Электричество и магнетизм. Сборник задач [2 ed.] 9785827901716

Table of contents :
электричество_задачник-тит
Задач_электр_1_ч (конеч1)
Задач_электр_2_ч(конечн 1)
Пустая страница

Citation preview

1

О.Н. Васильева, А.М. Салецкий

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ СБОРНИК ЗАДАЧ

Рекомендовано Федеральным учебно-методическим объединением в системе высшего образования по укрупненной группе специальностей и направлений подготовки 03.00.00 – «Физика и астрономия» в качестве учебного пособия для обучающихся по основным образовательным программам высшего образования уровня бакалавриата по направлению подготовки 03.03.02 – Физика

Москва Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова 2019

2

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА. СБОРНИК ЗАДАЧ

УДК 537 ББК 22.33 В а с и л ь е в а О. Н. , С а л е ц к и й А. М. Электричество и магнетизм. Сборник задач / Учебное пособие. — М.: Физический факультет МГУ, 2019. 544 с. ISBN 978-5-8279-0171-6 Учебное пособие написано на основе многолетнего опыта проведения занятий по общей физике на физическом факультете МГУ и является составной частью серии учебно-методических разработок кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. Учебное пособие является заключительной, третьей частью модуля «Семинарские занятия» серии «Университетский курс общей физики» (первая часть – «Разработка семинарских занятий», вторая – «Методика решения задач»). В пособии рассматриваются в первую очередь наиболее характерные и типичные задачи. Сборник содержит около 750 задач по разделу «Электричество и магнетизм» курса общей физики. Содержание «Сборника задач» разделено на 17 тем с максимальной привязкой к действующему тематическому плану семинаров по электричеству и магнетизму. Каждой теме предшествуют краткие теоретические сведения, в конце сборника приведены справочные таблицы. Пособие предназначено для студентов высших учебных заведений и имеет целью помочь им овладеть основными методами решения задач по электричеству и магнетизму. Рецензенты: д. ф.-м. н., профессор С.П. Вятчанин, д. ф.-м. н., профессор В.Н. Прудников.

ISBN 978-5-8279-0171-6 © Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2019 г. © Васильева О.Н., Салецкий А.М., 2019 г.

УНИВЕРСИТЕТСКИЙ КУРС ОБЩЕЙ ФИЗИКИ

3

УНИВЕРСИТЕТСКИЙ КУРС ОБЩЕЙ ФИЗИКИ (предисловие редактора инновационного учебно-методического комплекса) В настоящее время физика все более глубоко проникает во все области современной науки и техники, появляются ее новые отрасли. В связи с этим возникает проблема подготовки квалифицированных кадров ученых-физиков. Существенную роль в такой подготовке играет преподавание общего курса физики. Для решения этой проблемы на физическом факультете МГУ им. М.В. Ломоносова создан инновационный учебно-методический комплекс (ИУМК) «Университетский курс общей физики», обеспечивающий организационную и содержательную целостность системы подготовки, методов и средств обучения общей физике. ИУМК «Университетский курс общей физики» создан на основе многолетнего опыта преподавания физики студентам физического факультета Московского университета. Курс охватывает все разделы общей физики. Отличительной особенностью данного курса является то, что в нем в методическом отношении осуществлено единство основных форм обучения физике: лекции, лабораторные работы и семинары. В системе университетского образования теоретический материал излагается в основном в лекционных курсах, а умение решать задачи отрабатывается на семинарских занятиях. Развитие навыков эксперимента и анализа его результатов происходит в процессе занятий в общем физическом практикуме. В связи с этим, каждый раздел курса состоит из пяти пособий: «Лекции», «Лекционный эксперимент», «Лабораторный практикум», «Разработка семинарских занятий» и «Методика решения задач». Каждая глава пособия «Лекции» содержит материал базового уровня, соответствующего программе курса, и отражает современные тенденции и технологии физического образования. Авторы данного курса пытались представить общую физику в виде, используемом активно работающими в науке физиками. Лекции по каждой теме сопровождаются демонстрацией основных физических экспериментов. Описание классических опытов и экспериментальных установок, представленное в пособии «Лекционный эксперимент». Большая часть описанных экспериментов разработана на кафедре общей физики физического фа-

4

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

культета им. М.В. Ломоносова. В тексте пособия имеется также ряд ссылок на авторские свидетельства на изобретения в области лекционных экспериментов, полученные сотрудниками кафедры. Описание классических опытов и экспериментальных установок, представленное в пособии «Лекционный эксперимент» увеличивает ценность и привлекательность курса. Для установления единого уровня сложности задач и широты охвата материала на семинарах служит пособие «Разработка семинарских занятий» (книга преподавателя). В данном пособии описаны основные принципы проведения семинара. Рассматривается порядок подачи учебного материала, включающий проверку теоретической подготовки студента, обсуждение метода решения задачи, анализ физического смысла результата, разбор характерных ошибок. Все формы занятий предполагают значительную самостоятельную внеаудиторную работу студентов. Пособием, позволяющим самостоятельно развивать умение решать физические задачи, является «Методика решения задач». Весь материал пособия разбит на главы. Разбор задач всех глав проводится по единой схеме, причем каждую главу можно прорабатывать независимо от других. Пособие содержит также задачи с решениями повышенной сложности для студентов, желающих более глубоко освоить курс общей физики. Неотъемлемой частью курса общей физики служит лабораторный практикум. Материалы пособия «Лабораторный практикум» достаточны для самостоятельной подготовки к выполнению работ. В связи с этим в пособии имеется как общее теоретическое введение, так и более подробное изложение теории к каждой лабораторной работе. Кроме того, в каждой работе сформулированы цель и идея эксперимента, дано описание установки и подробное изложение последовательности проведения эксперимента и обработки результатов. Представленные в пособии лабораторные работы являются результатом работы нескольких поколений преподавателей кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. Первые лабораторные работы составили содержание двухтомника «Физический практикум» под редакцией В.И. Ивероновой, вышедшей в свет в 1967 г. В последние годы созданы и изготовлены новые современные лабораторные работы с использованием современных экспериментальных методов иссле-

УНИВЕРСИТЕТСКИЙ КУРС ОБЩЕЙ ФИЗИКИ

5

дования физических процессов. Более 50% лабораторных работ являются автоматизированными с управлением компьютером. В каждом семестре студент выполняет 12 лабораторных работ, причем 60-70% являются обязательными для всех студентов, а остальные распределяются с учетом их пожеланий. Для повышения эффективности усвоения сути изучаемых физических явлений и законов в тематических лабораториях без расхода времени на ознакомление со стандартной технологией измерений в ИУМК введен раздел «Введение в технику эксперимента», состоящий из двух частей: «Лекций» и «Практикума». Лекции посвящены краткому изложению общих принципов проведения физических измерений, теории ошибок и статистической оценки достоверности полученных результатов, а также основных требований к оформлению полученной информации в виде графиков, номограмм и таблиц. В практической части представлены описания лабораторных работ начального цикла, в которых на сравнительно простых физических явлениях студент знакомится с наиболее распространенными приборами, с методами измерений и с правильной обработкой их результатов, основами анализа погрешностей измерений и правилами представления результатов с учетом его точности. Курс предназначен не только для физиков, но и для будущих инженеров, химиков и биологов. Все пожелания и замечания по пособиям курса будут с благодарностью приняты и рассмотрены на кафедре общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. А.М. Салецкий

6

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

СОДЕРЖАНИЕ Предисловие....................................................................................................... 7 Зада- Отвечи ты

§ 1. Электростатическое поле в вакууме ................................................8 168 § 2. Электрический диполь ....................................................................21

214

§ 3. Проводники в электростатическом поле .......................................29

235

§ 4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения .........38 268 § 5.Диэлектрики в электростатическом поле. Конденсаторы с диэлектриками ......................................................46

286

§ 6. Энергия, работа и пондеромоторные силы в электрическом поле ...................................................................................................58 316 § 7. Токи в сплошных проводящих средах ...........................................69

348

§ 8. Цепи постоянного тока ...................................................................77

364

§ 9. Магнитные поля проводников с током ..........................................88

382

§ 10. Сила Ампера. Момент сил, действующих на контур с током в магнитном поле ...............................................................98

405

§ 11. Сила Лоренца. Движение частиц в электромагнитных полях ...............................................................................................104 414 § 12. Электромагнитная индукция ......................................................110 432 § 13. Магнитное поле в магнетиках ....................................................124 454 § 14. Энергия, работа и пондеромоторные силы и в магнитном поле ........................................................................136 478 § 15. Переходные процессы в электрических цепях .........................146 495 § 16. Цепи переменного тока ...............................................................154 511 § 17. Колебания в электрических контурах........................................161 519 Приложения ....................................................................................................533

7

ПРЕДИСЛОВИЕ

ПРЕДИСЛОВИЕ Учебное пособие написано на основе многолетнего опыта проведения занятий по общей физике на физическом факультете МГУ им. М.В. Ломоносова. За многие годы на кафедре общей физики был создан значительный «архив» задач по курсу общей физики. Такая работа была начата по инициативе первого заведующего кафедрой академика С.И. Вавилова, а издание первого сборника задач было осуществлено в 1949 году под руководством другого заведующего кафедрой, С.Э. Хайкина, [1]. При подготовке следующих изданий Сборника был использован опыт других вузов, в первую очередь, МФТИ и Московского государственного педагогического института. Материал современных, многократно переизданных вариантов Сборника несколько отличается от используемого на физическом факультете Московского университета. Предлагаемое пособие является составной частью серии учебно-методических пособий кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова «Университетский курс общей физики», и является заключительной, третьей частью модуля «Семинарские занятия» этой серии (первая часть – «Разработка семинарских занятий» [2], вторая – «Методика решения задач» [3]). В пособии рассматриваются, в первую очередь, наиболее характерные и типичные задачи. Сборник содержит около 750 задач (для более 20% из них приведены решения) по разделу «Электричество и магнетизм» курса общей физики и предназначен для самостоятельной работы студентов. Содержание «Сборника задач» разделено на 17 тем с максимальной привязкой к действующему тематическому плану семинаров по молекулярной физике и термодинамике. Каждой теме предшествуют краткие теоретические сведения, в конце сборника приведены справочные таблицы. Авторы выражают благодарность сотрудникам кафедры А.В. Быкову, М.В. Семенову, Ю.А. Кокшарову за полезные обсуждения и ценные замечания. Особую признательность авторский коллектив выражает рецензентам пособия С.П. Вятчанину и В.Н. Прудникову. Авторы заранее признательны также всем, кто поспособствует улучшению в дальнейшем этого учебнометодического пособия.

8

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§1. Электростатическое поле в вакууме 

Закон Кулона:

qq r 1  1 2 2  12   F21 . 4 0 r12 r12 Напряженность поля E r  точечного заряда q: q r E r    . 2 4 0 r r F12 



 Сила, действующая на точечный заряд q в электрическом поле напряженностью Е: F  qE . q d q  Линейная плотность заряда: (r )  lim  . L 0 L dL q d q   Поверхностная плотность заряда: (r )  lim . S 0 S dS q d q  Объемная плотность заряда: (r )  lim  . V 0 V dV  Поток dΦ E напряженности электрического поля E (r ) через физически бесконечно малый элемент поверхности площадью dS: d  E  E (r )  dS  E ( r )  n d S  E (r ) cos  d S  En (r ) d S , где dS  n d S , n –единичный вектор, перпендикулярный к площадке..  Электростатическая теорема Гаусса в интегральной форме: поток Ф напряженности электрического поля E через проЕ

извольную замкнутую поверхность S равен полному заряда q, деленному на электрическую постоянную 0: q , Φ E   E ( r )  dS  0 S где 0  8,85  1012 Ф/м .  Граничные условия для нормальной составляющей напряженности электрического поля  E 2 n  E1n  n , 0

§1. Электростатическое поле в вакууме

9

где (r ) – поверхностная плотность стороннего заряда на границе раздела двух сред, E1n и E 2 n – нормальные составляющие напряженности электрического поля E по обе стороны от этой границы, при этом нормаль n к поверхности раздела двух сред направлена от первой среды к второй.  Электростатическая теорема Гаусса в дифференциальной форме: ( r ) . div E (r )  0  Разность потенциалов электростатического поля: 2 A 2  1  12   E  r   dr . q 1  Потенциал электростатического поля точечного заряда при нормировке потенциала      0 :

1 q  . 40 r  Локальная связь между потенциалом и напряженностью электростатического поля: E  r   grad  r    , где   символический дифференциальный векторный оператор «набла». В декартовых координатах он имеет вид:    i  j k . x y z  Уравнение Пуассона: ( r ) Δ(r )   , 0 где   оператор Лапласа, равный в декартовой системе координат 2 2 2   2  2  2  2 . x y z  Уравнение Лапласа (частный случай уравнения Пуассона при отсуствие зарядов): Δ  0 . (r ) 

10

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.1. Определить ускорение а, сообщаемое одним электроном другому, если они находятся на расстоянии d = 1 см друг от друга. Электроны покоятся. 1.2. Какую массу m p должен бы иметь протон, чтобы сила электростатического отталкивания двух протонов уравновешивалась силой их гравитационного притяжения? Сравнить m p с реальной массой протона. 1.3. Найти силу электростатического отталкивания между ядром атома кремния и бомбардирующим его протоном, если протон подошел к ядру на расстояние d = 6ꞏ10–11 мм. Заряд ядра кремния в n = 14 раз больше заряда протона. Влиянием электронной оболочки атома кремния пренебречь. 1.4. Две системы точечных зарядов q1, q2,…, qi, qN1 и     q1 , q2, ,..., q j ,...,qN2 , которые закреплены в точках с радиусвекторами r1, , r2,…, ri,…, rN1 и r1, r2 ,..., r j ,...,rN 2 r1, r2 ,..., r j ,..., rN 2

соответственно. С какой силой F, система зарядов q  действует

на систему зарядов q? 1.5. Три одинаковых заряда q расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q противоположного знака нужно поместить в плоскости треугольника в точке, равноудаленной от его вершин, чтобы сила, действующая на каждый заряд, была равна нулю? 1.6. В вершинах квадрата со стороной а расположены последовательно точечные заряды q, 2q, 3q и 4q. Найти силу F, действующую на точечный заряд q, расположенный в центре квадрата. 1.7. В вершинах правильного шестиугольника со стороной а расположены последовательно заряды q, 2q, 3q, 4q, 5q и 6q. Какая сила F действует на точечный заряд q в центре шестиугольника? 1.8. Два маленьких проводящих шарика подвешены на длинных непроводящих нитях, закрепленных в одной точке. Шарики заряжены одинаковыми зарядами и находятся на расстоянии а = 5 см друг от друга. В некоторый момент времени один из шариков разряжают. Что произойдет после этого? 1.9. Два одинаково заряженных маленьких шарика массами m подвешены на нитях длиной l, закрепленных в одной точке. При этом угол между нитями прямой. Найти заряд шариков.

§1. Электростатическое поле в вакууме

11

1.10. Два одинаковых маленьких металлических шарика заряжены противоположными по знаку зарядами и, находящихся на расстоянии r друг от друга, притягиваются с силой F1. Модуль положительного заряда q1 больше модуля отрицательного заряда q 2 . После того, как шарики были приведены в соприкосновение и, затем разведены на первоначальное расстояние, они отталкиваются с силой F2. Определить заряды q1 и q2, которые были на шариках до их соприкосновения. 1.11. По горизонтальному кольцу могут без трения перемещаться три маленьких шарика с зарядами: +q1 на одном шарике и +q2 на каждом из двух других. Найти отношение зарядов q1/q2, если при равновесии угол между радиус-векторами qс и q2 равен α = 60°? 1.12. Вблизи концов горизонтальной гладкой трубы длиной l закреплены положительные заряды q1 и q2. Внутри трубы находится положительно заряженный шарик. Найти положение равновесия шарика. Будет ли это положение равновесия устойчивым? 1.13. Два точечных заряда +3q и –q расположены на расстоянии l друг от друга. В какой точке на прямой, проходящей через эти заряды, надо поместить точечный заряд +q, чтобы сила, действующая на него, была равна нулю? 1.14. Положительный точечный заряд q =80 мкКл находится на плоскости XY в точке А с радиус-вектором r0 = ex + 2ey, где ex и ey – орты вдоль осей X и Y. Найти модуль и вектор напряженности электрического поля Е в точке В с радиус-вектором r = 3ex – 4ey. Значения координат r0 и r даны в метрах. 1.15. Определить положение точки, в которой напряженность электрического поля равна нулю вблизи двух неодинаковых по модулю точечных зарядов q1 и q2, находящихся на расстоянии l друг от друга, для случаев, когда: а) знаки зарядов одинаковы; б) знаки зарядов разные. С 1.16. Найти напряженность Е электрического поля двух точечных +q –q зарядов +q и –q, находящихся на расВ стоянии d друг от друга в точках В и С, отстоящих от положительного заряда на такое же расстояние d, как и отри- Рис. 1.1. Схема расположения цательный заряд (см. рис. 1.1). зарядов + q и –q и точек В и С.

12

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

q2 1.17. В вершинах квадрата со стороной а q1 находятся точечные заряды q1, q2, q3 и q4 (рис. 1.2). Определить напряженность Е электрического поля в центре квадрата. Рассмотреть q4 q3 частные случаи: а) q1  q 2  q 3  q 4  q ; Рис. 1.2. Схема расположения точечных заб) q1  q 3  q, q 2  q 4  q ; рядов. в) q1  q 2  q, q 3  q 4  q . 1.18. В вершинах правильного шестиугольника со стороной а расположены три положительных и три отрицательных точечных заряда, модули которых одинаковы. Найти модуль напряженности электрического поля в центре шестиугольника, если: а) знаки двух соседних зарядов противоположны; б) три положительных и три отрицательных заряда находятся рядом; в) последовательность расположения зарядов (+q)-(+q)-(–q)-(–q)-(+q)-(–q). 1.19. В вершинах правильного треугольника со стороной а находятся точечные заряды +3q, +3q и –2q. Найти модуль напряженности электрического поля в точке, равноудаленной от вершин треугольника на расстояние, равное его стороне. 1.20. Определить максимальную напряженность электрического поля на оси тонкого кольца радиуса R, по которому равномерно распределен заряд q. 1.21. Маленькая бусинка массой m с отрицательным зарядом (–q), может без трения скользить по тонкой спице, совпадающей с осью кольца радиуса R, на котором равномерно распределен заряд +Q. Определить период T малых колебаний (с амплитудой, значительно меньшей радиуса кольца) бусинки относительно положения равновесия. 1.22. По полукольцу радиусом R равномерно распределен заряд q. Найти напряженность электрического поля в центре полукольца. 1.23. Полукольцо радиуса R заряжено равномерно с линейной плотностью τ. Найти напряженность электрического поля в точке А, лежащей на оси симметрии полукольца в его плоскости и находящейся вне полукольца на расстоянии R от его центра. 1.24. Тонкий провод длиной L заряжен равномерно с линейной плотностью τ. Найти вектор Е и модуль Е напряженности электрического поля в произвольной точке А, находящейся на расстоянии h от провода.

§1. Электростатическое поле в вакууме

13

1.25. По тонкому стержню длиной l равномерно распределен заряд с линейной плотностью τ. Найти напряженность электрического поля: а) в точке А, находящейся на расстоянии h от стержня на перпендикуляре, проведенном через его конец; б) в точке В, равноудаленной от концов стержня и находящейся на расстоянии h от него. Рассмотреть случай l → ∞. 1.26. Длинный стержень, равномерно заряженный с линейной плотностью заряда τ, изогнут так, как показано на рис. 1.3. Радиус заOR кругления R значительно меньше длины стержня. Определить напряженность электричеРис. 1.3. Конфигураского поля в точке О. ция равномерно за1.27. По тонкому стержню длиной L равномерно распределен заряд Q. Точечный заряд q ряженного провода. находится на одной прямой со стержнем на расстоянии d от его середины. Какая сила действует на этот заряд? 1.28. По тонкому стержню длиной l = 10 см равномерно распределен заряд Q = 3ꞏ10–9Кл. Найти напряженность электрического поля в точке на оси стержня если расстояние от точки до середины стержня равно d = 20 см. При каком минимальном значении d/l напряженность поля можно рассчитывать по формуле поля точечного заряда с относительной погрешностью менее 5%. 1.29. Прямой тонкий стержень длиной А 2l, заряженный с постоянной линейной плотностью заряда τ, согнут пополам в виде прямого угла. Определить напряженность l электрического поля стержня в точке А, находящейся на диагонали прямого угла напротив концов стержня (рис. 1.4). 1.30. Тонкое плоское кольцо с внутl ренним радиусом а и внешним радиусом b Рис. 1.4. Расположение заряжено с поверхностной плотностью σ. заряженной проволоки и точки А. Найти напряженность электрического поля на оси кольца в зависимости от расстояния z до его плоскости. Рассмотреть случай, когда а = 0 (сплошной диск). 1.31. Определить напряженность электрического поля в центре полусферы, равномерно заряженной с поверхностной плотностью заряда σ. 1.32. От равномерно заряженной с поверхностной плотностью заряда σ сферы радиусом R отрезан сферический сегмент

14

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

(рис. 1.5), площадь основания которого равна S. R Найти напряженность электрического поля в центре кривизны сегмента т. О. 1.33. Боковая поверхность вертикального O цилиндра радиуса R и длины L равномерно заS ряжена с плотностью σ. Найти напряженность электрического поля на оси цилиндра в точке Рис. 1.5. Заряженный сферический сегмент. А, находящейся на высоте L/4 над нижним основанием цилиндра. 1.34. Кольцо радиусом R заряжено с линейной плотностью    0 cos  , где φ – полярный угол. Определить напря-

женность электрического поля на оси кольца в зависимости от расстояния z до плоскости кольца.

1.35. Круглый цилиндр высотой h заряжен равномерно по высоте с поверхностной плотностью заряда    0 cos  , где φ – по-

лярный угол цилиндрической системы координат с осью Z, совпадающей с осью цилиндра. Определить напряженность электрического поля в центре цилиндра.

1.36. Напряженность однородного электрического поля равна Е. Определить поток вектора напряженности ФЕ через квадрат со стороной l, плоскость которого составлять угол α = π/3 с направлением вектора Е. 1.37. В точке, равноудаленной от всех вершин правильного тетраэдра находится точечный заряд Q. Найти поток  напряженности вектора E электрического поля через одну из граней тетраэдра? σ2 σ1 1.38. Две параллельные бесконечные 2 тонкие пластины заряжены равномерно: одна 1 3 Х с поверхностной плотностью σ1 = +4ꞏ10–10 Кл/м2, другая – σ2 = –8ꞏ10–10 Кл/м2 (рис. 1.6). Найти напряженность электрического поля Е в каждой из Рис. 1.6. Расположение заряженных плоскостей. областей 1, 2 и 3. 1.39. Определить модули напряженности электрического поля между тремя параллельными бесконечными плоскостями с поверхностными плотностями зарядов: а) +σ, +σ, +σ; б) +σ, –σ, +σ; в) +σ, –5σ, +4σ.

