Учебник - Основные законы электромагнетизма - Иродов И.Е. (1238773), страница 22
Текст из файла (страница 22)
4пгт Проинтегрировав это выражение по г от а до Ь, получим ° 5.2. //ва металлических шарика одинакового радиуса а находятся в однородной слабо проводящей среде с удельным сопротивлением р. Найти сопротивление среды между итариками при условии, что расстояние между шариками значительно больше их размеров. Р е ш е и и с. Мысленно зарядим шарики + д и — д. Поскольку шарики находятся далеко друг от друга, электрическое поле вблизи поверхности каждого иэ иих определяется практически только зарядом прилегающего шарика, причем его заряд можно считать распределенным равномерно по поверхности. Окружив шарик с положительным зарядом концентрической сферой, непосредственно прилегающей к его поверхности, запишем выражение для тока, протекающего через эту сферу: / = 4яа'/, где / — плотность тока.
Воспользовавшись законом Ома (/ = Е/р) и формулой Е = д/4леьа', получим / = 4/ььп Теперь найдем разность потенциалов между шариками: //= е „вЂ” е = 24/4кь,а. Искомое сопротивление /7 ///1 р/2па. 127 Этот результат справедлив независимо от значения диэлектрической проницаемости среды. ° 5.3. Два проводника произвольной формы находятся в безграничной однородной слабо проводящей среде с удельным сопротивлением р и диэлектрической проницаемостью е. Найти значение произведения ЕС для данной системы, где Е— сопротивление среды между проводниками, С вЂ” взаимная емкость проводников при наличии среды. Р е ш е н и е. Зарядим мысленно проводники зарядами + д и — д. Так как среда между ними слабо проводящая, то поверхности проводников являются эквипотеициальными и конфигурация поля такова же, как и при отсутствии среды.
Окружим, например, положительно заряженный проводник замкнутой поверхностью 5, непосредственно прилегающей к поверхности проводника, и вычислим отдельно Я и С: ' ~ г-- ~ (~) Р„й5 ее,ф б„а5 и и Р где интегралы взяты по данной поверхности 5. При вычислении Е был использован закон Ома ) = оЕ, а при вычислении С— теорема Гаусса. Произведение полученных выражений НС = еье/в = ььер. ° 5А. Условия иа границе проводника.
Проводник с удельным сопротивлением р граничит с диэлектриком, проницаемость которого е. В некоторой точке А у поверхности проводника электрическая индукция равна Р, причем вектор 0 направлен от проводника и составляет угол а с нормалью к поверхности. Найти поверхностную плотность зарядов на проводнике и плотность тока вблизи тачки А. Р е ш е н и е. Поверхностная плотность зарядов на проводнике в = Р „= Р соь а. Плотность тока найдем по закону Ома: ) = Е/р.
Из уравнения непрерывности (5,5) следует, что нормальные составляющие вектора ) равны, а так как в диэлектрике )„= О (тока нет), то и в проводнике )„= О. Стало быть, вектор ) в проводнике касателен его поверхности. Это же относится и к вектору Е внутри проводника.
С другой стороны, из теоремы о циркуляции вектора Е следует, что тангенциальные составляющие его по разные стороны границы раздела одинаковы, а значит, Е= Е,= Р зщ а/ааь, где Е, — тангенциальная составляющая поля Е в диэлектрикц. Учитывая все зто, получим Е оз)пи 1 р тьер ° 5.5. Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен последовательно двумя диэлектрическими слоями 1 и 2 толщиной 1, и 1э с проницаемостями е, и еэ и удельными сопротивлениями р, и рэ. Конденсатор находится под постоянным напряжением 1/, причем электрическое поле направлено от слоя 1 к слою 2. Найти поверхностную плотность сгорании~ зарядов на границе раздела диэлектрических слоев.
Р е ш е н и е. Искомая поверхностная плотность зарядов в= 0„— Ры =ее Š— е еЕ,. Для определения Е, и Еэ воспользуемся двумя условиями: из того факта, что 1, = 1зо следует Е,/р, = Е,/рэ и, кроме того, Е,1, + Е 1 = 1/. Решив два последних уравнения, найдем Е, и Еэ. Их подстановка в (!) приводит к следующему результату: е,р, — е,р, р,1, +р,1 Отсюда видно, что о = 0 при е,р, = еэрэ. ° 5.6. Неоднородный проводник. Длинный проводник круглого сечения площадью 3 сделан из материала, удельное сопротивление которого зависит только от расстояния г до оси проводника как р = а/г, где а — постоянная.
По проводнику течет ток 1. Найти: !) напряженность Е поля в проводникег 2) сопротивление единицы длины проводника. Р е ш е н и е. !. Напряженность Е поля по закону Ома связана с плотностью тока 1, а 1 — с током 1, поэтому можно записать 1 = ~ 12 г йт =~ [Е/р) 2пг йт. Напряженность Е одинакова во всех точках сечения данного проводника, т. е. не зависит от г. В этом легко убедиться, взяв прямоугольный контур внутри проводника так, чтобы одна сторона контура совпадала, например, с осью проводника, и затем применив к этому контуру теорему о циркуляции вектора Е. Таким образом, Е можно вынести из-под интеграла и мы получим в результате интегрирования Е = 2па1/Еь.
