Примеры решения задач

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

Решение. Заряд Q ₁находится в равновесии в том случае, если геометрическая сумма сил, действующих на него, равна нулю. Это значит, что на заряд Q ₁дол­жны действовать две силы, равные по модулю и проти­воположные по направлению. Рассмотрим, на каком из трех участков I, II, III (Рис. 4) может быть выполнено это условие. Для определенности будем считать, что заряд Q ₁— положительный.

Рис. 5.

На участке I (рис. 5, а) на заряд Q ₁будут дей­ствовать две противоположно направленные силы: и . Сила , действующая со стороны заряда 9 Q, в любой точке этого участка больше силы , действующей со стороны заряда

-Q, так как больший заряд 9Q находится всегда ближе к заряду Q _1, чем меньший (по модулю) заряд -Q. Поэтому равновесие на этом участке невозможно.

На участке II (рис. 4, б) обе силы и направ­лены в одну сторону — к заряду -Q. Следовательно, и на втором участке равновесие невозможно.

На участке III (рис. 4, в) силы и направлены в противоположные стороны, так же как и на участке I, но в отличие от него меньший заряд -Q всегда нахо­дится ближе к заряду Q _1,чем больший заряд 9 Q. Это значит, что можно найти такую точку на прямой, где силы и будут одинаковы по модулю, т. е.

= (1)

Пусть х и l+х — расстояние от меньшего и боль­шего зарядов до заряда Q _1.Выражая в равенстве (1) и в соответствии с законом Кулона, получим

9 Q Q ₁(l + x) ² = Q Q ₁ /x ², или l + x = ± З х, откуда

x ₁ = + l/ 2,

x ₂ = - l/ 4.

Корень x ₂не удовлетворяет физическому условию задачи (в этой точке силы и хотя и равны по модулю, но сонаправлены).

Определим знак заряда Q ₁, 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 Q ₁ в двух случаях: когда заряд положителен и когда отрицателен.

Если заряд Q ₁положителен, то при смещении его влево обе силы и возрастают. Так как сила воз­растает медленнее, то результирующая сила, действую­щая на заряд Q ₁, будет направлена в ту же сторону, в которую смещен этот заряд, т. е. влево. Под действием этой силы заряд Q ₁ будет удаляться от положения равно­весия. То же происходит и при смещении заряда Q ₁вправо. Сила убывает быстрее, чем . 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 Q ₁отрицателен, то его смещение влево вызовет увеличение сил и , но сила возрастает медленнее, чем , т. е. | |>| |. Результирующая сила будет направлена вправо. Под ее действием заряд Q ₁ возвращается к положению равновесия. При смещении Q ₁ вправо сила убывает быстрее, чем , т. е. | |>| |. результирующая сила направлена влево и заряд Q ₁ опять будет возвращаться к положению равновесия. При отрицательном заряде равновесие является устойчивым. Величина самого заряда Q ₁несущественна.

Рис. 6.

Задача 2. Три точечных заряда Q ₁ = Q ₂ = Q ₃ = 1 нКл расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q ₄ 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 Q _1,находился и равновесии. Заряд Q ₁ будет находиться в равновесии, если век­торная сумма действующих на него сил равна нулевому вектору (Рис. 6):

(1)
где , , — силы, с которыми соответственно дей­ствуют на заряд Q ₁ заряды Q ₂, Q _3, Q ₄; равнодей­ствующая сил и

Так как силы и направлены по одной прямой в противоположные стороны, то векторное равенство (1) можно заменить скалярным: F - F ₄ = 0, откуда F ₄ = F. Выразив в последнем равенстве F через F ₂, F ₃ и учиты­вая, что F ₃ = F ₂, получим

F ₄ = F ₂ .

Применив закон Кулона и имея в виду, что Q ₂ = Q ₃ = Q ₁, найдем

откуда Q ₄= (2)

Из геометрических построений в равностороннем тре­угольнике следует, что

, cos α=cos 60°=l/2.

