Пример 1. Два точечных заряда 9 Q и — Q закреплены на расстоянии l = 50 см друг от друга. Третий заряд Q 1 может перемещаться только вдоль прямой, проходящей через заряды. Определить положение заряда Q 1, при котором он будет находиться в равновесии. При каком знаке заряда Q 1 равновесие будет устойчивым?
Решение. Заряд Q 1 находится в равновесии в том случае, если геометрическая сумма сил, действующих на него, равна нулю. Это значит, что на заряд Q 1 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 Q 1—положительный.
На участке l (рис. 10, а) на заряд Q 1 будут действовать две противоположно направленные силы: F 1 и F 2. Сила F 1, действующая со стороны заряда 9 Q, в любой точке этого участка больше силы F 2, действующей со стороны заряда — Q, так как больший заряд 9 Q находится всегда ближе к заряду Q 1, чем меньший (по модулю) заряд — Q. Поэтому равновесие на этом участке невозможно.
|
|
На участке II (рис. 10, б) обе силы F 1 и F 2 направлены в одну сторону к заряду — Q. Следовательно, и на втором участке равновесие невозможно.
На участке III (рис. 10, в) силы F 1 и F 2 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 F 1 и F 2 будут одинаковы по модулю, т. е.
F 1 = F 2. (1)
Пусть х и l + х — расстояние от меньшего и большего зарядов до заряда Q 1. Выражая в равенстве (1) F 1 и F 2 в соответствии с законом Кулона, получим 9 QQ 1/(l + x)2 = QQ 1 /x 2, или l + x = ± 3 x, откуда
x 1 = + l /2, x 2 = — l /4.
Корень x 2 не удовлетворяет физическому условию задачи (в этой точке силы F 1 и F 2 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 отрицателей.
Если заряд Q 1 положителен, то при смещении его влево обе силы F 1 и F 2 возрастают. Так как сила F 1 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 1 вправо. Сила F 2, убывает быстрее, чем F 1. 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 1 отрицателен, то его смещение влево вызовет увеличение сил F 1 и F 2, но сила F 1 возрастает медленнее, чем F 2, т. е. | F 2| > | F 1|. Результирующая сила будет направлена вправо. Под ее действием заряд Q 1
возвращается к положению равновесия. При смещении Q 1вправо сила F 2 убывает быстрее, чем F 1, т. е. | F 1| > |F2|, результирующая сила направлена влево и заряд Q 1 опять будет возвращаться к положению равновесия. При отрицательном заряде равновесие является устойчивым. Величина самого заряда Q 1 несущественна.
Пример 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 одни из трех зарядов, например Q 1, находился в равновесии Заряд Q 1 будет находиться в равновесии, если векторная сумма действующих на него сил равна нулю (рис. II):
F 2 + F 3 + F 4 = F + F 4 = 0, (1)
где F 2, F 3, F 4 — силы, с которыми соответственно действуют на заряд Q 1 заряды Q 2, Q 3, Q 4 F — равнодействующая сил F 2 и F 3.
Так как силы F и F 4 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 и F 3 и учитывая, что F 3 = F 2, получим
.
Применив закон Кулона и имея в виду, что Q 2 = Q 2 = = Q 1, найдем
,
откуда
(2)
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 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 1 зависит от линейной плотности τ заряда на стержне. Зная эту зависимость, можно определить τ. 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 d r с зарядом d Q = τdr. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Тогда, согласно закону Кулона,
.
Интегрируя это выражение в пределах от а до a + l, получаем
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:
Пример 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 Е и потенциал φ поля, создаваемого этими зарядами в точке A, удаленной от заряда Q 1 на расстояние r 1 = 9 см и от заряда Q 2 на r 2 = 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 E 1 и Е 2 полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: Е = E 1 + Е 2. Напряженности электрического поля, создаваемого в воздухе (ε = 1) зарядами Q 1 и Q 2,
|
|
(1)
(2)
Вектор E 1 (рис. 13) направлен по силовой линии от заряда Q 2, так как этот заряд положителен; вектор Е 2 направлен также по силовой линии, но к заряду Q 2, так как этот заряд отрицателен.
