МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ЗАОЧНЫЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ Каф...
122 downloads
200 Views
434KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ЗАОЧНЫЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ Кафедра физики
ФИЗИКА Раздел 2. Электростатика. Постоянный электрический ток. Основные законы и формулы. Методические указания к решению задач.
Факультеты все Специальности все
Санкт-Петербург 1997
Утверждено редакционно-издательским советом института. УДК 53(07) Физика. Раздел 2. "Электростатика. Постоянный электрический ток". Основные законы и формулы. Методические указания к решению задач. СПб.:СЗПИ, 1997, - 25 с., ил. 6. Данное учебно-методическое пособие содержит основные законы и формулы физики, рекомендации к решению задач, примеры решения задач и рекомендуемую литературу по разделу "Электростатика. Постоянный электрический ток", а также справочные таблицы. Пособие составлено в соответствии с программой по физике для инженерных специальностей высших учебных заведений. Рассмотрено на заседании кафедры физики. Одобрено методической комиссией факультета радиоэлектроники. Рецензенты: кафедра физики СЗПИ (и.о.зав.каф. физики В.А.Подхалюзин, канд. техн. наук, доц.); А.Г.Дмитриев, докт. физ-мат. наук, проф.каф. экспериментальной физики СПбГТУ. Составители: Н.А.Елисеева, канд. физ.-мат. наук, доц. К.Ф.Комаровских, докт. физ.-мат. наук, проф. И.А.Торчинский, канд. физ.-мат. наук, доц. В.Б.Харламова, доц. Научные редакторы: Ю.А.Карташов, канд. техн. наук, проф. И.В.Попов, канд. физ.-мат. наук, доц
2
Предисловие Цель настоящего учебно-методического пособия - оказание помощи студентам СЗПИ всех специальностей в изучении курса физики. Основной учебный материал пособия содержит шесть разделов физики, изданных отдельными брошюрами: 1. Физические основы механики. 2. Электростатика. Постоянный электрический ток. 3. Магнитостатика. Электромагнетизм. 4. Колебания и волны. Волновая оптика. 5. Молекулярная физика. Термодинамика. механики. 6. Квантовая оптика. Физика атома. Элементы квантовой Физика твердого тела. Физика атомного ядра. В каждом из разделов приведены основные формулы и примеры решения задач. Кроме того, в пособии даны общие методические указания, список рекомендуемой учебной литературы и справочные таблицы. Общие методические указания к решению задач, выполнению и оформлению контрольных работ 1. В зависимости от объема изучаемого курса физики студенты выполняют разное число контрольных работ: - односеместровый курс физики - две конрольные работы; - двухсеместровй курс физики - три контрольные работы; - трехсеместровый курс физики - пять контрольных работ. 2. Контрольные работы выполняются в школьной тетради, на обложке которой приводятся сведения о студенте (фамилия, имя, отчество, факультет, шифр, номер специальности), а также номер контрольной работы, номер варианта и номера всех задач контрольной работы. 3. Условие каждой задачи переписывается полностью, без сокращений. 4. Решения сопровождаются подробными пояснениями, с обязательным использованием рисунков, выполненных чертежными инструментами. При этом оставляются поля и промежутки не менее 10 мм между строками для замечаний преподавателя. 5. Последовательность решения задач: а) вводятся буквенные обозначения всех используемых физических величин; б) под рубрикой "Дано" кратко записывается условие задачи с переводом единиц в систему СИ; в) приводится рисунок, поясняющий условие; г) формулируются физические законы и обосновываются возможности их использования при решении данной задачи; 3
д) на основе сформулированных законов составляются уравнения для искомых величин в системе СИ; е) находятся решения этих уравнений и выводятся рабочие формулы в общем виде; ж)по рабочим формулам проверяется размерность искомых величин; и) проводятся вычисления (с точностью не более 2-3 значащих цифр) в системе СИ. Числовые значения величин записываются в виде десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой, умноженной на соответствующую степень десяти. 6. В конце контрольной работы приводится список использованной литературы. Выполненная контрольная работа сдается на рецензию преподавателю по крайней мере за одну-две недели до экзамена (зачета) по физике. После рецензирования вносятся исправления в решения задач в соответствии с замечаниями преподавателя. Исправленные решения помещаются в конце тетради с контрольной работой, которая сдается на повторную рецензию. Зачет по контрольной работе принимается преподавателем в процессе собеседования по правильно решенной и отрецензированной контрольной работе. Литература Основная 1. Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики М.: Высшая школа, 1989. 2. Савельев И.В. Курс общей физики. Т.2. М.: Наука, 1982, 1988. Дополнительная 3. Комаровских К.Ф. и др. Электростатика. Постоянный ток. Текст лекций. Л.: СЗПИ. 1980. 4. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. М.: Наука. 1990. 5. Чертов А.Б., Воробьев А.А. Задачник по физике. М.: Высшая школа. 1988, 1991.