§1. Электростатическое поле в вакууме

15

1.40. Шесть параллельных бес1 2 3 4 5 6 конечных плоскостей с поверхностными плотностями зарядов σ1 = +5σ, σ2 = –6σ, σ4 = +7σ, σ5 = –σ, σ6 = –4σ расположены так, как показано на рис. 1.7. Найти поверхностную плотРис. 1.7. Расположение заряженность заряда σ3 третьей плоскости, ных плоскостей. если: а) напряженность поля между второй и третьей плоскостями равна нулю; б) напряженность поля вне пластин равна нулю? 1.41. Две бесконечные плоскости, равномерно заряженные с поверхностной плотностью заряда σ, пересекаются под углом α < π/2. Найти модуль напряженности создаσ ваемого плоскостями электрического поля,: а) Е1 - внутри угла α; б) Е2. - внутри угла (π – α). 1.42. К вертикальной бесконечной α плоскости, заряженной с поверхностной m плотностью заряда σ, подвешен на длинной q нити маленький непроводящий шарик массой m, имеющий заряд q такого же знака, что и Рис. 1.8. Шарик на нити и бесконечная заряжензаряд плоскости (рис. 1.8). Какой угол α с ная плоскость. плоскостью образует нить, на которой висит шарик? 1.43. Два бесконечных плоскопараллельных слоя имеют общую границу (рис. 1.9). Толщина левой пластины d, объемная плотность заряда +ρ –ρ внутри пластины +ρ. Толщина правой пла0 Х стины 2d, объемная плотность её заряда (– ρ). Определить напряженность электрического поля во всем пространстве и построить график распределения напряженности вдоль оси ОХ, перпендикулярной поверхно2d d стям пластин. Рис. 1.9. Расположение 1.44. Две бесконечные заряженные по заряженных пластин. объему пластины расположены так же, как в задаче 1.43. Толщина левой пластины d, объемная плотность заряда внутри пластины +ρ. Определить максимальный модуль напряженности электрического поля, если: а) толщина правой пластины 2d,

16

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

объемная плотность её заряда +ρ; б) толщина правой пластины d, объемная плотность её заряда (–ρ). 1.45. Шаровой слой с радиусами поверхностей R1 и R2 (R1 < R2) заряжен с постоянной объемной плотностью ρ. Определить модуль напряжённости электрического поля во всем пространстве. Рассмотреть случай R1 = 0 (сплошной шар радиусом R). 1.46. Шар радиусом R заряжен неоднородно с объемной плотностью    0 r 2 , где r  расстояние до центра шара, ρ0 = const > 0. Определить: а) полный заряд шара Q; б) модуль напряженности Е электрического поля внутри шара и снаружи. 1.47. Шаровой слой с радиусами R1 и R2 (R1 < R2) заряжен с объемной плотностью ρ. Определить модуль напряжённости электрического поля в любой точке пространства для случаев, когда ρ 3 зависит от расстояния r от центра: 1) αr; 2) α/r; 3) е r (α = const > 0, β = const > 0). 1.48. Шар радиусом R заряжен с объемной плотностью, зависящей только от расстояния r до центра шара:    0 1  r / R  , где ρ0 = const > 0. На каком расстоянии от центра шара значение модуля напряженности максимально? Определить эту величину Еmax. 1.49. Бесконечная пластина конечной толщины равномерно заряжена с объемной А 0С В плотностью ρ. В пластине имеется сферичеD ρ ская полость радиуса R, центр которой находится на средней линии пластины (рис. 1.10). Рис. 1.10.Заряженная Определить напряженность электрического пластина со сферической поля в полости для точек на диаметрах АВ и полостью. СD в зависимости от расстояния r до центра. 1.50. Длинный цилиндр радиуса R заряжен равномерно с объемной плотностью ρ. Определить напряженность электрического поля внутри и снаружи цилиндра. 1.51. Два длинных тонких стержня одинакового радиуса r параллельны друг другу и равномерно заряжены с линейной плотностью +τ и –τ. Расстояние между осями стержней L >> r. Найти распределение напряженности электрического поля между стержнями вдоль оси ОХ, перпендикулярной стержням и лежащей в одной плоскости в ними. 1.52. Два длинных тонких провода, расположены параллельно на расстоянии d друг от друга, равномерно заряжены с линейной плотностью +τ и –τ. Определить напряженность электрического

§1. Электростатическое поле в вакууме

17

поля в плоскости симметрии системы на расстоянии h от плоскости, в которой лежат стержни. 1.53. Объемная плотность заряда длинного цилиндра радиусом R зависит от расстояния r до оси цилиндра:    0 r 2 , где ρ0 = const > 0. Определить напряженность электрического поля внутри и снаружи цилиндра. 1.54. Длинная цилиндрическая трубка с внутренним и внешним радиусами R1 и R2 (R1 < R2) заряжена с объемной плотностью 2 ρ(r): а)    / r ; б)    / r 2 ; в)    0 e  r , где r  расстояние до оси трубки, α = const > 0, ρ0 = const Определить напряжённость электрического поля в зависимости от r. 1.55. Каким должно быть распределение объемной плотности заряда в бесконечно длинном цилиндре радиусом R, чтобы внутри цилиндра вектор напряженности электрического поля был направлен вдоль его радиуса, и равнялся Е0? 1.56. Бусинка массой m имеет заряд q, может без трения скользить по тонкой спице, расположенной вдоль диаметра однородно заряженного зарядом Q горизонтального кольца радиусом R (знаки зарядов бусинки и кольца совпадают). Определить период T малых колебаний бусинки (с амплитудой, значительно меньшей радиуса кольца) относительно положения равновесия. 1.57. Два точечных заряда +q и –q D А В закреплены на расстоянии а друг от друга (рис. 1.11). Определить работу А сил d' С электрического поля по перемещению –q +q заряда Q: а) из точки А в точку В; б) из а/2 а/2 точки С в точку D. Какой будет эта рабоРис. 1.11.Расположение та, если оба точечных заряда q будут поточечных зарядов. ложительными? 1.58. В вершинах правильного шестиугольника со стороной а закреплены одинаковые точечные заряды q. Определить работу А сил электрического поля по перемещению заряда Q из центра шестиугольника в середину одной из его сторон. 1.59. Нарисовать схему силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для системы из двух точечных зарядов +q и +3q расстояние между которыми d. 1.60. Два точечных заряда q и q = –2q закреплены на расстоянии d друг от друга. Определить вид и параметры поверхности

18

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

нулевого потенциала этой системы зарядов при нормировке потенциала φ∞ = 0. 1.61. Найти потенциал поля, создаваемого равномерно заряженной с линейной плотностью τ нитью длиной 2L в точке, находящейся на расстояние d > L от нити, если точка расположена: а) на перпендикуляре к нити, проведенном через её середину; б) на продолжении нити. 1.62. Стержень, равномерно заряжен с l O линейной плотностью заряда τ, и симметрично R изогнут так, как показано на рис. 1.12. Длины прямых участков стержня равны l, радиус заl кругления R. Определить потенциал электриРис. 1.12. Конфигуческого поля в точке О. 1.63. Два коаксиальных кольца радиуса- рация равномерно заряженного провода. ми R1 и R2 из тонкой проволоки находятся на расстоянии d друг от друга и имеют заряды +Q и –Q соответственно. Найти разность потенциалов Δφ между центрами колец. 1.64. Плоское кольцо с внутренним радиусом а и внешним радиусом b заряжено с поверхностной плотностью σ. Найти зависимость потенциала электрического поля на оси кольца в зависимости от расстояния z до его плоскости. Рассмотреть случай а = 0 (сплошной диск). Считать, что φ∞ = 0. 1.65. Заряд Q равномерно распределен по поверхности тонкого диска радиусом R. Найти разность потенциалов Δφ между центром диска и точками на его краю. 1.66. Три параллельные бесконечные плоскости расположены на расстоянии d друг от друга. Определить разности потенциалов между соседними плоскостями, если на них находятся равномерно распределенные заряды с поверхностной плотностью: а) +σ, +σ, +σ; б) +σ, –4σ, +3σ. 1.67. Две концентрические сферы, радиусы которых R и 2R, заряжены равномерно зарядами разного знака: внутренняя – зарядом +q, внешняя – зарядом –2q. Определить потенциал электрического поля в точках, удаленных от центра сфер на расстояниях r1 = 0,5R, r2 = 1,5R и r3 = 2,5R. Считать, что φ∞ = 0. 1.68. Заряды распределены равномерно по поверхности двух концентрических сфер с радиусами R и 3R, причем поверхностные плотности электрического заряда на обеих сферах одинаковы. Найти плотность заряда σ, если потенциал в центре сфер равен φ0 при нормировке φ∞ = 0.

19

§1. Электростатическое поле в вакууме

1.69. Шаровой слой с радиусами R1 и R2 (R1 < R2) заряжен с постоянной объемной плотностью ρ. Найти разность потенциалов φ12 между точками, находящимися от центра слоя на расстояниях а (R1 0. Найти разность потенциалов между осью и поверхностью цилиндра. 1.75. Бесконечно длинный цилиндр радиусом R заряжен так, что объемная плотность заряда линейно убывает от оси цилиндра:    0 1  r / R  , где 0 = const > 0. Найти разность потенциалов между точками, находящимися на расстояниях r1 < R и r2 > R от оси цилиндра. 1.76. Два длинных параллельных стержня одинакового радиуса r = 1 мм расположены на расстоянии l = 15 см друг от друга и заряжены разноимённо с одинаковой линейной плотностью. Разность потенциалов между стержнями равна U = 1500 В. Определить напряженность электрического поля посередине между проводами. 1.77. Определить напряжённость электрического поля, потенциал которого зависит от координат х и y:   a x 2  y 2 , где а – известная постоянная.





20

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.78. Потенциал электрического поля, создаваемого некоторой системой зарядов, имеет вид:   a x 2  y 2  bz 2 , где а и b – известные положительные постоянные. Какую форму имеет поверхность нулевого потенциала? Определить напряженность поля Е. 1.79. Потенциал электрического поля зависит от пространственных координат х, y и z:   axy  bz 2 , где а и b – известные положительные постоянные. Найти напряжённость электрического поля и её модуль в точке М(1, -2, 1). 1.80. Потенциал некоторого электростатического поля описывается функцией   r cos  , где r – расстояние от начала координат,  – полярный угол, α – известная постоянная. Найти модуль Е напряженности поля в точке ч координатой (r,  ). 1.81. Определить потенциал электрического поля, если в декартовой системе координат напряженность: а) E  (by  ax)i  bxj ; б) E  a( yi  xj )  2bzk . 1.82. Является ли электростатическим поле, напряженность которого в декартовой системе координат имеет вид: E  a ( y i  xj ) ? 1.83. В сферической системе координат напряженность элекa трического поля имеет вид: E  3 2 cos e r  sin e   , где а – изr вестная постоянная. Является ли данное поле электростатическим? 1.84. Напряженность электрического поля равна E  ai  bj , где а и b – постоянные. Является ли это поле однородным? Определить его потенциал. 1.85. Внутри заряженного шара радиусом R потенциал поля зависит только от расстояния до его центра:   ar 3  b , где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ(r) внутри шара. 1.86. В некоторой области пространства потенциал поля зависит только от координаты х:   ax 2  b , где а и b – постоянные. Найти распределение объёмного заряда (х). 1.87. Напряженность электрического поля имеет вид: E  ax i  by 2 j  cz 3 k . Определить распределение объемной плотности заряда ρ(x,y,z) в декартовых координатах.





21

§2. Электрический диполь

§2. Электрический диполь

 Электрический диполь –совокупность двух равных по величине противоположных по знаку точечных электрических зарядов расположенных на некотором расстояние друг от друга.  Момент электрического диполя (электрический дипольный момент): p  ql , где l –вектор с началом в отрицательном заряде и концом в положительном.  Дипольный момент электрически нейтральной (  qi  0 ) системы точечных зарядов: i

p   qi ri . i

Здесь суммирование ведется по всем зарядам qi, входящим в систему.  Дипольный момент электрически нейтральной системы



линейно распределенных зарядов ( (r ) dl  0 ): L



p  (r ) r dl . L



Дипольный момент нейтральной системы поверхностно

распределенных зарядов (  (r ) d S  0 ): S

p   ( r ) r d S . S



Дипольный момент электрически нейтральной системы

объемно распределенных зарядов (  (r ) d V  0 ): V

p   ( r ) r d V . V

 Модуль вектора напряженности электрического поля электрического диполя: p E 3 cos 2   1 , 3 4 0 r где φ – угол между дипольным моментом р и радиус-вектором r.

22

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

 Потенциал электрического поля точечного диполя (при нормировке потенциала   0 : 1 pr ( r )   3 . 4 0 r  Энергия точечного электрического диполя с постоянным дипольным моментом p , во внешнем электрическом поле с напряженностью Е в точке с радиус-вектором r : W (r )   p  E (r ) .  Сила, действующая на точечный диполь в электрическом поле напряженностью E 0 (в декартовой системе координат): E 0 E 0 E 0 F  px  py  pz   p E 0 . x y z  Момент сил, действующих на точечный диполь во внешнем электрическом поле напряженностью E 0 относительно любой точки пространства: M   pE 0  .

2.1. Найти потенциал φ и модуль напряженности Е поля диполя с дипольным моментом р как функцию расстояния r от центра диполя до данной точки и угла  между осью диполя и радиусвектором r. Определить ориентацию вектора Е относительно радиус-вектора r. Y 2.2. Электрический диполь с моментом р М находится в начале декартовой системы коорy0 динат, причем вектор р ориентирован в полор жительном направлении оси Y (рис. 2.1). х0 Х Найти компоненты напряженности поля диполя в точке М с координатами (х0, y0). Рис. 2.1. Расположе2.3. Точечный диполь с моментом р, ние диполя и точки М. ориентированным в положительном направлении оси Z, находится в начале координат декартовой системы отсчета. Для точки М на расстояние r от диполя найти проекцию Еz вектора напряженности поля диполя на ось Z и проекцию Е на плоскость ХY. 2.4. Точечный электрический диполь с дипольным моментом р, направленным в положительном направлении оси Z, находится в

§2. Электрический диполь

23

начале декартовой системы координат. Что представляет собой поверхность, во всех точках которой напряженность поля диполя Е перпендикулярна вектору р? Определить напряженность Е поля диполя в точках этой поверхности. 2.5. Маленький шарик массой m с зарядом q, равномерно вращается по окружности с угловой скоростью ω в поле диполя с дипольным моментом р. Как ориентирована плоскость орбиты шарика относительно р и на каком расстоянии h от центра диполя она находится? Определить радиус окружности R. 2.6. Молекулу воды можно рассматривать как точечный диполь с дипольным моментом р = 6,17ꞏ10–30 Клꞏм. Определить напряженность поля, созданного диполем на расстоянии d = 3ꞏ10–7 см в точке: а) на оси диполя; б) на перпендикуляре к оси диполя. 2.7. Получить уравнение силовых линий электрического поля точечного диполя с дипольным моментом р в полярной системе координат, начало которой находится в центре диполя, а полярный угол отсчитывается от направления вектора р. 2.8. Точечный заряд q находится на малом расстоянии l от диполя с дипольным моментом р. При каком расположении заряда относительно диполя модуль действующей на заряд силы: а) максимален; б) минимален? Определить максимальное и минимальное значения модуля силы, действующей на заряд. 2.9. Точечный диполь р находится в начале декартовой системы координат. Вектор р ориентирован в положительном направлении оси ОХ. Определить модуль силы, действующей со стороны диполя на точечный заряд q, р А находящийся в точке с координатами р (1, 2, 0). l/2 2.10. Два точечных диполя с одинаковыми по величине дипольныl ми моментами p, ориентированными Рис. 2.2. Взаимное расположевзаимно перпендикулярно и находятся ние диполей и точки А. на расстоянии l друг от друга 3a 2a 3a (рис. 2.2). Найти напряженность поля в точке А. +q +q/2 –q/2 2.11. Четыре точечных заряда –q расположены вдоль одной прямой Рис. 2.3. Взаимное расположение (см. рис. 2.3). Найти дипольный мо- точечных зарядов. мент системы зарядов. Проверить,

24

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

что величина дипольного момента электрически нейтральной системы не зависит от выбора начала системы координат. 2.12. Найти дипольный момент квадруполя – системы из четырех точечных зарядов, два положительных, а два – отрицательных, расположенных в вершинах квадрата (см. рис. 2.4). 2.13. Квадруполь состоит из двух точечных зарядов (+q) и двух зарядов (–q), расположенных в вершинах квадрата со Рис. 2.4. Расположение стороной l. Определить модуль зарядов в квадруполе. напряженности поля Е квадруполя в точке М, находящейся на расстоянии r >> l от центра О квадруполя на линии, параллельной одной из сторон квадрата (рис. 2.5). Рис. 2.5. Расположение квадрупо2.14. Система состоит из шеля и точки М. сти одинаковых по величине точечных зарядов (трех положительных и трех отрицательных), которые расположены в вершинах правильного шестиугольника, причем знаки соседних зарядов разные. Доказать, что дипольный момент такой системы равен нулю. 2.15. Найти модуль дипольного момента р тонкого стержня длиной l, линейная плотность заряда которого зависит от расстояния х до одного из его концов ( x)  a 3x 2  l 2 , где а – положительная постоянная. 2.16. В центре полукольца радиусом R X находится точечный заряд (–q). Полукольцо заряжено с линейной плотностью q R ()  сos, где  – угол между радиусвектором рассматриваемой точки и осью  симметрии системы Z (см. рис. 2.6). Пол–q Z ный заряд полукольца равен +q. Определить дипольный момент системы. Найти в дипольном приближении потенциал φ(z) Рис. 2.6. Взаимное распо(при нормировке потенциала φ∞ = 0) и ложение точечного заряда напряженность Е(z) электрического поля на и полукольца. оси Z при z >> R.





§2. Электрический диполь

25

2.17. Какую работу нужно совершить, чтобы повернуть точечный диполь р в электрическом поле Е из положения, когда дипольный момент р сонаправлен с Е, в положение, когда он направлен противоположно Е? 2.18. Точечный диполь с моментом р = 1,5ꞏ10–10 Клꞏм находится в однородном электрическом поле с напряженностью Е = 6ꞏ104 В/м, причем диполь ориентирован перпендикулярно вектору напряженности Е. Найти работу силы электрического поля при повороте диполя в положение, когда его момент параллелен Е. 2.19. Точечный заряд q < 0 расположен на продолжении оси точечного диполя с дипольным моментом р на расстоянии r от положительного заряда диполя. Какую работу нужно совершить, чтобы переместить заряд в симметрично расположенную точку по другую сторону диполя? р 2.20. Два диполя с одинаковыми р дипольными моментами р находятся на расстоянии d друг от друга и ориентироd Рис. 2.7. Взаимное расваны так как показано на рис. 2.7. Какую положение диполей. работу надо совершить, чтобы удалить один из диполей на бесконечно большое расстояние от другого? 2.21. Молекулу воды можно считать диполем с дипольным моментом р = 6,17ꞏ10–30 Клꞏм. Оценить работу, которую надо совершить, чтобы раздвинуть вдоль линии соединения две молекулы воды от расстояния r0 = 4ꞏ10–10 м (примерно на таком расстоянии находятся молекулы воды при комнатной температуре) до расстояния, на котором силы электрического взаимодействия молекул исчезающе малы (водяной пар). 2.22. Электрический диполь с дипольным моментом р находится в однородном электрическом поле, векторы напряженности Е которого перпендикулярен вектору р. Под действием сил электрического поля диполь начинает поворачиваться относительно оси, проходящей через его центр. Момент инерции диполя относительно этой оси равен J. Определить угловую скорость ω диполя в момент прохождения им положения равновесия. 2.23. Электрический диполь р находится в однородном электрическом поле, вектор напряженности Е которого параллелен вектору р. Как будет двигаться диполь, если его повернуть на малый

26

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

угол α0? Установить закон движения диполя. Момент инерции диполя при вращении вокруг оси, проходящей через его центр и перпендикулярной оси диполя, равен J. 2.24. Диполь с моментом р = 1ꞏ10–12 Клꞏм равномерно вращается с угловой скоростью ω = 103 с–1 относительно оси, проходящей через центр диполя перпендикулярно вектору дипольного момента р. Определить зависимость от времени потенциала поля диполя в точке на расстоянии r = 1 см от центра диполя в плоскости его вращения. В начальный момент времени принять потенциал φ0 этой точки равен нулю. 2.25. Диполь с моментом р равномерно вращается с угловой скоростью ω относительно оси, проходящей через центр диполя перпендикулярно вектору дипольного момента р. Определить среднюю за половину периода вращения диполя ( t  T / 2 ) потенциальную энергию заряда q, находящегося в поле диполя на расстоянии r от его центра в плоскости вращения диполя. В начальный момент времени потенциал φ0 точки, в которой находится заряд q, равен нулю. p1 p2 2.26. Два электрических диполя с  моментами р1 и р2, которые находятся в r одной плоскости на расстоянии r друг от друга, причем вектор р1 направлен Рис. 2.8. Взаимное расповдоль линии, соединяющей центры диложение диполей. полей (рис. 2.8). Определить энергию взаимодействия диполей, соответствующую положению их устойчивого равновесия. 2.27. Определить р1 энергию взаимодействия двух электрических диполей с моментами р1 и р2, r которые находятся в од- р2 ной плоскости на расстоянии r друг от друга, когда ориентация диполей а) в) г) б) соответствует случаям, показанным на рис. 2.9. Рис. 2.9. Взаимная ориентация диполей.

§2. Электрический диполь

27

2.28. Определить с точностью до 1% потенциальную энергию в расчете на один диполь с моментом р в неограниченной линейной цепочке одинаковых диполей, ориентированной так, как показано на рис. 2.10. Расстояние между соседними диполями равно a. а) б)

в) Рис. 2.10. Взаимная ориентация диполей в цепочках.

2.29. Точечный диполь с моментом р находится на оси равномерно заряженного кольца радиусом R на расстоянии 2R от его плоскости. Полный заряд кольца q. Вектор р ориентирован вдоль оси кольца. Найти действующую на диполь силу F. 2.30. Диполь с моментом р находится на расстоянии r от длинной нити, заряженной равномерно с линейной r 0 р плотностью τ. Найти силу F действующие на диполь и момент силы М, если вектор р ориентирован перпендикулярно Рис. 2.11. Расположение нити и радиус-вектору r (рис. 2.11). заряженной нити и диполя. 2.31. Точечный диполь с моментом р и точечный заряд q находятся на расстоянии d друг от друга. Найти силу F, действующую на диполь со стороны заряда q, если дипольный момент р направлен: а) вдоль соединяющей их прямой к заряду q; б) вдоль соединяющей их прямой от заряда q; в) перпендикулярно соединяющей их прямой. 2.32. Два точечных диполя с моменd тами р1 и р2 находятся на расстоянии d друг от друга. Их дипольные моменты направр2 р1 лены вдоль соединяющей их прямой в противоположных направлениях (рис. 2.12). Рис. 2.12. Взаимная ориОпределить силу F, действующую на каж- ентация диполей. дый из диполей.

28

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

2.33. Считая молекулы воды точечными диполями с моментами р = 6,17ꞏ10–30 Клꞏм. Определить силу взаимодействия молекул воды находящихся на расстоянии d = 1ꞏ10–9 м друг от друга, если дипольные моменты молекул ориентированы вдоль соединяющей их прямой в одном направлении. 2.34. Два точечных диполя с одинаковыr ми дипольными моментами р находятся на расстоянии r друг от друга. Их дипольные моменр1 р2 ты сонаправлены и перпендикулярны соединяющей их прямой (рис. 2.13). Определить силу, Рис. 2.13. Взаимная действующую на каждый из диполей. ориентация диполей. 2.35. По горизонтально расположенному О полукольцу радиуса R равномерно распредер лен заряд Q > 0. В центре полукольца закреплен диполь с моментом p (рис. 2.14). Ось диα поля совпадает с осью симметрии полукольца А1 А (прямая ОА). Полукольцо поворачивают из Рис. 2.14.Диполь и заряисходного положения на угол α, при этом женное полукольцо. точка А перемещается в точку А1. Определить момент сил относительно центра полукольца, действующих на полукольцо со стороны диполя сразу после поворота.

29

§3. Проводники в электростатическом поле

§3. Проводники в электростатическом поле

 Напряженность электростатического поля внутри проводника (в отсутствие сторонних сил): E (r )  0 .  Напряженность электростатического поля непосредственно у внешней поверхности однородного проводника в вакууме:  E n, 0 где  – поверхностная плотность заряда и n – внешняя нормаль к поверхности проводника.  Метод электростатических изображений (или метод зеркальных отображений) – основан на теореме единственности в электростатике, который состоит в подборе таких дополнительных фиктивных зарядов - "изображений", которые вместе с заданными зарядами создавали бы поле, одна из эквипотенциальных поверхностей у которого совпала бы с поверхностью данного проводника. В области вне проводника поле фиктивных зарядов полностью моделирует поле, создаваемое поверхностными зарядами на проводнике, так что поле вне проводника полностью совпадает с полем исходной системы.  Точечный заряд q и заземленная проводящая сферы (шара). P

r

b O

a

r1

r q'   q b

q

Х

Рис. 3.1. Взаимное расположение точечного заряда q, заземленного металлического шара и заряда -′′изображения′′ q′.

Рассмотрим проводящую заземленную сферу (или шар) радиусом r (потенциал сферы равен нулю) и с зарядом q на расстоянии b > r от ее центра (рис. 3.1). Чтобы обеспечить совпадение эк-

30

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

випотенциальной поверхности  = 0 с заданной сферой, нужно поместить дополнительный фиктивный заряд -ʺизображениеʺ величиной q   qr b на расстоянии a  r2 b от центра сферы на прямой, проведенной через заряд q и центр сферы О. Поле этих двух зарядов вне сферы полностью совпадет с исходным полем, создаваемым зарядом q и поверхностными зарядами на сфере. При этом напряженность поля внутри равна нулю.

