Вафин Д.Б. Задания для самостоятельной работы по физике: Часть 1
Подождите немного. Документ загружается.
91
При параллельном соединении конденсаторов (рис.
3.8) разность
потенциалов (напряжение) между обкладками каждого конденсатора
одинакова:
U
1
= U
2
= = U
n
=
1
2
.
Суммарный заряд равняется сумме
зарядов отдельных конденсаторов:
q = q
1
+ q
2
+ + q
n
.
Общая емкость параллельно со-
единенных конденсаторов:
С =
n
i
i
C
1
.
При последовательном соединении
конденсаторов (рис.
3.9) общая раз-
ность потенциалов распределяется ме-
жду отдельными конденсаторами:
1
2
= U = U
1
+ U
2
+ + U
n
.
Все конденсаторы заряжаются одинаковыми зарядами, равными
заряду всей батареи:
q
1
= q
2
= = q
n
= q
.
Общая электроемкости при последовательном соединении:
С
1
=
n
i
i
C
1
1
.
Энергия электрического поля заряженного конденсатора;
W
Е
=
2
2
CU
=
2
qU
=
C
q
2
2
,
где U =
1
2
разность потенциалов между обкладками.
Энергия, заключенная в единице объема называется удельной или
объемной плотностью энергии электростатического поля:
w =
V
W
E
=
2
2
E
o
=
2
ED
.
Полная энергия поля системы точечных зарядов:
W
Е
=
n
i
ii
q
1
2
1
,
где q
i
заряд i-го точечного проводника;
i
его потенциал (относи-
тельно бесконечно удаленной точки) в электростатическом поле всех
остальных зарядов. Предполагается, что среда электрически изотропна
и не обладает сегнетоэлектрическими свойствами.
C
1
C
2
C
n
1
+ +
+
2
U
1
U
2
U
n
U
Рис
.
3
.
9
1
+
С
1
С
2
С
3
2
Рис. 3.8
92
3.2. Примеры решения задач
Пример 1. Заряд q = 0,1093 нКл равномерно распределен по не-
проводящей нити длиной l = 10,93 см. Необходимо вычислить напря-
женность электростатического поля и потенциал в точке А, располо-
женной на расстоянии R = 4 см от нити и на расстоянии а = 4 см
от ее левого конца.
Введем понятие линейной плотности заряда
= q/l это заряд,
приходящийся на единицу длины нити. Возьмем бесконечно малый
элемент нити dl (на рисунке он показан намного большим и выделен
жирной черточкой). Заряд этого элемента dq =
dl из-за малости
элемента dl его можно считать точечным зарядом. Напряженнось поля
в рассматриваемой точке А от заряда малого элемента dq:
dE =
2
o
r
dlk
.
Здесь мы считаем, что нить находится в воздухе, т.е. диэлектрическая
проницаемость
= 1. Элементарный вектор напряженности электро-
статического поля dE от малого элемента dl направлен вдоль прямой,
соединяющей данный элемент с рассматриваемой точкой, т.е. вдоль
линии r. Элементарные напряженности от отдельных элементов
направлены в разные стороны. Поэтому суммарная напряженность
находится как векторная сумма элементарных напряженностей от всех
элементов нити: Е =
l
dE . Вектор напряженности dЕ разложим на
две взаимно перпендикулярные составляющие. Ось Ох направим
вдоль нити, ось Оу через точку О. Тогда составляющие dЕ по соот-
ветствующим осям:
dE
x
= dE sin
; dE
y
= dEcos
.
Знак «» показывает, что dE
x
направлена в противоположном
направлении оси Ох.
Анализ
:
у
dE dE
y
dE
x
А
1
2
r
R
d
j i x
a 0 dl
l
Дано:
q = 0,1093 нКл
l = 10,93 см = 0,1093 м
R = 4 см = 0,04 м
а = 4см = 0,04 м
Е,
dS
93
При таком разложении горизонтальные и вертикальные состав-
ляющие dЕ можно суммировать алгебраически отдельно. При
суммировании вдоль нити переменными величинами являются
расстояние от элемента dl до точки А r, dl и угол
. Поэтому эти
переменные надо выразить одни через другие, чтобы при
интегрировании осталась только одна переменная величина. Выразим
их через угол
. Угол
0 для элементов, лежащих правее начала
координат,
0 для точек, лежащих левее начала координат. Из
рисунка видно, что
r = R/cos
.
При переходе из одного конца элемента dl к другому угол
изменяется на d
. При этом
d
=
r
dS
=
r
α
dl
cos
=
R
αdl
2
cos
.