4
ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ И В ВЕЩЕСТВЕ. Основные законы и формулы Сила, действующая на пробный заряд q' в данной точке электростатического поля (ЭП) F' = q'E , где Е - напряженность в данной точке ЭП. Напряженность ЭП в газообразном или жидком изотропном диэлектрике: а) вне равномерно заряженной сферы произвольного радиуса r r 1 q r E= , 4 πε 0 εr 2 r r где r - радиус-вектор проведенный из центра сферы в точку наблюдения, ε0 - электрическая постоянная, 1 Ф εо = ≈ 8,85 ⋅ 10 −12 ; . . 9 м 4 π 9 10 ε - относительная диэлектрическая проницаемость среды; б) вне бесконечного равномерно заряженного цилиндра произвольного радиуса 1 τ Е = 2πε εr , 0
где τ - линейная плотность заряда на цилиндре (заряд на единице длины цилиндра вдоль образующей), r - расстояние от оси цилиндра до точки наблюдения; в) бесконечной равномерно заряженной плоскости σ Е = 2εε , 0 где σ - поверхностная плотность заряда (заряд на единицу площади). Потенциальная энергия пробного заряда в данной точке ЭП W = q'ϕ, где ϕ - потенциал в данной точке ЭП. Потенциал ЭП в газообразном или жидком изотропном диэлектрике: а) вне равномерно заряженной сферы произвольного радиуса 1 q ϕ= 4 πε 0 εr ; б) вне бесконечного равномерно заряженного цилиндра произвольного радиуса
5
τ 2πε 0 ε ln r + const ; в) вне бесконечной равномерно заряженной плоскости σ ϕ= x + const , 2εε 0 где x - расстояние от плоскости до точки наблюдения. Принцип суперпозиции полей ϕ=
r E=
N
∑
N
r Ei ,
ϕ=
∑ϕ i=1
i=1
i,
r - номер заряда, E i и ϕi r напряженность и потенциал ЭП i-того точечного заряда, E и ϕ напряженность и потенциал результирующего ЭП. Работа сил ЭП по перемещению пробного заряда q' из точки с , потенциалом в точку ЭП с потенциалом А' = q'( ϕ1- ϕ2 ). Связь между напряженностью и потенциалом в однородном ЭП ϕ1 - ϕ2 = Ed, где d - расстояние между эквипотенциальными поверхностями с потенциалами ϕ1 и ϕ2, ϕ1 - ϕ2 = U - разность потенциалов (напряжение). Поток вектора напряженности ЭП ∆NE или поток вектора электрической индукции ∆ND через: ЭП а) плоскую площадку ∆S в однородном r r ∆NE = E∆Sr = E∆S cos r D ∆S = D∆S cos ∆ N = D r r ∆S = n∆S - вектор, длина которого равна ∆S, а направление где r - угол между совпадает с направлением нормали n к площадке; α r r r вектором E или D и нормалью n ; б) через замкнутую поверхность S в произвольном ЭП (теорема Гаусса) N M r r 1 1 qi + q 'k , EdS = ε ε где N - число точечных зарядов,
∫ S
0
∑ i= 1
6
i
0
∑ i= 1
где N и М - число свободных и связанных зарядов, заключенных внутри N
поверхности S, соответственно;
∑q
i
- алгебраическая сумма свободных
i=1
M
зарядов,
∑q k =1
l k
- алгебраическая сумма связанных зарядов.