С учетом этого формула (2) примет вид

Q ₄ = Q ₁ .

Произведем вычисления:

Q ₄ = 10^-9 / Кл = 5,77·10^-10 Кл = 577 пКл.

Задача 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 Q ₁ = 40 нКл, который взаимодействует со стержнем с си­лой F = 6 мкН. Определить линейную плотность τ заряда на стержне.

Решение. Сила взаимодействия F заряженного стержня с точечным зарядом Q ₁зависит от линейной плотности τ заряда на стержне. Зная эту зависимость, можно определить τ.

Рис. 7

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. 7) малый участок dr с зарядом dQ = τdr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,

d F =

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

F =

откуда

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:

Задача 4. Два точечных электрических заряда Q ₁ = 1 нКл и Q ₂= - 2 нКл находятся в воздухе на рас­стоянии d = 10 см друг от друга. Определить напря­женность и потенциал φ поля, создаваемого этими зарядами в точке А, удаленной от заряда Q ₁на расстоя­ние r ₁= 9 см и от заряда Q ₂ на r ₂ = 7 см.

Решение. Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, поле, созданное зарядом, не зависит от присутствия других зарядов. Поэтому напряженность электрического поля в искомой точке может быть найдена как геометрическая сумма напряженностей и полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: . Напряженности электриче­ского поля, создаваемого в воздухе (ε = 1) зарядами Q ₁ и Q ₂, складываются.

Вектор (Рис. 8.) направлен по силовой линии от заряда Q ₁, так как этот заряд положителен; вектор направлен также по силовой линии, но к заряду Q ₂ так как этот заряд отрицателен.

Рис. 8.

Модули векторов и находим по формулам

, (1)

. (2)

Модуль результирующего вектора найдем по теореме косинусов:

Е = (3)

где α - угол между векторами и , который может быть найден из треугольника со сторонами r ₁, r ₂и d: cos α = . В данном случае во избежание громоздких записей удобно значение cos α вычислить отдельно:

cos α =

Подставляя выражение Е ₁ из (1) и Е ₂ из (2) в (3) и вынося общий множитель 1/(4 ) за знак корня, получаем

Е = (4)

В соответствии с принципом суперпозиции электриче­ских полей потенциал φ результирующего поля, созда­ваемого двумя зарядами Q ₁ и Q ₂, 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

+ ,

Произведем вычисления:

=3,58·10³ В/м = 3,58 кВ/м;

=-157 В.

Рис. 9

Задача 5. По тон­кому кольцу равно­мерно распределен за­ряд Q = 40 нКл с ли­нейной плотностью τ = 50 нКл/м. Опреде­лить напряженность 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 хoу с плоскостью кольца, а ось oz - с осью кольца (Рис. 9). На кольце выделим малый участок длиной dl. Так как заряд dQ = τ dl, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность d электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде

,

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

Разложим вектор d на две составляющие: d ₁, пер­пендикулярно плоскости кольца (сонаправленную с осью Oz), и d ₂, параллельную плоскости кольца (плос­кости хoу), 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 = dQ'), расположенных симметрично относительно центра кольца, векторы и в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: .Поэтому векторная сумма (интеграл) .

Составляющие для всех элементов кольца сонаправлены с осью oz (единичным вектором , определяющим направление оси Z), т.е. . Тогда

_.

Так как dE = , r = = = и cos α = (R/2)/ r = l/ , то

dE ₁ = = .

Таким образом

.

Из соотношения Q = 2 πRτ определим радиус кольца: R = Q /(2 πτ). 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 () и произведем вычисления:

Е = В/м = 7,94 кВ/м.

Задача 6. Две концентрические проводящие сферы радиусами R ₁ = 6 см и R ₂ = 10 см несут соответственно заряды Q ₁ = 1 нКл и Q ₂ = -0,5 нКл. Найти напряжен­ность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на рас­стояниях r ₁= 5 см, r ₂ = 9 см, r ₃ = 15 см). Построить график Е (r).