Поэтому
dl =
α
Rdx
2
cos
.
С учетом этих соотношений
dE
x
=
R
k
o
sin
d
, dE
y
=
R
k
o
cos
d
.
При переходе с левого конца нити к правому угол
меняется от
1
до
2
. Из рисунка можно определить выражения для этих углов:
1
= arctg
R
a
,
2
= arctg
R
al
.
Угол
1
берется с отрицательным знаком, так как он отсчитывается от
нормали по часовой стрелке.
Определяем составляющие вектора суммарной напряженности:
Е
х
=
2
1
x
dE
=
R
k
o
2
1
α
α
αdαsin =
R
k
o
(cos
2
cos
1
),
Е
y
=
2
1
y
dE
=
R
k
o
2
1
α
α
αdαcos =
R
k
o
(sin
2
sin
1
).
Суммарная напряженность поля может быть представлена в
векторной форме
Е =
R
k
o
[(cos
2
cos
1
)i + (sin
2
sin
1
)j] ,
где i , j орты системы координат. i = j = 1.
Численное значение вектора напряжнности поля можно вычислить
по теореме Пифогора:
94
Е =
22
ух
ЕЕ .
Проанализируем полученное решение в предельных случаях.
Пусть расстояние от нити до рассматриваемой точки намного
меньше, чем длина проводника: R l. В этом случае
1
/ ,
2
/ , cos
2
cos
1
= 0, sin
2
sin
1
= 2. Отсюда
Е
у
=
R
k
o
2
=
R
о
2
.
Получили формулу для напряженности поля заряженной бесконечно
длинной нити. Если R l, то осесимметричность задачи становится
незаметной, углы
1
,
2
становятся бесконечно малыми:
1
=
2
= d
;
cos
2
cos
1
= 0 ; Е
х
= 0; sin
2
sin
1
= 2 d
; 2 d
= l/R.
В результате
Е
у
=
R
dk
o
2
=
2
R
lk
o
=
2
R
qk
o
.
Получили формулу для напряженности поля точечного заряда.
Потенциал электростатического поля в точке А от заряда
элементарного отрезка dl:
d
=
r
dlk
o
=
α
τdαk
o
cos
.
Потенциал поля заряженной нити находится как алгебраическая
сумма потенциалов всех элементарных отрезков:
=
2
1
d
= k
o
2
1
α
α
α
dα
cos
= k
o
ln
42
)
4
2
(
1
2
tg
tg
.
Анализ размерности:
[E] =
][
][][
R
k
o
=
м
м
Кл
Кл
Нм
2
2
=
Кл
Н
.
[
] = [k
o
][] =
2
2
Кл
м
Н
м
Кл
=
Кл
м
Н
=
Кл
Дж
= В.
Решение:
Сначала определим углы
1
и
2
:
1
= arctg
R
a
= arctg
04,0
04
,
0
= –
4
(–
45
о
);
95
2
= arctg
R
al
= arctg
04,0
04
,
0
1093
,
0
=
3
(60
о
).
=
l
q
=
1093,0
10
1093
,
0
9
= 10
9
м
Кл
.
Е
х
=
R
k
o
(cos
2
cos
1
) =
04,0
10109
99
(
2
1
2
2
) = 46,6
Кл
Н
.
Е
у
=
R
k
o
(sin
2
sin
1
) =
04,0
10109
99
(
2
3
(
2
2
)) = 354
Кл
Н
.
Как видно, горизонтальная составляющая напряженности поля в
данной точке направлена противооложно направлению оси х:
Е =
22
ух
ЕЕ =
22
3546,46 = 357
Кл
Н
.
= k
o
ln
42
)
4
2
(
1
2
tg
tg
= 910
9
10
-9
ln
)8/(
)12/5(
tg
tg
= 19,8 В.
Ответ:
Напряженность электростатического поля заряженной нити конечной
длины Е = 357 Н/Кл. Потенциал поля в этой точке
= 19,8 В.
Пример 2: Тонкое проволочное кольцо радиусом R = 10 см имеет
суммарный электрический заряд q = 60 мкКл. Найти модуль напря-
женности электрического поля и его потенциал на оси кольца на
расстоянии х = 20 см от центра кольца.