r Соотношение r между вектором электрической индукции D и напряженностью E ЭП в случае изотропных r диэлектриков r D = εε 0E . r ЭП в диэлектрике Связь вектора поляризации Prи напряженности r P = ( ε − 1)ε 0E . Поверхностная плотность ' связанных зарядов на границе диэлектрика равна σ' = P cos , r где α - угол между вектором поляризации P и нормалью к границе. Электроемкость конденсатора С = q / U, где q - заряд на обкладке, U - напряжение на конденсаторе. Электроемкость плоского конденсатора εε 0S , С= d где ε - диэлектрическая проницаемость среды между обкладками, Sплощадь обкладок, d - расстояние между ними. При последовательном соединении конденсаторов одноименные заряды на обкладках всех конденсаторов одинаковы, при параллельном соединении конденсаторов напряжения на всех конденсаторах одинаковы. Энергия заряженного конденсатора qU cu2 q2 W= = = . 2 2 2C Объемная плотность энергии ЭП (энергия, приходящаяся на единицу объема ЭП) ED εε 0E2 w= = . 2 2
7
Примеры решения задач
Пример 1. В вершинах квадрата находятся одинаковые точечные заряды 30 нКл. Какой отрицательный заряд надо поместить в центре квадрата, чтобы указанная система зарядов находилась в равновесии? Дано: Квадрат q1 = q2 = q3 = q4 = 30 нКл = 30.10-9 Кл. _______________________________ q5 = ? Решение. Все заряды, расположенные в вершинах квадрата, находятся в одинаковых условиях. Поэтому достаточно выяснить, какой заряд следует поместить в центр квадрата, чтобы какой-нибудь из четырех зарядов, например q1, находился в равновесии. Заряд q1 , будет находиться в равновесии, если векторнаяr сумма r действующих r r r на r него r сил равна 0 (рис.1 ) F2 + F3 + F4 + F5 = F + F3 + F5 = 0 , (1) r r r r F2 , F3 , F4 , F5 - силы, с которыми соответственно действуют на где r r r r заряд q1 заряды q2 , q3 , q4, q5 ; F = F2 + F4 - равнодействующая сил F2 r и F4 . По закону Кулона, имея в виду, что q1 = q2 = q3 = q4 = q , получим 1 q2 F2 = F4 = 4 πε 2 , 0 εr F3 =
1 q2 4 πε0 εr2 ,
(2) (3)
q q5 1 F5 = 4 πε 2 , 0 ε(r / 2)
(4)
где a - сторона квадрата; r =r a 2 r - диагональ квадрата. Равнодействующая сил F2 и F4 , как следует из рис.1, по напра-влению 2 2 совпадает с силой F3 и по модулю равна F = F2 + F4 = F2 2 . С учетом этого векторное равенство (1) можно заменить скалярным
F + F3 - F5 = F2 2 +F3 -F5 . Равенство (5) с учетом (2) - (4) примет вид
(5)
q q5 q2 1 1 q2 2 1 − + 4 πε 0 ε2a 2 4 πε 0 εa 2 / 2 = 0 . 4 πε 0 εa 2 8
⎛ 2 1⎞ ⎜⎜ q = + ⎟⎟ q . 5 Откуда 4⎠ ⎝ 2 Произведя вычисления, получим ⎛ 2 1⎞ q 5 = ⎜⎜ + ⎟⎟ 3 . 10-8 Кл = 2,87 . 10-8 Кл. 4⎠ ⎝ 2 Следует отметить, что равновесие системы зарядов будет неустойчивым. Пример 2. Два точечных заряда 2 нКл и -1 нКл находятся в воздухе на расстоянии 5 см друг от друга. Определить напряженность и потенциал поля в точке, удаленной от первого заряда на расстояние 6 см и от второго заряда на 4 см. Дано: q1 = 2 нКл q2 = - 1 нКл d = 5 см r1 = 6 см r2 = 4 см ____________ Е-? ϕ-? Решение. Согласно принципу суперпозиции электрических полей каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве r r r других зарядов. Напряженность результирующего поля E = E1 + E 2 . Напряженности полей, создаваемых в воздухе (ε = 1) зарядами q1 и q2 : 1 q1 E1 = 4 πε (1) 2 , 0 εr1
1 q2 (2) E2 = 4 πε 2 . 0 εr2 r r Направления векторов E1 и E 2 указаны на рис.2. Модуль вектора
r Е найдем по теореме косинусов
2 2 E = ( E1 + E2 + 2E1E2 cos )1/2 , (3) r r где α - угол между векторами E1 и E 2 . Из рис.2 видно, что β = π - α. Тогда cos β = - cos α. Следовательно, 2 2 E = ( E1 + E2 + 2E1E2 cos )1/2 . (4) Из треугольника со сторонами r1, r2 и d по теореме косинусов находим cos β = ( r12 + r22 - d2) / (2r1r2).
9
Вычислим cosβ отдельно 62 + 4 2 − 52 = 0,565 . cosβ = 2⋅6⋅4 Выразим все величины в единицах СИ: q1 = 2.10-9 Кл, q2 = -10-9 Кл, r1 = 6.10-2 м, r2 = 4.10-2 м, 1/4πε0 = 9.109 м/Ф, ε = 1. Произведя вычисления по формулам (1), (2), (4), (5), получим: −9 3 9 2 ⋅ 10 9 ⋅ 10 = 5 ⋅ 10 2 B/м, E1 = 6 ⋅ 10 −2
(
)
9
10 −9
9 ⋅ 10
E2 =
(4 ⋅ 10 ) −2
2
= 5,62 ⋅ 103 B/м .
q2 опущен, так как знак минус При вычислении Е2 знак заряда r r определяет направление вектора E 2 , а направление E 2 было учтено при его графическом изображении (рис. 2).
E=
(
5 ⋅ 103
) ( 2
+ 5,62 ⋅ 103
)
2
− 2 ⋅ 5 ⋅ 103 ⋅ 5,62 ⋅ 103 ⋅ 0,565 = 4,97.103 B / м .