2. Сопротивление единицы длины проводника можно определить с помощью формулы 12 Ег/1. Поделив обе части З вЂ” 20 129 этого равенства на длину ! участка проводника, к которому относятся Я и Е/, найдем й, = Е//= 2ла/У. ° 5.7. Закон Ома для неоднородного участка цепи. В схеме (рис. 5.14) известны э. д.
с. и и Мь источников, сопротивления В и Вы а также Рис. 5А4 емкость С конденсатора. Внутренние сопротивления источников пренебрежимо мальь Найти заряд на обкладке 1 конденсатора. Р е ш е н и е. В соответствии с законом Ома для замкнутой цепи, содержащей сопротивления В и Яьч запишем (В+ ~~о) / ~ Вь где положительное направление выбрано по часовой стрелке.
С другой стороны, для неоднородного участка аИЬ цепи ть+ ~ а для участка аСЬ 'е+Р Ч,=ф Решив совместно эти три уравнения, получим Л р — в = — (з" — и). 2 у+Я О Заряд на обкладке 1 определяется формулой д! = С(гр! — ч!з). Поэтому окончательный результат д, = (зг — и;). йС о Видно, что пРи зг) 'ее заРЯд д! ) О, и наобоРот. ° 5.8. Работа источника э.
д. с. Стеклянная пластина целиком заполняет зазор между обкладками плоского конденсатора, емкость которого при отсутствии пластины равна С . Конденсатор подключен к источнику постоянного напряжения К Найти механическую работу, которую необходимо совершить против электрических сил, чтобы извлечь пластину из конденсатора.
Р е ш е н и е. Согласно закону сохранения энергии А„,„+ А„„= Л!т', (!) де А„,„— совершенная внешними силами механическая работа против электрических сил; А„„— работа источника в этом процессе; бйт — соответствующее приращение энергии конденсатора (мы считаем, что участие других видов энергии в изме- ненни энергии системы пренебрежимо мало). Найдем Ь)Р и А„„. Из формулы для энергии конденсатора ( Ят = С(/ /2 = д()/2) следует, что прн (/ = сопз1 Ь Цг = ЬС (Р/2 = Ьд У/2. (2) Так как емкость конденсатора при извлечении пластины уменьшается (ЬС(0), то уменьшается и заряд конденсатора (Ьдк О). Последнее означает, что заряд прошел через источник против направления действия сторонних сил и источник совершил отрицательную работу: (3) Из сравнения формул (3) и (2) следует А = 2ЬЯт После подстановки последнего выражения в (1) получим А„,„= — ЬГЕ', али А„,„= '/т(е — 1) Сьсд.
Таким образом, извлекая пластину из конденсатора, мы (внец~ние силы) совершаем положительную работу (против электрических сил), при этом источник э. д. с. совершает отрицательную работу и энергия конденсатора уменьшается: А„„„> О, А„„с О, ьвт ( О. ° 5.9. Переходные процессы. 1(епь состоит из источника постоянной з. д. с. 9' и последовательно подключенных к нему сопротивления Я и конденсатора С. Внутреннее сопротивление источника пренебрежимо мало. В момент 1 0 емкость конденсатори быстро (скачком) уменьшили в ч) раз.
Найти ток в цепи как функцию времени. Рис. 5.15 Рис. 5.16 Р е ш е н и е. Запишем закон Ома для неоднородного участ. ка цепи 1вй2 (рис. 5.15). йг = т, — р, — Зг = и — Зг. Учтем, что (/ = д/С', где С' = С/з), тогда йт' = чу/С вЂ” м. Продифференцируем это равенство по времени, принимая во 131 внимание, что в нашем случае (у уменьшается) ду/01= — 1: д/ ч й/ » й — = — — 1. — = — — йй йг С ' 1 КС Интегрирование последнего уравнения дает 1п — — —, 1= /е-" »1 няс о где 1ь определяется условием (! ) .
Действительно, й1, = ЧС(,/С вЂ” В; причем дь = УС вЂ” заряд конденсатора до изменения его емкости. Поэтому 1, = (ч — 1) У/й. С)=~ ЯРВ1, ь откуда видно, что прежде всего надо найти зависимость 1(1). Воспользуемся с этой целью законом Ома для участка цепи 1112 (рис. 5.!6): или й/ е/С. Продифференцируем (2) по времени: В/ 1 й/ Й У вЂ” = — 1, д! С 1 РС' (2) Проинтегрировав последнее уравнение, получим 1п — = —, 1- /ье-о, 1 -г .тс 1 йС' где 1, определяется условием (2) при у = дь, т.
е. 1ь — — уь/)тС. После подстановки (3) в (!) и соответствующего интегрирования получим е-тиас) 2С 132 ° 5.10. Конденсатору емкостью С сообщили заряд уь и затем в момент 1= 0 его замкнули на сопротивление 11. Найти зависимость от времени 1 количества теплоты, выделившегося на сопротивлении. Р е ш е н и е. Искомое количество теплоты Глава 6 МАГНИТНОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ з вл. силл ловвнцл.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