Решение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (Рис. 10): обла­сти I (r ₁ <R ₁ ),области II (R ₁< r ₂ < R ₂), области III (r _з> R ₂).

1. Для определения на­пряженности Е ₁ в области I проведем гауссову повер­хность S ₁ радиусом r ₁ и воспользуемся теоремой Остроградского—Гаусса:

dS = 0

Рис. 10.

(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссо­вой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии E _n = Е ₁ = const.

Следовательно, Е ₁ dS = 0 и Е ₁(напря­женность поля в области I) во всех точках, удовлетворяю­щих условию r ₁ <R ₁, будет равна нулю.

2. В области II проведем гауссову поверхность радиусом r ₂. В этом случае диэлектрическую проницаемость ε среды будем считать равной единице (вакуум).

E _n dS = Q ₁/ ε ₀,

(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q ₁).

Так как E _n = E = const, то E можно вынести за знак интеграла:

E dS = Q ₁/ ε ₀, или E S ₂ = Q ₁/ ε ₀.

Обозначив напряженность E для области II через E ₂ получим

E ₂ = Q ₁/ (ε ₀ S ₂),

где S₂ = 4 — площадь гауссовой поверхности. Тогда

E ₂ = . (1)

3. В области III гауссова поверхность проводится ра­диусом r ₃. Обозначим напряженность Е области III через E ₃и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охва­тывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд бу­дет равен Q ₁+ Q ₂. Тогда

E ₃ = . (2)

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

Выразим все величины в единицах СИ (Q ₁ = 10 ^-9 Кл, Q ₂= - 0,5 · 10 ^-9 Кл,

r ₁ = 0,09 м, r ₂ = 0,15 м, 1 /(4 ) = 9·10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

E ₂ = 9·10⁹ В/м =1,11кВ/м;

E ₃ = 9·10⁹ В/м = 200 В/м.

Построим график E (r). В области I(r ₁< R ₁) E = 0. В области II (R ₁≤ r < R ₂) E ₂(r) изменяется по закону 1/ r ². В точке r = R ₁ E ₂(R ₁) = Q ₁/ (4 ) = 2,5 кВ/м.

В точке r = R ₂ (r стремится к R ₂ слева) Е ₂(R ₂) = Q ₁/ () = 0,9 кВ/м. В области III (r < R ₂) E ₃(r) изменяется по закону 1/ r ², причем в точке r = R ₂

(r стре­мится к R ₂ справа)

Е ₃(R ₂) = (Q ₁- /() = 0,45 кВ/м. Таким образом, функция E (r) в точках r = R ₁ и r = R ₂ терпит разрыв.

Рис. 11.

График зависимости Е от r, представлен на рис. 11.

Задача 7. 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

F = Q E (1)

Так как напряженность поля, созданного пластиной определяется по формуле

E =σ/(2 ε₀)=Q/(2 ε₀S),

где σ — поверхностная плотность заряда пластины, то формула (1) примет вид

F = Q²/(2 ε₀ S).

Произведем вычисления:

F = Н =5,65·10^-4 Н = 565 мкН.

Задача 8. Электрическое поле создано длинным ци­линдром радиусом R= 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью τ = 20нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии а ₁ = 0,5 см и а ₂ = 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

E = , или dφ = - Edr.

Интегрируя это выражение, найдем разность потен­циалов двух точек, отстоящих на расстояниях r ₁и r ₂от 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:

Е = τ / (2π ε₀r).

Подставив выражение Е в(1), получим

ln ,

или

ln .

Произведем вычисления, учитывая, что величины r ₁и r ₂входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах

r ₁ = R + a ₁ = 1,5 см,

r ₂ = R + а₂ = 3 см.

2·10^-8·1,8·10¹⁰ ln (3/1,5) = 3,6·10²·2,3 ln 2 = 250 В.