По принципу суперпозиции потенциал результирующего поля, создаваемого зарядами q1 и q2, равен алгебраической сумме потенциалов ϕ1 и ϕ2, т.е. ϕ = ϕ1 + ϕ2 или 1 q1 1 q2 1 ⎛ q1 q 2 ⎞ ϕ= + = ⎜ + ⎟ (5) 4 πε 0 εr1 4 πε 0 εr2 4 πε 0 ε ⎝ r1 r2 ⎠ . Произведя вычисления, получим ⎛ 2 ⋅ 10 −9 −10 −9 ⎞ ϕ = 9 ⋅ 10 9 ⎜ + ⎟ = 75 В. ⎝ 6 ⋅ 10 −2 4 ⋅ 10 −2 ⎠ Пример3. На тонкой нити, изогнутой по дуге окружности радиусом 6 см, равномерно распределен заряд с линейной плотностью 20нКл/м. Определить напряженность и потенциал электрического поля, создаваемого распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги, если длина нити составляет 1/3 длины окружности.
Дано: R = 6 см τ = 20 нКл/м l = 2/3 πR 10
___________ Е-?ϕ-? Решение. Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось ОY была бы расположена симметрично относительно концов дуги (рис.3). Разобьем нить на элементарные участки и выделим элемент длиной dl с зарядом dq = τdl. Этот заряд можно рассматривать как точечный. Определим напряженность электрического поля в точке 0. Для этой точки напряженность поля, создаваемого зарядом dq, равна r r 1 τdl r dE = 4 πε 0 εr 2 r , r где r - радиус-вектор, направленный от элемента 0. r dl в точку r r Разобьем вектор d Е на составляющие dE X и dEY . Из симметрии r dE задачи следует, что сумма составляющих X от всех элементарных r участков нити равна нулю и результирующий вектор E направлен вдоль оси OY. Поэтому напряженность поля определится как
E = ЕY =
∫ dE
Y
,
(1)
l
где dEY = dE sin α. Так как r = R и dl =R. d dEy=
, то τR . dα 2
sin
4 πεε 0R Подставив выражение (2) в (1), получим τ E= 4 πεε R 0
5 π /6
∫
sin
π /6
d
τ = 4 πεε R sin d 0
.
(2)
τ τ 3 π 5π = 4 πεε R (cos - cos )= 4 πεε oR . ( 3 ) 6 6 0
Найдем потенциал электрического поля в точке 0. В этой точке потенциал поля, созданного точечным зарядом dq, равен τdl dϕ = (4) 4 πεε 0R . Потенциал результирующего поля получим интегрированием выражения (4)
τ ϕ= 4 πεε 0R
l
∫ 0
Так как l = 2π R / 3, то 11
dl =
τl 4 πεε 0R .
τ (5) 6εε0 . Выразим все величины в единицах СИ: τ = 2.10-8 Кл/м, R = 6.10-2 м, 1/4πε0 = 9.109 м/Ф, ε = 1, ε0 = 8,85.10-12 Ф/м. Произведя вычисления по формулам (3) и (5), получим: −8 ⋅ 3 9 2 ⋅ 10 = 5,2 ⋅ 103 В/м, E = 9 ⋅ 10 −2 1⋅ 6 ⋅ 10 2 ⋅ 10 −8 ϕ= = 3,77 ⋅ 102 В. −12 6 ⋅ 1⋅ 8.85 ⋅ 10 ϕ=
Пример 4. Электрическое поле создано длинным цилиндром радиусом 1 см, равномерно заряженным с линейной плотностью заряда 20 нКл/м. Определить работу сил поля по перемещению точечного заряда 25 нКл из точки, находящейся на расстоянии 1 см, в точку, находящуюся на расстоянии 3 см от поверхности цилиндра в средней его части. Дано: цилиндр R = 1 см = 1.10-2 м τ = 20 нКл/м = 2.10-8 Кл/м q = 25 нКл = 2,5. 10-8 Кл a1 = 1 см = 1.10-2 м a2 = 3 см = 3.10-2 м _____________________ А-? Решение. Работа сил поля по перемещению заряда равна А = q(ϕ1 - ϕr2). Для нахождения разности потенциалов воспользуемся соотношением E = − grad ϕ. Для поля с осевой симметрией, каким является поле цилиндра, можно записать dϕ Е= − или dϕ = −Edr . dr Интегрируя это выражение, найдем разность потенциалов между двумя точками, отстоящими на расстояниях r1 и r2 от оси цилиндра, r 2
∫
ϕ 2 − ϕ 1 = − Edr , r 1
где r1 = a1 + R, r2 = a2 + R. 12
(1)
Так как цилиндр длинный и точки взяты вблизи его средней части, то можно воспользоваться формулой напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром, 1 τ E= (2) 2πε 0 εr . Подставив (2) в (1), получим ϕ2 − ϕ1 = −
τ 2 πε о ε
r2
∫
r1
dr τ r2 =− r 2 πε o ε ln r1
или
ϕ1 − ϕ 2 =
τ r2 ln . 2πε 0 ε r1
(3)
Таким образом,
qτ R + a2 ln 2πε 0 ε R + a 1 . Проверим, дает ли расчетная формула единицу работы. Для этого в правую часть вместо символов величин подставим их единицы A = q(ϕ 1 − ϕ 2 ) =
[q][t] = 1Kл ⋅ 1Kл / м = 1Кл ⋅ 1Кл = 1Кл ⋅ 1Кл = 1Кл ⋅ 1В = 1 Д ж . 1Ф / м 1Ф 1Кл / В [e 0 ]
Выразим все величины в единицах СИ: ε = 1; τ = 2.10-8 Кл/м; q=2,5.10-8 Кл; 1/2πε0 = 2.9.109 м/Ф. Учитывая, что величины r2 и r1 входят в формулу (3) в виде отношения, их можно выразить в сантиметрах. Произведя вычисления, получим А = 2,5.10-8.2.9.109.2.10-8 ln
1+ 3 = 6,2.10-6 Дж. 1+ 1
Пример 5. Электрическое поле создано тонкой бесконечно длинной нитью, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда 30 нКл/м. На расстоянии 20 см от нити находится плоская круглая площадка радиусом 1 см. Определить поток вектора напряженности через площадку, если её плоскость составляет угол 30о с линией напряженности, проходящей через середину площадки.
