Приклади розв’язання задач. Приклад 1. У вершинах квадрата перебувають однакові точкові заряди 30 нКл

Приклад 1. У вершинах квадрата перебувають однакові точкові заряди 30 нКл. Який негативний заряд треба помістити в центрі квадрата, щоб зазначена система зарядів перебувала в рівновазі?

Дано:

q₁ = q₂ = q₃ = q₄ = 30 нКл = 30^.10^-9 Кл.

_______________________________

q₅ = ?

Розв’язання. Всі заряди, розташовані у вершинах квадрата, перебувають в однакових умовах. Тому досить з'ясувати, який заряд слід помістити в центр квадрата, щоб який-небудь із чотирьох зарядів, наприклад q₁, перебував у рівновазі. Заряд q₁ буде перебувати в рівновазі, якщо векторна сума діючих на нього сил дорівнює Рисунок 6

нулю (рис.6)

0, ( 1)

де , , , – сили, з якими відповідно діють на заряд q₁ заряди q₂ , q₃ , q₄, q₅;

= + – рівнодійна сил та .

За законом Кулона, маючи на увазі, що q₁ = q₂ = q₃ = q₄ = q, одержимо

F₂ = F₄ = , ( 2)

F₃ = , ( 3)

F₅ = , ( 4)

де a – сторона квадрата;

r = a – діагональ квадрата.

Як видно з рис. 6, рівнодійна сил й за напрямком збігається із силою F₃ і за модулем дорівнює F = . З урахуванням цього твердження векторну рівність (1) можна замінити скалярною

F + F₃ - F₅ = F₂ +F₃ -F₅ . ( 5)

Рівність (5) з урахуванням (2) – (4) матиме вигляд

= 0 .

Звідки

q .

Здійснивши обчислення, одержимо

3^.10^-8 Кл = 2,87 ^. 10^-8 Кл.

Слід зазначити, що рівновага системи зарядів буде нестійкою.

Приклад 2. Два точкових заряди 2 нКл і -1 нКл перебувають у повітрі на відстані 5 см один від одного. Визначити напруженість і потенціал електричного поля в точці, віддаленої від першого заряду на відстань 6 см і від другого заряду на відстань 4 см.

Дано:

q₁ = 2 нКл

q₂ = - 1 нКл

d = 5 см

r₁ = 6 см

r₂ = 4 см

____________

Е – ?

j – ?

Рисунок 7

Розв’язання. Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів кожен заряд створює поле незалежно від наявності в просторі інших зарядів. Напруженість результуючого поля . Напруженості полів, створюваних у повітрі (e = 1) зарядами q₁ й q₂ визначають за формулами:

E₁ = , ( 1)

E₂ = . (2)

Напрямки векторів і зазначені на рис.7. Модуль вектора E знайдемо за теоремою косинусів

, (3)

де a – кут між векторами і .

З рис.7 видно, що .

Отже,

. (4)

Із трикутника зі сторонами r₁, r₂, d за теоремою косинусів знаходимо

cos b = ( r₁² + r₂² - d²) / (2r₁r₂).

Обчислимо cos окремо

cosb = .

Виразимо всі величини в одиницях СІ: q₁ = 2^.10^-9 Кл, q₂ = -10^-9 Кл, r₁ = 6^.10^{-2 м, r}₂ = 4^.10^{-2 м, 1/4}pe₀ = 9^.10⁹ м/Ф, e = 1.

Зробивши обчислення за формулами (1), (2), (4), (5), одержимо:

E₁ = B/м,

E₂ = B/м.

При обчисленні Е₂ знак заряду q₂ опущений, тому що знак мінус визначає напрямок вектора , а напрямок був врахований при його графічному зображенні (рис.7).

.

За принципом суперпозиції потенціал результуючого поля, створюваного зарядами q₁ й q₂, дорівнює алгебраїчній сумі потенціалів j₁ та j₂, тобто j = j₁ + j₂ або

. (5)

Зробивши обчислення, одержимо

.

Приклад 3. На тонкій нитці, вигнутій по дузі кола радіусом 6 см, рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною 20нКл/м. Визначити напруженість і потенціал електричного поля, створюваного розподіленим зарядом у точці, яка збігається із центром кривизни дуги, якщо довжина нитки становить 1/3 довжини кола.

Дано:

R = 6 см

= 20 нКл/м

l = 2/3 R

___________

Е - ? - ?

Розв’язання. Виберемо осі координат так, щоб початок координат збігався із центром кривизни дуги, а вісь ОY була б розташована симетрично до кінців дуги (рис.8). Рисунок 8

Розіб'ємо нитку на елементарні ділянки й виділимо елемент довжиною dl із зарядом dq = dl. Цей заряд можна розглядати як точковий.