Задача 9. Определить ускоряющую разность потен­циалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью υ _о= 10⁶ м/с, что­бы скорость его возросла 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:

A = eU. (1)

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

A =T ₂ – T ₁ = , (2)

где T ₁ и T ₂ — кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; m — масса элект­рона; υ ₁и υ ₂ - начальная и конечная его скорости.

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

eU = =

где п = υ ₂ / υ ₁.

Отсюда искомая разность потенциалов

U =

Произведем вычисления:

U = = 8,53 В.

Задача 10. Конденсатор емкостью С ₁ = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U ₁ = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор соединили параллельно с другим незаряженным конденсатором емкостью С ₂ = 5мкФ. Какая энергия W ^'израсходуется на образование искры в, момент присоединения второго конденсатора?

Решение. Энергия, израсходованная на образо­вание искры,

W ^' = W _l - W ₂, (1)

где W _l— энергия, которой обладал первый конденсатор до присоединения к нему второго конденсатора; W ₂ — энергия, которую имеет батарея, составленная из двух конденсаторов.

Энергия заряженного конденсатора определяется по формуле

W = ^l/₂ CU ², (2)

где С — емкость конденсатора или батареи конденса­торов.

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

W ^' = ^l/₂ C ₁ U ₁² - ^l/₂ (C ₁+ С ₂) (3)

где U ₂— разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потен­циалов U ₂следующим образом:

. (4)

Подставив выражение U₂ в (3), найдем

,

или

Произведем вычисления:

1,5 мДж.

Задача 12. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени = 2 с по линей­ному закону от I _о = 0 до I = 6 А (Рис. 12). Определить теплоту Q ₁, выделившуюся в этом проводнике за первую секунду, и Q ₂ — за вторую, а также найти отношение Q ₂/ Q ₁.

Решение. Закон Джоуля—Ленца в виде Q = I R t 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

dQ = I ² Rdt. (1)

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

Рис. 12.

I = k t, (2)

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

k =

С учетом (2) формула (1) примет вид

dQ = k²Rt²dt. (3)

Для определения теплоты, выделившейся за конечный интервал времени , выражение (3) надо проинтегриро­вать в пределах от t ₁до t ₂:

Q = k ² R .

Произведем вычисления:

Q ₁ = Дж = 60 Дж;

Q ₂ = 1 Дж = 420 Дж.

Следовательно,

Q ₂ /Q ₁ = 420/60 = 7,

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

Задача 13. По отрезку прямого провода длиной l = 80 см течет ток I = 50 А. Определить магнитную индукцию поля, создаваемого этим током, в точке А, равноудаленной от концов отрезка провода и находящейся на расстоянии r _о = 30 см от его середины.

Решение. Направление вектора магнитной индукции поля, создаваемого прямым током, можно определить по правилу буравчика (правилу правого винта). Для этого проводим магнитную силовую линию (штриховая линия на Рис. 13) и по касательной к ней в интересующей нас точке проводим вектор . Вектор магнитной индукции в точке А (Рис. 14) направлен перпендикулярно плоскости чертежа от нас.

Рис. 13.

Для решения задачи воспользуемся законом Био-Савара-Лапласа и принципом суперпозиции магнитных полей. Закон Био-Савара-Лапласа позволяет определить магнитную индукцию , создаваемую элементом тока Idl. Заметим, что вектор в точке А направлен за плоскость чертежа. Принцип суперпозиции позволяет для определения воспользоваться геометрическим суммированием (интегрированием):

, (1)

где символ l означает, что интегрирование распространяется на всю длину провода.

Запишем закон Био-Савара-Лапласа в векторной форме:

,

где - магнитная индукция, создаваемая элементом провода длиной dl с током I в точке, определяемой

радиусом-вектором , μ ₀ - магнитная постоянная; μ - магнитная проницаемость среды, в которой находится провод (в нашем случае μ = 1). Заметим, что векторы от различных элементов тока сонаправлены (Рис. 14), поэтому выражение (1) можно переписать в скалярной форме:

В = dB,

Где dB = .