Дано: нить τ = 30 нКл/м a = 20 см R = 1 см β = 30о 13
_____________ ∆NЕ - ? Решение. Поле, создаваемое нитью (очень тонким цилиндром), является неоднородным, так как оно изменяется в пространстве, 1 τ E= (1) 2πε 0 εr . r Поэтому поток вектора E равен NE =
∫E
n dS =
S
∫ E cosα dS,
S r r где α - угол между векторами E и n (рис.4). Так как линейные размеры площадки малы по сравнению с расстоянием до нити (а>>R), то Е в пределах площадки меняется незначительно. Поэтому значения Е и cosα под знаком интеграла можно заменить их средними значениями < E > и < cosα > и вынести за знак интеграла NE = <E> d S = <E> S,
∫
где S =
S
2
a .
Заменяя <E> и их приближенными значениями ЕА и cos A, вычисленными для средней точки площадки, получим NE = EA S cos A =EA a2 cos A . (2) Из рис.4 следует, что cos A = cos( ) = sin . С учетом этого формула (2) примет вид 1 τ πa2 sin NE = EA πa2 sin = 2πε 0 εR Выразим все величины в единицах СИ: τ = 3.10-8 Кл/м; ε = 1; R = 0,2 м; a = 10-2 м; 1/2πεо = 2.9.109 м/Ф. Произведя вычисления, получим NE
3 ⋅ 1 0 −8 = 2 ⋅ 9 ⋅ 10 0 ,5 ⋅ 3 ,1 4 ⋅ ( 1 0 − 2 ) 2 = 0 ,4 2 B.м. 1 ⋅ 0 ,2 9
Пример 6. Электрон движется вдоль силовой линии однородного электрического поля. В некоторой точке поля с потенциалом 100 В электрон имел скорость 4 Мм/с. Определить потенциал точки поля, дойдя до которой, электрон потеряет половину своей скорости. Дано: ϕ1 = 100 В 14
v1 = 4 Мм/с = 4.106 м/c v2 = 2 Мм/с = 2.106 м/c ___________________ ϕ2 - ? Решение. Из-за отсутствия сил трения полная механическая энергия электрона не изменяется, то есть W = mv2/2 + (- еϕ)=const, где mv2/2 кинетическая и (- еϕ) - потенциальная энергия электрона. Полная энергия в начале движения 2 mv 1 + ( − eϕ 1 ) , W1 = (1) 2 в конце движения с учетом того, что v2 = v1/2, mv 22 mv 12 W2 = + ( − eϕ 2 ) = + ( − eϕ 2 ) . (2) 2 8 Приравнивая выражения (1) и (2), получим для потенциала 2
3mv 1 ϕ 2 = ϕ1 − 8e . Выразим все величины в единицах СИ: v1 = 4.106 м/с; m = 9,1.10-31 кг; е = 1,6.10-19 Кл. Произведя вычисления, получим ϕ 2 = 100 −
(
3 ⋅ 9 ,1⋅ 10 −31 ⋅ 4 .106
)
2
= 66 В . 8 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 Возможен и другой подход к решению. Изменение кинетической энергии частицы равно работе результирующей силы, т.е. 2 2 mv 2 mv 1 − =A . 2 2 Так как электрон тормозится силами поля, то А = -е(ϕ1-ϕ2). Пример7. Сила взаимного притяжения пластин плоского воздушного конденсатора 50 мН. Площадь каждой пластины 200 см2. Определить объемную плотность энергии поля конденсатора. Дано: F = 50 мН = 5.10-2 Н S = 200 см2 = 2.10-2 м2 __________________ W-? Решение. Объемная плотность энергии поля конденсатора εε 0E2 w= , 2 15
(1)