3.1. Две одинаковы металлические сферы находятся на большом расстоянии ( по сравнению с их радиусами) друг от друга и имеют положительные заряды Q1 и Q2. Незаряженный металлический шарик на тонкой длинной непроводящей палочке подносят к первой сфере и касаются её. Затем шарик подносят ко второй сфере и касаются её. После этого заряд шарика оказался равным q2. Найти заряд Q2к второй сферы. 3.2. Точечный заряд q находится на расстоянии d от центра проводящего заряженного шара радиусом R < d. Найти заряд Q шара, если его потенциал равен φ0 (при нормировке φ∞ = 0). 3.3. Два металлических шарика радиусами r с зарядами q находятся на расстоянии а друг от друга. Первый шарик заземляют, затем провод убирают. После этого заземляют второй шарик и убирают провод, затем проводят этот процесс с первым шариком и т.д. Каким будет отношение зарядов шариков после n заземлений второго шарика? 3.4. Незаряженного металлического шара радиусом R1 касаются другим металлическим шаром, имеющим радиус R2 и заряд q2. Затем второй шар удаляют на достаточно большое расстояние от первого. При этом потенциал второго шара оказывается равным 2 (при нормировке φ∞ = 0). После этого второй шар снова заряжают зарядом q2 и вновь касаются первого. Найти потенциал первого шара 1 после многократного повторения описанной процедуры.

§3. Проводники в электростатическом поле

31

3.5. Две концентрические тонкостенные сферы, радиусы которого R и r имеют заряды Q и q соответственно. Определить потенциалы сфер при нормировке потенциала l2 φ∞ = 0. q2 3.6. Проводящая тонкостенная сфера R радиусом R имеет заряд Q. Внутри и вне сфеl1 О ры находятся два точечных заряда: q1 на расq1 стоянии l1 < R и q2 на расстоянии l2 > R от центра сферы (рис.3.1). Определить потенциал Рис. 3.1. Расположение сферы. Считать, что φ∞ = 0. сферы и точечных за3.7. Металлический заряженный шар рядов. радиусом R1 окружен незаряженной концентрической сферической проводящей оболочкой радиуса R2. При нормировке φ∞ = 0 потенциал шара равен φ0. Каким будет потенциал φ шара, если сферическую оболочку заземлить? 3.8. Две концентрические тонкостенные металлические сферы имеют радиусы R1 и R2 (R2 > R1). На внутренней сфере находится точечный заряд Q1. Какой заряд Q2 нужно поместить на внешнюю сферу, чтобы потенциал внутренней стал равен при нормировке φ∞ = 0? 3.9. Внутри проводящей сферы раR r диусом R, имеющей заряд q, концентрично с ней расположен металлический шар радиусом r. С помощью тонкого длинноО го изолированного провода, проходящего через малое отверстие во внешней сфере и ключа К заземляют (рис. 3.2). Затем К ключ К переводят в положение 2, соединив тем самым шар с землей через ис1 2 точник ЭДС E.  Определить заряд q2 шара E после установления равновесия. Какой заряд Δq протечет за это время через источник ЭДС? Рис. 3.2. Схема подключения 3.10. Металлический шар радиусом металлического шара к исR1, заряженный до потенциала φ, окру- точнику ЭДС. жают тонкой незаряженной сферической проводящей оболочкой радиусом R2. Центры оболочки и шара совпадают. Определить потенциал шара φ1 после того, как он будет соединен проводником с оболочкой.

32

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

3.11. Между двумя концентрическими сферами, радиусы которых R1 и R2 > R1, находится точечный заряд q на расстоянии r от центра сфер. Чему равны заряды на сферах, если их заземлить? 3.12. Незаряженные концентрические проводящие сферы имеют радиусы а и b > a. Между сферами на расстоянии r от центра помещен точечный заряд +q. Найти разность потенциалов между сферами. 3.13. По поверхностям двух проводящих концентрических сфер радиусы которых R и 2R равномерно распределены одинаковые заряды q. Найти разность потенциалов Δφ между ними и какова напряженность поля внутри сфер и снаружи? 3.14. Три концентрические металлические сферы имеют радиусы R, 2R и 3R. На внутренней сфере заряд +Q, на внешней +2Q, а средняя не заряжена. Установить распределение потенциала во всём пространстве. 3.15. Три концентрические проводящие сферы имеют радиусы R, 2R и 3R. Внутренняя и внешняя сферы не заряжены, а заряд средней сферы равен Q. В ней проделано отверстие, через которое в некоторый момент изолированной проволокой соединяют внешнюю и внутреннюю сферы. Какой заряд пройдет по этой проволоке? 3.16. Три концентрические сферы с радиусами R, 2R и 3R находятся в вакууме. Внутренняя сфера имеет заряд Q, средняя сфера не заряжена, а внешняя заземлена. Среднюю и внутреннюю сферы соединяют проводником. Какое количество заряда, который пройдет по проводнику? 3.17. Две одинаковые параллельные металлические пластины площадью S каждая находятся на расстоянии d друг от друга, которое, как и толщина пластин, очень мало по сравнению с их линейными размерами. Пластины заряжены: одна - зарядом +q, а другая - зарядом –5q. Найти плотности зарядов на всех четырех поверхностях пластин, а также разность потенциалов U между ними. 3.18. Три одинаковые тонкие изолированные металлические пластины площадью S каждая расположены параллельно друг другу на одинаковом расстоянии d одна от другой (d много меньше линейных размеров пластин). На первой пластине равномерно распределен заряд +Q1, на второй +Q2 и на третьей –Q3. Найти разности потенциалов между пластинами и заряды на каждой из поверхностей пластин.

§3. Проводники в электростатическом поле

33

3.19. Четыре незаряженные металли1 ческие пластины, площадь каждой из кото+q 2 рых равна S, расположены на малом рас–q 3 стоянии d друг от друга. Внутренним пла4 стинам сообщили заряды +q и –q, а внеш- Рис. 3.3. Схема соединения ние пластины соединили между собой про- металлических пластин. водом (рис. 3.3). Определить заряды qi на В А q поверхностях всех пластин. Краевыми эффектами пренебречь. 3.20. Точечный заряд q находится l1 l2 между двумя большими параллельными проводящими пластинами А и В. Расстояния от заряда до пластин равны соответРис. 3.4. Заряд q между ственно l1 и l2. Пластины соединены провопроводящими соедидом (рис. 3.4). Определить заряды q1 и q2, ненными пластинами. индуцированные на поверхности каждой из пластин. 3.21. Плоский конденсатор, у которого площадь пластин S, а и расстоянием между обкладками 8d, подключен к источнику постоянного напряжения E. В конденсатор параллельно его обкладкам вносят заряженную проводящую пластину толщиной d и располагают её на расстоянии d от верхней обкладки (рис. 3.5). Форма и площадь пластины как у обкладок конденсатора одинаковы, d  S . Заряд пластины полоd жительный и равен заряду конденсатора до внесения пластины. Затем пластину медленно 8d 5d E передвигают и увеличивают расстояние до верхней обкладки конденсатора до 5d. Какой заряд Рис. 3.5. Схема расположения металΔq протечет в результате через лической пластины в конденсаторе. источник? 3.22. Две длинные тонкостенные металлические трубки, радиусы которых R и 3R, расположены соосно. На внутреннюю трубку нанесен заряд с линейной плотностью τ, внешняя трубка заземлена. Найти зависимость потенциала φ(r) от расстояния r до оси трубок во всем пространстве. 3.23. Тонкий длинный металлический провод радиусом a заряжен с линейной плотностью τ и окружен соосной с ним металли-

34

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ческой трубкой, внутренний и внешний радиусы которой равны R и 2R. Определить зависимость напряженности E и потенциала φ от расстояния r до оси трубки во всем пространстве. Считать, что потенциал провода равен нулю. 3.24. Точечный заряд q = 2 мкКл находится на расстоянии h = 30 см от проводящей бесконечной плоскости. Определить модуль вектора напряженности Е электрического поля в точке А, которая находится на расстоянии h от плоскости и на расстоянии от заряда l = 20 см. 3.25. Найти поверхностную плотность σ заряда, индуцированного на заземленной большой металлической пластине точечным зарядом q, в точке непосредственно под зарядом. Расстояние от заряда до пластины равно d. 3.26. Два точечных заряда q находятся на одинаковом расстоянии d от бесконечной проводящей плоскости и на расстоянии 2d друг от друга. Определить модуль силы, действующей на каждый из зарядов. 3.27. Точечные заряды q1 = q и q2 = 2q находятся на расстоянии d1 = 5d друг от друга. Посередине между ними проводящая заземленная пластина толщиной d2 = 2d, размеры которой значительно больше d. Поверхность пластины перпендикулярна прямой, соединяющей заряды. Определить силу, действующую на пластину. 3.28. Найти силу, действующую на тоq чечный заряд q, находящийся внутри прямого 2a двугранного угла, образованного заземленными проводящими плоскостями, если расстояа ния от заряда до плоскостей равны а и 2а О (рис. 3.6). Рис. 3.6. Взаимное 3.29. Точечный заряд q помещен внутри расположение дву- двугранного угла, образованного двумя больгранного угла и тошими заземленными проводящими пластиначечного заряда. ми. Используя метод электростатических изображений, найти систему точечных зарядов, которые создают электрическое поле заряда q и проводящих плоскостей для случаев: а) φ = π/4; б) φ = π/6. 3.30. Заряд q расположен посередине между двумя параллельными заземленными металлическими пластинами, расстояние между которыми равно 2d. Линейные размеры пластин много больше расстояния между ними. Найти плотности индуцированных

§3. Проводники в электростатическом поле

35

на пластинах зарядов, ближайших к заряду q 2d в точках А и В (рис. 3.7). q 3.31. Заряд q расположен посередине В А между двумя параллельными бесконечными незаряженными металлическими пластинами, расстояние между которыми равно а. С какой силой каждая из пластин притягивается к заряду. Рис. 3.7. Заряд q между 3.32. Длинный горизонтальный метал- проводящими заземлический провод заряжен с линейной плот- ленными пластинами. ностью заряда τ и расположен параллельно безграничной заземленной проводящей плоскости. Радиус сечения провода а, расстояние между осью провода и проводящей плоскостью b. Найти разность потенциалов между проводом и плоскостью при условии a 0. Какой должна быть величина q точечного заряда, чтобы сила взаимодействия между ним и шаром была равна нулю? 3.42. Точечный заряд q0 находится на расстоянии а от поверхности заряженной изолированной проводящей сферы радиусом R. Чему равен модуль силы F, действующая на точечный заряд со стороны сферы, если её потенциал равен φ при нормировке φ∞ = 0? 3.43. Частица с зарядом Q и массой m движется по прямой, проходящей через центр заземленной металлической сферы радиусом R. Какую работу совершат кулоновские силы электрического поля при перемещении заряда Q из бесконечности в точку на расстоянии 2R от центра сферы? 3.44. Точечный заряд q помещен на расстоянии R/3 от центра заземлённой тонкостенной металлической сферы радиусом R. Определить модуль силы F, действующей на заряд q. 3.45. Точечный диполь с моментом р находится на расстоянии d от центра заземленной проводящей сферы радиусом R. Дипольный момент р направлен от центра сферы. Найти дипольный момент зарядов, индуцированных на сфере. 3.46. Металлический шар помещают во внешнее однородное электрическое поле напряженностью E0. Определить поверхностную плотность зарядов, индуцированных на шаре, и модуль напряженности поля у поверхности шара. 3.47. Проводящий шар радиусом R помещен во внешнее однородное электрическое поле напряженностью E0. Определить дипольный момент шара.

§3. Проводники в электростатическом поле

37

3.48. Два одинаковых незаряженных проводящих шарика радиусом r находятся на расстоянии l >> r во внешнем однородном электрическом поле с напряженностью E0, направленной вдоль линии, соединяющей центры шариков. Определить силу, действующую на каждый ша- Рис. 3.8. Расположение молекулы и проводящей плосрик. 3.49. Молекула (рис. 3.8) со- кости. держит три заряда +q, +q, –2q, которые расположены на одной прямой на равных расстояниях a друг от друга, и находится на расстоянии r от бесконечной проводящей плоскости, которое много больше размеров молекулы (r >> 2а). Найти в дипольном приближении найти силу, действующую на плоскость со стороны молекулы.

38

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения  Потенциал  уединенного проводника пропорционален находящемуся на нем заряду Q. Коэффициент пропорциональности С между зарядом и проводника и его потенциалом называется емкостью Q C .   Емкость уединенного проводника в виде шара (сферы) радиусом R: С = 4πε0R.  Электроемкость (емкость) простого конденсатора: Q C , U где U  напряжение между пластинами конденсатора.  Емкость плоского конденсатора:

C  ε 0ε

S , d

где ε – диэлектрическая проницаемость материала между обкладками конденсатора (диэлектрик полностью заполняет все пространство между пластинами), S – площадь пластин, d – расстояние между пластинами конденсатора.  Емкость сферического конденсатора: rr C  4 0  1 2 , r2  r1 где r1 и r2 – радиусы внутренней и внешней обкладок.  Емкость цилиндрического конденсатора: h , C  2 0  ln r2 / r1  где r1 и r2 – радиусы внутренней и внешней обкладок, h – высота обкладок конденсатора.  Емкость параллельно соединенных конденсаторов: C   Ci . i



Емкость последовательно соединенных конденсаторов: 1 1  . C i Ci

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

39

 Энергия электрического поля в конденсаторе (энергия заряженного конденсатора): Q2 1 1 W  CU 2   QU . 2 2C 2

4.1. Сфера заряжена с постоянной поверхностной плотностью заряда σ. На расстоянии а от центра сферы (вне её) потенциал электрического поля равен φ (при нормировке φ∞ = 0). Определить емкость сферы. 4.2. Определить емкость C системы из двух одинаковых металлических шариков радиусом r, находящихся на расстоянии l >> r друг от друга. 4.3. Найти емкость С системы, состоящей из металлического шарика радиусом a и безграничной проводящей плоскости, если расстояние от центра шарика до плоскости b (b >> a). 4.4. Два металлических шара с радиусами R1 и R2, имеющие заряды q1 и q2 соответственно, находятся на достаточно большом расстоянии друг от друга. Шары соединяют тонкой длинной проволокой, которую потом убирают. Какими станут заряды шаров после этого? 4.5. Длинный прямой провод радиусом а окружен концентрической цилиндрической проводящей оболочкой радиусом b. Найти такой системы в расчете на единицу длины. 4.6. Два длинных провода радиусом а расположены в воздухе параллельно друг другу. Расстояние между их осями b >> a. Найти относительное изменение ΔС/С0 емкости системы проводов, в расчете на единицу длины, если расстояние между осями проводов уменьшить в 2 раза. 4.7. Металлический шар, радиус которого R1 помещают в центр тонкостенной заземленной сферической оболочки радиусом R. На сколько емкость системы "шар – сфера" отличается от емкости уединенного шара? 4.8. Два металлических шара радиусами R1 и R2, имеющие заряды q1 и q2 соответственно, находятся на достаточно большом расстоянии друг от друга. Шары соединяют тонкой длинной проволокой, после чего первый шар помещают в центр заземленной проводящей оболочки радиусом R. Определить заряды шаров после этого. Емкость проволоки не учитывать.

40

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

4.9. Обкладками сферического конR3 денсатора служат металлический шар раR1 R2 диусом R1 и концентрическая металлическая сфера с внутренним и внешним радиусами R2 и R3 соответственно (рис. 4.1). Обкладки подключены к источнику напряжения U. После зарядки конденсатора шар с помощью ключа К и тонкого длинного изолированного провода, прохоU дящего через малое отверстие во внешней сфере, заземляют. Определить емкость системы. К 4.10. К пластинам плоского воздушРис. 4.1. Схема подключеного конденсатора с площадью обкладок ния сферического конденS = 0,01 м2 приложено напряжение сатора к источнику ЭДС. U = 150 В. Напряженность поля в конденсаторе равна Е = 30 кВ/м. Определить емкость С конденсатора и поверхностную плотность σ зарядов на его обкладках. 4.11. В плоский воздушный конденсатор с расстоянием между обкладками d вставили металлическую пластину толщиной d/5 такой же площади, как у обкладок конденсатора. Во сколько раз емкость такого конденсатора будет отличаться от конденсатора воздушной прослойкой? 4.12. Внутрь сферического воздушного конденсатора с радиусами внутренней и внешней обкладок R и 3R соответственно, поместили шаровой металлический слой с радиусами поверхностей R и 2R. Во сколько раз емкость такого конденсатора будет отличаться от конденсатора воздушной прослойкой ? 4.13. Воздушный цилиндрический конденсатор имеет радиусами обкладок R1 = 8 см и R2 = 10 см. До какой разности потенциалов U max можно его зарядить, если напряжение пробоя воздуха Emax = 30 кВ/см? 4.14. Как нужно соединить конденсаторы с С1 = 2 пФ, С2 = 4 пФ и С3 = 6 пФ, чтобы получить систему с емкостью С = 3 пФ? 4.15. Воздушный конденсатор переменной емкости состоит из параллельных неподвижных металлических пластин, имеющих форму полукруга, и находящихся в воздушных зазорах между ними параллельных им подвижных пластин такой же формы, которые

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

могут поворачиваться вокруг своей оси, изменяя площадь перекрытия пластин. Поворот всех подвижных пластин осуществляется одновременно. Расстояния между соседними пластинами одинаковы. Из-за повреждения такого конденсатора с четным числом воздушных зазоров между пластинами все подвижные пластины сдвинулись настолько, что отношение толщин соседних воздушных промежутков стало равным1:2 (рис. 4.2). Определить емкость такого конденсатора по сравнению с начальной.

41

Рис 4.2. Расположение систем подвижных и неподвижных пластин поврежденного конденсатора переменной емкости.

С1 С2 С1 4.16. Показать, что С2 емкости батарей конденсаторов, изображенных на рис. 4.3 а) и б), одинаковыС С4 С4 ми, если выполняется услоС3 C1 C 2  вие: . а) б) C3 C 4 Рис. 4.3. Схема соединения конденсато4.17. Определить емА кости Сбат. батарей конденС С 2С саторов, изображенных на 3С 2 А рис. 4.4. С 4.18. Определить емВ С кость САВ батареи конденса2 С 3С торов между точками А и В В в схеме, изображенной на б) а) рис. 4.5. Рис. 4.4. Схемы соединения конденсато4.19. Двенадцать одинаковых конденсаторов емС А костью С каждый включены в ребра проволочного карС С каса, имеющего форму пра- С А В вильного октаэдра С (рис. 4.6). Чему равна ем- С С С кость системы, если её подключить к источнику В С Рис. 4.6. Октаэдр. напряжения вершинами ок- Рис. 4.5. Схема соединения конденсаторов. таэдра (точки А и В)?

42

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

С С С 4.20. Найти емкость СΣ полубесконечной цепи, образованной повторением одного и того же звена, которое состоит из двух одинаковых С С С конденсаторов емкостью С каждый (рис. 4.7). 4.21. Определить емкость САВ между точ- Рис. 4.7. Полубескоками А и В схемы соединения конденсаторов, нечная цепь конденизображенной на рис. 4.8, при С1 =С3 = С5 = С, С2 =С4 = 2С. 4.22. Найти емкость СΣ конденсаторов, включенных по схеме, показанной на рис. 4.9, если емкости всех конденсаторов одинаковы и равны С. 3 С2 1 С1 С2 2 4 А

В

С3

С5 С1

С4

С5

Рис. 4.8. Схема соединения конденсаторов.

С4 С6

С3

Рис. 4.9. Схема соединения Рис. 4.10. Расположение конденсаторов. металлических пластин.

4.23. Четыре тонкие металлические пластины площадью S каждая расположены параллельно на расстоянии d между соседними пластинами так, что площадь их перекрытия равна S/2 (рис. 4.10). Определить емкость системы. E Краевыми эффектами пренебречь. 4.24. Два одинаковых воздушных кон1 2 3 4 денсатора вставлены друг в друга. Расстояние между соседними пластинами равно d = 5 мм. Каждый конденсатор соединен с источником тока, ЭДС которого E = 100 В. Одна из пластин каждого конденсатора заземлена E (рис. 4.11). Определить напряженность элекРис. 4.11. Расположение пластин конденсаторов. трического поля Е между пластинами 2 и 3. 4.25. Найти разность потенциалов Δφ = φb – φa между точками а и b в схеме, изображенной на рис. 4.12. Емкости конденсаторов: С1 = 0,5 мкФ, С2 = 1 мкФ; ЭДС источников: E1 = 2 В и E2 = 3 В.

С1

а

С2

E1

b

E2

Рис. 4.12. Схема цепи.

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

43

4.26. Конденсатор емкостью С зарядили до напряжения U, а конденсатор емкостью 2С до напряжения 3U. После этого соединили попарно разноименно заряженные пластины конденсаторов. Найти напряжение на каждом конденсаторе после их соединения. 4.27. Три плоских конденсатора с емкостями С, 2С и 3С зарядили до апряжения U, 2U и 3U соответственно. Затем соединили одноименно заряженные пластины всех конденсаторов, в результате конденсаторы оказались соединенными параллельно. Найти заряд на каждом конденсаторе после их соединения. 4.28. Три конденсатора с емкостями С1 = С, С2 = 2С и С3 = 3С соединены последовательно. Напряжение пробоя каждого конденсатора Uкр = 4 кВ. Можно ли подать на такую батарею конденсаторов напряжение U0 = 11 кВ? 4.29. Найти заряд каждого из конденсаторов в цепи, изображенной на рис. 4.13. С С2 С2 С2 g E1 E2 E С1 С1 С1 С1 b 2С Рис. 4.13. Схема соединения конденсаторов.

Рис. 4.14. Схема соединения конденсаторов.

С1 4.30. В схеме, показанной на С3 рис. 4.14, емкости конденсаторов С1 = С и С2 = 2С, ЭДС источника E. С2 Определить общую емкость CΣ систеС4 мы конденсаторов и напряжение Ugb между точками g и b. E2 E1 4.31. В схеме, изображенной на рис. 4.15, определить напряжение Рис. 4.15. Схема соединения между обкладками каждого конденса- конденсаторов. тора при условии E1 > E2. а 4.32. Конденсаторы, соединенные по С1 С2 схеме, изображенной на рис. 4.16, подключаются в точках а и b к источнику с ЭДС E, а m n К затем отключаются от него при разомкнутом С4 ключе К. После этого ключ К замыкают. КаС3 кой заряд протечет через точку а до установb ления состояния равновесия? Емкости кон- Рис. 4.16. Схема соединения конденсаторов. денсаторов С1 = С2 = С3 = С, С4 = 3С.

44

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

4.33. Найти количество теплоты Q, выделившееся при соединении одноименно заряженных обкладок конденсаторов с емкостями С1 = 2 мкФ и С2 = 0,5 мкФ, если разности потенциалов между обкладками конденсаторов U1 = 100 В и U2 = 50 В. 4.34. Два конденсатора с емкостями С1 и С2 соединены последовательно и постоянно подключены к источнику ЭДС E с пренебрежимо малым внутренним сопротивлением. В некоторый момент времени параллельно конденсатору С2 подсоединили резистор. Какой заряд q пройдет по цепи в процессе перераспределения зарядов в конденсаторах, если перед подключением резистора их заряды были одинаковыми? 4.35. Какие заряды протекут через точки 1 и 2 после замыкания ключа К в цепи, показанной на рис. 4.17? Рассмотреть случай к E1 = E2 = E.  К 2 С1 К 1 С1 С2 С С0 С E 2 E1 E2 К С2 1 2 R 1 1

2

Рис. 4.17. Схема цепи.

E

Рис. 4.18. Схема цепи.

Рис. 4.19. Схема цепи.

4.36. Какой заряд Δq протечет через источник ЭДС E в цепи, изображенной на рис. 4.18 при переводе ключа К из положения 1 в положение 2? 4.37. В схеме, изображенной на рис. 4.19, двойной ключ К переводят из положения 1 в положение 2. Какую работу А совершат сторонние силы источника по переносу заряда? 4.38. В изображенной на рис. 4.20 схеме сначала замыкают ключ К1. Затем его размыкают и замыкают ключ К2. Какой заряд Δq протечет через точку 1? 3С 1 2С 4.39. В схеме, изобС1 раженной на рис. 4.21, С E1 С1 = С/3, С2 = 2С/3, К2 С2 E1 > E2. Найти изменение С зарядов Δq1 и Δq2 конденК К1 саторов с емкостями С1 и E E2 С2 после замыкания ключа Рис. 4.20. Схема цепи. Рис. 4.21. Схема цепи. К.