В скалярном выражении закона Био-Савара-Лапласа угол α есть угол между элементом проводника с током длиной dl и радиусом-вектором .

Таким образом,

B = . (2)

Преобразуем подынтегральное выражение так, чтобы была одна переменная — угол α. Для этого выразим длину элемента провода dl через угол dα:

dl = r dα /sin α (Рис. 14).

Тогда подынтегральное выражение запишем в виде .

Заметим, что переменная также зависит от α, (r=r _o/sin α); следовательно,

.

Таким образом, выражение (2) можно переписать в виде

B = ,

где α ₁ и α ₂ — пределы интегрирования.

Выполним интегрирование:

B = , (3)

Заметим, что при симметричном расположении точки А относительно отрезка провода cos α ₂ = - cos α ₁. С учетом этого формула (3) примет вид

(4)

Из Рис. 13 следует

cos α ₁= .

Подставив выражение cos α ₁ в формулу (4), получим

B = , (5)

Произведя вычисления по формуле (5), найдем В = 26,7 мкТл.

Задача 14. По двум параллельным прямым проводам длиной l = 2,5 м каждый, находящимся на расстоянии d = 20 см друг от друга, текут одинаковые токи I = 1 кА. Вычислить силу взаимодействия токов.

Решение. Взаимодействие двух проводов, по которым текут токи, осуществляется через магнитное поле. Каждый ток создает магнитное поле, которое действует на другой провод.

Предположим, что оба тока (обозначим их для удобства I ₁ и I ₂) текут в одном направлении. Ток I ₁ создает в месте расположения второго провода (с током I ₂) магнитное поле.

Проведем линию магнитной индукции (пунктир на Рис. 15) через второй провод и по касательной к ней — вектор магнитной индукции . Модуль магнитной индукцииВ₁ определяется соотношением

В ₁ = . (1)

Согласно закону Ампера, на каждый элемент второго провода с током I ₂длиной dl действует в магнитном поле сила

dF = I ₂ B ₁ d l sin(d ).

Так как вектор перпендикулярен вектору ₁, то sin(d )= 1 и тогда

dF = I ₁ В ₁ dl.

Подставив в это выражение В₁согласно (1), получим

dF = dl.

Рис. 15.

Силу F взаимодействия проводов с током найдем интегрированием:

.

Заметив, что I ₁= I ₂= I, получим

.

Убедимся в том, что правая часть этого равенства дает единицу силы (Н):

.

Произведем вычисления:

F = .

Сила сонаправлена с силой (рис. 15) и определяется правилом левой руки.

Задача 15. Электрон движется в однородном магнитном поле (В = 10мТл) но винтовой линии, радиус R которой равен 1 см и шаг h = 6 см. Определить период Т обращения электрона и его скорость υ.

Решение. Электрон будет двигаться по винтовой линии, если он влетает в однородное магнитное поле под некоторым углом ()к линиям магнитной индукции. Разложим, как это показано на Рис. 16, скорость электрона на две составляющие: параллельную вектору ( _║) и перпендикулярную ему ( _┴). Скорость _║ в магнитном поле не изменяется и обеспечивает перемещение электрона вдоль силовой линии. Скорость _┴ в результате действия силы Лоренца будет изменяться только по направлению ( _{л ┴ ┴}) (в отсутствие параллельной составляющей ( _║ = 0) движение электрона происходило бы по окружности в плоскости, перпендикулярной магнитным силовым линиям). Таким образом, электрон будет участвовать одновременно в двух движениях: равномерном перемещении со скоростью _║ и равномерном движении по окружности со скоростью υ _┴, так как при равномерном движении по окружности модуль υ _┴ не меняется.