Визначимо напруженість електричного поля в точці О. Для цієї точки напруженість поля, створюваного зарядом dq, дорівнює

де – радіус-вектор, спрямований від елемента dl у точку О.

Розіб'ємо вектор d на складові й . Із умови симетрії випливає, що сума складових від всіх елементарних ділянок нитки дорівнює нулю й результуючий вектор буде спрямований уздовж осі OY. В цьому випадку напруженість поля визначиться так

, (1)

де dE_Y = dЕ sin a.

Оскільки r = R й dl = Rd , то

dE_y= sin = sin d . (2)

Після підстановки (2) в (1), проведемо інтегрування в межах зміни кута від 0 до , попередньо помноживши цей інтеграл на 2

E= = . (3)

Знайдемо потенціал електричного поля у точці О. У цій точці потенціал поля, створеного точковим зарядом dq, дорівнює

. (4)

Потенціал результуючого поля одержимо шляхом інтегрування виразу (4) по довжині нитки

.

Оскільки l = 2 R / 3, то

. (5)

Виразимо всі величини в одиницях СІ: t = 2^.10^-8 Кл/м, R = 6^.10^{-2 м, 1/4}pe₀ = 9^.10⁹ м/Ф, e = 1, e₀ = 8,85^.10^-12 Ф/м.

Здійснивши обчислення за формулами (3) і (5), одержимо:

E = В/м,

В.

Приклад 4. Електричне поле створене довгим циліндром радіусом 1 см, рівномірно зарядженим з лінійною густиною заряду 20 нКл/м. Визначити роботу сил поля з переміщення точкового заряду 25 нКл із точки, що перебуває на відстані 1 см, у точку, що перебуває на відстані 3 см від поверхні циліндра в середній його частині.

Дано:

R = 1 см = 1^.10^{-2 м}

t = 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 - ?

Розв’язування. Робота сил поля з переміщення заряду дорівнює

А = q(j₁ - j₂).

Для знаходження різниці потенціалів скористаємося співвідношенням j. Для поля з осьовою симетрією, яким є поле циліндра, можна записати

Е = або .

Інтегруючи цей вираз, знайдемо різницю потенціалів між двома точками, які відстоять від осі циліндра на відстанях r₁ й r₂

, (1)

де r₁ = a₁ + R, r₂ = a₂ + R.

Оскільки циліндр довгий і точки взяті поблизу його середньої частини, то можна скористатися формулою напруженості поля, створюваного нескінченно довгим циліндром

(2)

Підставивши (2) в (1), одержимо

ln

або

ln (3)

Таким чином,

ln

Перевіримо чи дає розрахункова формула одиницю роботи. Для цього в праву частину замість символів величин підставимо їх одиниці

.

Виразимо всі величини в одиницях СІ: e = 1; t = 2^.10^-8 Кл/м; q = 2,5^.10^-8 Кл; 1/2pe_о = 2,9 10⁹ м/Ф. Оскільки величини r₂ й r₁ входять у формулу (3) у вигляді відношення, то їх можна виразити в сантиметрах.

Виконавши необхідні розрахунки, одержимо

А = 2,5^.10^-8.2,9^.10^{9 .}2^. 10^-8 = 6,2^.10^-6 Дж.

Приклад 5. Електричне поле створене тонкою нескінченно довгою ниткою, рівномірно зарядженою з лінійною густиною заряду 30 нКл/м. На відстані 20 см від нитки перебуває плоска кругла площадка радіусом 1 см. Визначити потік вектора напруженості електричного поля через площадку, якщо її площина складає кут 30^о з лінією напруженості, яка проходить через середину площадки.

Дано:

= 30 нКл/м

a = 20 см

R = 1 см

b = 30^о

_____________

DN_Е - ?

Розв’язання. Поле, створюване ниткою (дуже тонким циліндром), є неоднорідним, тому воно змінюється в просторі

(1)

Потік вектора дорівнює

cos ,

де – кут між векторами й (рис.9). Оскільки лінійні розміри площадки малі в порівнянні з відстанню до нитки (а>>R), то Е в межах площадки змінюється незначно. Тому значення Е и cos під знаком інтеграла можна замінити їх середніми значеннями <E> й <cos > і винести за знак інтеграла

<E> <cos > <E> <cos > S,

де S = R² .

Замінюючи <E>й <cos > їх наближеними значеннями Е_А й cos _A, розрахованими для середньої точки А площадки, одержимо

S cos _A =E_A R² cos _A . (2)

З рис.10 видно, що

cos _A = cos(90^о - ) =sin .

