Учебник - Электричество и магнетизм. Методика решения задач - Д.Ф. Киселев (1238777), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Хотя заряды q' и q'' одинаковы по модулю, в итогеполучается сила притяжения, поскольку заряд q' находится к qближе, чем заряд q''.1b1Ответ: F =rq 2 2− 3 .2 24πε0b (b − r )Замечание. Можно дополнительно вычислить и работу, необходимую для удаления заряда q на бесконечность. Она вычисляетсясовершенно аналогично расчету, приведенному в задаче 3.3.11. Вr 3q 2нашем случае она равна A = k 2 2. Как и следовало ожи2b (b − r 2 )дать, она меньше, чем в случае заземленного шара предыдущей задачи, потому что тогда за счет заземления на шаре появлялся отличный от нуля индуцированный заряд противоположного знака итребовалась дополнительная работа по преодолению его силы притяжения.Задача 3.3.12.
Тонкое проволочное кольцо радиуса R имеетзаряд q. Кольцо расположено параллельно безграничной проводящей плоскости на расстоянии h от последней. Найти: а) поверхностную плотность заряда в точке плоскости на оси кольца; б) напряженность и потенциал электрического поля в центре кольца.РешениеВоспользуемся результатом решения базовой задачи 1.3.5, вкоторой получено значение напряженности поля на оси заряженного кольца на произвольном расстоянии z от его плоскости:1qz.E ( z) =24πε0 ( R + z 2 ) 3 / 2100ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗаряд-изображение имеет вид заряженного отрицательнокольца, расположенного симметрично относительно плоскости.Ответы на вопросы задачи получим, суммируя вклады от заряда qи заряда-изображения.а) Речь идет о точке плоскости, через которую проходит оськольца. Для нее z = h и векторы напряженности от двух колец направлены одинаково. Поэтому суммарная напряженность равна1qh.E = 2 E ( h) =2πε 0 ( R 2 + h 2 ) 3 / 2Искомую плотность заряда найдем из формулы (3.1), что даетответ а):1qhσ=−.22π ( R + h 2 ) 3 / 2б) Напряженность в центре кольца создается только зарядомизображением. Для этой точки1qhz = 2h и E =.22πε 0 ( R + 4h 2 )3 / 2Мы считали q > 0, поэтому вектор Е направлен вдоль оси кольца в сторону плоскости. Итак, получена первая часть ответа б).Задача о потенциале для точек на оси такой системы двух колецрешена в главе 2 (см.
задачу 2.3.5). В общий ответ, полученный принормировке потенциала на нуль в бесконечно удаленной точке,1 q1q2,ϕ=+22 4πε 0 R 2 + ( x − h) 2R + ( x + h) надо подставить q1 = q, q2 = –q, x = h.q 11 , где ϕ – потенВ итоге получаем: ϕ =−4πε0 RR 2 + 4h 2 циал средней точки кольца относительно проводящей плоскости(или, эквивалентно, относительно бесконечно удаленной точки).В этом частном случае, когда заряды q1 и q2 равны по величинеи противоположны по знаку, потенциал в точке x = 0 тоже равеннулю. Это означает, что вся проводящая плоскость из условия задачи имеет равный нулю потенциал.1qhОтвет: a) σ = −;22π ( R + h 2 ) 3 / 2101Гл. 3.
Проводники в электростатическом полеб) E =1qh22πε 0 ( R + 4h 2 )3 / 2;ϕ=q 11−4πε0 RR 2 + 4h 2.Задачи типа 3.4Расчет емкости конденсатора и батарей конденсаторов приразличных их соединенияхМетод решения. Анализ распределения потенциала в системепроводников и использование формул (3.2), (3.6) – (3.9), (3.11),(3.12) теоретического материала.Задача 3.3.13 (базовая задача). Расстояние между обкладкамиплоского конденсатора равно d. В пространство между обкладкамиконденсатора вносится металлическая пластинка толщиной h, поверхность которой параллельна обкладкам и находится на расстоянии b от одной из обкладок (рис.3.10.) Пластины конденсатораимеют потенциалы φ1 и φ2 < φ1.Найти потенциал φ металлической пластины.РешениеВнутри металлической пластины Е0 = 0, а вне неё поле однородно и имеет напряженностьϕ − ϕ2E= 1.d −hИзменение потенциала при переходе отϕ1верхней обкладки к пластине вычисляемbкак взятую с обратным знаком работуэлектрического поля Е по перемещениюединичного положительного заряда на d hϕ2расстояние b: ∆φ = –bE.