где Е = σ/εε0 - напряженность электрического поля между пластинами конденсатора; σ - поверхностная плотность заряда на пластинах. Подставив выражение для Е в (1), получим σ2 w= (2) 2εε 0 . Найдем силу взаимного притяжения пластин. Заряд q = σS одной пластины находится в поле напряженностью Е1 = σ / 2εε0, созданном зарядом другой пластины конденсатора. Следовательно, на заряд первой пластины действует сила σ 2S F = qE1 = . (3) 2εε 0 Выразив σ2 из выражения (3) и подставив в (2), получим w = F / S. Проверим, дает ли расчетная формула единицу объемной плотности энергии. Для этого в правую часть формулы вместо величин подставим их единицы измерений:
[F ] = 1H [S ] 1м 2
=
1H ⋅ 1м = 1 Дж/м3 . 1м 2 ⋅ 1м
Выразим все величины в единицах СИ: F = 5.102 Н, S = 2.10-2 м2. Произведя вычисления, получим w =
5 ⋅ 10 − 2 = 2 ,5 Дж/м3. −2 2 ⋅ 10
Пример 8. Между пластинами плоского конденсатора, заряженного до разности потенциалов 600 В, находятся два слоя диэлектриков: стекла толщиной 5 мм и эбонита толщиной 3 мм. Площадь каждой пластины 200 см2. Определить: а) напряженность поля, индукцию и падение потенциала в каждом слое; б) электрическую емкость конденсатора. Дано: U = 600 В стекло, d1 = 5 мм = 5.10-3 м эбонит d2 = 3 мм = 3.10-3 м S = 200 см2 = 2.10-2 м2 ________________ Е-?D-? U 1- ? U2 - ? С-?
16
Решение. При переходе r через границу раздела диэлектриков нормальная составляющая вектора D в обоих слоях диэлектриков имеет одинаковые значения D1n = D2n. r В конденсаторе силовые линии вектора D перпендикулярны к границе раздела диэлектриков, следовательно, D1n = D1 и D2n = D2. Поэтому (1) D1 = D2 = D. Учитывая, что D = εε0Е, и сокращая на ε0, из равенства (1) получим ε1E1 = ε2Е2 , (2) где Е1 и E2 - напряженности поля в первом и во втором слоях диэлектриков; ε1 и ε2 - диэлектрические проницаемости слоев. Разность потенциалов между пластинами конденсатора очевидно равна сумме напряжений на слоях диэлектриков (3) U = U1 + U2 . В пределах каждого слоя поле однородно, поэтому U1 = E1d1 и U2 = Е2d2. С учетом этого равенство (3) примет вид (4) U = Е1d1 + E2d2. Решая совместно уравнения (2) и (4), получим ε 1U ε 2U E1 = E2 = , ε 2 d1 + ε 1d2 . ε 2 d1 + ε 1d2 Выразим все величины в единицах СИ: d1 = 5.10-3 м; d2 = 3.10-3 м; ε1= 7; ε2 = 3; ε 0 = 8,85.10-12 Ф/м. Произведя вычисления, получим 3 ⋅ 600 = 5 ⋅ 10 4 B/м; E1 = −3 −3 3 ⋅ 5 ⋅ 10 + 7 ⋅ 3 ⋅ 10 7 ⋅ 600 = 11,7 ⋅ 10 4 B/м; E2 = −3 −3 3 ⋅ 5 ⋅ 10 + 7 ⋅ 3 ⋅ 10 U1 = E1d1 = 5 ⋅ 104 ⋅ 5 ⋅ 10−3 = 250 B;
U2 = E2 d2 = 11,7 ⋅ 10 4 ⋅ 3 ⋅ 10 −3 = 350 B; D = D1 = ε 0 ε 1E1 = 8 ,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 7 ⋅ 5 ⋅ 101 = 3 ,1⋅ 10 −6 Кл/м2. Определим емкость конденсатора С = q / U, (5) где q = σ S - заряд каждой пластины конденсатора. Учитывая, что поверхностная плотность зарядов σ на пластинах конденсатора численно равна модулю электрического смещения, т.е. σ = D, получим q σS DS C= = = . U U U Проверим, дает ли расчетная формула единицу электроемкости. Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы измерений
17
[D][S] = 1Кл / м2 ⋅ 1 м2 1В [U]
= 1Ф .