З урахуванням цього формула (2) матиме

вигляд

sin sin .

Рисунок 9

Виразимо всі величини в одиницях СІ: t = 3^.10^-8 Кл/м; e = 1; a = 0,2 м; R = 10^{-2 м; 1/2}pe_о = 2,9^.10⁹ м/Ф.

Зробивши обчислення, одержимо

B^.м.

Приклад 6. Електрон рухається в однорідному електричному полі вздовж силової лінії. У деякій точці поля з потенціалом 100 В електрон мав швидкість 4 Мм/с. Визначити потенціал точки поля, дійшовши до якої, електрон втратить половину своєї швидкості.

Дано:

j₁ = 100 В

₁ = 4 Мм/с = 4^.10⁶ м/c

₂ = 2 Мм/с = 2^.10⁶ м/c

___________________

j₂ – ?

Розв’язання. Через відсутність сил тертя повна механічна енергія електрона не змінюється, тобто W = = const,

де – кінетична й (- еj) – потенціальна енергія електрона.

Повна енергія на початку руху

, (1)

наприкінці руху з урахуванням того, що ₂ = ₁/2,

. (2)

Прирівнявши вирази (1) і (2), одержимо для потенціалу

.

Виразимо всі величини в одиницях СІ: ₁ = 4^.10⁶ м/с; m = 9,1^.10^{-31 кг; е = 1,6.}10^-19 Кл.

Виконавши обчислення, одержимо

= 66 В .

Можливий й інший підхід до розв’язання. Зміна кінетичної енергії частинки дорівнює роботі результуючої сили, тобто

.

Оскільки електрон гальмується силами поля, то А = - е(j₁ - j₂).

Приклад 7. Сила взаємного притягання пластин плоского повітряного конденсатора 50 мН. Площа кожної пластини 200 см². Визначити об'ємну густину енергії поля конденсатора.

Дано:

F = 50 мН = 5^.10^-2 Н

S = 200 см² = 2^.10^{-2 м2}

__________________

w - ?

Розв’язання. Об'ємна густина енергії поля конденсатора

(1)

де Е =s/ee₀ – напруженість електричного поля між пластинами конденсатора;

s – поверхнева густина заряду на пластинах.

Підставивши вираз для Е в (1), одержимо

(2)

Знайдемо силу взаємного притягання пластин. Заряд q = sS однієї пластини перебуває в полі напруженістю Е₁ = s / 2ee₀, створеному зарядом іншої пластини конденсатора. Отже, на заряд першої пластини діє сила

(3)

Виразивши s² з формули (3) і підставивши її в (2), одержимо

w = F / S

Виразимо всі величини в одиницях СІ: F = 5^.10² Н, S = 2^.10^{-2 м2}.

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

Дж/м³.

Приклад 8. Між пластинами плоского конденсатора, зарядженого до різниці потенціалів 600 В, перебувають два шари діелектриків – скло товщиною 5 мм та ебоніт товщиною 3 мм. Площа кожної пластини 200 см². Визначити: а) напруженість електричного поля, індукцію й спад напруги в кожному шарі; б) електричну ємність конденсатора.

Дано:

U = 600 В

скло,

d₁ = 5 мм = 5^.10^{-3 м}

ебоніт

d₂ = 3 мм = 3.10^{‑ 3 м}

S = 200 см² = 2^.10^{-2 м2}

________________

Е – ? D – ?

U ₁– ? U₂ – ?

С – ?

Розв’язання. При переході через межу поділу діелектриків нормальна складова вектора в обох шарах діелектриків має однакові значення D_1n = D_2n.

У конденсаторі силові лінії вектора перпендикулярні до межі поділу діелектриків, отже, D_1n = D₁ й D_2n = D₂. Тому

D₁ = D₂ = D. (1)

Врахувавши, що D = ee₀Е, і скорочуючи на e₀, з рівності (1) одержимо

e₁E₁ = e₂Е₂ , (2)

де Е₁ й E₂ – напруженості електричного поля в першому й у другому шарах діелектриків;

e₁ й e₂ – діелектричні проникності діелектриків.

Різниця потенціалів між пластинами конденсатора очевидно дорівнює сумі напруг на шарах діелектриків

U = U₁ + U₂ . (3)

У межах кожного шару поле однорідне, тому U₁ = E₁d₁ й U₂ = Е₂d₂. З урахуванням цього рівність (3) набуде вигляду

U = Е₁d₁ + E₂d₂. (4)

Розв’язавши спільно рівняння (2) і (4), одержимо

Виразимо всі величини в одиницях СІ: d₁ = 5^.10^{-3 м; d}₂ = 3^.10^{-3 м;} e₁= 7; e₂ = 3; e ₀ = 8,85^.10^-12 Ф/м.