Следовательно,потенциал металлической пластины ра- Рис. 3.10. Металлическаяϕ − ϕ2пластина внутри плоскоговен φ = φ1 + ∆φ = φ1 – b 1.конденсатора (задача 3.3.13)d −hОтвет:φ = φ1 – bϕ1 − ϕ2.d −h102ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадача 3.3.14. Плоский конденсатор состоит из двух пластин,находящихся друг от друга на расстоянии 0,5 мм. Как изменитсяемкость конденсатора, еслиа) его поместить в изолированнуюметаллическую коробку («экраниро12С∆ϕ1вать»), стенки которой будут находиться на расстоянии 0,25 мм от пластин2С∆ϕ2(рис. 3.11)?32С∆ϕ3б) если коробку соединить с однойиз пластин? При расчётах искажениемполя у краев конденсатора пренебречь.
Рис.3.11. Плоский конденсаторвнутри металлической коробкиРешение(задача 3.3.14)Потенциал коробки есть величинапостоянная, поэтому работа по перемещению единичного положительного заряда от нижней плоскости коробки до верхней по любому пути равна нулю. Иными словами,∆φ1 + ∆φ2 + ∆φ3 = 0,где индексами 1, 2, 3 отмечены последовательно проходимые промежутки между всеми пластинами (рис.3.11). Пусть С – емкостьнеэкранированного конденсатора. Из условия задачи следует, чтоемкости каждого из конденсаторов, образованных внутренней пластиной и пластиной коробки, равны С1 = С3 = 2С. Из симметриисистемы заключаем, что∆ϕ2.∆φ1 = ∆φ3 = −2Значит, конденсаторы С1 и С3включены навстречу конденсатору С,2CCт.е. эквивалентная схема имеет вид,2Cпоказанный на рис.
3.12 (работа приобходе всего контура равна нулю). Используя формулы сложения емкостей,находим ответ: суммарная емкость (т.е. Рис. 3.12. Эквивалентная схемаемкость конденсатора С, заключенного конденсатора, находящегосявнутри металлической коробкив коробку) равна 2С.(задача 3.3.14)Если коробку соединить с одной изпластин, то это эквивалентно удалению одного из конденсаторов семкостью 2С (соединение проводом без геометрического перемещения). Суммарная емкость при этом станет равной 3С.Гл.
3. Проводники в электростатическом полеОтвет:а) С1 = 2С;103б) С2 = 3С.Задача 3.3.15. Два длинных провода радиусом а каждый расположены параллельно друг другу. Расстояние между их осямиравно b (b >> a). Найти емкость участка проводов длиной h.РешениеЧтобы воспользоваться формулой (3.2), необходимо вычислитьразность потенциалов проводов, если поместить на них равные повеличине и противоположные по знаку заряды.
Пусть на одномпроводе находится заряд с поверхностной плотностью +σ, а на втором – с поверхностной плотностью –σ (рис. 3.13). Провода рассматриваем как бесконечно длинные цилиндры. Напряженностьполя в точке А, находящейся вне проводов на расстоянии r от осипервого провода, равнаσaσa–σ+σ,E=+ε 0 r ε 0 (b − r )rAгде r – расстояние от левого провоbда (см. задачу 1.3.12, глава 1). Отсюда следует, что потенциал в точ- Рис.
3.13. К определению ёмкостисистемы из двух длинных провоке А равендов (задача 3.3.15)σar+ const.ϕ(r ) =lnε 0 (b − r )Потенциал первого провода φ1 получим, полагая здесь r = a:φ1 = φ(a); для второго, полагая r = b – a: φ2 = φ(b – a). Разность потенциалов2σ a b − a∆φ = φ2 – φ1 =,lnε0aа заряд q, приходящийся на участок провода длиной h, равенqh = 2πσah.πε 0 hπε hqhИз (3.2) при b >> a находим ответ: C ==≈ 0 .∆ϕ ln b − a ln baaπε 0 hπε h≈ 0 .b−ablnlnaaЗамечание.