45

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

–

+U0

4.40. Конденсатор емкостью С3 был C3 предварительно заряжен до напряжения C1 C2 U0, после чего его подключили в разрыв цепи, как показано на рис. 4.22. Найти E заряд q, прошедший через источник, если Рис. 4.22. Подключение конЭДС источника E, а С1 = С2 = С3 = С. денсатора в разрыв цепи.

46

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§5. Диэлектрики в электростатическом поле. Конденсаторы с диэлектриками Вектор (электрической) поляризации: pi i  V  P  lim , V 0 V где рi – электрические дипольные моменты молекул; суммирование ведется по молекулам, находящимся в физически бесконечно малом объеме диэлектрика V.  Теорема Гаусса для вектора поляризации в интегральной форме: поток вектора поляризации P через любую замкнутую поверхность S равен связанному заряду q' внутри поверхности, взятому с обратным знаком:  P  dS   q ' . 



S

 Теорема Гаусса для вектора поляризации в дифференциальной форме: div P  ' , где ' – объемная плотность связанных зарядов.  Граничное условие для нормальных составляющих векторов поляризации: P2 n  P1n  ' или ( P2  P1 )  n  ' , где ' – поверхностная плотность связанных зарядов; нормаль n к поверхности раздела двух сред направлена от среды 1 к среде 2.  Вектор электрической индукции: D  0 E  P .  Теорема Гаусса для электрической индукции в интегральной форме: поток электрической индукции через любую замкнутую поверхность S равен свободному (стороннему для диэлектрика) заряду q, охватываемому этой поверхностью:  D  dS  q . S

 Теорема Гаусса для электрической индукции в дифференциальной форме: div D   , где  – объемная плотность свободных зарядов.  Граничное условие для нормальных составляющих век-

§5. Диэлектрики в электростатическом поле

47

торов электрической индукции: D2 n  D1n   или ( D2  D1 )  n   , где  – поверхностная плотность свободных или сторонних, т.е. не связанных зарядов, нормаль n к поверхности раздела двух сред направлена от среды 1 к среде 2.  Граничное условие для нормальных составляющих напряженности электрического поля:   '   ' E 2 n  E1n  , или  E 2  E1   n  0 0 (нормаль n к поверхности раздела двух сред направлена от среды 1 к среде 2).  Граничное условие для тангенциальных составляющих напряженности потенциального электрического поля: E2   E1  0 .  Материальное уравнение для вектора Р: P(r )   0 (r ) E (r ) = ε0(ε – 1)E(r), где (r ) – диэлектрическая восприимчивость диэлектрика, (r )  1  ( r ) – диэлектрическая проницаемость диэлектрика.  Материальное уравнение для вектора D: D ( r )   0 ( r ) E ( r ) .  Соотношение между свободными и связанными зарядами в однородном изотропном диэлектрике:  1  1 q'   q , ' ( r )   (r ) ,   где q' и q – связанный и свободный заряды, ' (r ) и (r ) – объемные плотности связанного и свободного зарядов внутри любой замкнутой поверхности.  Напряженность электрического поля внутри однородного изотропного диэлектрика эллисоидальной формы во внешнем однородном поле напряженностью Е0: Py P P E x  E0 x  n x x , E y  E0 y  n y , E z  E0 z  n z z , 0 0 0 где X,Y,Z – главные оси эллипсоида, nx, ny, nz – факторы формы, Р – вектор поляризации диэлектрика.  Уравнение для факторов формы: nx + ny + nz = 1.

48

тел.

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ



Факторы формы для частных случаев тел эллиптических

Длинный тонкий цилиндр (стержень): ny = nz = 1/2, nz = 0, где ось Z направлена вдоль оси цилиндра. Тонкий диск: ny = nz = 0, nz = 1, где ось Z направлена вдоль нормали к диску (по оси диска). Шар: nz = ny = nz = 1/3. 5.1. Два точечных заряда в вакууме действующей друг на друга с такой же силой на расстоянии l1 = 11 см, как в скипидаре на расстоянии l2 = 7,4 см. Определить диэлектрическую проницаемость ε скипидара. 5.2. Два маленьких заряженных шарика, подвешенных на нитях одинаковой длины, опускают в керосин (относительная диэлектрическая проницаемость керосина εк = 2). Чему должна быть равна плотность ρш материала шариков, чтобы угол расхождения нитей в воздухе и керосине был один и тот же? Плотность керосина ρк = 800 кг/м3. 5.3. Воздушный конденсатор заряжают и погружают в сосуд с диэлектрической жидкостью, проницаемость которой равна ε. Как меняются при этом напряженность Е и электрическая индукция D поля в конденсаторе, если: а) во время погружения конденсатор отключен от источника ЭДС; б) во время погружения конденсатор подсоединен к источнику постоянного напряжения? Краевые эффекты не учитывать. 5.4. Конденсатор емкостью С подсоединен к батарее с ЭДС E. Какой заряд протечет через батарею при заполнении пространства между обкладками конденсатора жидкостью с диэлектрической проницаемостью ε? 5.5. Большая плоскопараллельная пластина из фарфора (диэлектрическая проницаемость фарфора  = 6) помещена в воздухе в однородное электрическое поле, напряженность которого Е0 перпендикулярна пластине. Определить модуль поверхностной плотности связанных зарядов, индуцированных на поверхностях пластины.

§5. Диэлектрики в электростатическом поле

49

5.6. В диэлектрической жидкости с n α ε1 проницаемостью ε1 находится плоскопаЕ 1 раллельный безграничный слой диэлекЕ2 трика с проницаемостью ε2 > ε1. В жидε2 β кости создано однородное электрическое поле, вектор напряженности E1 которого Рис. 5.1. Направление вексоставляет угол  к нормали к границе торов напряженности на грараздела сред (рис. 5.1). Найти Е2, P2 и D2 нице раздела диэлектриков. внутри диэлектрика. 5.7. Плоскопараллельная пластина из диэлектрика с проницаемостью ε помещена в однородное электрическое поле с напряженностью Е0 так, что нормаль к поверхности пластины составляет угол  с вектором Е0 (рис. 5.2). Толщина Е0  n пластины много меньше её ширины и длины. Определить модуль поверхностной плотности σ' связанных зарядов на поверхε ностях пластины. 5.8. Большая плоскопараллельная пластина из диэлектрика с проницаемостью Рис. 5.2. Диэлектрическая ε = 2 помещена в однородное электрическое пластина в однородном поле, напряженность которого Е0 перпенди- электрическом поле. кулярна пластине. Во сколько раз изменится плотность σ' связанных зарядов на поверхностях пластины, если её повернуть на угол α = π/6? 5.9. Между обкладками воздушного конденсатора, площадь пластин которого S и расстояние между обкладками d, параллельно его обкладкам помещена плоскопараллельная пластина из диэлектрика с проницаемостью ε. Площадь пластины равна площади обкладок, её толщина d1. Показать, что емкость С конденсатора с пластиной не зависит от положения пластины относительно обкладок конденсатора. Определить эту емкость. 5.10. На двух тонких параллельных пластинах находятся заряды одного знака q1 и q2 > q1. Площадь пластин S, расстояние между ними d. В пространстве между пластинами, параллельно им вносят диэлектрическую пластинку толщиной d < h с проницаемостью ε. Найти разность потенциалов U между заряженными пластинами. 5.11. До какого максимального напряжения U max можно зарядить плоский воздушный конденсатор, расстояние между об-

50

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

кладками которого равно d = 2 см, чтобы избежать его пробоя, если в него вставлена параллельно обкладкам стеклянная пластинка (диэлектрическая проницаемость стекла ε = 7) толщиной d1 = 1 см? Площади обкладок и пластинки одинаковы. Пробой воздуха происходит при Еmax1 = 30 кВ/см, а стекла при Еmax2 = 150 кВ/см? 5.12. Металлический шарик радиусом R, имеющий заряд q, находится в центре сферического слоя из диэлектрика с проницаемостью ε. Радиусы внутренней и внешней поверхностей слоя равны R и 2R. Найти объемную и поверхностную плотности связанного заряда в диэлектрике, а также полный связанный заряд на каждой поверхности диэлектрического слоя. 5.13. Для системы, описанной в задаче 5.12, найти зависимости напряженности поля Е(r), электрической индукции D(r) и потенциала (r) от расстояния r до центра слоя и построить графики этих зависимостей. Считать, что потенциал на бесконечности равен нулю. 5.14. Тонкая длинная проводящая нить радиусом а заряжена с линейной плотностью τ и находится в безграничной однородной диэлектрической среде с проницаемостью ε. Определить вектор поляризации Р(r) в произвольной точке среды, а также плотности поверхностных σ′ и объемных ρ′ связанных зарядов в диэлектрике. 5.15. Сторонние заряды равномерно распределены с объёмной плотностью ρ > 0 по шару радиусом R из однородного изотропного диэлектрика с проницаемостью ε. Шар находится в воздухе. Найти разность потенциалов Δφ между центром шара и его поверхностью, объёмную ρ' и поверхностную σ' плотности связан и ных зарядов, а также полный связанный заряд внутри шара q внутр  . на его поверхности q пов 5.16. В длинном цилиндре радиусом R из однородного изотропного диэлектрика с проницаемостью ε равномерно распределены сторонние заряды с объёмной плотностью ρ > 0. Цилиндр находится в воздухе. Определить объёмную ρ' и поверхностную σ' плотности связанных зарядов в цилиндре. 5.17. Бесконечная пластина толщиной 2d из однородного диэлектрика с проницаемостью  заряжена сторонним зарядом с объёмной плотностью    0 exp( х ) , где координата х отсчитывается от середины пластины вдоль оси Х, перпендикулярной поверхности пластины. Пластина находится в воздухе. Найти модуль

§5. Диэлектрики в электростатическом поле

51

вектора поляризации Р, объемную ρ' и поверхностную σ' плотности связанных зарядов в пластине, как функции х. 5.18. В керосине (относительная диэлектрическая проницаемость ε) на глубине A O x h от его горизонтальной поверхности находится точечный заряд q (рис. 5.3). Над кеh росином – воздух. Определить поверхностr ную плотность связанных зарядов на по+q верхности керосина: а) непосредственно Рис. 5.3. Точечный заряд q над зарядом q; б) на расстоянии х=ОА; в) в керосине. полный связанный заряд на поверхности керосина. 5.19. Два однородных диэлектрика с проницаемостями 1 и ε2 разделены плоской границей. Точечный заряд q находится в первом диэлектрике на расстоянии d от границы раздела. Найти напряженность и потенциал электрического поля в произвольной точке в каждом из диэлектриков. 5.20. Точечный заряд q находится в вакууме вблизи поверхности однородного диэлектрика с проницаемостью ε, занимающего нижнее полупространство. Изобразить картину силовых линий Е во всем пространстве. 5.21. Для системы, описанной в задаче 5.19, найти силу, действующую на заряд q со стороны связанных зарядов на границе раздела диэлектриков. +q 5.22. Два однородных диэлектрика с d проницаемостями 1 и ε2 разделены плоской ε1 A границей. Точечный заряд q находится в h первом диэлектрике на расстоянии d от граO ницы раздела (рис. 5.4). Найти напряжен- ε2 ность электрического поля в точке ( h  d ). Рассмотреть случаи, когда точка А находит- Рис. 5.4. Два диэлектрика и точечный заряд q. ся над границей раздела и под ней.

5.23. Полупространство, заполненное однородным диэлектриком с диэлектрической проницаемостью ε, ограничено бесконечной проводящей плоскостью, над которой в воздухе на расстоянии h от неё находится точечный заряд q. Определить поверхностную плотность связанных зарядов σ(r) в диэлектрике в зависимости от расстояния r до заряда q.

52

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.24. В плоский конденсатор, расстояние между обкладками которого равно d = 1 см, вставлены две плоскопараллельные пластинки: одна из стекла (диэлектрическая проницаемость ε1 = 7) толщиной d1 = 0,4 см, другая из парафина (ε2 = 2) толщиной d2 = 0,6 см. Линейные размеры пластинок и обкладок конденсатора одинаковы, площадь обкладок равна S = 100 см2. Между обкладками конденсатора поддерживается разность потенциалов U = 300 В. Найти: а) напряжение в каждом слое диэлектрика; б) поверхностную плотность зарядов на границе раздела диэлектриков; в) емкость конденсатора. 5.25. Между пластинами плоского конденсатора, площадь которых S, помещено n чередующихся слоёв вещества с диэлектрической проницаемостью ε1 и n - с диэлектрической проницаемостью ε2. Толщина слоев равна d. Найти ёмкость конденсатора С. 5.26. Два одинаковых плоских конденсатора соединены последовательно и подключены к источнику напряжения U. Площадь обкладок конденсаторов S, расстояние между обкладками d. Какой заряд Δq пройдет через источник, если один из конденсаторов заполняют диэлектриком с проницаемостью ε. 5.27. Бесконечная пластина толщиной d  2 из изотропного диэлектрика находится в воз 1 духе в однородном внешнем электрическом поле с напряженностью Е0, перпендикулярной пластине. Диэлектрическая проницаеd Х 0 мость пластины ε(х) изменяется перпендику- Рис. 5.5. Зависимость лярно границам пластины линейно от значе- диэлектрической прония ε1 на левой границе до значения ε2 > ε1 на ницаемости ε от коорправой границе (рис. 5.5). Найти объёмную динаты х в пластине. плотность связанных зарядов ρ как функцию х, а также разность потенциалов между поверхностями пластины. 5.28. Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено диэлектриком, проницаемость которого меняется по закону ( x)   /( x  d ) 2 , где d – расстояние между пластинами конденсатора,  – известная постоянная, х – расстояние от одной из обкладок. Площадь каждой обкладки равна S. Найти емкость С такого конденсатора. 5.29. Между обкладками сферического конденсатора, радиусы которых R и 3R, находятся два сферических слоя изолятора: внутренний слой с радиусами R и 2R и диэлектрической проницае-

§5. Диэлектрики в электростатическом поле

53

мостью ε1 и внешний с радиусами 2R и 3R и диэлектрической проницаемостью ε2. Напряжение между обкладками равна U. Найти: а) зависимости напряженности поля Е(r) и электрической индукции D(r) от расстояния r до центра сферических поверхностей; б) напряжение на каждом слое. 5.30. Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора (радиусы внутренней и внешней обкладок R1 и R2 соответственно) заполнено двумя вплотную прилегающими друг к другу и к обкладкам слоями диэлектриков. Внутренний слой толщиной d обладает диэлектрической проницаемостью ε1, у внешнего слоя проницаемость ε2. Найти отношение напряжений в слоях. 5.31. Для цилиндрического конденсатора, описанного в задаче 5.30, d = R1, ε1 = 7. Какой из слоев будет «пробит» первым при увеличении подаваемого на конденсатор напряжения, если: а) ε2 = 5; б) ε2 = 3? Считать, что диэлектрическая прочность обоих диэлектриков одинакова. 5.32. Цилиндрический конденсатор имеет два вплотную прилегающих друг к другу и к обкладкам диэлектрического слоя с проницаемостями ε1 и ε2 и предельными напряженностями электрического поля Е1 и Е2. Для наиболее рационального использования материала, необходимо, чтобы напряженность поля одновременно достигала значения, соответствующего пробою обоих диэлектриков. При каком соотношении между радиусами слоев это возможно? 5.33. Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора с радиусами R и 2R заполнено двумя цилиндрическими слоями диэлектриков. Радиусы внутреннего слоя R и 1,5R, диэлектрическая проницаемость ε1, радиусы внешнего слоя 1,5R и 2R, проницаемость ε2. Определить поверхностную плотность пзаряда σ12 на границе раздела диэлектриков, если разность потенциалов между обкладками конденсатора равна U. 5.34. В сферическом конденсаторе пространство между обкладками заполнено диэлектриком, проницаемость которого равна (r )   / r , где α – известная постоянная, а r – расстояние до центра сфер. Радиусы обкладок равны R1 и R2 > R1. Найти емкость С такого конденсатора. 5.35. В центре сферического слоя диэлектрика с радиусами а и b находится точечный заряд q. Проницаемость диэлектрика ( r )   / r 2 , где α – постоянная величина, а r – расстояние до цен-

54

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

тра сферического слоя. Найти зависимость поляризации диэлектрика P от расстояния r, а также поверхностную σ' и объемную ρ' плотности связанных зарядов в диэлектрическом слое. 5.36. Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора заполнено диэлектриком, проницаемость которого меняется по закону:   r , где α – известная постоянная, а r – расстояние до оси цилиндра. Радиусы обкладок равны R1 и R2 > R1 . На внутренней обкладке находится заряд с линейной плотность +τ. Считая потенциал на оси цилиндра равным нулю, найти распределение потенциала во всем пространстве. 5.37. В цилиндрическом конденсаторе пространство между обкладками заполнено диэлектриком, проницаемость которого равна (r )  r 2 , где α – известная постоянная, а r – расстояние до оси конденсатора. Радиусы обкладок равны а и b > a . Найти емкость С1 единицы длины такого конденсатора. 5.38. Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора заполнено однородными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями 1 и 2 (рис. 5.6). Диэлектрики граничат между собой вдоль плоскостей, пересекающихся на оси цилиндра. Двугранные углы между этими плоскостями равны соответственно 1 = π/4 и 2 = 3π/4. Высота конденсатора равна l, радиусы обкладок R1 и R2 (R1 < R2). Найти емкость С конденсатора. а ε2, φ2

ε1 φ1 О

Рис. 5.6. Цилиндрический конденсатор с двумя диэлектриками.

R

Рис. 5.7. Ленточный конденсатор, свернутый в многовитковую трубку.

5.39. Обкладками плоского конденсатора служат две металлические ленты шириной а и длиной l, между которыми находится лист диэлектрика толщиной d с проницаемостью ε. Ленты кладут на тонкий изолирующий материал толщиной b и сворачи-

55

§5. Диэлектрики в электростатическом поле

вают в многослойную трубку с внутренним радиусом R >> d (рис. 5.7). Определить емкость С такого конденсатора. 5.40. Большая тонкая пластина из электрета* имеет неоднородную «замороженную» поляризацию P  P0 1  ( x / d ) 3 , где Р0 – вектор, перпендикулярный к пластине, Х х – расстояние от нижней поверхности d пластины, d – её толщина (рис. 5.8). Р Пренебрегая краевыми эффектами, 0 найти разность потенциалов Δφ между Рис. 5.8. Поляризованная диповерхностями пластины и распреде- электрическая пластина. ление объемной плотности связанных зарядов ρ'(х) внутри электрета. 5.41. На пластинах плоского изолированного конденсатора равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями + +σ и –σ. В пространство между пластинами вносят электрет с вектором поляризаР ции Р так, что он заполняет 1/n часть объd ема конденсатора. Толщина электрета d равна расстоянию между пластинами, – вектор поляризации ориентирован по Рис. 5.9. Конденсатор с вненаправлению от отрицательно заряженной сенным в него электретом. пластины к положительно заряженной (рис. 5.9). Найти разность потенциалов между пластинами. 5.42. На обкладках плоского конденсатора площадью S равномерно распределены заряды +q и –q. В пространство между обкладками вносят пластину из электрета, вектор поляризации Р которого направлен перпендикулярно обкладкам в сторону положительного заряда (рис. 5.10). Толщина электрета равна расстоянию +q между обкладками. Сначала элекP трет занимает 2/3 объема конденсатора. Во сколько раз изменится разность потенциалов между об- –q Рис. 5.10. Поляризованный кладками, если после частичного электрет в конденсаторе. выдвигания из конденсатора электрета будет занимать половину его объема?



*



Электреты – поляризованные диэлектрики, состоящие из жестких электрических диполей, которые сохраняют поляризацию длительное время.

56

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.43. В плоский конденсатор, подключенный к источнику +U Р – с напряжения U, вставили плоскую пластину из электрета тол- Рис. 5.11. Конденсатор с пластиной из щиной h с постоянным вектором электрета. поляризации Р, направленным перпендикулярно обкладкам в сторону бóльшего потенциала. (рис. 5.11). Площади обкладок конденсатора и вставленной пластины одинаковы и равны S, расстояние между пластинами d. Найти заряд конденсатора. 5.44. Прямой круглый цилиндр длиной l и радиусом R поляризован (вектор поляризации P ) параллельно своей оси. Найти разность потенциалов между центрами оснований цилиндра. 5.45. Длинный прямой круглый диэлектрический цилиндр поляризован так, что вектор поляризации Р = αr, где α – положительная постоянная, r – вектор, направленный от оси цилиндра перпендикулярно ей к точке внутри цилиндра. Найти объемную плотность ρ′ связанных зарядов как функцию расстояния r от оси. 5.46. Длинный прямой круглый цилиндр однородно поляризован так, что вектор поляризации Р параллелен его оси. Длина цилиндра h, радиус основания r r1, заполнено слабо прово-

§7. Токи в сплошных проводящих средах

73

дящей средой, удельная проводимость которой меняется с расстоянием r до центра сфер по закону λ = αr, где α – постоянная величина. Диэлектрическая проницаемость среды ε = 1. Найти сопротивление среды между обкладками. 7.15. Проводник имеет форму полого цилиндра с радиусами внутренней и внешней поверхностей r1 и r2 > r1 и изготовлен из материала, удельное сопротивление которого меняется с расстоянием r до оси проводника по закону (r )  r , где α – постоянная величина. Определить сопротивление единицы длины проводника при протекании тока вдоль оси цилиндра. 7.16. Проводник в форме цилиндрической трубки длиной l с внутренним радиусом a и внешним радиусом b изготовлен из материала, удельная проводимость которого меняется с расстоянием r до оси проводника по закону (r )  r , где α – постоянная величина. Найти сопротивление проводника при радиальном растекании тока. 7.17. Пространство между двумя коаксиальными цилиндрами заполнено слабо проводящим диэлектриком, удельная проводимость λ которого зависит только от расстояния r до оси цилиндров. Определить закон изменения λ(r), если при разности потенциалов U между внутренним и внешним цилиндрами напряженность электрического поля Е между цилиндрами постоянна. 7.18. По цилиндрическому стержню длиной l с площадью сечения S течет ток с плотностью j. Удельная проводимость стержня линейно изменяется от 1 на одном его торце до 2 на другом. Диэлектрическая проницаемость стержня равна ε. Найти распределение вдоль стержня объемной плотности ρ свободных зарядов и полный свободный заряд q в объеме стержня. Краевыми эффектами пренебречь. 7.19. Цилиндрический конденсатор с радиусами обкладок R1 и R2 > R1 заполнен слабо проводящей средой с диэлектрической проницаемостью ε = 1 и удельной проводимостью, зависящей от 2 расстояния до оси цилиндров по закону: (r )   / r , где α = const. Между обкладками конденсатора поддерживается постоянное напряжение U. Определить объемную плотность ρ свободных зарядов в конденсаторе. 7.20. Между обкладками сферического конденсатора с радиусами а и b > а находится слабо проводящая среда с диэлектрической проницаемостью ε, удельное сопротивление которой зависит

74

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ 3

от расстояния до центра сфер по закону: (r )  r , где α = const. На конденсатор подано напряжение U. Определить заряды qa и qb на обкладках конденсатора, объемную плотность ρ свободных зарядов в среде и полный свободный заряд в среде qсвоб при протекании постоянного электрического тока. 7.21. Зазор между обкладками плоского конденсатора толщиной d заполнен последовательно двумя диэлектрическими слоями одинаковой толщины. Удельные сопротивления слоев равны ρ1 и ρ2 соответственно, диэлектрическая проницаемость  = 1. Площадь обкладок S. На конденсатор подано напряжение U. Найти тепловую мощность, выделяемую в каждом слое. 7.22. Пространство между обкладками плоского конденсатора (площадь обкладок S, расстояние между ними d) заполнено проводящей средой, удельное сопротивление которой линейно изменяется от ρ1 у поверхности одной обкладки до ρ2 > ρ1 у поверхности другой. На конденсатор подано напряжение U. Найти тепловую мощность, выделяющуюся в конденсаторе. 7.23. Плоский конденсатор заполнен однородным веществом с диэлектрической проницаемостью ε и удельным сопротивлением ρ. Площадь обкладок равна S, расстояние между ними d, первоначально конденсатор не заряжен. Найти количество теплоты, которое выделится в системе после того, как одной из обкладок конденсатора заряд появится q0. 7.24. Пространство между обкладками сферического конденсатора, радиусы которых равны R1 и R2 > R1, заполнено веществом с удельным сопротивлением ρ и диэлектрической проницаемостью  = 1. Определить выделяемую в конденсаторе тепловую мощность, если напряжение между его обкладками равно U0. 7.25. Пространство между двумя проводящими сферическими оболочками с радиусами r1 и r3 > r1 заполнено двумя слоями диэлектриков с удельными сопротивлениями ρ1 и ρ2, диэлектрической проницаемостью ε = 1 и радиусами r1, r2 и r2, r3 соответственно. Между оболочками поддерживается постоянная разность потенциалов U. Найти мощности тепловых потерь в каждом слое. 7.26. Пространство между двумя концентрическими проводящими сферами заполнено слабо проводящим диэлектриком, удельная проводимость λ которого зависит только от расстояния r до центра сфер. Между сферами поддерживается постоянная разность потенциалов. Найти закон изменения удельной проводимо-

§7. Токи в сплошных проводящих средах

75

сти λ(r), при котором объемная плотность тепловых потерь при прохождении тока одинакова во всех точках. 7.27. Металлический шар радиусом R находится в среде с удельной проводимостью λ. В некоторый момент времени шару сообщают заряд q. Определить количество теплоты, которое выделится во всей среде за время полного разряда шара. 7.28. Пространство между проводящими цилиндрическими оболочками длиной L заполнено двумя цилиндрическими слоями веществ с удельными проводимостями λ1 и λ2. Радиусы цилиндров равны а, 2а и 3а. Между оболочками поддерживается напряжение U. Определить тепловую мощность, выделяющую в каждом слое. 7.29. Два одинаковых металлических шара радиусом a = 5 см находятся в однородной среде с удельным сопротивлением ρ = 100 Омꞏм. Определить сопротивление R между шарами при условии что расстояние между ними много больше их радиуса. 7.30. Два металлических шара, раE диусы которых r1 и r2 зарыты глубоко в землю на большом расстоянии d >> r1, r2 друг от друга (рис. 7.6). Шары по воздуху λ1 λ2 соединены проводом (телеграфная линия). r2 r1 Почвы вокруг каждого из шаров можно считать однородными. А их удельные со- Рис. 7.6. Схема телеграфной линии. противления равны ρ1 и ρ2 соответственно. Найти сопротивление R земли между шарами. 7.31. Полусферический электрод погружен в землю вровень с её поверхностью (рис. 7.7). Сила тока, I протекающего через него, равна I = 1 А. Найти шаговое напряжение, под которым может оказаться приr0 l ближающийся к заземлителю человек, если длина шага l = 0,75 м, расстояние Рис. 7.7. К расчету шагового от заземлителя до ближайшей ноги напряжения. человека r0 = 1 м. Удельное сопротивление земли ρ = 50 Омꞏм.ꞏ 7.32. Электрический провод радиусом а = 0,01 м, находившийся под напряжением U = 6000 В, обрывается и падает на землю. Ток растекается равномерно по всем направлениям. Считая, что имеет форму полусферы и погружен в землю вровень с ее по-

76

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

верхностью, определить ток растекания I . Удельная проводимость земли λ = 10–2 Ом–1 м–1. 7.33. Провод, по которому течет ток I = 500 А, оборвался и упал на землю. Длина упавшего прямого участка провода L = 50 м. Найти шаговое напряжение на расстоянии d1 = 1 м от провода, если удельная проводимость земли λ = 10–2 Ом–1 м–1, а длина шага человека l = 0,75 м. Каким будет шаговое напряжение на расстоянии d2 = 0,5 м от провода?