Модуль вектора Е найдем по теореме косинусов:
(3)
где α — угол между векторами E 1 и Е 2, который может быть найден из треугольника со сторонами r 1, r 2 и d: . В данном случае во избежание
громоздких записей удобно значение cosα вычислить отдельно:
Подставляя выражение E 1 из (1) и Е 2 из (2) в (3) и вынося общий множитель 1/(4πε0) за знак корня, получаем
(4)
В соответствии с принципом суперпозиции электрических полей потенциал φ результирующего поля, создаваемого двумя зарядами Q 1 и Q 1, равен алгебраической сумме потенциалов
φ = φ1 + φ2. (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:
Пример 5. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд Q = 40 нКл с линейной плотностью τ = 50 нКл/м. Определить напряженность Е электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке A, 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 d l. Так как заряд d Q = τ d l, находящийся на этом участке, можно считать точечным, то напряженность d E электрического поля, создаваемого этим зарядом, может быть записана в виде
где r — радиус-вектор, направленный от элемента d l к точке А.
Разложим вектор d E на две составляющие: d E 1, перпендикулярно плоскости кольца (сонаправленную с осью Oz), и d E 2, параллельную плоскости кольца (плоскости хОу), т. е.
d E = d E 1 + d E 2.
Напряженность Е электрического поля в точке А найдем интегрированием:
где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов d Q и d Q ′ (d Q = d Q ′), расположенных симметрично относительно центра кольца, векторы d E 2 и в точке А равны по модулю и противоположны по направлению: d E 2= = — .
|
|
Поэтому векторная сумма (интеграл) . Составляющие d E1 для всех элементов кольца сонаправлены с осью Oz (единичным вектором k), т. е. d E 1 = k d E 1.
Тогда
Так как , и cosα = , то
Таким образом,
Из соотношения Q = 2π R τ 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 (τ =5∙10–8 Кл/м, (Q = 4∙10–8 Кл, ε0 = 8,85∙10–12 Ф/м) и произведем вычисления:
Пример 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. 15): области I (r 1 <R 1),области II (R 1< r 2< R 2), области III (r 3> R 2).
1. Для определения напряженности E 1 в области. I проведем гауссову поверхность S 1 радиусом r 1 и воспользуемся теоремой Остроградского—Гаусса:
(так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссовой поверхности, равен нулю). Из соображений симметрии En = E 1 = const. Следовательно, и Е 1 (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию r 1 <R 1, будет равна нулю.
2. В области II гауссову поверхность проведем радиусом r 1. В этом случае*
(так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q 1).
Так как Еп = Е = const, то Е можно вынести за знак интеграла:
или ES 2 = Q 1/ε0.
Обозначив напряженность E для области II через E 2, получим
E 2 = Q 1/(ε0 S 2),
где — площадь гауссовой поверхности. Тогда
(1)
3. В области III гауссова поверхность проводится радиусом r 3. Обозначим напряженность ε области III через Е 3 и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен Q 1 + Q 1. Тогда
Заметив, что Q 2<0, это выражение можно переписать в виде
(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/(4πεо) = = 9∙109 м/Ф) и произведем вычисления:
В/м = 1,11 кВ/м;
В/м = 200 В/м.
Построим график E (r). В области I (r 1 <R 1) E = 0. В области II (R 1< r 2< R 2) E 2(r) изменяется по закону 1/ r 2. В точке r = R 1 напряженность E 2(R 1) = = 2,5 кВ/м. В точке r = R 2 (r стремится к R 2 слева) E 2(R 2) = = 0,9 кВ/м. В области III (r 3> R 2) E 2(r) изменяется по закону 1/ r 2, причем в точке r = R 2 (r стремится к R 2 справа) E 3(R 2) = = = 0,45 кВ/м. Таким образом, функция E (r) в точках r = R 1 и r = R 2 терпит разрыв.
График зависимости Еr представлен на рис. 16.
Пример 7. Точечный заряд Q = 25 нКл находится в поле, созданном прямым бесконечным цилиндром радиусом R = 1 см, равномерно заряженным с поверхностной плотностью σ = 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
F=QE, (1)
где Е — напряженность поля.
Как известно, напряженность поля бесконечно длинного равномерно заряженного цилиндра
(2)
где τ — линейная плотность заряда.
