (2) дает единицу напряженности:

.

Выразим все величины в единицах СИ (Q₁ = 10^–9 Кл, Q₂ = –0,510^–9 Кл, r₁ = 0,09 м, r₂ = 0,15 м, 1/(4₀) = 910⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

;

.

Построим график Е(r). В области I (r₁ < R₁ ) E = 0. В области II (R₁  r < R₂) Е₂ (r) изменяется по закону 1/r². В точке r = R₁ напряженность . В точке r = R₂ (r стремится к R₂ слева) . В области III (r > R₂) Е₃(r) изменяется по закону 1/r², причем в точке r = R₂ (r стремится к R₂ справа) . Таким образом, функция Е(r) в точках r = R₁ и r = R₂ терпит разрыв.

График зависимости Е_r представлен на рис. 16.

П

Рис. 16

ример 7. Точечный заряд Q = 25 нКл находится в поле, созданном прямым бесконечным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с поверхностной плотностью  = 0,2 нКл/см².

Определить силу F, действующую на заряд, если его расстояние от оси цилиндра r = 10 см.

Решение. Значение силы F, действующей на точечный заряд Q, находящийся в поле, определяется по формуле

, (1)

где Е – напряженность поля.

Как известно, напряженность поля бесконечно длинного равномерно заряженного цилиндра

, (2)

где  – линейная плотность заряда.

Выразим линейную плотность  через поверхностную плотность . Для этого выделим элемент цилиндра длиной l и выразим находящийся на нем заряд Q двумя способами: . Приравняв правые части этих формул и сократив полученное равенство на l, найдем . С учетом этого формула (2) примет вид Подставив выражение Е в (1), получим

.

Произведем вычисления:

Сила F сонаправлена с напряженностью Е, которая в силу симметрии (цилиндр бесконечно длинный) перпендикулярна поверхности цилиндра.

Пример 8. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности, равномерно распределен заряд с линейной плотностью  = 10 нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал  электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина l нити составляет 1/3 длины окружности и равна 15 см.

Р

Рис. 17

ешение. Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Оу была бы симметрично расположена относительно концов дуги (рис. 17). На нити выделим элемент длины dl. Заряд , находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.

Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала напряженность dE поля, создаваемого зарядом dQ:

где r – радиус-вектор, направленный от элемента dlк точке, в которой вычисляется напряженность.

Выразим вектор dE через проекции dE_x и dЕ_у на оси координат:

,

где i и j – единичные векторы направлений (орты).

Напряженность Е найдем интегрированием:

Интегрирование ведется вдоль дуги длиной l. В силу симметрии . Тогда

, (1)

где . Так как r = R = const, , то

.

Подставим выражение dE_y, в (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относительно оси Оу, пределы интегрирования возьмем от 0 до /3, а результат удвоим:

Выразив радиус R через длину l нити (3l = 2/R), получим

(2)

Из этой формулы видно, что напряженность поля по направлению совпадает с осью Оу.

Найдем потенциал электрического поля в точке О. Сначала найдем потенциал d, создаваемый точечным зарядом dQ в точке О:

.

Заменим r на R и проведем интегрирование:

.

Так как l = 2R/3, то

(3)

Произведем вычисления по формулам (2) и (3):

,

.

Пример 9. На тонком стержне длиной l равномерно распределен заряд с линейной плотностью  = 10 нКл/м. Найти потенциал , созданный распределенным зарядом в точке А, расположенной на оси стержня и удаленной от его ближайшего конца на расстояние l.

Р

Рис. 18

ешение. В задаче рассматривается поле, создаваемое распределенным зарядом. В этом случае поступают следующим образом. На стержне выделяют малый участок длиной dx. Тогда на этом участке будет сосредоточен заряд , который можно считать точечным. Потенциал d, создаваемый этим точечным зарядом в точке А (рис. 18), можно определить по формуле

Согласно принципу суперпозиции электрических полей, потенциал электрического поля, создаваемого заряженным стержнем в точке А, найдем интегрирование этого выражения:

.

В

Рис. 19

ыполним интегрирование:

.

Подставим числовые значения физических величин в СИ ( = 1010^–9 Кл/м, 1/(4₀) = 910⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

.

Пример 10. На пластинах плоского конденсатора находится заряд Q = 10 нКл. Площадь S каждой пластины конденсатора равна 100 см², диэлектрик – воздух. Определить силу F, с которой притягиваются пластины. Поле между пластинами считать однородным.

Решение. Заряд Q одной пластины находится в поле напряженностью Е, созданном зарядом другой пластины конденсатора. Следовательно, на первый заряд действует сила (рис. 19)

. (1)

Так как

,

где  – поверхностная плотность заряда пластины, то формула (1) примет вид

Произведем вычисления:

.

Пример 11. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью  = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии a₁ = 0,5 см и а₂ = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.

Решение. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала: . Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

, или .

Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r₁ и r₂ от оси цилиндра:

. (1)

Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то для выражения напряженности поля можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром:

.

Подставив выражение Е (1), получим

,

или

. (2)

Произведем вычисления, учитывая, что величины r₁ и r₂, входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах (r = R + a₁ = 1,5 см, r₂ = R + а₂ = 3 см):

Пример 12. Электрическое поле создается двумя зарядами Q₁ = 4 мкКл и Q₂ = – 2 мкКл, находящимися на расстоянии a = 0,1 м друг от друга. Определить работу A_1,2 сил поля по перемещению заряда Q = 50 нКл из точки 1 в точку 2 (рис. 20).

Р

Рис. 20

ешение. Для определения работы A_1,2 сил поля воспользуемся соотношением

.

Применяя принцип суперпозиции электрических полей, определим потенциалы ₁ и ₂ точек 1 и 2 поля:

;

.