77

§8. Цепи постоянного тока

§8. Цепи постоянного тока

Закон Ома для замкнутой неразветвленной цепи: IR = E, где I – сила тока, R – полное сопротивление и E – полная ЭДС в замкнутой цепи тока.  Сопротивление проводников, соединенных последовательно: R   Ri . 

i

Сопротивление проводников, соединенных параллельно: 1 1  . R i Ri  Простой контур: замкнутый контур цепи, на "территории" (внутри) которого нет других контуров этой цепи.  Правила Кирхгофа. Первое правило Кирхгофа. Алгебраическая сумма токов сходящихся в точке разветвления (узле) цепи, равна нулю:  Ii  0 , 

i

где Ii – сила тока в i-ом ветвлении. Знаки токов, текущих к узлу и от него, считаются противоположными. Второе правило Кирхгофа. В любом замкнутом контуре из последовательно соединенных резисторов и источников ЭДС алгебраическая сумма падений напряжения на сопротивлениях этого контура равна алгебраической сумме всех ЭДС в этом контуре:  I k Rk   Ek . k

k

 Метод контурных токов: метод расчета электрических цепей путем записи системы линейных алгебраических уравнений для контурных токов в простых контурах цепи. Для каждого из простых контуров, на которые можно разложить разветвленную цепь постоянный вдоль всего контура ток, называемый контурным. Каждому контурному току приписывается определенное направление (например, по часовой стрелке в каждом контуре). На любом участке цепи сила тока равна силе контурного тока или сумме (разности) двух контурных токов соседних простых контуров.

78

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Затем для каждого замкнутого контура цепи с учетом знаков ЭДС и сил токов записываются уравнения, в соответствии со вторым правилом Кирхгофа.  Метод узловых потенциалов: метод расчета электрических цепей путем записи системы линейных алгебраических уравнений для потенциалов узлов в цепи. Суть метода: сначала определяются потенциалы всех N узлов схемы, а затем токи и напряжения неразветвленных участков цепи (ветвей), соединяющих узлы. Сначала потенциал одного из узлов принимается равным нулю. Затем нумеруются узлы, после чего записывается система из (N – 1) уравнений: в левой части каждого из уравнений записывается потенциал заданного узла, умноженный 1 ), примыкающих к нему. на сумму проводимостей ветвей (  ij  Rij Из него вычитается сумма потенциалов узлов, примыкающих к данному, умноженных на проводимости ветвей, соединяющих их с данным узлом. В правой части записывается сумма произведений ЭДС на проводимость для всех ветвей, примыкающих к данному узлу; если ЭДС обращена положительным полюсом к рассматриваемому узлу, то записывается со знаком «+», если отрицательным, то знак «–»: N

N

N

j i

j i

j i

i   ij    ij  j     ij Eij.

Из полученной системы (N – 1) независимых уравнений определяются потенциалы узлов (равны напряжениям между каждым из узлов и базовым), а затем (по закону Ома) токи в ветвях и напряжения на элементах цепи.  Обобщенный закон Ома для участка цепи, содержащего ЭДС: IR12  U12  E12, где U 12  1   2 – разность потенциалов между точками 1 и 2, R12 – сопротивление рассматриваемого участка.  Мощность тока I в проводнике с сопротивлением R: N  IU  I 2 R  U 2 / R .

79

§8. Цепи постоянного тока

8.1. Найти сопротивление проволочных каркасов, изображенных на рис. 8.1. Сопротивление каждого элемента каркаса равно r. Каркасы включаются в цепь между точками А и В.

В А А а

А

В

В

б

в

Рис. 8.1. Схемы проволочных каркасов.

8.2. Сопротивление каждого элемента проволочного каркаса, изображенного на рис. 8.2, равно r. Определить сопротивление каркаса при включении его в цепь: а) между точками А и В; б) между точками С и D. 6 с 7

D А

С

В

2

3 5

1

b

а 8

4

d

Рис. 8.4. Каркас в виде Рис. 8.2. Схема проволочного Рис. 8.3.Проволочный окружности с пересекаркас в виде куба. каркаса. ченными диаметрами.

8.3. Проволочный каркас имеет форму куба, сопротивление каждого ребра которого равно r (рис. 8.3). Определить сопротивление каркаса при включении его в цепь между точками: а) 1 и 2; б) 1 и 3. 8.4. Из проволоки с погонным сопротивлением r, изготовлен каркас в виде окружности диаметром D, пересеченной двумя взаимно перпендикулярными прямыми вдоль диаметров (рис. 8.4). Найти сопротивление каркаса при его подключении к источнику тока в точках с и d. 8.5. Ячейка бесконечной проволочной сетки имеет форму правильных шестиугольА В ников (рис. 8.5). Сопротивление каждой стороны ячейки равно r. Определить сопротивление R сетки при подключении её к источнику тока в точках А и В. Рис. 8.5. Бесконечная 8.6. Сопротивление каждого звена про- проволочная сетка. волочного каркаса, изображенного на рис. 8.6, равно r. Найти со-

80

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

противление каркаса при подключении его к источнику тока между точками: а) 1 и 2; б) 1 и 3; в) 1 и 4. 2r r r n→∞ 1

2r

3

2

2r 2r

4 Рис. 8.6. Схема проволочного каркаса.

Рис. 8.7. Схема соединения резисторов.

8.7. Найти сопротивление R цепочки из n → ∞ резисторов, соединенных по схеме, изображенной на рис. 8.7. Какой ток In потечет через каждый резистор, если контур подсоединить к источнику постоянного напряжения U? 8.8. Какое сопротивление Rx надо включить между точками С и D в цепи, изображенной на рис. 8.8, чтобы сопротивление цепи между точками А и В не зависело от числа ячеек? r r r r А С

r

В

r

r

r

r

r

r

r

r

D

Рис. 8.8. Схема соединения резисторов.

8.9. Найти сопротивление RAB между точками А и В в схеме, представленной на рис. 8.9.

2r А

В А

r

2r

r1

3r

r2

В

R

С

r

D 3r

Рис. 8.9. Схема цепи.

3r1

3r2

Рис. 8.10. Схема цепи.

3r

r

r

2r

2r

3r

3r

2r

Рис. 8.11. Бесконечная цепь.

8.10. Найти ток I через резистор с сопротивлением r2 в схеме, изображенной на рис. 8.10, если к точкам А и В подключить источник постоянного напряжения U? 8.11. Найти сопротивление RCD между точками C и D бесконечной цепи, представленной на рис. 8.11.

81

§8. Цепи постоянного тока

8.12. Найти сопротивление RАВ цепи, изображенной на рис. 8.12. Цепь состоит из одинаковых резисторов с сопротивлением r. r r r r В r А r В r r

А

r

r r

r r

r

r

r

Рис. 8.12. Бесконечная цепь.

r

r

r

r r

r

r

r r

r

Рис. 8.13. Схема включения бесконечной цепи.

8.13. Определить сопротивление Rx между точками А и В (рис. 8.13) цепочки из одинаковых резисторов с сопротивлением r. 8.14. Бесконечная цепочка из одинаковых резисторов сопротивлением r каждый, описанная в задаче 8.13, подключается к источнику напряжения в точках C и D (рис. 8.14). Определить сопротивление Rx между точками C и D. r r r r С r В r r r r r r А r r r Dr r Рис. 8.14. Схема включения бесконечной цепи.

Рис. 8.15. Бесконечный проволочный каркас.

8.15. Найти сопротивление между точками А и В бесконечного проволочного каркаса, представленного на рис. 8.15. Каркас состоит из одинаковых проволочных звеньев сопротивлением каждого из которых равно r. 8.16. Бесконечный проволочный каркас, показанный на рис. 8.16, состоит из одинаковых звеньев сопротивлением с одинаковым r. Найти сопротивление Rх каркаса между точками А и В. А

В Рис. 8.16. Схема бесконечного проволочного каркаса.

8.17. Делитель напряжения устроен так, как показано на рис. 8.17. Найти отношение сопротивлений R1: R2: R3, при котором напряжение на каждом последующем вертикальном сопротивлении

82

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

в k раз меньше, чем на предыдущем. Число ячеек делителя напряжения может быть любым. R1 R1 R1 R1 R1 R2

R2

R2

R2

R2

R3

Рис. 8.17. Схема делителя напряжения.

8.18. Найти сопротивление между точками А и В в схеме на рис. 8.18. 3r r E

А

B

2r 3r

E0

R1

R2

R3 R

r

Рис. 8.18. Схема соединения резисторов.

Рис. 8.19. Схема цепи.

8.19. В схеме на рис. 8.19 известны сопротивления R, R1-3 и ЭДС источников тока E и E0. Найти силу тока I через резистор R. 8.20. Источники ЭДС E1 = 10 В и r1 E1 E2 = 4 В включены в цепь так, как показано на рис. 8.20. Сопротивления резисторов r2 E2 r1 = r4 = 2 Ом, r2 = r3 = 4 Ом. Пренебрегая сопротивлением источников, определить силы r3 токов I2 и I3 через резисторы с сопротивлениями r2 и r3. r4 8.21. Три одинаковых элемента с ЭДС Рис. 8.20. Схема цепи. E = 1,5 В и внутренним сопротивлением E,r r = 0,6 Ом включены в цепь, схема которой E,r представлена на рис. 8.21. Миллиамперметр E,r А показывает ток I = 100 мА. Сопротивление резистора R1 = 10 Ом, сопротивление резистора R неизвестно. Определить падение R1 R напряжения UR на резисторе R. Рис. 8.21. Схема цепи. 8.22. Найти ЭДС E и внутреннее сопротивление r источника, эквивалентного двум параллельно соединенным элементам с ЭДС и внутренними сопротивлениями E1 = 1 В, r1 = 0,6 Ом и E2 = 2 В, r2 = 0,8 Ом соответственно.

83

§8. Цепи постоянного тока

8.23. n одинаковых источников тока, ЭДС каждого из которых E и внутреннее сопротивление r, соединены последовательно, причем k из них включены навстречу другим. Батарея замкнута на резистор с сопротивлением R. Какой ток протекает через резистор? 8.24. В схеме, изображенной на рис. 8.22, ЭДС E1 = 1 В, E2 = 4 В, E3 = 3 В, сопротивления резисторов R1 = 100 Ом, R2 = 200 Ом, R3 = 300 Ом, R4 = 400 Ом. Определить силу и направление токов через резисторы. E1 E3 E2 E1 E2 E3 R3 R1 R2 R3 E1 E2 R1 R2 R3 R2 R1 G E 3 R4 Рис. 8.22. Схема цепи.

Рис. 8.23. Схема цепи.

Рис. 8.24. Схема цепи.

8.25. В схеме, показанной на рис. 8.23, сопротивления R1 и R2 подобраны так, что ток через резистор с сопротивлением R3 не течет. Считая известными ЭДС E1 и E2, сопротивления R1 и R2, найти ЭДС E3 третьего источника тока. 8.26. Известны сопротивления R1, R2, R3 и ЭДС элементов E1 и E3 в схеме, представленной на рис. 8.24. Сопротивления резисторов подобраны так, что ток через гальванометр G равен нулю. Определить ЭДС E2 и ток I через резистор R3. E1, r1 8.27. Генератор с ЭДС E1 и внутренним сопротивлением r1 подключен к аккумулятору с E2, r2 ЭДС E2 < E1 и внутренним сопротивлением r2 с помощью внешнего сопротивления R, как покаR зано на рис. 8.25. При каком значении R аккумулятор будет находиться в режиме зарядки? Рис. 8.25. Схема за8.28. Из n одинаковых элементов с ЭДС E рядки аккумулятора. и внутренним сопротивлением r каждый составлено m одинаковых групп, которые соединены последовательно. Элементы каждой группы соединены между собой параллельно одноименными полюсами. Батарея подключена к резистору с сопротивлением R. При каком числе групп m ток I через резистор будет максимальным? Определить максимальную силу тока Imax. 8.29. Батарея из n одинаковых элементов с ЭДС E = 1,5 В и

84

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

внутренним сопротивлением r = 0,5 Ом каждый состоит из нескольких групп, соединенных последовательно. Каждая группа содержит k = 4 элемента, соединенных параллельно. Батарея замкнута на внешнее сопротивление R = 2 Ом. При этом сила тока во внешней цепи оказывается максимальна. Определить число n элементов в батарее и максимальную силу тока Imax через резистор R. 8.30. Три источника с ЭДС E1, E2 и E1,r E3 и внутренними сопротивлениями r С E3,r А каждый соединены так, как показано на D рис. 8.26, и подсоединены к резистору с E2,r переменным сопротивлением. Определить зависимости разностей потенциаR лов  CA   C   A и  DC   D   C Рис. 8.26. Цепь с переменным от сопротивления резистора R. Постросопротивлением. ить графики этих зависимостей при E, 2r C E1 = 6 В, E2 = E3 =4 В, r = 0,5 Ом. D 4E, 3r 8.31. Найти разности потенциалов 2R между точками А и С, В и D в схеме, 2E,r представленной на рис. 8.27,. R 8.32. Резистор подсоединяется B A сначала к батарее из n последовательно 3E, 4r соединенных одинаковых источников Рис. 8.27. Схема цепи. ЭДС с внутренним сопротивлением r каждый, а затем к батарее из тех же элементов, но соединенных параллельно. Чему должно быть равно сопротивление R резистора, чтобы сила тока в нем была одинакова в обоих случаях? 8.33. Аккумулятор с ЭДС E = 5 В, замкнутый на внешнюю цепь, дает ток I = 1 А при напряжении на его клеммах U = 2 В. Найти тепловую мощность N, выделяемую в аккумуляторе. 8.34. Нагреватель, имеющий сопротивление R = 25 Ом, питается от двух одинаковых аккумуляторов с внутренним сопротивлением r = 10 Ом каждый. Как нужно соединить аккумуляторы параллельно или последовательно, чтобы получить бóльшую мощность нагревателя? 8.35. ЭДС источника равна E = 12 В, его внутреннее сопротивление r = 2 Ом. Найти мощность N, выделяющуюся во внешней цепи, состоящей из двух резисторов сопротивлением R каждый, если на резисторах выделяется одна и та же мощность как при последовательном, так и при параллельном их соединении.

§8. Цепи постоянного тока

85

8.36. При одном и том же напряжении одна лампа потребляет мощность в два раза больше, чем другая. Найти мощности N1 и N2, потребляемые каждой лампой при их последовательном включении в цепь, если вместе они при этом потребляют мощность N. 8.37. Источник ЭДС с внутренним сопротивлением r замыкают поочередно двумя резисторами с различными сопротивлениями R1 и R2. Как соотношении должны соотносится R1, R2 и r, чтобы за одно и то же время в меньшем сопротивлении выделялось больше теплоты, чем в бóльшем? 8.38. Батарея состоит из n = 5 последовательно соединенных элементов с ЭДС E = 1,4 В и внутренним сопротивлением r = 0,3 Ом каждый. При каком токе I полезная мощность батареи равна N1 = 8 Вт? Какова наибольшая полезная мощность батареи? 8.39. Аккумулятор с ЭДС E = 10 В и внутренним сопротивлением r = 1 Ом замкнут на внешнее сопротивление R, на котором выделяется тепловая мощность N = 9 Вт. Определить разность потенциалов U на клеммах аккумулятора и его коэффициент полезного действия η. 8.40. При каком сопротивлении R3 в схеме R1 R2 R3 на рис. 8.28 выделяемая на этом резисторе тепE2 ловая мощность максимальна? Внутренние со- E1 противления источников ЭДС пренебрежимо Рис. 8.28. Схема цепи. малы. 8.41. Цепь, изображенная на E2 R2 R1 рис. 8.29, состоит из двух батарей с ЭДС E1 и E2 и четырех одинаковых резисторов R1-4, R3 сопротивление каждого из которых равно E1 R4 R. Какая тепловая мощность N выделяется на каждом из этих резисторов? Рис. 8.29. Схема цепи. 8.42. При подключении первого аккумулятора к нагрузке его КПД оказался равным η1 = 0,5, а при подключении второго аккумулятора к той же нагрузке его КПД равен η2 = 0,5. Каким будет КПД батареи из этих аккумуляторов, если при работе на ту же нагрузку их включить последовательно? 8.43. Определить ток короткого замыкания I0 батареи аккумуляторов, если при токе в нагрузке I1 = 5 А полезная мощность батареи равна N1 = 9,5 Вт, а при токе I2 = 8 А  N2 = 14,4 Вт. 8.44. К источнику ЭДС E с внутренним сопротивлением r подключены два параллельно соединенных резистора. Сопротив-

86

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ление первого из них равно R1, а сопротивление второго таково, что на нем выделяется наибольшая полезная мощность. Найти полную мощность N источника ЭДС. 8.45. Ток через резистор сопротивлением R за время τ равномерно увеличивается от значения I1 до значения I2. Определить количество теплоты, выделившееся на резисторе. 8.46. По проводу с сопротивлением R = 6 Ом прошел заряд q = 30 Кл, при этом ток равномерно уменьшился до нуля за время τ = 40 с. Определить количество теплоты, выделившейся в проводе. 8.47. Два элемента с ЭДС E1 и E2 и R1 внутренними сопротивлениями r1 и r2 вклюR чены в схему, изображенную на рис. 8.30. R2 E1, r1 Сопротивления резисторов R1, R2 и емкость конденсатора С известны. Определить заряд С E2, r2 q конденсатора. Рис. 8.30. Схема цепи.

2r

r

C1 r

C

r

R

3r

4r E

Рис. 8.31. Схема цепи.

r

C

r

E

r

r

a

C2

R1 b

R2

r E

C

C

Рис. 8.32. Схема цепи.

Рис. 8.33. Схема соединения элементов цепи.

8.48. Определить заряд конденсатора в схеме, изображенной на рис. 8.31. 8.49. Определить заряды всех конденсаторов в цепи, представленной на рис. 8.32. Сопротивления всех резисторов одинаковы, емкость каждого из конденсаторов равна С. 8.50. В схеме на рис. 8.33 сопротивление источника ЭДС пренебрежимо мало. Найти разность потенциалов между точками а и b. 8.51. Два источника ЭДС, резистор сопротивлением R и конденсатор E1, r1 E2, r2 К R емкостью С соединены так, как показаС но на рис. 8.34. Определить заряд q конденсатора после замыкания ключа Рис. 8.34. Схема цепи. К.

§8. Цепи постоянного тока

87

8.52. В цепи, представленной на рис. 8.35, емкости конденсаторов С1 = 1 мкФ, С2 = 2 мкФ, сопротивление резистора R = 6 Ом, ЭДС источниС1 C2 R ка E = 10 В, его внутреннее сопротивлеК ние r = 1 Ом. Ключ К сначала замкнут, а E, r в некоторый момент его разомкнули. КаРис. 8.35. Схема цепи. кое количество теплоты Q выделится в цепи после этого? 8.53. В схеме, изображенной на К1 С2 К2 рис. 8.36, ключ К1 вначале замыкают, а E1, r1 E2, r2 ключ К2 разомкнут, конденсатор С1 до С1 замыкания К1 не заряжен. Затем разR мыкают ключ К1, после чего замыкают ключ К2. Какое количество теплоты QR Рис. 8.36. Схема цепи. выделится на резисторе R к моменту установления равновесного состояния? 8.54. В схеме, представленной К1 на рис. 8.37, конденсаторы С1 и С2 первоначально разряжены, ключи К1 С1 R1 C3 r и К2 разомкнуты. Сначала замыкают К2 ключ К1, через некоторое время заR2 С E мыкают ключ К2. Определить раз- 2 ность потенциалов Δφ между обРис. 8.37. Схема цепи. кладками конденсатора С3 после установления равновесного состояния.

88

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§9. Магнитные поля проводников с током

Закон Био–Савара–Лапласа для линейных токов:  I dl , r  dB  0  , 4 r3 где r – радиус-вектор относительно линейного элемента тока I l точки наблюдения, в которой вычисляется магнитная индукция поля dB.  Теорема о циркуляции вектора магнитной индукции. В интегральной форме: циркуляция вектора индукции постоянного магнитного поля по любому замкнутому контуру L пропорциональна силе тока I внутри этого контура: 

d

 B  dl   I . 0

L

В дифференциальной форме: rot B(r )   0 j (r ) .  Поток d вектора магнитной индукции через малый элемент поверхности dS: d  B ( r )  dS . 

Поток вектора магнитной индукции через поверхность S:



  d  S

 B ( r )  dS . S

 Теорема Гаусса для магнитного поля в дифференциальной форме: div B ( r )  0 .

ей В:



Связь векторного потенциала A(r) с магнитной индукци-

B(r) = rotA(r).  Калибровка Кулона для векторного потенциала: divA(r) = 0.  Магнитный момент плоского витка с током: pm = ISn,. где I – сила тока в витке, S – площадь витка, n – нормаль к плоскости витка, направление которой согласовано с направлением тока по правилу буравчика.

