Методичка по решению задач, страница 4

В области II сферическую поверхность проведем радиусом r2. Так как внутри этой поверхности находится заряд Q1, тодля неё, согласно теореме Остроградского-Гаусса, можно записать равенство:Q∫ En dS = 1 .ε0S(2)Так как En = E2 = const, то из условий симметрии следует:E2 ∫ dS =SQ1ε0илиE 2 S2 =откуда получаем: E2 =Q1ε0Q1ε 0 S2,.Подставив сюда выражение площади сферы, получим:Q(3)E2= 1 2 = 1,11 кВ/м .4πε 0 r23. В области III сферическую поверхность проведем радиусом r3. Эта поверхность охватывает суммарный заряд Q1+Q2.Следовательно, для неё уравнение, записанное на основе теоремыОстроградского-Гаусса, будет иметь вид:Q1 + Q2.∫ En dS =ε0SОтсюда, используя положения, применимые в первых двухслучаях, найдем:Q +QE3= 1 22 =200 В/м.4πε 0 r34.

Построим график E(r). В области I (r1<R1) напряженность24E=0. В области II (R1<r<R2) напряженность изменяется по законуQ1/r2. В точке r=R1 напряженность равна E2(R1) = 1 2 =2500 В/м.4πε 0 R1В точке r=R2 (слева) E2(R2)=Q14πε 0 R22E3 изменяется по закону 1/r2,причем в точке r=R2 (справа) имеем:E3(R2) =Q1 + Q24πε0 R22=900 В/м. В области III (r>R2)EIIIIII= 450 В/м.Таким образом, в точкахr=R1 и r=R2 функция E(r) терпитразрыв.Качественный видграфика зависимости E(r) представлен на рисунке справа.0R1R2rЗадачи для самостоятельного решения.Задача 6.

Два шарика массой m=0,1 г каждый подвешены в одной точке на нитях длиной l=20 см каждая. Получиводинаковый заряд Q, шарики разошлись так, что нити образовали между собой угол α=60°. Найти заряд каждого шарика. (Ответ: Q=50,1 нКл.)Задача 7. В вершинах квадрата находятся одинаковыезаряды Q=0,3.нКл каждый.

Какой отрицательный заряд Q1 нужнопоместить в центре квадрата, чтобы сила взаимного отталкиванияположительных зарядов была уравновешена силой притяженияотрицательного заряда? (Ответ: Q1= -0,287 нКл.)Задача 8. Тонкий длинный стержень равномерно заряжен с линейной плотностью заряда τ, равной 10 мкКл/м. Напродолжении оси стержня на расстоянии a=20 см от его концанаходится точечный заряд Q=10 нКл. Определить силу F взаимодействия заряженного стержня и точечного заряда.

(Ответ:F=4,5 мН.)Задача 9. Тонкое полукольцо радиусом R=10см несет равномерно распределеннный заряд с линейной плотностью25τ = 1 мкКл/м.В центре кривизны полукольца находится зарядQ=20нКл. Определить силу F взаимодействия точечного заряда изаряженного полукольца. (Ответ: F=3.6мН.)Задача 10. Прямой металлический стержень диаметром d=5 см и длиной l=4 м несет равномерно распределенный поего поверхности заряд Q=500 нКл. Определить напряженность Eполя в точке, находящейся против середины стержня на расстоянии a=1 см от его поверхности.

(Ответ: E=64,3 кВ/м.)Задача 11. Тонкое кольцо радиусом R=8 см несет заряд, равномерно распределенный по кольцу с линейной плотностью τ=10 нКл/м. Какова напряженность E электрического поля вточке, равноудаленной от всех точек кольца на расстояние r=10см? (Ответ: E=2,71 кВ/м.)Задача 12. Электрическое поле создано двумя бесконечными параллельными пластинами, несущими равномернораспределенный по площади заряд с поверхностными плотностями σ1=2 нКл/м2 и σ2=5 нКл/м2. Определить напряженность Eполя: 1) между пластинами; 2) вне пластин. Построить графикизменения напряженности вдоль линии, перпендикулярной к пластинам.

(Ответ: 1) E=396 В/м; 2) E=170 В/м.)Задача 13. Точечный заряд Q=1 мкКл находитсявблизи большой равномерно заряженной пластины против её середины. Вычислить поверхностную плотность σ заряда пластины, если на точечный заряд действует сила F=60 мН. (Ответ:σ=1,06 мкКл/м 2.)Задача 14. На металлической сфере радиусом R=10см находится заряд Q=1 нКл. Определить напряженность E электрического поля в следующих точках: 1) на расстоянии r1=8 см отцентра сферы; 2) на её поверхности; 3) на расстоянии r2=15 см отцентра сферы. Построить график зависимости E от r. (Ответ: 1)E=0; 2) E=900 В/м; 3) E=400 В/м.)Задача 15. Прямоугольная плоская площадка со сторонами, длины a и b которых равны 3 и 2 см, соответственно, находится на расстоянии R=1 м от точечного заряда Q=1 мкКл.Площадка ориентирована так, что линии напряженности составляют угол β=30° с её поверхностью.