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

B/м;

B/м;

B;

B;

Кл/м².

Визначимо ємність конденсатора

С = , (5)

де q = S – заряд кожної пластини конденсатора. Враховуючи ту обставину, що поверхнева густина зарядів (на пластинах конденсатора чисельно дорівнює модулю електричного зміщення, тобто ( = D), одержимо

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

пФ.

Електричний струм

Основні формули

1. Сила постійного струму

,

де q – заряд, що пройшов через поперечний переріз провідника за час t.

2.Густина електричного струму є векторна величина, яка дорівнює відношенню сили струму до площі S поперечного перерізу провідника:

,

де k – одиничний вектор, який за напрямком збігається з напрямком руху позитивних носіїв заряду.

3. Опір однорідного провідника

де – питомий опір речовини провідника;

l – його довжина.

4. Провідність G провідника і питома провідність речовини:

, .

5. Залежність питомого опору від температури

,

де і ₀ – питомі опори відповідно при t і 0°С;

t – температура (за шкалою Цельсія);

– температурний коефіцієнт опору.

4. Опір послідовно з'єднаних провідників:

.

Опір паралельно з'єднаних провідників

,

де R_і – опір і-го провідника;

п – кількість провідників.

7. Закон Ома в інтегральній формі:

- для неоднорідної ділянки кола

;

- для однорідної ділянки кола ( = 0)

;

- для замкнутого кола ( = )

,

де ( - ) – різниця потенціалів на кінцях ділянки кола;

– е.р.с. джерел струму, що входять у цю ділянку;

U – напруга на ділянці кола;

R – опір кола (ділянки кола);

– е.р.с.усіх джерел струму замкнутого кола.

8. Правила Кірхгофа.

Перше правило: алгебраїчна сума сил струмів, що сходяться у вузлі, дорівнює нулю, тобто

,

де п – кількість струмів, що сходяться у вузлі.

Друге правило: у замкненому контурі алгебраїчна сума спадів напруги на всіх ділянках контуру дорівнює алгебраїчній сумі електрорушійних сил, тобто

,

де І – сила струму на і-й ділянці;

R_і – активний опір на і-й ділянці;

– е.р.с. джерел струму на і-й ділянці;

п – кількість ділянок, що містять активний опір;

k – кількість джерел струму на всіх ділянках замкнутого контуру.

9. Робота, яка виконується електростатичним полем і сторонніми силами на ділянці кола постійного струму за час t

.

10. Потужність струму

.

11. Закон Джоуля-Ленца

,

де Q – кількість теплоти, що виділяється на ділянках кола за час t.

Закон Джоуля - Ленца має місце за умови, що ділянка кола нерухома і в ній не здійснюються хімічні перетворення.

12. Густина струму j, середня швидкість впорядкованого руху носіїв заряду та їх концентрація п пов'язані співвідношенням

,

де q – елементарний заряд.

13. Закон Ома у диференціальній формі

де – питома провідність провідника ( ;

Е – напруженість електричного поля;

τ – середній час вільного руху носіїв струму;

m – масса електрона.

14. Закон Джоуля - Ленца у диференціальній формі

,

де – об'ємна густина теплової потужності.

15. Закони електролізу Фарадея. Перший закон

,

де т – маса речовини, що виділилась на електроді під час проходження через електроліт електричного заряду Q;

k – електрохімічний еквівалент речовини.

Другий закон

,

де F – стала Фарадея (F = 96,5 кКл/моль);

– молярна маса іонів даної речовини;

n – валентність іонів.

Об'єднаний закон

де І – сила струму, що проходить через електроліт;

t – час, протягом якого протікав струм.

16. Рухливість іонів

,

де <υ> – середня швидкість впорядкованого руху іонів;

Е – напруженість електричного поля.

17. Закон Ома у диференціальній формі для електролітів і газів при самостійному розряді в області, яка далека від насичення,

,

де Q – заряд іона;

п – концентрація іонів;

b₊ і b_- – рухливість відповідних іонів;

18. Густина струму насичення

,

де п_о – кількістьпар іонів, які створює іонізатор в одиниці об'єму за одиницю часу;

d – відстань між електродами (п₀ =N/(Vt), де N – кількість пар іонів, що створює іонізатор за час t у просторі між електродами;

V – об'єм цього простору.