Произведя вычисления, получим 3 ,1⋅ 10 −6 ⋅ 2 ⋅ 10 −2 С= = 103 ⋅ 10 −12 Ф = 103 пФ. 600 ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК Основные законы и формулы
Закон Ома для участка цепи (не содержащего ЭДС) U , I= R где I - сила тока, U - напряжение на концах участка цепи, R - сопротивление участка цепи. Закон Ома для замкнутой (полной ) цепи
I=
ε
R + R0 ,
- ЭДС источника тока, R - сопротивление внешней цепи, R0 где внутреннее сопротивление источника тока. Сопротивление цилиндрического проводника постоянного диаметра l R=ρ , S где ρ - удельное сопротивление проводника, l - длина проводника, S площадь поперечного сечения проводника. Закон Ома в дифференциальной форме r 1r j= E , ρ r где j - плотность тока в проводнике, j = I/S, E - напряженность ЭП в проводнике. Закон Джоуля-Ленца P = IU = I2R, где Р - тепловая мощность, развиваемая (выделяющаяся) в проводнике сопротивлением R, когда по проводнику течет ток силой I. Закон Джоуля-Ленца в дифференциальной форме 1 P = E2 , ρ
18
где P - тепловая мощность, развиваемая (выделяющаяся) в единице объема проводника. Правила (законы) Кирхгофа для произвольного замкнутого контура разветвленной цепи: N
а)
∑
Iк = 0
(первое правило);
к =1 N
б)
L
∑I R = ∑ε к
к
к =1
i (второе правило),
i=1
N
где
∑I
к
- алгебраическая сумма сил токов, сходящихся в каждом узле;
к =1 N
∑I R к
к
-
алгебраическая
сумма
произведений
сил
токов
на
к =1
сопротивления участков контура, L
∑ε
i
- алгебраическая сумма ЭДС, встречающихся при обходе
i =1
контура. Для расчета разветвленных цепей необходимо учитывать следующее. - Перед составлением уравнений необходимо произвольно выбрать: а) направления токов на всех участках цепи и указать их стрелками на чертеже; б) направление обхода контуров. - При составлении уравнений по первому закону Кирхгофа надо считать токи, подходящие к узлу, положительными, отходящие от узла, отрицательными. Число уравнений, составляемых по первому закону Кирхгофа, должно быть на единицу меньше числа узлов, содержащихся в цепи. - При составлении уравнений по второму закону Кирхгофа необходимо соблюдать правило знаков: а) если ток по направлению совпадает с выбранным направлением обхода контура, то соответствующее падение напряжения IR входит в уравнение со знаком плюс. В противном случае произведение IR берется со знаком минус; б) ЭДС входит в уравнение со знаком плюс, если она повышает потенциал в направлении обхода конутра, т.е. двигаясь по контуру, сначала встречаем отрицательный полюс источника тока, затем положительный, в противном случае - ЭДС берется со знаком минус. - Чтобы все уравнения, составленные на основании второго закона Кирхгофа, были независимыми, необходимо каждый раз рассматривать
19
контуры, содержащие хотя бы одну новую ветвь, не входящую в уже использованные контуры. - Общее число независимых уравнений, составленных по первому закону и второму закону Кирхгофа, должно быть равно числу токов, текущих в контуре. - Для упрощения выкладок, связанных с решением системы уравнений, необходимо предварительно подставить числовые значения всех известных величин. Если при решении уравнений получены отрицательные значения силы тока или сопротивления, то это означает, что, в действительности, ток через данное сопротивление течет в направлении, противоположном произвольно выбранному. Примеры решения задач
Пример 1. Сопротивление величиной 5 Ом, вольтметр и источник тока соединены параллельно. Вольтметр показывает напряжение 10 В. Если увеличить сопротивление до 12 Ом, то вольтметр покажет напряжение 12 В. Определить ЭДС и внутреннее сопротивление источника тока. Током через вольтметр пренебречь. Дано: R1 = 5 Ом U1 = 10 В R2 = 12 Ом U2 = 12 В __________ - ? R0 - ? Решение. Прежде всего необходимо изобразить электрическую схему . Поскольку током через вольтметр можно пренебречь, то ток через резистор такой же, как и через источник. Обозначим этот ток через I. Он определяется по закону Ома для полной цепи
ε
I=
R + R0 , где R0 - внутреннее сопротивление источника, а R - сопротивление нагрузки. Вольтметр измеряет падение напряжения на нагрузке. При нагрузке R1 = 5 Ом ток равен I1, при нагрузке R2 ток равен I2: I1 = 20
ε
R1 + R 0 ,
(1)
I2 =
ε
R2 + R0 . При этом падения напряжения соответственно равны U1 и U2: U1 = I1R1 , U2 =I 2R2 . Найдем отношение левых и правых частей уравнений (1) и (2) I1 R 2 + R 0 = I2 R1 + R 0 . Освобождаясь от знаменателей, получаем из уравнения (5) I1R1 + I1R0 = I2R2 + I2R0 . Объединяя слагаемые с R0, находим I R − I 1R 1 R0 = 2 2 . I1 − I 2 Или, учитывая формулы (3) и (4), получаем ⎛U U ⎞ R 0 = (U2 − U1 )⎜ 1 − 2 ⎟ ⎝ R1 R2 ⎠
(2) (3) (4) (5)
−1
.