§9. Магнитные поля проводников с током

89

 Индукция B(r) магнитного поля, создаваемого элементарным током (плоским физически бесконечно малым по сравнению с расстоянием до точки наблюдения витком с постоянным током) с магнитным моментом pm:  3 pm r r  r 2 pm , B (r )  0  4 r5 где r – радиус-вектор точки наблюдения относительно места расположения элементарного тока.  Векторный потенциал поля A(r), создаваемого элементарным током (магнитным диполем) с магнитным моментом pm:  p r A(r )  0  m3 . 4 r 9.1. Два параллельных бесконечно A r2 длинных провода, по которым текут в одном r1 и том же направлении токи I = 60 А, распоd I I ложены на расстоянии d = 10 см друг от друга. Определить модуль индукции В магнит- Рис. 9.1. Расположение проводов с токами и ного поля в точке А, находящейся на рассто- точки А. янии r1 = 5 cм от одного провода и r2 = 12 cм от другого. 9.2. По двум бесконечно длинным прямым проводам, находящимся на расстоянии d = 5 см друг от друга, текут токи силой I = 10 А каждый (рис. 9.2). Определить модуль индукции магнитного поля, созданного этими токами в точке, лежащей посередине между проводами, в следующих случаях: а) провода параллельны, токи текут в одном направлении; Рис. 9.2. Расположеб) провода параллельны, токи текут в противо- ние проводов с тоположных направлениях; в) провода скрещены ком в случае в). и перпендикулярны друг другу. I 9.3. Бесконечно длинный провод, по котоС рому течет ток I, изогнут под прямым углом А I (рис. 9.3). Найти модуль индукции магнитного поля на расстоянии а от вершины угла в точке, Рис. 9.3. Провод с находящейся: а) на биссектрисе прямого угла током и точки А и С. (т. А); б) на продолжении одной из сторон (т. С).

90

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

9.4. По бесконечно длинному проводу АВС, изогнутому под прямым углом, течет ток I. Во сколько раз изменится напряженА D В I ность магнитного поля в точке М ( см. С рис. 9.4), если к точке В присоединить бесконечно длинный прямой провод BD так, Рис. 9.4. Провод с что ток I будет разветвляться в точке В на током, изогнутый две равные части, а ток в проводе АВ остапод прямым углом. нется прежним? 9.5. Ток I течет по бесконечно длинI А ному проводу, изогнутому под углом α α (рис. 9.5). Определить модуль индукции В О Рис. 9.5. Провод с током, магнитного поля в точке А, находящейся на биссектрисе угла на расстоянии а от его изогнутый под углом α. вершины. 9.6. По замкнутому проводнику в виде правильного nугольника, вписанного в окружность радиуса R, течет ток I. Найти модуль магнитной индукции В в центре многоугольника. Рассмотреть случай n → ∞. 9.7. Три прямых провода с токами I, I1 I1 = I/3 и I2 = 2I/3 расположены в одной С плоскости и соединены в точке С (рис. 9.6). I I2 Найти модуль индукции магнитного поля в точке А на прямой, проходящей через точРис. 9.6. Расположение ку соединения проводов перпендикулярно проводов с токами. их плоскости. Расстояние АС равно d. 9.8. Тонкий бесконечный провод обI О разует плоскую петлю в форме кольца раI I R диусом R (рис. 9.7). По проводу течёт ток I. Определить модуль индукции магнитного Рис. 9.7. Контур с током. поля В в центре О кольца. 9.9. Решить предыдущую задачу для I случая, когда плоскость кольца перпендику0 φ лярна прямолинейным участкам провода. a 9.10. Ток I течет по тонкому замкнуb тому проводнику, форма которого показана на рис. 9.8. Радиусы а и b известны, угол Рис. 9.8. Контур с  = π/4. Определить модуль магнитной интоком. дукции В в точке О. М

§9. Магнитные поля проводников с током

91

9.11. Источник ЭДС подсоединен к двум противоположным вершинам А и С проволочного плоского контура, имеющего форму правильного шестиугольника. Найти индукцию магнитного поля в произвольной точке прямой линии, соединяющей вершины А и С. 9.12. Плоский замкнутый контур состоит I из двух дуг радиусами R и двух прямых отрезR a ков, находящихся на расстоянии 2а друг от друга О (рис. 9.9). По контуру течёт ток I. Определить R модуль индукции В магнитного поля в центре О контура. Рис. 9.9. Контур с 9.13. Определить модуль индукции маг- током. нитного поля в центре равностороннего треугольника со стороной а, если: а) его обтекает ток I; б) источник ЭДС подключен к двум вершинам треугольника. Поле подводящих проводов не учитывать, сопротивление всех сторон треугольника одинаково. 9.14. Плоский контур с током I состоит из I полуокружности радиуса R и двух одинаковых по R 0 длине прямых участков, расположенных под угφ лом φ = π/2 друг к другу (рис. 9.10). Найти модуль индукции магнитного поля В в центре полуРис. 9.10. Конокружности (точка О). тур с током. 9.15. По проводнику в виде квадратной рамки со стороной 2а течет ток I. Найти модуль магнитной индукции В на перпендикуляре к плоскости рамки, проведенном через её центр, на расстоянии х от центра рамки. 9.16. Найти индукцию В магнитZ ного поля в точке О, если проводник с R I током I имеет вид, представленный на Y рис. 9.11. Горизонтальные части прово0 да считать бесконечно длинными, радиус полукольца равен R. X 9.17. По тонкому изолированному Рис. 9.11. Конфигурация конпроводу, который скручен в плоскую тура с током. спираль из N плотно уложенных витков (рис. 9.12), протекает ток I. Радиусы внешнего и внутреннего витков равны R1 и R2 соответственно. Найти магнитный момент рm спирали.

92

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

I 1 2 Рис. 9.12. Плоская спираль с током.

A

I

α 0 В

3

I

4

Рис. 9.13. Шар с витками проволок с током.

I

0

I

Рис. 9.14. Куб, обмотанный проволокой.

9.18. На непроводящий шар радиуса R намотано четыре витка тонкой изолированной проволоки так, что витки пересекаются в концах одного и того же диаметра АВ шара (рис. 9.13, для наглядности плоскость витка 2 закрашена серым). Плоскости двух соседних витков образуют между собой угол α = π/4. По каждому витку течет круговой ток I так, как показано на рис. 9.13. Определить индукцию В магнитного поля в центре О шара. 9.19. На непроводящий куб со стороной а намотано два витка тонкой изолированной проволоки так, что витки пересекаются в центрах нижней и верхней граней куба (рис. 9.14). По каждому витку течет ток I. Определить индукцию В магнитного поля в центре куба. 9.20. Два одинаковых проводящих кольца радиусом R каждый расположены на расстоянии l = 4R друг от друга. Центры колец находятся на одной прямой, а их плоскости параллельны друг другу. По кольцам текут токи одинаковой силы I, направления которых совпадают. Определить модуль индукции B магнитного поля на оси колец на расстоянии R от центра системы. 9.21. По длинной тонкой проводящей ленте шириной b течёт равномерно распределенный по ширине ленты ток силы I. Определить индукцию магнитного поля В в плоскости ленты на расстоянии l от ее края. 9.22. В условиях предыдущей задачи определить индукцию магнитного поля В в точке С, находящейся на расстоянии h от середины ленты на перпендикуляре к её плоскости, проведённом от середины ленты. 9.23. Ток силой I течёт по длинному пря- Рис. 9.15. Конфигурация проводника с мому проводнику, сечение которого имеет фор- током. му тонкого полукольца радиуса R (рис. 9.15).

§9. Магнитные поля проводников с током

93

Найти индукцию магнитного поля на оси проводника в точке О. 9.24. По прямому длинному проводнику, сеА чение которого имеет форму правильного треугольника со стороной а (рис. 9.16), течет ток I, равномерно распределенный по сечению провод- М I N ника. Определить индукцию В магнитного поля в a точках, находящихся в непосредственной близо- Рис. 9.16. Сечение сти от ребер проводника. провода с током. 9.25. По соленоиду с плотностью намотки витков n = 50 см−1 течет ток I = 1 А. Диаметр соленоида равен его длине. Найти модуль индукции магнитного поля на оси соленоида: а) в его центре; б) в центре одного из его оснований. 9.26. На соленоид длины l и диаметром d намотано N витков провода, по которым течет ток силой I. Витки расположены вплотную друг к другу. При каком соотношении между длиной и диаметром соленоида индукция магнитного поля в его центре может быть рассчитана по приближенной формуле очень длинного соленоида с относительной погрешностью, не превышающей α = 2%? 9.27. Непроводящий тонкий диск радиуса R, равномерно заряженный зарядом Q, вращается вокруг своей оси с угловой скоростью . Найти: а) индукцию В магнитного поля в центре диска; б) магнитный момент рm диска. 9.28. Боковая поверхность длинного непроводящего цилиндра заряжена с постоянной поверхностной плотностью так, что заряд единицы длины цилиндра равен Q. Цилиндр вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью . Найти индукцию магнитного поля В на оси цилиндра вдали от его торцов. 9.29. Непроводящая сфера радиуса R, равномерно заряженная по поверхности, вращается с постоянной угловой скоростью  вокруг оси, проходящей через её центр. Определить полный заряд сферы Q, если модуль магнитной индукции в центре сферы равен В. 9.30. Цилиндр из непроводящего материала высотой h с радиусом основания R вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью . Цилиндр заряжен зарядом Q. Найти магнитный момент рm цилиндра, если заряд равномерно распределен: а) по боковой поверхности; б) по боковой поверхности и торцам; в) по объему цилиндра.

94

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

9.31. Заряд Q равномерно распределен по объёму однородного шара радиуса R, который вращается вокруг оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью . Найти магнитный момент рm шара. 9.32. По объему шарового слоя с внутренним и внешним радиусами R1 и R2 соответственно равномерно распределен заряд Q. Шаровой слой вращается с угловой скоростью  вокруг оси, проходящей через его центр. Найти магнитный момент рm системы и индукцию магнитного поля В на расстояниях r от центра слоя, много больших радиуса R2. 9.33. Шар радиуса R заряжен по объему с объемной плотностью ρ(r), которая пропорциональна квадрату расстояния r от центра шара. Полный заряд шара Q. Шар вращается вокруг оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью . Найти магнитный момент рm шара. 9.34. Половина шара радиуса R из непроводящего материала заряжена зарядом Q, который равномерно распределен по её сферической поверхности и основанию. Определить индукцию магнитного поля В на расстояниях r от центра полушара, много больших радиуса R. 9.35. Определить индукцию магнитного поля между двумя параллельными бесконечными плоскостями, по которым текут в одном направлении токи с поверхностными плотностями: а) i и 2i; б) i и i; в) 3i и 4i. Чему равна индукция магнитного поля над и под плоскостями? 9.36. Решить задачу 9.35 для случая, когда токи по плоскостям текут в противоположных направлениях. 9.37. Однородный ток с плотностью j течет внутри неограниченной плоской пластины толщины 2d параллельно ее поверхностям. Пренебрегая влиянием вещества пластины, найти зависимость величины индукции магнитного поля этого тока от расстояния х, отсчитываемого от средней плоскости пластины. 9.38. По участку плоской поверхности течет ток с поверхностной плотностью i. Показать, что в точке над поверхностью составляющая вектора индукции магнитного поля, параллельная поверхности и перпендикулярная i, может быть рассчитана по формуле: В||   0 i /( 4) , где Ω – телесный угол, под которым виден уча-

сток поверхности из рассматриваемой точки.

§9. Магнитные поля проводников с током

95

9.39. По однородному сплошному бесконечному цилиндрическому проводнику радиуса R = 2 см из немагнитного материала течет ток I = 500 А, равномерно распределенный по сечению проводника. Найти модуль индукции магнитного поля В в точках, находящихся от оси проводника на расстоянии: а) r1 = 1 см; б) r2 = 5 см. 9.40. Какой силы ток I1 должен течь по бесконечному однородному цилиндрическому проводнику радиуса R, чтобы индукция магнитного поля на расстоянии r1 < R от его оси была такой же, как индукция магнитного поля в случае тонкого бесконечного провода с током I на расстоянии r2 от него? 9.41. Бесконечно длинный цилиндрический провод состоит из двух коаксиальных цилиндров. Внутренний сплошной цилиндр, изготовленный из немагнитного материала, имеет радиус R1. Радиус внешнего тонкостенного цилиндра равен R2. Вдоль цилиндров текут постоянные токи одинаковой величины I, направленные противоположно. Найти зависимость модуля индукции магнитного поля B(r) от расстояния r до оси провода. 9.42. По бесконечной полой цилиндрической трубке из проводящего материала течет ток постоянной плотности j. Внутренний и внешний радиусы трубки равны R1 и R2 соответственно. Определить индукцию магнитного поля В(r) на расстоянии r от оси трубки. b 9.43. Коаксиальный кабель большой a длины состоит из проводника радиуса а и тонкостенной полой трубки радиуса b, по которым протекает ток I в противоположных направлениях (рис. 9.17). Рассчитать поток I магнитной индукции, пронизывающий сече- I l S ние площади S в плоскости, проходящей через ось цилиндра и ограниченное осью системы и одной из образующих цилиндра длиной l. Магнитным полем внутри центральной жилы Рис. 9.17. Коаксипренебречь. альный кабель. 9.44. По длинному сплошному цилиндрическому проводнику радиуса R течёт ток, объёмная плотность j которого зависит от расстояния r до оси проводника по закону: j  r 2 , где  – известная постоянная. Определить модуль магнитной индукции на расстоянии r от оси проводника вдали от его торцов.

96

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

9.45. По бесконечной полой цилиндрической трубке с радиусами внутренней и внешней поверхностей а и b соответственно протекает ток, объемная плотность которого зависит от расстояния r до оси трубки по закону: j   / r , где  – известная постоянная. Определить модуль магнитной индукции на расстоянии r от оси трубки. 9.46. Вдоль длинной тонкостенной цилиндрической трубки радиусом R течет постоянный ток I. В стенке трубки имеется тонкая щель ширины d, параллельная оси трубки. Определить величину индукции магнитного поля В внутри и вне трубки на линии, перпендикулярной оси трубки и проходящей через середину щели, если расстояние от середины щели до рассматриваемой точки равно r (r, R >> d). 9.47. В бесконечной пластине Х толщиной 2d вырезали цилиндрическую j полость радиуса d, ось которой парал2d 0 лельна поверхностям пластины. Во всем объеме пластины кроме полости течет Рис. 9.18. Пластина с циток с объемной плотностью j, направлиндрической полостью. ленный вдоль оси полости. Найти индукцию магнитного поля системы на прямой ОХ, проходящей через ось полости перпендикулярно поверхностям пластины (рис. 9.18). 9.48. Внутри прямого длинного однородного цилиндрического проводника радиусом R из немагнитного материала находится аналогичj/2, r ный цилиндрический проводник с j, R О1 меньшим радиусом r. Оси цилиндров О О и О1 параллельны, расстояние между h ними равно h (рис. 9.19). Вдоль оси проводника радиуса R течет ток с плотноРис. 9.19. Система цилиндристью j, а вдоль оси проводника радиуса r ческих проводов с токами − ток с плотностью j/2. Определить модуль индукции магнитного поля В в точках, находящихся на перпендикуляре к линии ОО1, восстановленном из т. О1 (см. рис. 9.19), на расстоянии х < r от оси О1. 9.49. Постоянный ток I течёт по длинному прямому проводу и растекается радиально симметрично по проводящей плоскости, перпендикулярной проводу. Найти модуль индукции магнитного поля во всех точках пространства.

§9. Магнитные поля проводников с током

97

9.50. На тор, сделанный из немагнитного материала, намотаны две обмотки, по которым текут токи в противоположных направлениях. Первая обмотка имеет N1 = 2000 витков, вторая N2 = 1000 витков. Средний радиус тора R = 10 см. Сила тока в каждой обмотке I = 10 А. Определить индукцию магнитного поля на средней линии тора. 9.51. Вдоль оси длинного цилиндра радиуса R течет ток с постоянной плотностью j. Найти векторный магнитный потенциал А магнитного поля в зависимости от расстояния r до оси цилиндра. Считать, что в центре цилиндра А(0) = 0. 9.52. По бесконечному полому тонкостенному цилиндрическому проводнику радиуса R течет ток с постоянной поверхностной плотностью i, параллельной оси цилиндра. Найти векторный потенциал А(r) на расстоянии r от оси цилиндра. Считать, что в центре цилиндра А(0) = 0. 9.53. По бесконечному цилиндрическому проводнику в форме полого цилиндра с внутренним и внешним радиусами R1 и R2 соответственно течет ток с постоянной объемной плотностью j. Вычислить векторный потенциал А(r) на расстоянии r от оси цилиндра, считая, что А(0) = 0. 9.54. По плоскости Z = 0 в направлении оси Х течет ток с постоянной поверхностной плотностью i. Определить векторный потенциал А на расстоянии z от плоскости. Считать, что на плоскости A = 0. 9.55. Найти векторный магнитный потенциал А внутри и вне бесконечно длинного соленоида радиуса а, внутри которого протекающим током создается однородное магнитное поле с индукцией В. Положить А = 0 на оси соленоида.

98

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§10. Сила Ампера. Момент сил, действующих на контур с током в магнитном поле

 Сила взаимодействия элементов тока I1dl1 и I2dl2 (закон Ампера): dl2 dl1 , r12  dF12  I1 I 2  , r122 где r12  радиус-вектор от элемента тока 1 к элементу тока 2.  Вектор индукции магнитного поля, создаваемого линейным током Idl в точке с радиус-вектором r  I  dl , r  dB  0 . 4 r 2  Сила Ампера, действующая на на линейный элемент тока Idl dF  I dl , B  ; на объемный элемент тока jdV

dF  I  j ,B  dV .

 Момент сил, действующих на точечный диполь в магнитном поле: M   pm B  , где pm  магнитный момент точечного диполя.

10.1. Прямой проводник длиной l = 20 см и массой m = 10 г подвешен горизонтально на двух вертикальных невесомых нерастяжимых нитях в однородном магнитном поле с индукцией В = 50 мТл, причем вектор индукции В перпендикулярен проводнику. Какой ток I надо пропустить через проводник, чтобы одна из нитей разорвалась, если предельная нагрузка на нить F = 40 мН? 10.2. Определить магнитную компоненту силы, действующую на единицу длины провода двухпроводной воздушной линии электропередачи, если ток в проводах I = 500 А, а расстояние между проводами d = 50 см. 10.3. Три длинных параллельных прямых провода находятся на одинаковом расстоянии d = 10 см друг от друга. По двум проводам, положение которых фиксировано, в одном направлении текут

§10. Сила Ампера. Момент сил, действующий на контур с током

99

одинаковые токи I1 = I2 = 10 А. По третьему проводу течет ток I3 = 20 А в противоположном направлении. Какую силу Fex (в расчете на единицу длины) нужно приложить третьему проводу, чтобы он находился в равновесии? 10.4. Прямой тонкий провод, по котороl му течет ток I, изогнут под углом α так, что B α части провода имеют длину l и L (рис. 10.1). I Провод находится в поперечном магнитном L поле В. Определить модуль силы F, действуюРис. 10.1. Изогнутый щей на провод. с током в маг10.5. Два длинных прямых взаимно пер- провод нитном поле. пендикулярных провода отстоят друг от друга на расстоянии а. В каждом проводе течет ток I. Найти максимальное значение силы Ампера в расчете на единицу длины провода. 10.6. По проволочному кольцу радиуса R, подвешенному на двух гибких проводниках, закрепленных на противоположных концах диаметра кольца, течет ток силой I. Кольцо помещают в однородное магнитное поле, вектор индукции В которого направлен горизонтально, концы которого совпадают с точками подвеса. С какой силой Т будет растянуто кольцо? 10.7. Проволочное кольцо радиусом B R находится в неоднородном магнитном α поле, линии индукции которого в точках пересечения с кольцом направлены под R n углом α к нормали n (рис. 10.2). Модуль индукции магнитного поля, действующего I 0 на кольцо, равен В. По кольцу течет ток I. Определить силу, действующую на кольцо α B со стороны магнитного поля. Рис. 10.2. Кольцо с током 10.8. Проволочный контур в виде в не-однородном магнитквадрата с диагональю подключен к источ- ном поле. нику постоянного напряжения U. СопроU тивление единицы длины проволоки контура равно r. Контур находится во внешнем магнитном поле, вектор индукции В кото- В рого лежит в плоскости контура и параллеРис. 10.3. Проволочный лен двум из его сторон (рис. 10.3). Найти контур в магнитном поле. силу F, действующую на контур. 10.9. Прямоугольная рамка с током I, длины сторон которой равны a и b, лежит в одной плоскости с очень длинным проводом,

100

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

по которому течет ток I0 (сторона рамки b параллельна проводу). Определить внешнюю силу, которая будет удерживать рамку в равновесии. Расстояние между проводом и осью симметрии рамки равно r0. 10.10. Жесткая квадратная рамка со стороной а расположена около длинного провода, по которому течет ток силой I0. Две стороны рамки параллельны проводу и находятся от него на одинаковом расстоянии b, а центры двух других сторон шарнирно закреплены так, что рамка может вращаться вокруг своей средней линии, параллельной длинному проводу. По рамке течет ток силой I. Какой момент внешних сил должен быть приложен к рамке, чтобы она находилась в равновесии? 10.11. Два прямых длинных параллельных провода находятся на расстоянии d1 = 10 см друг от друга. По проводам в одном направлении текут токи I1 = 10 А и I2 = 20 А. Какую работу в расчете на единицу длины проводов нужно совершить, чтобы раздвинуть проводники до расстояния d2 = 30 см? 10.12. Два длинных параллельных провода, по которым в противоположных направлениях текут токи I = 10 А, находятся на расстоянии d друг от друга. Какую работу на единицу длины проводников совершает магнитное поле при увеличении расстояния между проводами в 2 раза? 10.13. Длинный коаксиальный кабель состоит из тонкой внутренней жилы и внешней цилиндрической оболочки радиусом R. По ним в противоположных направлениях текут одинаковые токи I. Во внешней оболочке по всей её длине имеется узкая щель, параллельная внутренней жиле. Ширина щели значительно меньше радиуса R. Определить силу, действующую на единицу длины внутренней жилы. I2 10.14. По тонкой ленте шириной а и b тонкому проводу, параллельному плоскости ленты и находящемуся над её серединой на расстоянии b от плоскости ленты, текут в I1 одном направлении токи I1 и I2 соответа ственно (рис. 10.4). Считая проводники бесРис. 10.4. Тонкая лента и конечно длинными, найти силу, действуюпровод с токами I1 и I2. щую на единицу длины ленты. 10.15. Внутри длинного цилиндрического сосуда радиусом R параллельно его оси расположен проводящий стержень радиусом r c тонкой изоляцией. По стержню течет ток I. Расстояние между

§10. Сила Ампера. Момент сил, действующий на контур с током

101

осями стержня и сосуда равно h. Сосуд заполнен электролитом, по которому пропускается ток I1 в том же направлении, что и по стержню. Определить силу, действующую на единицу длины стержня. 10.16. В вакууме расположены две параллельные проводящие пластины, по которым перпендикулярные друг другу текут одинаковые по величине токи с линейной плотностью i. Определить поверхностную плотность силы Ампера F, действующей на каждую пластину. Линейные размеры пластин l1, l2 много больше расстояния между ними. 10.17. По двум параллельным проводящим пластинам, находящимся в вакууме, текут одинаковые токи с поверхностной плотностью i. Направления токов составляют друг с другом угол . Линейные размеры сторон пластин l1, l2 много больше расстояния между ними. Определить силу, действующую на каждую из пластин. Краевые эффекты не учитывать. 10.18. По бесконечной плоскости течет ток с поверхностной плотностью i. Над плоскостью параллельно ей расположен бесконечный прямой провод, по которому течет ток I, сонаправленный с i. Расстояние от плоскости до провода равно d. Определить силу, действующую на участок провода длиной l со стороны магнитного поля плоскости. 10.19. По квадратной рамке массой m со стороной а течет ток I. Рамка находится в однородном магнитном поле, индукция которого В направлена вертикальα но вниз, и может свободно вращаться g вокруг одной из горизонтальных сторон B I (рис. 10.5). Определить модуль индукции В магнитного поля, если угол отклонения Рис. 10.5. Подвижная рамка в магнитном поле. плоскости рамки от вертикали равен . 10.20. Проволочная рамка в виде равностороннего треугольника, по которой протекает ток I, может вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через дну из вершин треугольника. Линейная плотность проволоки равна ρ. Рамка находится в поле силы тяжести и в магнитном поле, индукция которого В направлена вертикально вниз. Определить угол α отклонения плоскости треугольника от вертикали.

