Примеры решения контрольных задач

1. В углах при основании равнобедренного треугольника с боковой стороной 8 см расположены заряды Q₁ и Q₂. Определить силу, действующую на заряд 1нКл, помещенный в вершине треугольника. Угол при вершине 120°. Рассмотреть случаи:

а) Q₁ = Q ₂= 2 нКл;

б) Q₁ = - Q ₂= 2 нКл.

Дано: | Q₁ | = | Q₂ | = 2 · 10^-9 Кл; Q₃= 10^-9 Кл; r = 0,08 м; a = 30°; e = 1.

Найти: F ₁; F ₂.

Решение. В соответствии с принципом суперпозиции поле каждого из зарядов Q₁ и Q₂ действует на заряд Q₁ независимо. Это значит, что на заряд Q ₃ действуют силы (рис. 1. а)

F₁₃=Q₁×Q₃/(4pεε₀r²), F₂₃=Q₂×Q₃/(4pεε₀r²)

Так как | Q₁ | = | Q₂ |, то |F ₁₃ | = |F ₂₃ |. Векторная сумма является искомой величиной. Модуль силы определяется по теореме косинусов . В случае одноименных зарядов Q₁ и Q₂ из рис. 1. а видно, что угол b = 120°, поэтому F₁ =F₁₃=F₂₃

В случае разноименных зарядов Q₁ и Q₂ из рис. 1. б видно, что угол b = 60° и, следовательно,

Ответ: F ₁= 2,8 мкН; F ₂= 4,8 мкН.

2. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом R= 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью t = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстояниях а₁ =0,5 см и а₂ = 2 см от поверхности цилиндра в средней его части.

Дано: R= 1 см, t = 20 нКл/м, а₁ =0,5 см, а₂ = 2 см.

Найти: j₁-j₂.

Решение. Связь между напряженностью и потенциалом электростатического поля имеет вид

Для поля осевой симметрии, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде

, или dj=-Edr.

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:

Подставляя, это выражение в (1), получим

или .

Произведем вычисления:

j₁-j₂=2·10^-8·1,8·10¹⁰ln(3/1,5)=250 В.

Ответ: j₁-j₂=250 В.

3. Заряд 1 нКл переносится в воздухе из точки, находящейся на расстоянии 1 м от бесконечно длинной равномерно заряженной нити, в точку на расстоянии 10 см от нее. Определить работу, совершаемую против сил поля, если линейная плотность заряда нити 1 мкКл/м. Какая работа совершается на последних 10 см пути?

Дано: r ₀= 0,1 м; r ₁ = 1 м; r ₂= 0,2 м; Q = 1 · 10^-9 Кл; e = 1;

t = 1 · 10^-бКл/м.

Найти: A ₁, А ₂.

Решение. Работа внешней силы по перемещению заряда Q из точки поля с потенциалом j_i в точку с потенциалом j₀

A = Q(j₀- j_i). (1)

Бесконечная равномерно заряженная нить с линейной плотностью заряда t создает аксиально-симметричное поле напряженностью Е=t/(2pee₀r). Напряженность и потенциал этого поля связаны соотношением Е = - dj/dr, откуда dj = - Edr. Разность потенциалов точек поля на расстоянии r_i, и r₀ от нити

;

. (2)

Подставив в формулу (1) найденное выражение для разности потенциалов из (2), определим работу, совершаемую внешними силами по перемещению заряда из точки, находящейся на расстоянии 1 м, до точки, расположенной на расстоянии 0,1 м от нити:

;

Работа по перемещению заряда на последних 10 см пути

;

Ответ: А = 4,1 · 10^-5 Дж; А ₂= 1,25 · 10^-5 Дж.

4. К одной из обкладок плоского конденсатора прилегает стеклянная плоскопараллельная пластинка (e ₁= 7) толщиной 9 мм. После того как конденсатор отключили от источника напряжения 220 В и вынули стеклянную пластинку, между обкладками установилась разность потенциалов 976 В. Определить зазор между обкладками и отношение конечной и начальной энергии конденсатора.

Дано: U ₁= 220 В; U ₂ = 976 В; d ₁ = 9·10^{-3 м;} e ₁ = 7; e ₂ = l.

Найти: d ₀; W₂/W₁.

Решение. После отключения конденсатора и удаления стеклянной пластинки заряд на его обкладках остается неизменным, т. е. выполняется равенство

C₁U₁ = C₂U₂, (1)

где C ₁ и С ₂ – электроемкости конденсатора в начальном и конечном случае.

По условию конденсатор вначале является слоистым и его электроемкость определяется по формуле

, (2)

где S – площадь обкладок; d ₀ – зазор между ними, d ₁ - толщина стеклянной пластинки; e ₁и e ₂ – диэлектрические проницаемости стекла и воздуха соответственно.

После удаления стеклянной пластинки электроемкость конденсатора

. (3)

Подставив (2) и (3) в (1), получим

откуда

; .

Начальная и конечная энергии конденсатора

; .

Тогда отношение этих энергий W₂ /W₁ = C₂U₂²(C₁U₁²). Учитывая (1), получим

;

Ответ: d ₀ = 1·10^{-2 м; W} ₂/W ₁= 4,44.

5. В медном проводнике сечением 6 мм² и длиной 5 м течет ток. За 1 мин в проводнике выделяется 18 Дж теплоты. Определить напряженность поля, плотность и силу электрического тока в проводнике.

Дано: S = 6·10^{-6 м2}; l = 5 м; t = 60 с; Q = 18 Дж; r = 1,7·10^-8Ом·м.

Найти: E; j; J.

Решение. Для решения задачи используем законы Ома и Джоуля – Ленца. Закон Ома в дифференциальной форме имеет вид

j = gE, (1)

где j – плотность тока; Е – напряженность поля; g - удельная проводимость.

Закон Джоуля – Ленца

Q=J²Rt. (2)

Здесь J – сила тока, t – время,

– (3)

сопротивление проводника, где r, l, S – удельное сопротивление, длина и площадь поперечного сечения проводника соответственно.

Силу тока J находим из (2) с учетом (3):

;

По определению, плотность тока равна j = J/S;

j=4,6A/(6×10^-6м²)=7,7×10⁵А/м².

Напряженность поля в проводнике определим из (1), учитывая, что g = 1/r.

Е=j×ρ; E=7,7×10⁵А/м²×1,7×10^-8Ом×м=1,3×10^-2В/м.

Ответ: Е = 1,3·10^-2 В/м; J = 4,6 А; j =7,7·10⁵ А/м².

6. Электродвижущая сила батареи равна 20 В. Коэффициент полезного действия батареи составляет 0,8 при силе тока 4 А. Чему равно внутреннее сопротивление батареи?

Дано: ε = 20 В; η = 0,8; J = 4 А.

Найти: r.

Решение. Коэффициент полезного действия источника тока η равен отношению падения напряжения во внешней цепи к его электродвижущей силе

η = RJ/ ε, (1)

откуда

R = ηε/J. (2)

Используя выражение закона Ома для замкнутой цепи J = ε /(R + r ), получаем

. (3)