Период обращения электрона связан с перпендикулярной составляющей скорости соотношением

T = 2 π R/ υ _┴. (1)

Найдем отношение R / υ _┴.Для этого воспользуемся тем, что сила Лоренца сообщает электрону нормальное ускорение a_n= υ ²_┴ /R. Согласно второму закону Ньютона можно написать

F _л= т a_n,

или

|е| υ _┴ B = m υ ²_┴ / R, (2)

.

Рис.16

где υ _┴ = υ sin α.

Сократив (2) на υ _┴, выразим соотношение R/ υ _┴ (R/ υ _┴ = m / |е| В)

и подставим его в формулу (1):

Т = 2 (3)

Убедимся в том, что правая часть равенства дает единицу времени (секунду):

Произведем вычисления:

Т = = 3,57·10^-9 с = 3,57 нс.

Модуль скорости υ, как это видно из рис. 12, можно выразить через υ _┴ и υ_║:

υ ² = υ ²_┴+ υ ² _║.

Из формулы (2) выразим перпендикулярную составляющую скорости:

υ _┴ = .

Параллельную составляющую скорости υ_║ найдем из следующих соображений. За время, равное периоду обращения Т, электрон пройдет вдоль силовой линии расстояние, равное шагу винтовой линии, т.е. h = Т υ_║ откуда

υ_║ = h / T.

Подставив вместо Т правую часть выражения (2), получим

υ_║ = .

Таким образом, модуль скорости электрона

υ ² = υ ² _┴+ υ ² _║ = .

Убедимся в том, что правая часть равенства дает единицу скорости (м/с). Для этого заметим, что R и h имеют одинаковую размерность - метр (м). Поэтому в квадратных скобках мы поставим только одну из величин (например, R):

Произведем вычисления:

υ = = 2,46∙10⁷ м/с,

или 24,6 Мм/с.

Задача 16. Короткая катушка, содержащая N = 10³ витков, равномерно вращается с частотой п =10 с^-1 относительно оси АВ, лежащей в плоскости катушки и перпендикулярной линиям однородного магнитного поля (В = 0,04 Тл). Определить мгновенное значение ЭДС индукции для тех моментов времени, когда плоскость катушки составляет угол α = 60° с линиями поля. Площадь S катушки равна 100 см².

Решение. Мгновенное значение ЭДС индукции определяется основным уравнением электромагнитной индукции Фарадея-Максвелла:

(1)

Потокосцепление ψ = N Ф, где N — число витков катушки, пронизываемых магнитным потоком Ф. Подставив выражение ψ в формулу (1), получим

(2)

При вращении катушки магнитный поток Ф, пронизывающий катушку в момент времени t, изменяется по закону Ф = ВS cos ωt, где В - магнитная индукция; S - площадь катушки; ω - угловая скорость катушки. Подставив в формулу (2) выражение магнитного потока Ф и продифференцировав по времени, найдем мгновенное значение ЭДС индукции:

= NВS ω sin ωt.

Заметив, что угловая скорость ω связана с частотой вращения п катушки соотношением ω = 2 πn и что угол (Рис. 17), получим (учтено, что

sin (π/2 - α) = cos α)

= 2 πn NВS cos α.

Убедимся в том, что правая часть этого равенства

дает единицу ЭДС (В):

[n][B][S] =

Рис. 17. Произведем вычисления:

= = 12,6 В.

Задача 17. Соленоид с сердечником из немагнитного материала содержит N = 1200 витков провода, плотно прилегающих друг к другу. При силе тока I = 4 А магнитный поток Ф = 6 мкВб. Определить индуктивность L соленоида и энергию W магнитного поля соленоида.

Решение. Индуктивность L связана с потокосцеплением ψ и силой тока I соотношением

ψ =L I. (1)

Потокосцепление, в свою очередь, может быть определено через поток Ф и число витков N (при условии, что витки плотно прилегают друг к другу):

ψ = N Ф. (2)

Из формул (1) и (2) находим индуктивность соленоида:

L = N Ф/I. (3)