102

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

10.21. Проволочное кольцо может вращаться вокруг горизонтальной оси, каI О сающейся его (рис. 10.6). Линейная плотα ность проволоки равна ρ. Кольцо находитВ ся в магнитном поле, индукция которого В направлена вертикально вниз. Какой ток I Рис. 10.6. Кольцо с током в протекает по кольцу, если оно отклонено магнитном поле. от вертикали на угол α? 10.22. Квадратная рамка со стороной а имеет N витков и подвешена на тонкой проволоке, коэффициент кручения которой равен D, в однородном магнитном поле, индукция которого В горизонтальна и перпендикулярна плоскости рамки. После того, как по рамке пустили ток I, она повернулась на угол  относительно вектора В. Определить модуль индукции магнитного поля. 10.23. По кольцу радиусом R, согнуО1 тому под прямым углом, течет ток I. СоB π/2 гнутое кольцо поместили в однородное α 0 магнитное поле. Одна из плоскостей кольI О ца оказалась под углом α = π/4 к вектору Рис. 10.7. Согнутое кольцо индукции В (рис. 10.7). Определить мос током в магнитном поле. дуль момента М, действующих на кольцо сил, относительно оси ОО1, проходящей по линии сгиба. 10.24. Катушка гальванометра, состоящая из N = 400 витков тонкой проволоки, намотанной на прямоугольный каркас высотой а = 3 см и шириной b = 2 см, подвешена на нити в магнитном поле, модуль индукции которого В = 0,1 Тл. По проволоке протекает ток I = 10–5А. Найти действующий на катушку гальванометра вращающий момент, если плоскость катушки: а) параллельна вектору индукции В; б) составляет с вектором B угол α = 60°. 10.25. В центре длинного соленоида с плотностью намотки n витков на единицу длины находится короткая катушка диаметром d, состоящая из N витков. Ось каРис. 10.8. Соленоид с катушкой. тушки перпендикулярна оси соленоида и направлена вертикально. Внутренняя катушка укреплена на коромысле весов, которое в отсутствие тока находится в равновесии (рис.10.8). Короткое плечо коромысла имеет длину l При пропускании по соленоиду и катушке одинаковых токов I равновесие О1

§10. Сила Ампера. Момент сил, действующий на контур с током

103

коромысла нарушается. Определить массу m груза, который нужно поместить на чашу весов для их уравновешивания. 10.26. Укрепленную на конце коромысла весов небольшую катушку К с числом витков N = 100 поместили в зазор межА К ду полюсами магнита (рис. 10.9). Площадь O сечения катушки S = 1,0 см2, длина плеча ОА коромысла l = 20 см. В отсутствие тока в катушке весы уравновешены. После того, Рис. 10.9. Катушка в как через катушку пустили ток I = 50 мА, зазоре магнита. для восстановления равновесия пришлось изменить груз на чаше весов на Δm = 100 мг. Найти индукцию магнитного поля В в месте нахождения катушки.

104

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§11. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитных полях  Сила Лоренца – сила, действующая на точечный заряд в электрическом и магнитном полях: FL = qE + q[B], Первое слагаемое называется кулоновой, а второе  амперовой составляющей силы Лоренца.

11.1. Электрон, ускоренный разностью потенциалов U = 400 В, движется перпендикулярно силовым линиям магнитного поля Земли, модуль индукции которого равен В = 0,7∙10−4Тл. Определить радиус R окружности, по которой движется электрон. 11.2. Электрон влетает со скоростью υ = 107 м/с в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мТл под углом α = 30° к направлению вектора магнитной индукции. Скорость электрона υ = 107 м/с. Найти перемещение l электрона за время одного оборота. 11.3. Определить частоту ω вращения α-частицы в однородном магнитном поле с индукцией В = 1 Тл. Заряд α-частицы q = 2e, её масса m = 6,65∙10−27 кг. 11.4. Винтовая линия, по которой движется электрон в однородном магнитном поле с индукцией В = 5 мТл, имеет радиус R = 4 см и шаг h = 20 см. Определить скорость υ электрона. 11.5. Два удаленных друг от друга протона с кинетическими энергиями W1 и W2 движутся в магнитном поле, индукция которого перпендикулярна их скоростям. Определить отношения периодов их обращения Т1/Т2 и радиусов траекторий R1/R2. 11.6. Электрон влетает со скоростью α В υ в область однородного магнитного поля υ В , ширина которой равна d. Скорость d электрона перпендикулярна как индукции Рис. 11.1. Движение элекВ, так и границам слоя (рис. 11.1). Найти трона в ограниченной обугол α отклонения электрона от начальноласти магнитного поля. го направления движения. 11.7. Пучок электронов, ускоренный разностью потенциалов U = 500 В, влетает в область поперечного однородного магнитного поля конечной ширины, создаваемого между полюсами электро-

§11. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитном поле 105

магнита (рис. 11.2). Индукция магнитного поля В = 1 мТл. Ширина области с полем l = 4 см. В отсутствие магнитного поля пучок электронов формирует пятно в точке О флуоресцирующего В экрана Э, расположенного на расстоянии υ О L = 10 см от края полюсов магнита. На каl L кое расстояние h сместится это пятно поРис. 11.2. Движение пучка сле включения магнитного поля? электронов до экрана. 11.8. В вакууме создано однородное магнитное поле с индукцией В в области, имеющей форму цилиндра радиусом а, ось которого параллельна В. К этой области вдоль радиуса цилиндра со скоростью υ подлетает электрон (рис. 11.3). Найти время τ движения электрона в магнитном поле. B

В

a

υ Рис. 11.3. Электрон, подлетающий к области магнитного поля.

а

А

П

Рис. 11.4. Схема масс-спектрометра.

11.9. Схема простейшего масс-спектрометра изображена на рис. 11.4. В ионизаторе А образуются ионы, которые ускоряются разностью потенциалов U = 10 кВ. Индукция магнитного поля В = 0,1 Тл. После поворота в магнитном поле ионы попадают на фотопластинку П и вызывают её почернение. На каком расстоянии х от щели будут находиться на фотопластинке полосы от ионов водорода Н 1 и гелия Не 4 ? Какой должна быть ширина щели а, что  и азота N 15 были разделены? бы полосы ионов кислорода О16 11.10. В достаточно большой области вакуума, разделенной на две части плоскостью ХОY, созданы однородные магнитные поля, векторы индукции которых В сонаправлены и параллельны оси Y, причем В1 под границей раздела (z < 0) больше В2 над ней (z > 0). Электрон, движущийся со скоростью υ в положительном направлении оси Z пересекает границу под прямым углом. Найти скорость дрейфа υдр электрона вдоль границы раздела магнитных полей. 11.11. В достаточно большой области в вакууме, разделенной на две части плоскостью ХОY, созданы однородные магнитные

106

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

поля. Индукция поля над плоскостью (z > 0) равна В1 и направлена параллельно оси Х, а под ней (z < 0) равна В2 и направлена параллельно оси Y. Электрон, движущийся с небольшой скоростью υ в положительном направлении оси Z Z υ В1 пересекает границу раздела в точке 0 Х х = y = 0 (см. рис. 11.5). Определить направление и скорость дрейфа элекYВ трона. 2 11.12. Вдоль линий индукции В Рис. 11.5. Взаимная ориентация векторов индукции магнитных однородного магнитного поля из одполей и скорости электрона. ной точки вылетает слегка расходящийся пучок электронов, имеющих одинаковые скорости υ. На каком наименьшем расстоянии l от места вылета происходит фокусировка пучка (т.е. пучок имеет минимальный поперечный размер)? 11.13. На концах жесткого невесомого горизонтального диэлектрического стержня закреплены два маленьких шарика, каждый массой m и с зарядом q. Стержень раскручивают вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину, с возрастающей скоростью. Когда угловая скорость достигает величины ω, стержень разрывается. При какой угловой скорости вращения ω1 он бы разорвался, если б находился в магнитном поле, индукция которого В направлена вертикально вверх? 11.14. Положительно заряженному маленькому шарику, подвешенному на тонкой нити к потолку, сообщили такую скорость, что он стал вращаться по окружности в горизонтальной плоскости. Если шарику сообщить такую же скорость, когда он находится в магнитном поле в индукцией В, направленной вертикально вверх, и электрическом поле с напряженностью Е, направленной вертикально вниз, то период, направление его вращения и радиус орбиты не изменяются. Найти угловую скорость ω вращения шарика. 11.15. Электрон вращается с угловой скоростью ω0 вокруг протона по орбите радиусом R. Какой будет угловая скорость вращения электрона по этой же орбите, если систему поместить в слабое магнитное поле, вектор индукции В которого направлен вдоль оси вращения? 11.16. Узкий параллельный пучок положительных ионов проходит со скоростью υ1 = 1∙106 м/с через плоский конденсатор длиной l = 5 см, в котором созданы электрическое и магнитное поля (Е = 8∙103 В/м, В = 1∙10−2 Тл). Напряженность электрического поля Е и индукция магнитного поля В сонаправлены и перпенди-

§11. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитном поле 107

кулярны скорости ионов. За конденсатором, на расстоянии L = 20 cм от него находится фотопластинка, перпендикулярная начальной скорости ионов (рис. 11.6). 1). Определить координаты точек, в которые попадут ионы водоY' ВЕ рода Н+ и гелия Не++. 2). Какой след на υ 0 Х' фотопластинке оставят эти ионы, если их скорости лежат в диапазоне от υ1 до Z' υ2? L l 11.17. Магнетрон представляет Рис. 11.6.Расположение области собой два соосных цилиндра (цилинэлектрического и магнитного дрический диод), помещенных в однополей и фотопластинки. родное магнитное поле, индукция которого направлена вдоль оси цилиндров. Между цилиндрами поддерживается напряжение U. Радиус r0 внутреннего цилиндра (катода) значительно меньше радиуса R внешнего (анода). В отсутствие магнитного поля электроны, вылетаюВ щие из нагреваемого катода, ускоряются радиальным электрическим полем и летят к аноду по радиусам (рис. 11.7). U При увеличении индукции магнитного поля анодный ток сначала не меняется. Найти критическое значение индукции Рис. 11.7. Устройство магВкр, при котором анодный ток прекра- нетрона. щается. + 11.18. Плоский конденсатор, расυ стояние между пластинами которого d, U А d В d/2 помещен в однородное магнитное поле − с вектором индукции В, параллельным Рис. 11.8. Электрон в конденпластинам конденсатора. Из точки А, саторе с магнитным полем. находящейся на средней линии конденсатора, перпендикулярно вектору В вылетают электроны со скоростью υ (рис. 11.8). Между пластинами поддерживается напряжение U, полярность которого указана на рис. 11.8. При какой индукции магнитного поля В: а) электроны пролетят конденсатор, не изменяя первоначального направления своего движения; б) электроны вылетят из конденсатора, если он будет отключен от источника напряжения и не заряжен? 11.19. В пространстве созданы однородные электрическое и магнитное поля, так что вектор напряжённости электрического поля Е перпендикулярен вектору магнитной индукции В. Частицу

108

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

массой m c положительным зарядом q помещают в эту область и отпускают без начальной скорости. Определить траекторию частицы. Как со временем будет меняться модуль её скорости? 11.20. Какую скорость υ должна иметь заряженная частица влетев в область скрещенных электрического и магнитного полей (вектор напряжённости электрического поля Е перпендикулярен вектору магнитной индукции В), чтобы её движение было равномерным и прямолинейным? 11.21. Положительный ион массой m с зарядом q вращается в постоянном магнитном поле с индукцией В. В этой области включается однородное электрическое поле, вектор напряжённости Е которого перпендикулярен вектору В. Определить величину и направление скорости дрейфа иона в скрещенных полях. 11.22. Циклотрон состоит из двух дуантов (полых плоских металлических полуцилиндров), внутри которых постоянное магнитное поле с модулем индукции В = 0,7 Тл U направлено перпендикулярно их основаниям ~ (рис. 11.9). В зазоре между дуантами создано электрическое поле (разность потенциалов между дуантами U = 20 кВ), направление которого изменяВ ется с определенной частотой. 1) Какова должна быть частота, если циклотрон используется для ускорения: а) протонов; б) электронов? 2) Сколько Рис. 11.9. Схема полных оборотов должен совершить протон внутциклотрона. ри циклотрона, чтобы приобрести энергию W = 6 МэВ? 3) Каким будет максимальный радиус траектории протона внутри дуанта при такой энергии? Начальной энергией частиц можно пренебречь. 11.23. Максимальный радиус кривизны траектории протонов в циклотроне равен R = 35 см. Частота изменения направления электрического поля ν = 13,8 МГц. Найти магнитную индукцию В поля, которая обеспечивает синхронную работу циклотрона и максимальную энергию W вылетающих протонов. 11.24. Вблизи длинного прямолинейного провода с током I поместили частицу с зарядом q и массой m на расстоянии r0 от провода и сообщили ей скорость υ0, в направлении противоположном току. Найти минимальное rmin и максимальное rmax расстояния частицы от провода в процессе движения.

§11. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитном поле 109

11.25. В условиях задачи 11.24 найти скорость u дрейфа частицы в магнитном поле провода с током, то есть скорость смеще2mυ0  1 . ния частицы вдоль провода при условии:    0 qI 11.26. Незаряженный металлический брусок в виде прямоугольного параллелепипеда со сторонами а, b и с движется в магнитном поле в направлении стороны а B со скоростью υ (рис. 11.10). Индукция b ∆φ − ? магнитного поля В перпендикулярна υ грани бруска со сторонами а и с. с Определить разность потенциалов ∆φ a между гранями бруска со сторонами а Рис. 11.10. Металлический и b и поверхностную плотность элекбрусок, движущийся в магтрических зарядов на них. нитном поле. 11.27. В однородное магнитное B поле с индукцией В помещена тонкая металлическая лента шириной h и толщиной d d I h так, что плоскость ленты перпендикулярна вектору В (рис. 11.11). По ленте пропускают B ток I. Концентрация свободных электронов Рис. 11.11. Лента с током в материале ленты равна n. Определить раз- в магнитном поле. ность потенциалов Δφ, возникающую между краями ленты, находящимися на расстоянии h друг от друга. 11.28. Незаряженный металлический брусок в виде прямоугольного параллелепипеда со сторонами а, b и с (а, b > c) движется в магнитном поле в направлении стороны а со скоростью υ. Индукция магнитного поля В перпендикулярна основанию бруска со сторонами а и с. Определить разность потенциалов между боковыми поверхностями бруска со сторонами а и b и поверхностную плотность электрического заряда на них. 11.29. Вдоль цилиндрической металлической трубы с внутренним и внешним радиусами R1 и R2 течет ток I. Концентрация свободных электронов в металле равна n. Определить разность потенциалов в поперечном сечении трубы. 11.30. Незаряженный металлический цилиндр радиусом R вращается вокруг своей оси в магнитном поле с угловой скоростью ω. Индукция магнитного поля направлена вдоль оси цилиндра. Определить индукцию магнитного поля В, при которой внутри цилиндра электрическое поле не возникает.

110

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§12. Электромагнитная индукция  Поток d вектора магнитной индукции В(r) через малый элемент поверхности площадью dS:

dΦ  B ( r )  d S , где dS  n d S , n – нормаль к поверхности.  Поток магнитной индукции через поверхность S:

Φ   dΦ   B(r )  dS . S

S

Закон электромагнитной индукции: dΦ Eинд   . dt Поскольку знак потока вектора магнитной индукции зависит от выбора направления нормали к поверхности, опирающейся на контур, а знак ЭДС – от выбора направления обхода контура, необходимо согласовать положительное направление нормали с положительным направлением обхода контура. Это согласование делается по правилу правого буравчика.  Правило Ленца: создаваемое индукционным током магнитное поле стремится скомпенсировать то изменение магнитного потока, которым это ток вызван.  Дифференциальная форма закона электромагнитной индукции Фарадея: B rot E вихр   , t где Евихр – напряженности вихревого электрического поля.  Поток Ф индукции магнитного поля, создаваемого током I контура, через любую поверхность, ограниченную контуром: 

 = LI, где L – коэффициент самоиндукции (индуктивность) контура.  Поток индукции магнитного поля через i-й контур, создаваемый токами всех других контуров: Φi   Lij I j , j

где Lij – коэффициенты взаимной индукции контуров i и j.  Коэффициент самоиндукции последовательно соединенных катушек индуктивности:

111

§12. Электромагнитная индукция

L   Li . i

 Коэффициент самоиндукции параллельно соединенных катушек индуктивности: 1 1  . L i Li  Собственная (магнитная) энергия электрического тока в контуре: 1 1 W  LI 2  IΦ . 2 2  Объемная плотность энергии магнитного поля:

w

B2 2 0 .

 Энергия магнитного поля (для линейных изотропных магнетиков):

W   w dV 

1 B 2 dV .  2 0

 Энергия магнитного поля системы неподвижных замкнутых контуров с токами: 1 1 W   Lij I i I j   IΦi . 2 i, j 2 i  Индуктивность длинного тонкого цилиндрического соленоида: L   0 n 2V , где V – объем соленоида, n – число витков на единицу длины.

12.1. Квадратная проволочная рамка со стороной а = 2 см ориентирована перпендикулярно линиям индукции магнитного поля. Найти ЭДС индукции E  в рамке, если за время Δt = 0,1 с магнитная индукция равномерно убывает от В1 = 0,4 Тл до В2 = 0,1 Тл. 12.2. Проволочная рамка в виде равностороннего треугольника помещена в однородное магнитное поле с индукцией B = 0,1 Тл. Плоскость рамки составляет с линиями индукции угол α = 60°. Найти длину стороны рамки а, если среднее значение ЭДС

112

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

индукции при выключении магнитного поля в течение времени τ = 0,02 с равно E = 10 мВ. 12.3. Самолет летит горизонтально со скоростью υ = 900 км/час. Найти разность потенциалов между концами крыльев самолета, если вертикальная составляющая индукции магнитного поля Земли В0 = 50 мкТл, а размах крыльев самолета l = 12 м. 12.4. Прямоугольная рамка со сторонами a и b изготовлена из проволоки, имеющей сопротивление R. Рамка помещена в однородное магнитное поле, вектор индукции В которого перпендикулярен плоскости рамки. Определить тепловую мощность Р, которая выделяется в контуре при уменьшении индукции магнитного поля со скоростью dB / dt   . Индуктивность контура не учитывать. 12.5. Проволочное кольцо и перемычка длиной l сделаны из одной и той же проволоки. Сопротивление единицы длины проволоки равно r (рис. 12.1). Какой ток I покажет амперметр, если индукция однородного магнитного поля, перпендикулярнго плоскости рисунка, будет увеличиРис. 12.1. Кольцо с певаться со временем по линейному закону: ремычкой в магнитном B  t ? поле. L АС 12.6. Проволочный квадрат со стороной а = 4 см находится в однородном магВ нитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен плоскости квадрата. Проволочная перемычка, параллельная N K D двум сторонам квадрата, делит две другие Рис. 12.2. Проволочный его стороны в отношении 1:3 (рис. 12.2). квадрат в магнитном поле. Все проводники выполнены из одинаковой проволоки, сопротивление единицы длины а В которой равно r = 1,7 Ом/м. Найти силы токов, индуцируемых во всех проводниках 2α при изменении индукции магнитного поля по линейному закону от В1 = 5 мТл до В2 = 8,4 мТл за время τ = 10 с. Рис. 12.3. Перемычка, 12.7. Две шины, угол между котодвижущаяся по направ- рыми равен 2α, находятся в однородном ляющим шинам. магнитном поле, вектор индукции В которого перпендикулярен плоскости шин. Из вершины угла начинают перемещать с постоянным ускорением а без начальной скорости

§12. Электромагнитная индукция

113

перемычку, перпендикулярную биссектрисе угла 2α (рис.12.3). Найти ЭДС индукции E в контуре как функцию времени. 12.8. В однородном магнитном поле с индукцией В находится проволочный контур в виде равностороннего треугольника со стороной b, плоскость которого перпендикулярна линиям магнитного поля. Сопротивление В υ единицы длины проволоки равно r. По контуру с постоянной скоростью υ, параллельной высоd ты треугольника, движется перемычка из той же проволоки (рис. 12.4). Найти силу тока I, b протекающего по перемычке в момент, когда она находится на расстоянии d от параллель- Рис. 12.4. Контур с перемычкой в магнитной ей стороны треугольника. ном поле.

12.9. По П-образному проводу может пеυ ремещаться без В трения проводящая перемычка длиной l R (рис. 12.5). Сопротивление перемычки R намного больше сопротивления провода. Контур находится в постоянном однородном магнит- Рис. 12.5. Движуном поле, индукция которого В перпендикуляр- щаяся перемычка. на плоскости контура. Какую силу F надо приложить перпендикулярно перемычке в плоскоа В сти провода, чтобы она двигалась с постоянной R скоростью υ? 12.10. По двум параллельным шинам в однородном магнитном поле, вектор индукции Рис. 12.6. Контур с подвижной переB которого перпендикулярен плоскости шин, мычкой. перемещают перемычку с постоянным ускорением а (рис. 12.6). Шины замкнуты на сопротивление R. Расстояние между шинами b. Найти ускорение перемычки, если количество теплоты, выделившееся на сопротивлении R за время τ, равно Q. Сопротивлением шин, перемычки и В индуктивностью контура пренебречь. R 12.11. По двум параллельным шиα нам, установленным под углом α к горизонту, в однородном магнитном поле α скользит без трения под действием силы тяжести перемычка массой m. Шины с Рис. 12.7. Перемычка, скольодной стороны замкнуты на сопротивле- зящая в поле силы тяжести.

114

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ние R. Расстояние между шинами l. Вектор индукции B магнитного поля направлен вертикально вверх (рис. 12.7). Сопротивления шин, перемычки и скользящих контактов, а также самоиндукция контура пренебрежимо малы. Найти установившуюся скорость движения перемычки. 12.12. Решить предыдущую задачу при условии, что перемычка перемещается по шинам с трением. Коэффициент трения между шинами и перемычкой равен μ. 12.13. Перемычка массой m может скользить без трения по двум длинным горизонтальным рельсам, расположенным на расстоянии l друг от друга в однородном магнитном поле, вектор индукции B которого υ0 В перпендикулярен плоскости рельсов. Слева R рельсы замкнуты на резистор сопротивлением R (рис. 12.8). После сообщения перемычке Рис. 12.8. Контур с поначальной скорости υ0 в направлении от содвижной перемычкой. противления R перемычка прошла до остановки расстояние S. Найти начальную скоMС A рость перемычки υ0. Сопротивлением рельсов, перемычки и индуктивностью контура В υ пренебречь. 12.14. Квадратная проволочная рамка E N D l помещена в магнитное поле, со стороной Рис. 12.9. Контур с поВ которого перпендикулярен вектор индукции движной перемычкой.

плоскости рамки (рис. 12.9). По рамке с постоянной скоростью υ скользит перемычка В υ MN, сделанная из той же проволоки. Найти разность потенциалов между точками C и D в α О момент, когда перемычка находится посереA дине контура. Индуктивностью контура преl небречь. Рис. 12.10. Движение 12.15. Два прямых проводника, угол проволоки по проводмежду которыми равен α, находятся в одноникам. родном магнитном поле, вектор индукции В которого перпендикулярен их плоскости (рис. 12.10). Металлическую перемычку начинают перемещать из вершины угла с постоянной скоростью υ. Сопротивление единицы длины проволоки равно r. Найти количество теплоты, которое выделится за время перемещения проволоки на С

§12. Электромагнитная индукция

115

расстояние l от точки О. Сопротивление проводников много меньше сопротивления проволоки. 12.16.  Две длинные параллельные хорошо В проводящие шины расположены вертикально на расстоянии l друг от друга и вверху замкнуты накоротко (рис. 12.11). Однородное магнитное mg поле с индукцией В направлено перпендикулярно плоскости шин. По шинам скользит внизпро- Рис. 12.11. Падение проводника в магводящий стержень массой m и сопротивлением нитном поле. R. Считая, что трения нет и сопротивление контактов равно нулю, найти зависимость скорости падения стержня от времени, если в начальный момент он покоился. 12.17. По двум параллельным В металлическим направляющим, наклоненным под углом α к горизонту и расположенным на расстоянии l друг α от друга, может скользить без трения mg металлическая перемычка массой m. С Направляющие замкнуты снизу на α незаряженный конденсатор емкости Рис. 12.12. Движение перемычки C. Вся конструкция находится в маг- по наклонным направляющим. нитном поле, индукция которого B направлена вертикально (рис. 12.12). В начальный момент перемычку удерживают на расстоянии b от основания "горки". За какое время перемычка достигнет основания "горки" после того, как ее отпустят? Сопротивлением проводников пренебречь. 12.18. Металлический стержень длиной l перемещается в магнитном поле бесконечного прямого проυ вода, по которому течет ток I, с постоянной I скоростью, направленной параллельно прово1 2 ду. Стержень и провод расположены в одной плоскости перпендикулярно друг другу, приd l чем ближайший конец стержня находится на расстоянии d от провода (рис. 12.13). Опреде- Рис. 12.13. Движение лить скорость υ стержня, если разность по- стержня в поле прямого провода с током. тенциалов на его концах равна U.

