Название: Электричество и магнетизм - Методические указания (Ю.Е. Невский)

Жанр: Технические

Просмотров: 1472


3. примеры решения задач

 

Пример 1. Два заряда q1 = +4,5 q и  q2 = –0,5 q находятся на расстоянии l = 10 см. Третий заряд, модуль которого |q3| = q, может перемещаться вдоль прямой, проходящей через заряды q1 и q2. Определите положение заряда q3, при котором он будет находиться в равновесии.

Решение. Заряд q3 будет находиться в положении равновесия в точке пространства, где суммарная напряженность поля = 0. На отрезке, лежащем между зарядами q1 и q2, такой точки нет, так как векторы напряженности  и  электрических полей, создаваемых соответственно зарядами q1 и q2, направлены в одну сторону, и их сумма не может быть равной нулю.

В точках прямой, расположенных слева и справа от рассмотренного отрезка, векторы напряженности  и  направлены в противоположные стороны. Для того чтобы их сумма равнялась нулю, модули этих векторов должны быть равны, т. е. Е1 = Е2. Учитывая, что , а , должно выполняться условие

 .

Для любой точки, лежащей левее заряда q1, расстояние r1  меньше расстояния r2 . Поскольку по условию |q1| > |q2|, то Е1 всегда больше, чем Е2. Точки с Е = 0 в этой части прямой нет.

Рассмотрим точки на прямой, расположенные правее заряда q2. В этом случае r1 = r2 +  l. В точке равновесия должно выполняться условие

   ,

приводящее к уравнению

.

Из этого уравнения находим, что точка равновесия находится на 5 см правее заряда q2.

Равновесие заряда q3 будет устойчивым, если при смещении этого заряда вправо возникает сила, направленная влево, стремящаяся вернуть заряд в прежнее положение. При перемещении заряда влево должна возникать сила, направленная вправо.

Предположим, что заряд q3 положительный. Тогда в найденной нами точке равновесия сила F1, действующая на заряд q3 со стороны положительного заряда q1, направлена вправо, а сила F2, действующая со стороны отрицательного заряда q2, направлена влево.

При смещении заряда q3 вправо увеличивается расстояние как r2 , так и r1 = l+ r2 . В результате уменьшаются обе силы. Учитывая, что F1 ~ 1/( l + r2)2 , а F2 ~ 1/ r2 2, можно сделать вывод: с ростом r2 сила F1 убывает медленнее, чем сила F2 . В результате результирующая сила направлена вправо и стремится удалить заряд q3 еще дальше от точки равновесия. Равновесие неустойчивое.

Предположим теперь, что заряд q3 – отрицательный. Теперь сила F1 будет направлена влево, а сила F2 – вправо.

 

 

В этом случае при смещении заряда q3 вправо, как и в предыдущем случае, F1 убывает медленнее, чем F2. Результирующая сила направлена влево и стремится вернуть заряд q3 на прежнее место.

Рассмотрение смещения заряда q3 влево приводит к тем же выводам. Таким образом, если заряд q3  отрицательный, то положение равновесия является устойчивым.

Пример 2. Внутри плоскопараллельной непроводящей пластины толщиной d равномерно распределен положительный заряд с объемной плотностью r. Пластина расположена перпендикулярно оси x. Плоскость симметрии пластины проходит через начало отсчета на оси х. Определить зависимость напряженности E от x как внутри, так и вне пластины. Построить графики зависимости Ex (проекции вектора на ось x ) от x.

Решение. Для решения этой задачи воспользуемся теоремой Гаусса. Из соображений симметрии можно сделать следующий вывод:

а)   ;

б) напряженность поля Е одинакова во всех точках плоскости, перпендикулярной оси х;

в) силовые линии электрического поля параллельны оси х.

Полученные выводы позволяют выбрать форму замкнутой поверхности так, чтобы расчет потока вектора  через нее осуществлялся наиболее просто. Такая поверхность может иметь, например, форму цилиндра. Основания цилиндра должны быть параллельны поверхности пластины. Образующие цилиндра должны быть параллельны оси х. Цилиндр должен быть расположен симметрично относительно пластины. В этом случае поток вектора через каждое из оснований цилиндра равен (E×s), где

Е – напряженность поля в точках, лежащих на основании, s – площадь основания.