Дано: Анализ:
q = 60 нКл
R = 10 см
х = 20 см
Е,
Предположим, что заряд кольца распределен равномерно по его
длине. Тогда можно ввести понятие линейной плотности заряда:
dE
2x
d
E
1x
r
2
r
1
x
dl
dl
R
dE
2у
dE
1y
E
dE
2
d
E
1
0
96
= q / l = q/2
R. На противоположных концах диаметра кольца возь-
мем два элементарных отрезка длиной dl
1
= dl
2
. Заряды этих отрезков
dq
1
= dq
2
=
dl можно считать точечными. Тогда напряженности по-
лей данных зарядов в рассматриваемой точке можно вычислить по
формуле
22
21
44 rε π
τdl
rε πε
dq
dEdE
oo
,
где r расстояние от этих элементарных отрезков до рассматривае-
мой точки. Численные значения напряженностей этих элементарных
отрезков равны, так как равны между собой расстояния r
1
, r
2
, r. Од-
нако направления векторов напряженностей dЕ
1
, dЕ
2
различны
(они направлены вдоль прямых, соединяющих эти элементарные за-
ряды с рассматриваемой точкой). Поэтому равнодействующая этих
двух напряженностей находится как векторная сумма:
dE = dE
1
+ dE
2
.
Задача обладает осевой симметрией, следовательно, составляющие
dE вдоль оси 0у (dE
1y
, dE
2y
) равны по величине и противоположно
направлены (dE
1y
= dE
2y
) . Поэтому эти составляющие взаимно ком-
пенсируются. Таким же образом попарно взаимно компенсируются
вертикальные составляющие напряженностей всех остальных элемен-
тарных отрезков. Сумма двух векторов определяется только суммой
осевых составляющих dE
x
= dEcos
. В результате суммарный век-
тор направлен по оси кольца.
С учетом того что
r
2
= x
2
+ R
2
,
cos
=
22
Rx
x
r
x
,
dE
x
=
23
22
4
/
o
Rxεπε
dl х τ
.
Чтобы определить напряженность поля кольца, необходимо про-
суммировать осевые составляющие напряжённостей всех элементар-
ных отрезков по длине кольца:
Е =
l Rl
dl
Rxεπ
х
τ
Rxεπ
dl
х
τ
E
x
2
322
22
2
2/3
)4
)4
/
(
(
d
o
o
=
2322
4
/
o
)Rε(xπ
qx
.
Потенциал поля элементарного отрезка кольца можно вычислить
по формуле для точечного заряда
97
d
=
2122
4
4
/
)(
o
o
Rxεπ
τdl
εrπ
τdl
.
Потенциал поля всего кольца можно определить алгебраическим сум-
мированием потенциалов всех элементарных отрезков кольца
=
l
d
=
2/122
4 )Rε(xπε
q
o
.
Напряженность поля можно также определить через потенциал
поля, используя связь между напряженностью и потенциалом:
Е = grad.
Отсюда
Е =
I
x
Rx
επε
q
dx
d
22
1
4
o
=
2322
4
/
o
)( Rxεπε
qx
.
Из формул для напряженности и потенциала поля на оси заря-
женного тонкого кольца можно заметить такую закономерность: когда
радиус кольца намного меньше, чем расстояние от центра кольца до
рассматриваемой точки (R x), то эти формулы превращаются в
формулы поля точечного заряда.
Анализ размерностей:
[E] =
м
В
мФ
Кл
ммФ
мКл
]
o
33
/
][][
]
[
[
x
x
q
,
[
] = В
ммФ
Кл
o
)/(
][][
]
[
x
q
.
Решение:
Так как в условии задачи не даются свойства среды, то будем
считать, что кольцо находится в вакууме (
= 1):
Е =
2322
4
/
o
)R(x
qx
=
2/32212
8
)1,02,0(1085,84
2,0106
= 9,66 кВ/м.
=
2/122
4 )Rε(xπ
q
o
=
2/12212
8
)1,02,0(1085,84
106
= 2,41 кВ.
Ответ:
Напряженность электростатического поля на оси заряженного
кольца на расстоянии 20 см от его центра Е = 9,66 кВ/м; а потенциал
поля в той же точке
= 2,41 кВ.
98
Пример 3: Однородный фарфор имеет вид сферического слоя с радиу-
сами R
1
= 5 см и R
2
= 7 см. По внутренней поверхности слоя фарфора
равномерно распределен положительный избыточный заряд с поверх-
ностной плотностью
= 6 мкКл/м
2
. Построить графики зависимостей
E = E(r) и
=
(r), где r – расстояние от центра слоев.
Анализ:
Возьмем вспомога-
тельную (гауссовую) по-
верхность с радиусом r
1
< R
1
и напишем теорему
Гаусса:
1 1
1
S V
dVd
о
SE = 0,
где
= 0 – объемная плотность заряда внутри полости. Поэтому при r
< R
1
напряженность поля Е = 0, т.е. внутри полости поле отсутствует.