Подставляя в эту формулу данные из условия, получим R0
⎛ 10 12 ⎞ = (12 − 10 )⎜ − ⎟ ⎝ 5 12 ⎠
−1
= 2 Ом.
Значение ЭДС можно найти из соотношения (1) либо (2). Получаем из (1)
ε = I (R 1
1
+ R0 ) =
U1 10 (R 1 + R 0 ) = ( 5 + 2 ) = 14 В . R1 5
Пример 2. Электрическая цепь состоит из трех источников тока с ЭДС
ε
ε
ε
= 6 В, 2 = 2 В, 3 = 4 В и реостатов с сопротивлениями R1 = 2 Ом и R2 = R3 = 4 Ом (рис.6). Найти силу тока в реостате R2 и напряжение на его концах. Дано: 1
ε =6В ε =2В ε =4В 1 2 3
R1 = 2 Ом R2 = R3 = 4 Ом ___________ I2 - ? U2 - ? 21
Решение. Выберем направления токов, и условимся обходить контур АВСD по часовой, а контур CDFG против часовой стрелки. По первому закону Кирхгофа для узла С имеем I1 - I2 - I3 = 0. По второму закону Кирхгофа для контура АВСD имеем
ε +ε .
I1R1 + I2R2 = Соответственно, для контура CDFG -
1
2
ε ε
I2R2 - I3R3 = 2 + 3 . После подстановки числовых значений получим I1 - I2- I3 = 0; 2I1 + 4I2 = 8; 4I2 - 4I3 = 6. Эту систему 3х уравнений с тремя неизвестными можно решить, пользуясь методом определителей. Составим и вычислим определитель ∆ системы 1 0 -1 1 -1 -1
∆= 2 4 0 4
0 = -32 4
и определитель ∆I2
∆ 12 = 2 8 0 6
0 = -44. 4
Отсюда получаем силу тока , A. I2 = ∆ 12 / ∆ = −44 / −32 = 1375 Напряжение на концах реостата равно U2 = I2R2 = 1,375 . 4 = 5,5 В. Пример 3. Сила тока в проводнике сопротивлением 20 Ом равномерно нарастает от 0 до 4 А в течение 2 с. Определить количество теплоты, выделившейся в проводнике за первые полторы секунды. Дано: R = 20 Ом I1 = 0 А I2 = 4 А t1 = 2 с t2 = 2 c t3 = 1,5 c _________ ∆Q - ? Решение. Согласно закону Джоуля-Ленца, выделяющаяся на сопротивлении R, равна Р = I2R . 22
тепловая
мощность,
Количество тепла dQ, выделяющегося за время dt в данный момент t, равно (1) dQ = Pdt = I2Rdt . По условию задачи сила тока равномерно нарастает, т.е. является линейной функцией времени I = at + b . (2) В начальный момент t1 = 0 ток I1 равен нулю, поэтому в уравнении (2) имеем b = 0. Таким образом, I = at . (3) Коэффициент "а" найдем из условия, что I2 = 4 А при t2 = 2 с I2 = at2 . Откуда получаем I 4 a = 2 = = 2 A/c. t2 2 Подставляя в формулу (1) выражение (3) и интегрируя по времени от 0 до t3, найдем количество выделившегося тепла t3
∆Q =
∫ t1
t3
∫
(
)
a 2R 3 3 I Rdt = a R t dt = t3 − t1 . 3 2
2
2
(4)
t1
Подставляя в формулу (4) значения входящих в нее параметров, получим 2 2 ⋅ 20 ∆Q = 1,5 3 − 0 = 90 Дж. 3
(
)
23
СПРАВОЧНЫЕ ТАБЛИЦЫ Диэлектрическая проницаемость Вещество
Проницае мость 2,0 7,0 7,0
Парафиновая бумага Стекло Слюда
Вещество Вода Масло трансформато-рное Эбонит
Проницаем ость 81 2,2 3,0
Удельное сопротивление металлов Металл Алюминий Железо Нихром
Удельное сопротивление (Ом.м) 2,8.10-8 9,8.10-8 1,1.10-6
Металл Медь Серебро
Удельное сопротивление(Ом.м) 1,7.10-8 1,6.10-8
Основные физические постоянные (округленные значения) Физическая постоянная Заряд электрона Масса электрона Заряд протона Масса протона Заряд -частицы Масса -частицы
Обозначение e me p mp q m
24
Значение - 1,6. 10-19 Кл 9,11.10-31 кг 1,6. 10-19 Кл 1,67.10-27 кг 3,2.10-19 Кл 6,64.10-27 кг