Выразим линейную плотность τ через поверхностную плотность σ. Для этого выделим элемент цилиндра длиной l и выразим находящийся на нем заряд Q двумя способами: Q = σ S = σ2 πRl, Q = τ l. Приравняв правые части этих формул и сократив полученное равенство на l, найдем t = 2π Rσ. С учетом этого формула (2) примет вид E = R σ / (εo r). 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 τ = 10нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал φ электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина l нити составляет ⅓ длины окружности и равна 15 см.
Решение. 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 d l. Заряд d Q = τd l, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.
Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала напряженность d E поля, создаваемого зарядом dQ:
где r — радиус-вектор, направленный от элемента d t к точке, в которой вычисляется напряженность.
Выразим вектор d E через проекции d Ex и &ЕУ на оси координат:
d E = i d Ex + j d Ey,
где i и j — единичные векторы направлений (орты).
Напряженность Е найдем интегрированием:
Интегрирование ведется вдоль дуги длиной l. В силу симметрии Тогда
(1)
где d ye = d E cosϑ = τd l cosϑ/(4πε0 r 2). Так как r = R = = const, d l = R dϑ, то
Подставим выражение d Еy в (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относительно оси Оу., пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3, а результат удвоим:
Выразив радиус R через длину l нити (3 t = 2π 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 dφ, создаваемый точечным зарядом d Q в точке О:
dφ = τd l /(4πε0r).
Заменим r на R и проведем интегрирование:
Так как l = 2π R /3, то
φ = τ/(6ε0). (3)
Произведем вычнслення по формулам (2) и (3):
Пример 9. На тонком стержне длиной l равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ = 10 нКл/м. Найти потенциал φ, созданный распределенным зарядом в точке A, расположенной на оси стержня и удаленной от его ближайшего конца на расстояние l.
Решение. В задаче рассматривается поле, создаваемое распределенным зарядом. В этом случае поступают следующим образом. На стержне выделяют малый участок длиной d x. Тогда на этом участке будет сосредоточен заряд d Q = τd x, который можно считать точечным. Потенциал dφ, создаваемый этим точечным зарядом в точке А (рис. 18), можно определить по формуле
Согласно принципу суперпозиции электрических полей, потенциал электрического поля, тсоздаваемого заряженным стержнем в точке Л, найдем интегрирование этого выражения:
Выполним интегрирование:
Подставим числовые значения физических величин в СИ (τ=10∙10–9 Кл/м, 1/(4πε0)= = 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)
F = QE. (1)
Так как
Е = σ/(2ε0) = Q/ (2ε0 S),
где σ — 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 τ = 20 нКл/м. Определить разность потенциалов двух точек этого поля, находящихся на расстоянии a 1 = 0,5 см и a 2 = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.
Решение. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между напряженностью поля и изменением потенциала: Е = —gradφ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, это соотношение можно записать в виде
Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на расстояниях r 1 и r 2 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:
Е = τ/(2πε0 r).
Подставив выражение E в (1), получим
или
(2)
Произведем вычисления, учитывая, что величины r 1 и r 2, входящие в формулу (2) в виде отношения, можно выразить в сантиметрах (r 1 = R + а 1 = 1,5 см, r 2 = = R + а2 = 3 см):
Пример 12. Электрическое поле создается двумя зарядами Q 1 = 4 мкКл и Q 2 = —2 мкКл, находящимися на расстоянии а = 0,1 м друг от друга. Определить работу А 1,2 сил поля по перемещению заряда Q = 50 нКл из точки 1 в точку 2 (рис. 20).
Решение. Для определения работы А 1,2 сил поля воспользуемся соотношением
А 1,2 = Q (φ1 — φ2).
Применяя принцип суперпозиции электрических полей, определим потенциалы φ1 и φ2 точек 1 и 2 поля:
Тогда
или
Проверим, дает ли правая часть равенства единицу работы (Дж);
Подставим числовые значения физических величин в СИ (Q = 50∙10–9 Кл, Q 1 = 4∙10–6 Кл, Q 2 = 2∙10–6 Кл, а = 0,1 м, 1/(4πε0) = 9∙109 м/Ф) и произведем вычисления:
Пример 13. Определить ускоряющую разность потенциалов U, которую должен пройти в электрическом поле электрон, обладающий скоростью v 1 = 106 м/с, чтобы скорость его возросла в п = 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:
(2)
где Т 1 и T 2 — кинетическая энергия электрона до и после прохождения ускоряющего поля; т — масса электрона; v 1 и v 2 — начальная и конечная скорости его.