Тогда

.

или

.

Проверим, дает ли правая часть равенства единицу работы (Дж):

Подставим числовые значения физических величин в СИ (Q = 510^–9 Кл, Q₁ = 410^–6 Кл, Q₂ = 210^–6 Кл, a = 0,1 м, 1/(4₀) = 910⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

.

Пример 13. Определить ускоряющую разность потенциалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью ₁ = 10⁶ м/с, чтобы скорость его возросла в n = 2 раза.

Решение. Ускоряющую разность потенциалов можно найти, вычислив работу А сил электростатического поля. Эта работа определяется произведением элементарного заряда е на разность потенциалов U:

. (1)

Работа сил электростатического поля в данном случае равна изменению кинетической энергии электрона:

, (2)

где T₁ и Т₂ – кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; m – масса электрона; ₁ и ₂ – начальная и конечная скорости его.

Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим

,

где n = ₂/₁.

Отсюда искомая разность потенциалов

.

Произведем вычисления:

.

Пример 14. С поверхности бесконечного равномерно заряженного ( = 50 нКл/м) прямого цилиндра вылетает -частица (₀ = 0). Определить кинетическую энергию Т₂ -частицы (кэВ) в точке 2 на расстоянии 8R от поверхности цилиндра (рис. 21).

Решение. Так как силы электростатического поля являются консервативными, то для определения кинетической энергии -частицы в точке 2 воспользуемся законом сохранения энергии, записанном в виде E₁ = E₂ где Е₁ и Е₂ – полные энергии -частицы в точках 1 и 2.

Так как E₁ = T₁ + U₁ и E₂ = T₂ + U₂ (T₁ и Т₂ – кинетические энергии -частицы; U₁ и U₂ – потенциальные), то, учитывая, что T₁ = 0 (₀ = 0), можно записать U₁ = T₂ + U₂, откуда T₂ = U₁ – U₂ = Q(₁ – ₂) (Q – заряд -частицы; ₁ и ₂ – потенциалы точек 1 и 2).

И

Рис. 21

спользуя решение примера 10, запишем

.

Тогда

.

Проверка единиц аналогична проведенной в примере 11.

Выразим все величины в единицах СИ (Q = 21,6010^–19 Кл,  = 50·10^–9 Кл/м, 1/(2₀) = 1810⁹ м/Ф) и произведем вычисления (1/(1,6010^–19) – коэффициент перевода из Дж в эВ):

Пример 15. Конденсатор емкостью С₁ = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U₁ = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор соединили параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С₂ = 5 мкФ. Какая энергия W' израсходуется на образование искры в момент присоединения второго конденсатора?

Решение. Энергия, израсходованная на образование искры,

, (1)

где W₁ – энергия, которой обладал первый конденсатор до присоединения к нему второго конденсатора; W₂ – энергия, которую имеет батарея, составленная из двух конденсаторов.

Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле

, (2)

где С – емкость конденсатора или батареи конденсаторов.

Выразив в формуле (1) энергии W₁ и W₂ по формуле (2) и приняв во внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим

, (3)

где U₂ – разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потенциалов U₂ следующим образом:

. (4)

Подставив выражение U₂ в (3), найдем

,

или

Произведем вычисления:

П

Рис. 22

ример 16. Потенциометр сопротивлением R = 100 Ом подключен к батарее с ЭДС  = 150 В и внутренним сопротивлением R_i = 50 Ом. Определить: 1) показание вольтметра сопротивлением R_V = 500 Ом, соединенного с одной из клемм потенциометра и подвижным контактом, установленным посередине потенциометра; 2) разность потенциалов между теми же точками потенциометра при отключении вольтметра.

Решение. 1. Показание вольтметра, подключенного к точкам А и В (рис. 22), определим по формуле

,

где R₁ – сопротивление параллельно соединенных вольтметра и половины потенциометра; I₁ – суммарная сила тока в ветвях этого соединения (она равна силе тока в неразветвленной части цепи).

Силу тока I₁ найдем по закону Ома для полной цепи:

, (1)

где R_e – сопротивление внешней цепи. Это сопротивление есть сумма двух сопротивлений:

. (2)

Сопротивление R₁ найдем по формуле параллельного соединения проводников , откуда

.

Подставив в (1) выражение R_e по (2), найдем

.

В данном случае решение задачи в общем виде было бы громоздким. Поэтому удобно вычисление величин провести раздельно:

;

2. Разность потенциалов между точками А и В при отключенном вольтметре равна произведению силы тока I₂ на половину сопротивления потенциометра:

, (3)

где I₂ – сила тока в цепи при отключенном вольтметре. Ее определим по формуле

Подставив выражение I₂ в (3), найдем

.

Произведем вычисления:

Пример 17. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени t = 2 с по линейному закону от I₀ = 0 до I = 6А (рис.23). Определить теплоту Q₁, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q₂ – за вторую, а также найти отношение Q₂/Q₁.

Решение. Закон Джоуля–Ленца в виде справедлив для постоянного тока (I = const). Если же сила тока в проводнике изменяется, то указанный закон справедлив для бесконечно малого интервала времени и записывается в виде

. (1)

Здесь сила тока I является некоторой функцией времени. В данном случае

Рис. 23

, (2)

где k – коэффициент пропорциональности, характеризующий скорость изменения силы тока:

С учетом (2) формула (1) примет вид

. (3)

Для определения теплоты, выделившейся за конечный интервал времени t, выражение (3) надо проинтегрировать в пределах от t₁ до t₂:

.

Произведем вычисления:

;

.

Следовательно,

,

т. е. за вторую секунду выделится теплоты в семь раз больше, чем за первую.