При решении задачи не учитывалось перераспределение поверхностных зарядов на проводах за счет электростатиче-Ответ:C=104ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧской индукции. Это приближение оправдано при большом расстоянии между проводами (b >> a).Задача 3.3.16.
Определить приближенно емкость C системыиз двух одинаковых металлических шаров радиуса R, находящихсяна очень большом по сравнению с R расстоянии друг от друга.РешениеПоместим на шарах заряды +q и –q. Условие большого расстояния между шарами позволяет пренебречь перераспределениемзарядов на шарах за счет электростатической индукции и приближенно считать распределение зарядов на шарах равномерным. Тогда потенциал в точках плоскости симметрии системы, перпендикулярной линии, проведенной через центры шаров, равен нулю.Потенциалы шаров относительно этой плоскости равны1 q1 2q. Следоваϕ1 == −ϕ 2 , а разность потенциалов ∆ϕ =4πε 0 R4πε 0 Rтельно, согласно (3.2) емкость такой системы равна С = 2πε0R.
Этавеличина вдвое меньше емкости уединенного шара.Ответ: С = 2πε0R.Задача 3.3.17 (базовая задача). Батарея из четырех одинаковых конденсаторов включена один раз по схеме а), а другой раз –по схеме б) (рис. 3.14).1234а)12341234а)1324б)б)Рис. 3.14. Две разные схемы соединения конденсаторов в батарею (задача3.3.17)Рис. 3.15. Эквивалентные схемы батарей, изображенных на рис. 3.14 (задача3.3.17)В каком случае емкость батареи будет больше? Если емкостиконденсаторов различны, то какому соотношению они должныГл. 3. Проводники в электростатическом поле105удовлетворять, чтобы при переключении со схемы а) на схему б)емкость батареи не менялась?РешениеПостроим эквивалентные схемы, используя точки с одинаковыми потенциалами (рис.
3.15). Теперь легко сразу дать ответ напервый вопрос:1411Ca = C + C = C; Cб = C + C = C.3322Видим, что Ca > Cб.Емкость батареи не будет зависеть от схемы подключения, еслиC4+ C123 = C12 + C34,гдеCCCCC1C2C3.C12 = 1 2 ;C34 = 3 4 ; C123 =C1C2 + C2C3 + C1C3C1 + C 2C3 + C 4Отсюда следует ответ на второй вопрос: емкость схем а) и б)одинакова, еслиC1C3C3C C (C + C 4 ) + C3C 4 (C1 + C 2 )= 1 2 3.C4 +C12 + C 23 + C13(C1 + C 2 )(C3 + C 4 )Ответ: Ca > Cб; емкость батареи не будет зависеть от схемы подключения, еслиC4 +C1C3C3C C (C + C 4 ) + C3C 4 (C1 + C 2 )= 1 2 3.C12 + C 23 + C13(C1 + C 2 )(C3 + C 4 )Задача 3.3.18.
Два конденсатора, емкости которых C1 и C2, соединены последовательно и присоединены к источнику ЭДС E.Определить напряжение на каждом конденсаторе и находящиесяна них заряды после установления равновесия.РешениеПри последовательном соединении заряды на конденсаторахбудут одинаковыми, а сумма напряжений равна ЭДС подключенного источника. Поэтомуqq∆φ1=, ∆φ2 =, ∆φ1+ ∆φ2 = E.C1C2Решая эту систему уравнений, получим106ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧОтвет:∆φ1 = EC2C1C1C2; ∆φ2 = E; q=E.C1 + C 2C1 + C 2C1 + C 2Задача 3.3.19. Четыре одинаковых конденсатора соединены, как показано нарис. 3.16, и присоединены к батарее с ЭДС E.Ключ К2 сначала разомкнут, а ключ К1 замкнут.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