Приравняв правые части равенств (1) и (2), получим
где n = v 2/ v 1.
Отсюда искомая разность потенциалов
Произведем вычисления:
Пример 14. С поверхности бесконечного равномерно заряженного (τ = 50нКл/м) прямого цилиндра вылетает α-частица (v 0 = 0). Определить кинетическую энергию T 2 α-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 α-частицы в точке 2 воспользуемся законом сохранения энергии, записанном в виде E 1 = E 2, где E 1 и E 2 — полные энергии α-частицы в точках 1 и 2.
Так как E 1 = T 1 + U 1 и E 2 =T 2 + U 2 (T 1 и Т 2 — кинетические энергии α-частицы; U 1 и U 2 — потенциальные), то, учитывая, что T 1 = 0 (v 0 = 0), можно записать U 1 = = T 2 + U 2, откуда Т 2 = U 1 — U 2 = Q (φ1 — φ2) (Q — заряд α-частицы; φ1 и φ2 — потенциалы точек 1 и 2)
Используя 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, τ = 50∙109 Кл/м, 1/(2πε0) = 18∙109 м/Ф) и произведем вычисления (1/(1,60∙10–19) — коэффициент перевода из Дж в эВ):
Пример 15. Конденсатор емкостью C 1 = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U 1 = 40В. 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 1 – W 2, (1)
где W 1 — 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 =½CU 2 (2)
где С — емкость конденсатора или батареи конденсаторов.
Выразив в формуле (1) энергии W 1 и W 2 по формуле (2) и приняв во внимание, что общая емкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме емкостей отдельных конденсаторов, получим
(3)
где U 2 — разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.
Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потенциалов U 2 следующим образом:
(4)
Подставив выражение U 2 в (3), найдем
или
Произведем вычисления:
Пример 16. Потенциометр сопротивлением R = 100 Ом подключен к батарее с ЭДС E = 150 В и внутренним сопротивлением R 1 = 50 Ом.
Определить: 1) показание вольтметра сопротивлением RV = 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
U 1 = I 1 R 1,
где U 1 — сопротивление параллельно соединенных вольтметра и половины потенциометра; I 1 — суммарная сила тока в ветвях этого соединения (она равна силе тока в неразветвленной части цепи).
Силу тока I 1 найдем по закону Ома для полной цепи:
I 1 = E / (Re + Ri), (1)
где Re — сопротивление внешней цепи. Это сопротивление есть сумма двух сопротивлений:
Re =R /2 + R 1. (2)
Сопротивление R 1 найдем по формуле параллельного сопротивления проводников найдём
Подставив в (1) выражение Re по (2), найдем
В данном случае решение задачи в общем виде было бы громоздким. Поэтому удобно вычисление величин провести раздельно:
U 1 = 1,03∙45,5 В = 46,9.
2. Разность потенциалов между точками А и В при отключенном вольтметре равна произведению силы тока I 2 на половину сопротивления потенциометра:
U 2 = I 2 R /2, (3)
где I 2 — сила тока в цепи при отключенном вольтметре. Ее определим по формуле
I 1 = E / (R + Ri).
Подставив выражение I 2 в (3), найдем
U 2 = E / (R + Ri)∙ R /2.
Произведем вычисления:
Пример 17. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 20 Ом нарастает в течение времени Δ t = 2 с по линейному закону от I 0 = 0 до I = 6 А (рис.23). 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 2 Rt 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
d Q = I2R d t. (1)
Здесь сила тока I является некоторой -функцией времени. В данном случае
I = kt, (1)
где k — коэффициент пропорциональности, характеризующий скорость изменения силы тока:
С учетом (2) формула (1) примет вид
d Q = k 2 Rt 2d t. (3)
Для определения теплоты, выделившейся за конечный интервал времени Δ t, выражение (3) надо проинтегрировать в пределах от t 1 до t 2:
Произведем вычисления:
Следовательно,
Q 2/ Q 1 = 420/60 = 7,
т. е. за вторую секунду выделится теплоты в семь раз больше, чем за первую.