Поток вектора через боковую поверхность цилиндра равен нулю, так как нормальная составляющая Еn к этой поверхности равна нулю. Таким образом, поток через всю замкнутую поверхность

ФЕ = = 2 E×s.

 

В соответствии с теоремой Гаусса

 ,

где  q  – заряд внутри выбранной поверхности.

Рассмотрим 2 случая:

|x| £ d/2.

В этом случае объем V, ограниченный выбранной замкнутой поверхностью, равен s2х. Весь этот объем заполнен зарядом с объемной плотностью r. Следовательно, заряд внутри поверхности

 

Тогда можно записать

Из этого выражения следует, что

 .

|x| ³ d/2.

В этом случае заполнен зарядом не весь объем цилиндра, а только его часть,  вырезающая из пластины объем V =  s d.

Тогда

,

.

Таким образом, зависимость Е (х) имеет вид

.

 

График зависимости Ex от x имеет вид

 

 

Внутри пластины напряженность возрастает пропорционально х, а вне пластины от х не зависит.

Пример 3. Три тонкие металлические пластины расположены параллельно друг другу, как показано на рисунке. Площадь каждой из пластин равна s. Заряд первой пластины q1 = q. Заряд второй пластины q2 = 2q. Третья пластина имеет заряд q3 = –3q. Расстояние между пластинами во много раз меньше линейных размеров пластин. Определить величину и направление силы, действующей на среднюю пластину.

 

 

 

 

 

 

Решение. Средняя пластина, несущая заряд q2 , находится в электростатическом поле, созданном внешними пластинами с зарядами q1 и q3.

Первая пластина, с зарядом q1, в месте расположения средней пластины создает поле с напряженностью

  .

Направление вектора  совпадает с положительным направлением оси х.

Третья пластина, с зарядом q3, создает в том же месте поле с напряженностью

 .

Направление вектора  совпадает с направлением вектора . В соответствии с принципом суперпозиции вектор напряженности результирующего поля равен сумме векторов напряженности каждого из полей

 .

Поскольку векторы  и  имеют одинаковое направление, то

 .

Сила, действующая на среднюю пластину, несущую заряд q2 равна

F = q2 E = 4q2/e0 s .

Поскольку заряд q2 положительный, направление вектора   совпадает с направлением вектора напряженности . Следовательно, вектор  направлен вдоль оси х.

 

Пример 4. Диэлектрик 1 с диэлектрической проницаемостью e 1 = 2 и диэлектрик 2 с диэлектрической проницаемостью  e 2  = 5 имеют общую границу раздела. Силовые линии электрического поля перпендикулярны границе раздела. Напряженность поля E1 в диэлектрике 1 равна 1000 В/м. Найти плотность энергии электрического поля в диэлектрике 2.

Решение. На границе раздела двух диэлектриков для нормальных составляющих векторов напряженности выполняется условие

E1 / E2 = e2 /e1 ,

откуда E2 = E1 e 1 /e 2 .

Плотность энергии электрического поля в диэлектрике 2

w = e0 e2E22 /2 =e 0 e2(e1 /e2)2 E12 /2 = e 0 e 12 E12 /2e 2 =

             = 3,54× 10-6 Дж/м3.

 

Пример 5.  По контуру, изображенному на рисунке, течет ток силой I = 20 А. Радиус изогнутой части R = 0,4 м. Найти магнитную индукцию в точке О.

 

 

Решение. По принципу суперпозиции полей магнитная индукция в точке О равна векторной сумме магнитных индукций, создаваемых отдельными участками контура.

Решение задачи нужно начинать с определения направления векторов магнитной индукции от участков контура, пользуясь законом Био–Савара–Лапласа.

 в точке О, так как точка О лежит на продолжении отрезка АВ (угол между векторами и  равен 180°), что дает нулевой результат векторного произведения в законе

Био – Савара – Лапласа.

 ,

учитывая направления векторов, изображенные на рисунке, 

 .

В общем случае магнитная индукция, создаваемая отрезком провода с током, в точке, удаленной от проводника на расстоя-

ние r,

 

 

 

 

 

.

 

 

 

Тогда для участка ВС a1= p/2,   ,  a2 = 117°  .

.

Для участка СD : a2= p/2,  ,  a1 =26° .

 

   .

Для криволинейного участка АD:

   .

 Тл.

Знак «–» указывает, что магнитная индукция направлена вдоль вектора,  т. е. из плоскости чертежа.