Найти поток ΨE вектора26напряженности через площадку. (Ответ: ΨE =2,7 В⋅м.)Тема 2. Работа сил электростатического поля. Потенцал.Примеры решения задачЗадача 1. Положительные заряды Q1=3 нКл и Q2=20 нКлнаходятся в вакууме на расстоянии r1=1,5 м друг от друга.

Определить работу A′, которую надо совершить, чтобы сблизить заряды до расстояния r2=1 м.Решение:Положим, что первый заряд Q1 остается неподвижным. Тогда второй заряд Q2 под действием внешних сил перемещается вполе, созданном зарядом Q1. При этом, он приближается к нему срасстояния r1=1,5 м до r2=1 м. Работа A′ внешней силы по перемещению заряда Q2 из одной точки поля с потенциалом ϕ1 в другую, потенциал которой ϕ2, равна по модулю и противоположнапо знаку работе A сил поля по перемещению заряда между темиже точками:A′ = -A .Работа A сил поля по перемещению заряда равна: A=Q2(ϕ1ϕ2).Тогда работа А′ внешних сил может быть записана в виде:(1)A′ = -Q2 (ϕ1 - ϕ2) = Q2 (ϕ2 - ϕ1).Потенциалы точек начала и конца пути выразятся формула-ми:ем:QQ11ϕ=;4πε0 r2 .4πε0 r1Подставляя выражения для ϕ1 и ϕ2 в формулу (1), получа-ϕ=QQ111 2A′ = 4πε ( r − r ) =180 мкДж .021Ответ: A′=180 мкДж.27Задача 2.

Найти работу A поля по перемещению зарядаQ=10 нКл из точки 1 в точку 2, находящиеся между двумя разноименно заряженными с поверхностной плотностью σ=0,4мкКл/м2 бесконечными параллельными плоскостями, расстояниемежду которыми l равно 3 см.Решение:Расположение точек «1» и «2» между заряженными плоскостями показано на рисунке.Возможны два способа решения задачи.+σIПервый способ. Ра1Qботу сил поля по перемеlrΔщению заряда Q из точки2F α1 поля с потенциалом ϕ1 вIIточку 2 поля с потенциа−σлом ϕ2 найдем по формуле:. (1)A=Q⋅(ϕ1 - ϕ2)Для определения потенциалов в точках 1 и 2 проведем черезэти точки эквипотенциальные поверхности I и II.

Эти поверхности будут плоскостями, так как поле между двумя равномернозаряженными бесконечными параллельными плоскостями однородно. Для такого поля справедливо соотношение(2)ϕ1-ϕ2=El,где E - напряженность поля, l - расстояние между эквипотенциальными поверхностями.Напряженность поля между параллельными бесконечнымиразноименно заряженными плоскостями есть E=σ/ε0. Подставивэто выражение в формулу (2) и затем полученное выражение вформулу (1), имеемA= Qlσ =13,6 мкДж.ε0Второй способ. Так как поле однородно, то сила, действующая на заряд Q, при его перемещении постоянна. Поэтому, работу перемещения заряда из точки 1 в точку 2 можно подсчитатьпо формуле:A=FΔr⋅cosα,(3)28где F - сила, действующая на заряд, Δr - модуль перемещения заряда из точки 1 в точку 2, α - угол между направлениямиперемещения и силы.

Так как F =QE=Q(σ/ε0), а Δr⋅cosα= l, тоQlσ=13,6 мкДж.A=ε0Оба решения приводят к одному и тому же результату.Ответ: A =13,6 мкДж.Задача 3. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружностирадиусом R, равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ=10 нКл/м. Определить напряженность E и потенциал ϕэлектрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке «0» , совпадающей с центром кривизны дуги. Длинанити l составляет 1/3 длины окружности и равна 15 см.Решение:Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось y была расположена симметрично относительно концов дуги, как показано на рисунке. Нанити выделим элементdEydEдлины dl.

Заряд dQ=τdl,y0dExнаходящийся на выделенном участке, можно счиrтать точечным. Опредеdθθπ/3лим напряженность электрического поля в точкеdlτ«0». Для этого найдемсначала напряженность dE поля, создаваемого зарядом dQ :dE=τdl4 πε 0 r 3r,где r -радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке,напряженность в которой вычисляется. Выразим вектор dE черезего проекции dEx и dEy на оси координат: dE = idEx + jdEy, гдеi и j -единичные векторы направлений (орты).Напряженность поля E найдем интегрированием:E = ∫ d E = i ∫ dE x + j ∫ dE y .lll29Интегрирование ведется вдоль дуги длины l. В силу симметрии интеграл ∫ dE x равен нулю. Тогда:lE = j ∫ dE y ,(1)lτdlгде dEy = dE⋅cosθ = 4π ε r 2 cosθ .0τ cosθdθТак как r=R=const и dl=Rdθ , то dEy= 4πε R .0Подставим найденное выражение для dEy в (1). Приняв вовнимание симметричное расположение дуги относительно оси oy,пределы интегрирования возьмем от 0 до π/3 и удвоим результат.Тогда получаем:ππτsin θ ⏐ 03 .cosθdθ = jE=j∫2πεR4πε0 R 002τ3Подставив указанные пределы и выразив R через длину дуги(3l=2πR), получим: E = jτ 3.6ε 0 lИз этой формулы видно, что вектор E совпадает с положительным направлением оси oy .