Теперь воспользуемся теоремой Гаусса для сферической поверхно-
сти радиуса R
1
< r
2
< R
2
:
2
2
1
4
S
o
R
dSE
.
В данном случае избыточный заряд находится только на внутрен-
ней сферической поверхности слоя. Учитывая сферическую симмет-
рию напряженность из под двойного интеграла вынесли, а этот инте-
грал равняется площади вспомогательной сферической поверхности:
S
2
= 4π
r
2
. Поэтому напряженность поля внутри слоя:
Е =
2
2
1
r
R
o
.
Если таким же образом поступить для сферической поверхности за
пределами шарового слоя при r
3
> R
2
, то получим:
Е =
2
2
1
r
R
o
.
При этих выкладках мы считали, что диэлектрическая проницае-
мость воздуха
= 1.
Потенциал электростатического поля за пределами полого шара:
=
r r
o
r
dr
R
Edr
2
2
1
=
r
R
o
2
1
.
Дано:
R
1
= 0,05 м
R
2
= 0,07 м
= 8,85 нКл/м
2
= 6
E = E(r)
=
(
r
)
r
3
R
1
R
2
r
1
r
2
99
Потенциал поля внутри слоя фарфора при R
1
< r
2
< R
2
:
=
2
R
r
Edr +
2
R
Edr =
2
2
2
1
R
r
o
r
dr
R
+
2
2
1
R
R
o
=
o
R
2
1
(
r
1
–
2
1
R
) +
2
2
1
R
R
o
.
Так как внутри полости Е = 0, то потенциал поля будет везде оди-
наковым и равняться потенциалу внутренней поверхности слоя, т.е.
при r < R
1
:
=
o
R
2
1
(
1
1
R
–
2
1
R
) +
2
2
1
R
R
o
.
Анализ размерностей:
Структуры формул для напряженности и потенциала в разных об-
ластях одинаковы. Поэтому проверим единицы измерений для формул
только за пределами полого шара.
[E] =
2
2
][][
][][
r
R
o
=
222
22
)(м)м/(Н(Кл
)(м)м(Кл/
=
Кл
Н
.
[
] =
][][
][][
2
r
R
o
=
)(м)м/(Н(Кл
)(м)(Кл/м
22
22
=
Кл
мН
= В.
Решение:
Для примерного построения графиков вычислим значения напря-
женностей поля и потенциала на внутренней и наружной поверхно-
стях внутри фарфора. При r = R
1
:
E(R
1
) =
2
1
2
1
R
R
o
=
o
=
61085,8
1085,8
12
9
= 167
Кл
Н
.
(R
1
) =
o
R
2
1
(
1
1
R
–
2
1
R
) +
2
2
1
R
R
o
=
61085,8
05,01085,8
12
29
(
07,0
1
05,0
1
) +
+
07,01085,8
05,01085,8
12
29
= 38,09 В.
E(R
2
) =
2
2
2
1
R
R
o
=
212
29
07,061085,8
05,01085,8
= 85,2
Кл
Н
.
Как видно из формулы, непосредственно за пределами шара на-
пряженность будет больше на величину
, т.е.
E'(R
2
) =
E(R
2
) = 6∙85,2 = 511
Кл
Н
.
100
(R
2
) =
2
2
1
R
R
o
=
07,01085,8
05,01085,8
12
29
= 35,7 В.
По найденным значениям построены графики зависимостей на-
пряженности и потенциала поля в зависимости от расстояния r/
За пределами шара и напряженность, и потенциал убывают.
Пример 4: Электрон ускоряется в однородном поле двух парал-
лельных разноименно заряженных пластин, расстояние между кото-
рыми d = 1 см, а разность потенциалов U =
1
2
= 100 В. Элек-
трон начинает двигаться из состояния покоя из отрицательной
пластины, пролетает через небольшое отверстие в положительной
пластине и влетает в однородное электростатическое поле других
разноименно заряженных пластин параллельно пластинам. Напряжен-
ность поля этих пластин Е = 10
3
Н/Кл, длина пластин l = 10 см.
Необходимо определить скорость электрона на выходе из поля первой
пары пластин, траекторию движения в поле второй пары пластин и
смещение по вертикали в конце траектории.
0 0,05 0,07
r, м
r, м
Е
, Н/Кл
511
167
38
0
, В
38,1
35,7
Графики напряженности и потенциала в зависимости от
r
, где
r
–
расстояние
от центра полого шара