 

Пример 6. По двум бесконечно длинным прямым параллельным проводам, расстояние между которыми d = 15 см, текут токи I1 = 70 А и I2 = 50 А в одном направлении. Определить магнитную индукцию в точке, удаленной на расстояние r1 =10 см от первого провода и на расстояние r2 =15 см от второго.

Решение. По принципу суперпозиции полей магнитная индукция в точке А равна векторной сумме магнитных индукций, создаваемых  токами I1 и I2.

 

 

                                                                  .

 

Модуль  вектораможно найти по теореме косинусов

    ,

где ,    ,   .

Подставив все в формулу для магнитной индукции в точке А, найдем

В = 178 мкТл.

 

Пример 7. В однородном магнитном поле с индукцией В =

= 0.2 Тл равномерно вращается квадратная рамка, состоящая из

N = 100 витков. Рамка вращается с частотой n = 5 с –1. Сторона рамки a = 10 мм. Ось вращения перпендикулярна оси симметрии рамки и направлению магнитного поля. Определить максимальную ЭДС индукции и ЭДС индукции, возникающую в рамке через t = 16,6 мс после начала вращения.

Решение. Мгновенное значение ЭДС индукции определяется законом Фарадея

,

где  – потокосцепление катушки, Ф – поток через один виток.

При вращении рамки магнитный поток в произвольный момент времени определяется

,      .

Значение ЭДС индукции можно найти, продифференцировав выражение для потокосцепления по времени,

  .

Максимальное значение ЭДС индукции получается, если 

  В .

Значение ЭДС индукции в момент времени t = 16,6 мс =

= 16,6 ×10-3 с.

  В .

 

Пример 8. Протон, прошедший ускоряющую разность потенциалов  U = 0,5 кВ, влетел в однородное магнитное поле с индукцией B = 2 мТл и начал двигаться по окружности. Вычислить радиус окружности.

Решение. На протон действует сила Лоренца

.

В условии задачи сказано, что протон движется по окружности. Из этого следует

1) вектор скорости перпендикулярен вектору магнитной индукции, а значит величина силы Лоренца ;

2) на протон действует нормальное ускорение , где

R – радиус окружности.

Приравнивая силу Лоренца и центростремительную силу, можно вычислить радиус окружности

.

В этом выражении нам неизвестна скорость протона. Чтобы ее найти, надо воспользоваться законом сохранения энергии: кинетическая энергия протона равна изменению потенциальной энергии протона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов U,

.

Выражая из закона сохранения энергии скорость и подставляя в выражение для радиуса окружности, получим

= 1,62 м.

 

Пример 9. В одной плоскости с бесконечным прямым проводником, по которому течет ток I  = 1А, расположена прямоугольная рамка (рисунок). Расстояние a = 2 см, b = 5 см,

с = 4 см. Найти работу, которую надо совершить, чтобы удалить рамку за пределы магнитного поля. По рамке течет ток  I0  = 2 А.

 

Решение. Работа по перемещению рамки с постоянным током в магнитном поле определяется потоком магнитной индукции через рамку в начальном (Ф1) и конечном (Ф2) состояниях

.

Когда рамка находится за пределами поля, поток магнитной индукции через нее равен 0 (Ф2 = 0). Следовательно, работа по перемещению рамки

 .

Магнитное поле в этом примере неоднородно, поскольку оно создается бесконечным прямым током , и магнитная индукция зависит от расстояния от провода до точки наблюдения. Чтобы найти поток вектора магнитной индукции через контур

в начальном состоянии, мы должны просуммировать элементарные магнитные потоки от участков контура, где магнитное поле постоянно. В качестве такого участка разумно выбрать прямоугольник бесконечно малой ширины dr, расположенный на расстоянии r от прямого тока. Поскольку мы рассматриваем бесконечно малую ширину, то можно предположить, что на этом участке магнитная индукция постоянна.

Элементарный поток

.

Отметим, что вектор магнитной индукции направлен за плоскость рисунка, а вектор , совпадающий с направлением нормали, при заданном направлении тока I0 направлен из плоскости рисунка. Поэтому угол между вектором магнитной индукции и элементом площади равен 180°.

Чтобы найти полный поток через контур Ф1, надо проинтегрировать по всем элементарным участкам

.

 

Тогда, искомая работа

 

 =  2×10 - 8 Дж.