116

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

12.19. Между двумя длинными параллельными проводами, по которым в противоположных направлениях текут токи одинаковой силы I, в одной плоскости с проводами I симметрично относительно них расположены a параллельные шины, замкнутые на одном конце сопротивлением R. Расстояние от каждой υ l R шины до ближайшего провода с током равно а. a По шинам без трения перемещают с постоянI ной скоростью υ стержень-перемычку длиной l Рис. 12.14. Движение (рис. 12.14). Пренебрегая сопротивлением перемычки между шин, перемычки и скользящих контактов, а проводами с токами. также индуктивностью контура, определить: а) силу и направление индукционного тока Iинд; б) силу F, необходимую для поддержания постоянной скорости движения перемычки. 12.20. П-образный проводник с перемычкой длины l (рис. 12.15) находится в однородном магнитном поле, вектор индукции В которого перпендикулярен плоскости проводника, а модуль индукции измеa няется во времени по закону В = t2. В моВ(t) мент времени t = 0 перемычку, находившуюся в крайнем левом положении, начинают Рис. 12.15. Контур с по- перемещать без начальной скорости с ускодвижной перемычкой. рением а. Найти зависимость E(t) ЭДС индукции в проводнике от времени. 12.21. В магнитном поле, модуль индукции которого В = 0,1 Тл, находится катушка из N = 200 витков проволоки с общим сопротивлением R = 40 Ом. Площадь поперечного сечения одного витка S = 10 см2. Ось катушки составляет угол φ = 60° с вектором магнитной индукции В. Какое количество электричества Q протечет по катушке при выключении магнитного поля, если концы катушки соединены? 12.22. Квадратная проволочная рамка со стороной a расположена в одной плоскости с длинным пряa мым проводом, по которому течет постоянный ток I. Две стороны рамки паралυ I лельны проводу, сопротивление рамки R. Ближайшая к проводу сторона рамки нахоb дится от него на расстоянии b (рис. 12.16). Рис. 12.16. Расположение Рамка начинает удаляться от провода с порамки и провода с током. стоянной скоростью υ, направленной пер-

§12. Электромагнитная индукция

117

пендикулярно проводу в плоскости рамки. Определить количество электричества q, протекшее по рамке за время движения τ. 12.23. Прямоугольная проволочная a рамка со сторонами a и b находится в од- I ной плоскости с прямым длинным провоd дом, по которому течет ток I (рис. 12.17). b Расстояние от провода до ближайщей стороны рамки длиной b равно d. Сопротивление рамки R. Найти количество электричеРис. 12.17. Поворот рамки ства q, которое протечет по рамке, если ее возле провода с током. повернуть на 180º вокруг стороны длиной а. 12.24. Проволочное кольцо радиусом а = 2 см находится в однородном магнитном поле с индукцией В = 50 мТл. Плоскость кольца перпендикулярна вектору индукции В. Сопротивление кольца R = 1 Ом. Какое количество электричества q протечет по кольцу при его повороте вокруг диаметра на 90°? 12.25. Два прямых проводящих стержня длиной а = 30 см соединены гибкими проводниками длиной В b = 50 см и образуют прямоугольный кон- b В тур (рис. 12.18). Контур помещен в одноа родное магнитное поле с индукцией В = 5 мТл, вектор индукции которого перпендикулярен плоскости контура. Сопро- Рис. 12.18. Изменение тивление контура R = 1 Ом. Какой заряд q конфигурации контура. протечет по контуру, если один из стержней повернуть на 180°, оставляя гибкие проводники натянутыми и не допуская замыкания между ними? 12.26. Прямоугольная металлическая рамка со сторонами а и b вращается с постоянной угловой скоростью ω в однородном магнитном поле с индукцией В. Ось вращения перпендикулярна линиям индукции и совпадает со стороной рамки длиной а. Определить максимальную ЭДС индукции в рамке. 12.27. Маятник состоит из легкого проводящего стержня длиной l, на конце которого l С В подвешен металлический шарик массой m. Маятник может колебаться, касаясь при этом m проводящей дуги окружности. Вектор индукции В постоянного однородного магнитного Рис. 12.19. Схема поля перпендикулярен плоскости колебаний. движения маятника.

l m

В

118

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Точка подвеса маятника и дуга окружности соединены через конденсатор емкостью С (рис. 12.19). Пренебрегая сопротивлением цепи, определить период малых колебаний маятника. 12.28. Металлический стержень массой m и длиной a подвешен горизонтально на двух проводах C длиной l, к которым подключен конденl сатор емкостью С. Система находится в B магнитном поле, вектор индукции В m которого направлены вертикально вниз a (рис. 12.20). Определить период Т маРис. 12.20. Стержень, подве- лых колебаний стержня. Сопротивлением проводов и стержня пренебречь. шенный в магнитном поле. 12.29. Металлический диск радиусом а = 5 см вращают с постоянной частотой ν = 50 Гц в однородном постоянном магнитном поле с индукцией В = 0,1Тл, вектор которой направлен вдоль оси диска. Какой ток покажет амперметр, включенный через сопротивление R = 10 Ом между центром и краем диска? 12.30. В однородном магнитном поле с ω В индукцией В вокруг оси, параллельной линиям индукции, вращается с угловой скоростью ω тонкий однородный проводящий стержень О С А длиной l. Ось вращения перпендикулярна Рис. 12.21. Проводящий стержню и находится на расстоянии l/4 от стержень, вращающийся одного из его концов (рис. 12.21). Найти разв магнитном поле. ность потенциалов между концами стержня. 12.31. Металлический стержень, один конец которого шарнирно закреплен в точке О, вращают с такой постоянной угловой скоростью ω, при которой он отклонен от вертикали на угол α. Другой конец стержня касается проводящей полусферы радиусом R, центр которой совпадает с точкой О. Вся система находится в однородном магнитном поле, индукция ω r В которого В направлена вертикально вверх 0 (рис. 12.22). Между сферой и стержнем α (точка О) включен резистор с достаточно большим сопротивлением r. Другой конец резистора подсоединен к стержню в точке Рис. 12.22. ВращающийО. Найти тепловую мощность N, выделяся стержень и полусфера в магнитном поле. ющуюся на резисторе.

§12. Электромагнитная индукция

119

12.32. Непроводящее тонкое кольцо массой m с невесомой ступицей, может вращается в горизонтальной плоскости относительно вертикальной оси. По кольцу равномерно распределен заряд q. Кольцо находится в однородном магнитном поле, вектор индукции В которого перпендикулярен плоскости кольца. Найти угловую скорость вращения ω, которую приобретет кольцо после выключения магнитного поля. 12.33. В середине длинного соленоида с плотностью намотки n витков на единицу длины находится коаксиальное кольцо прямоугольного сечения толщиной h с внутренним и внешним радиусами а и b соответственно. Кольцо сделано из проводящего материала с удельным сопротивлением ρ. Ток в соленоиде изменяется с постоянной скоростью dI 0 dt   . Найти индукционный ток I в кольце. 12.34. Проволочное кольцо радиусом а находится в однородном магнитном поле, модуль индукции которого меняется со временем по закону: В = В0sin ωt, а вектор магнитной индукции В направлен вдоль оси Х. Кольцо вращают с постоянной угловой скоростью ω вокруг оси, совпадающей с её диаметром и перпендикулярной оси Х. Найти ЭДС индукции E в кольце, если в начальный момент времени t = 0 ось кольца совпадала с осью Х. 12.35. Прямоугольная рамка со сторонами а и b вращается вокруг одной из своих сторон в однородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной к оси вращения, с переменной угловой скоростью    0 (1  t ) . Определить величину индуцированной в рамке ЭДС, если в начальный момент плоскость рамки была перпендикулярна индукции В. 12.36. Из изолированной проволоки сделан плоский контур в форме восьмерки, радиусы колец которой равны R1 и R2 < R1 (рис.12.23). Контур находится в магнитном поле, модуль индукции которого меняется со временем по линейному закону: В = βt, где β = const, а вектор индукции В перпендикулярен плоскости контура. Определить: а) зависимость от време- Рис. 12.23. Плосни силы тока I в контуре, если сопротивление кий контур в единицы длины провода равно r; б) разность форме восьмерки в магнитном попотенциалов Δφ между точками, расположен- ле. ными друг над другом в месте скрещивания проводов. Индуктивностью контура пренебречь.

120

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

12.37. Внутри цилиндра радиусом R индукция магнитного поля возрастает со временем по закону: B  t 2 , где α = const. Вектор индукции магнитного поля направлен вдоль оси цилиндра. Вне цилиндра магнитного поля нет. Определить модуль напряженности вихревого электрического поля Е(r) как функцию расстояния r от оси цилиндра в момент времени t1. 12.38. Через длинный соленоид радиусом а с плотностью намотки n витков на метр течет переменный синусоидальный ток, сила которого меняется по закону: I  I 0 sin(2t ) . Найти зависимость модуля напряженности Е(r) вихревого электрического поля от расстояния до оси соленоида. 12.39. В замкнутый контур, имеющий форму окружности радиусом а включены последовательно конденсаторы с емкостью С1 и С2. Контур находится в однородном переменном магнитном поле, модуль индукции которого линейно изменяется со временем по закону B  t , где α = const. Найти заряды конденсаторов, если вначале они не были заряжены. 12.40. Цилиндрический соленоид длиной l = 20 см и диаметром d = 3 см имеет N = 400 витков. Определить индуктивность L соленоида. 12.41. Определить число витков однослойной катушки, индуктивность которой L = 1 мГн. Диаметр катушки D = 4 см, диаметр проволоки d = 0,6 мм. Витки намотаны вплотную друг к другу. 12.42. Два длинных коаксиальных соленоида с плотностью витков обмотки n1 и n2 на единицу длины вставлены вплотную один в другой. Площадь поперечного сечения внутреннего соленоида S. Найти коэффициент взаимной индукции соленоидов в расчете на единицу их длины L′12. 12.43. В центре длинного соленоида с плотностью намотки n витков на единицу длины находится плоская катушка, состоящая из N витков радиусом а каждый. Плоскость витков катушки составляет угол β с осью соленоида. Определить коэффициент взаимной индукции соленоида и катушки L12. 12.44. Бесконечно длинный прямой провод радиусом а охвачен проводящим кольцом, радиус которого R, а центр совпадает с осью провода. Кольцо зафиксировано в положении, при котором его плоскость составляет угол α с осью провода. Определить коэффициент взаимной индукции L12 кольца и провода.

§12. Электромагнитная индукция

121

12.45. Проволочный виток n радиусом R согнули по диаметру α под прямым углом и поместили внутрь длинного соленоида с плотностью намотки n витков на единиРис. 12.24. Согнутый проволочный виток в длинном соленоиде. цу длины. Одна из плоскостей витка расположена под углом α к оси соленоида (на рис. 12.24 показан разрез соленоида с витком проволоки внутри него). Определить взаимную индуктивность L12 согнутого витка и соленоида. 12.46. Найти приближенно коэффициент взаимной индукции L12 двух тонких колец с радиусами r1 и r2, если оси колец совпадают, а их центры находятся друг от друга на расстоянии d, значительно превышающем их радиусы. 12.47. Два плоских замкнутых круглых витка проволоки с радиусами r1 и r2 лежат в одной плоскости на расстоянии d друг от друга, которое значительно превышает радиусы витков. Воспользовавшись дипольным приближением, определить взаимную индуктивность L12 витков проволоки. 12.48. Участок цепи состоит из двух длинных коаксиальных тонкостенных цилиндров радиусами а1 и а2 > а1, соединенных на концах проводящими плоскими пластинами. По цилиндрам текут равные по модулю, но противоположно направленные токи. Цилиндры находятся в воздухе. Найти индуктивность L участка цилиндров длиной l, расположенного вдали от их концов. 12.49. Двухпроводная линия представляет собой два параллельных провода одинакового радиуса, по которым текут одинаковые противоположно направленные токи. Радиусы проводов много меньше расстояния между их ними. Индуктивность единицы длины двухпроводной линии в воздухе (без учета магнитного поля внутри проводов) равна L. Во сколько раз n радиус каждого из проводов меньше расстояния между ими? 12.50. На тор квадратного сечения N2 a из немагнитного материала равномерно a B навито N1 = 400 витков тонкой проволоb ки. На эту обмотку навито N2 = 300 витN1 ков другой обмотки. Внутренний и Рис. 12.25. Тороид квадвнешний радиусы тора равны а = 5 см и ратного сечения с двумя b = 8 см (рис. 12.25). Найти коэффициент обмотками. взаимной индукции L12 обмоток.

122

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

12.51. На деревянный тор прямоугольного сечения высотой h равномерно навиты две обмотки, соединенные последовательно. Первая содержит N1 витков, вторая − N2 витков. Внутренний и внешний радиусы тора равны а и b соответственно. В зависимости от направления намотки проводов токи в обмотках могут иметь или одинаковое направление, или противоположное. Определить индуктивность L системы в обоих случаях. 12.52. Найти индуктивность системы из двух последовательно соединенных длинных соленоидов, один из которых вставлен внутрь другого. Внутренний соленоид имеет длину l1, радиус r1 и плотность намотки n1, внешний – l2, r2 и n2 соответственно (l2 > l1, r2 > r1). Рассмотреть два случая: направления токов в витках обоих соленоидов одинаковы или противоположны. 12.53. Катушка радиусом a и длиной l, имеющая N витков намотки, находится в середине длинного соленоида, радиус которого b, 0 длина L и плотность намотки  n витков на единицу длины. Катушка может вращаться вокруг оси 001, перпендикулярной к осям и катушки, и соленоида (рис. 12.26). Намотки 01 катушки и соленоида соединены последовательно. Определить зависимость индуктивности L системы от угла α между осями соленоРис. 12.26. Взаимное ида и катушки. При каком расположении карасположение катуш- тушки и соленоида индуктивность системы а) ки и соленоида. максимально, б) минимально; в) равна сумме индуктивностей катушки и соленоида? Считать, что отношение длины катушки к её радиусу достаточно велико, поэтому можно рассчитывать её индуктивность как в случае длинного соленоида. 12.54. Однослойная достаточно длинная катушка без сердечника разделена на две последовательно расположенные секции. Индуктивность первой секции L1 = 0,05 Гн, второй  L2 = 0,1 Гн. Считая взаимную индуктивность катушек пренебрежимо малой, найти индуктивность L всей катушки. 1 12.55. На длинный цилиндр 2 намотаны вплотную одна над другой 2′ две обмотки 1 - 1′ и 2 - 2′ (рис. 12.27). Индуктивность каждой обмотки равна 1′ L1 = 0,05 Гн. Чему равна индуктивРис. 12.27. Цилиндр с двумя ность L всей цепи, если: 1) концы 1′ и обмотками.

123

§12. Электромагнитная индукция

2′ соединить, а в цепь включить концы 1 и 2; 2) 1 и 2′ соединить, а в цепь включить концы 1′ и 2; 3) концы 1′ и 2′ и 1 и 2 соединить, а обе пары концов включить в цепь? 12.56. Длинный соленоид окружен витком провода, в котором поддерживается ток I = I0 cos(t) подключенным к нему источником переменного тока (рис. 12.28). Длина соленоида l, радиус a, число витков Рис. 12.28. Соленоид и виток N. Найти ЭДС индукции, наводимой в со- тока вокруг него. леноиде. 12.57. Короткая катушка радиусом а окружает длинный соленоид радиусом R. Число витков катушки равно N, плотность намотки соленоида  n витков на единицу длины. По катушке течет синусоидальный ток I = I0 sin(t). Определить напряжение U на концах соленоида. 12.58. Прямоугольная рамка со стоd ронами а и b лежит в одной плоскости с прямолинейным длинным проводом (рис. 12.29). Ближайшая сторона рамки a ~ параллельна проводу и отстоит от него на b расстояние d. В рамке источником пере12.29. Взаимное расменной ЭДС создается ток I = I0 sin(t). Рис. положение рамки и прямоНайти ЭДС индукции E(t), наводимой в линейного провода. проводе. 12.59. На оси большого длинного соленоида с числом витков n на единицу длины находится маленькая катушка из N витков, ось которой составляет угол θ с осью соленоида. Площадь поперечного сечения катушки S значительно меньше площади поперечного сечения соленоида. Источником ЭДС в катушке создается ток I. Найти магнитный поток поля катушки через обмотку соленоида. 12.60. Перемычка массой m может скользить без трения по двум длинным гориВ υ0 зонтальным шинам, расположенным на расL стоянии l друг от друга в однородном магнитном поле с индукцией B, перпендикулярной их плоскости. С одного конца шины за- Рис. 12.30. Контур с мкнуты катушкой с индуктивностью L подвижной перемычкой. (рис. 12.30). В момент времени t = 0 перемычке толчком сообщают скорость υ0. Пренебрегая сопротивлением контура, найти закон движения перемычки.

~

124

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§13. Магнитное поле в магнетиках 

Теорема Гаусса для индукции магнитного поля: B  dS  0 .

 S

 Граничное условие для нормальной составляющей индукции магнитного поля: B2 n  B1n  0 .  Связь вектора намагниченности с поверхностными токами намагничивания: i m  Mn  или M   ni m  , где n – нормаль к поверхности рассматриваемого элемента магнетика, im – линейная плотность поверхностного тока намагничивания магнетика, M  – тангенциальная составляющая вектора намагниченности.  Граничное условие для тангенциальной составляющей вектора намагниченности: M 2   M 1  ni m  , где нормаль к поверхности раздела двух сред n направлена от первой среды ко второй.  Теорема о циркуляции для вектора намагниченности. Интегральная форма. Для любого замкнутого контура L

 M  dl  I m , L

где Im – сила тока намагничивания через площадь, ограниченную контуром L. Дифференциальная форма. rot M  j m , где j m – объемная плотность тока намагничивания.  Напряженность магнитного поля: B H M. 0  Теорема о циркуляции для напряженности магнитного поля. Интегральная форма. Для любого замкнутого контура

 H  dl  I , L

§13. Магнитное поле в магнетиках

125

где I – сила тока проводимости, через площадь, ограниченную контуром L. Дифференциальная форма.: rot H  j , где j – объемная плотность тока проводимости.  Граничное условие для тангенциальной составляющей напряженности магнитного поля: H 2   H 1  ni  , где n – нормаль к поверхности раздела двух сред, направленная от первой среды ко второй, i – линейная плотность поверхностного тока проводимости.  Материальное уравнение для индукции магнитного поля: B   0 H  M    0 (1  ) H   0 H , восприимчивость вещества магнетика, где  – магнитная  = (1 + ).  Взаимосвязь токов проводимости и намагничивания в линейном, однородном и изотропном непроводящем магнетике: I m    1 I , j m    1 j , i m    1 i , где j и j m – объемные, i и i m – поверхностные плотности токов проводимости и намагничивания.  Связь между плотностью тока намагничивания и плотностью тока проводимости в линейных однородных изотропных магнетиках: j m  rotM  rotH  j .  Составляющие напряженности магнитного поля H в однородном и изотропном магнетике, имеющем форму эллипсоида, вдоль главных осей эллипсоида во внешнем поле напряженностью H0: H x  H 0x  N x M x , H y  H0y  N yM y , , H z  H 0z  N z M z .

причем Nx + Ny + Nz = 1 и 0  N x , y , z  1 .  Связь компонент напряженности магнитного поля H, магнитной индукции B и вектора намагниченности M в однородном линейном изотропном магнетике, имеющем форму эллипсои-

126

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

да, с компонентами напряженности Н0 и индукции В0 внешнего магнитного поля вдоль главных осей эллипсоида  = x, y, z: 1 H  H 0 , 1  N 1  B  B0  , 1  N  M  H 0 . 1 N  Факторы формы для частных случаев эллипсоида. Длинный цилиндр (стержень) с осью Z: 1 Nz  0 и Nx  Ny  . 2 Тонкий диск с осью Z: Nz  1, Nx  Ny  0 . Шар:

Nx  N y  Nz 

1 . 3

 Метод «магнитных зарядов». Объемная плотность «магнитных зарядов»: m (r) = – div M; поверхностная плотность «магнитных зарядов»: m = – (M2n – M1n) = – (n (M2 – M1)). Для нахождения магнитостатического поля можно использовать известные методы и готовые решения задач электростатики, проводя в них формальные замены: P    m . Е  Н, М ,  m , 0 0 0

13.1. Вблизи плоской границы магнетика  вакуум. Вектор индукции В магнитного поля в вакууме составляет угол α с нормалью к поверхности границы. В магнетике вектор намагниченности М направлен под углом β к нормали. Чему равна магнитная проницаемость μ магнетика?

§13. Магнитное поле в магнетиках

127

13.2. Вблизи плоской границы изотропного однородного магнетика с магнитной проницаемостью μ и воздуха. Индукция магнитного поля В1 в воздухе составляет угол α = 30° с нормалью n к поверхности раздела сред. Под каким углом к нормали n направлен вектор индукции В2 в магнетике вблизи границы раздела, если магнетиком является: а) парамагнетик алюминий (μ − 1 = 2,3∙10−5); б) ферромагнетик кобальт (μ = 150)? Для воздуха  В  1  0,38  10 6 . 13.3. Две изотропные однородные магнитные среды разделены плоской границей (рис. 13.1). Магнитные проницаемости сред равны μ1 и μ2 (μ2 > μ1). В среде с проницаемостью μ1 индукция магнитного поля равна В1 и составляет угол α с нормалью к поверхности раздела. Найти ин- Рис. 13.1. Направление векторов дукцию В2, напряженность Н2 и индукции на границе раздела двух намагниченность М2 во второй магнетиков. среде вблизи границы. 13.4.  Бесконечная пластина толщиной а из изотропного линейного магнетика помещена во внешнее магнитное поле, вектор индукции В0 которого перпендикулярен пластине. Магнитная проницаемость пластины линейно растет от В0 В0 значения μ1 на левой границе до μ2 на μ1 μ2 правой. Найти поток ФН вектора напряS n n женности Н через цилиндрическую поверхность с образующими, перпендику0 3a/4 лярными поверхности пластины, и осноХ ваниями площадью S. Левое основание цилиндра находится на расстоянии 3а/4 a от левой стороны пластины, а правое – в Рис. 13.2. Плоский слой магвоздухе (рис. 13.2). Магнитная проница- нетика и воображаемая цилиндрическая поверхность. емость воздуха равна μвозд. 13.5. Две изотропные однородные магнитные среды имеют плоскую границу раздела. Магнитные проницаемости сред равны μ1 и μ2. В среде с проницаемостью μ1 вектор индукции магнитного поля В1 и составляет угол α с нормалью к поверхности раздела сред. Найти циркуляцию вектора В по квадратному контуру Г со

128

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

стороной l, половина которого находится в первом магнетике, а половина – во α втором (рис. 13.3). Плоскость контура перпендикулярна границе раздела магμ2 Г нетиков. 13.6. По плоской поверхности Рис. 13.3. Расположение контура Г относительно границы большой парамагнитной пластины с раздела магнетиков. магнитной проницаемостью μ течет ток с постоянной поверхностной плотностью i. Пластину поместили во внешнее одноn родное магнитное поле, в результате чего β В1 индукция магнитного поля в вакууме вблизи пластины стала В1, а в парамагнеα В2 тике − В2 (рис. 13.4). Определить направление и линейную плотность поверхностРис. 13.4. Изменение направления вектора магнит- ного тока i, если вектор индукции В1 составляет с нормалью n к плоскости планой индукции на границе магнетика с вакуумом. стины угол α. 13.7. В однородное магнитное поле с индукцией В0, созданное в воздухе, помещена бесконечная плоскопараллельная пластина конечной толщины из однородного изотропного магнетика с проницаемостью μ, расположенная перпендикулярно вектору В0. Определить намагниченность М и напряженность Н магнитного поля в магнетике. 13.8. Длинный прямолинейный провод радиусом R из проводящего материала с магнитной проницаемостью μ находится в воздухе. По проводу течет постоянный ток I, равномерно распределенный по его сечению. Найти намагниченность М провода на расстоянии r от его оси, объемную jm и поверхностную im плотность токов намагничивания. 13.9. По бесконечному цилиндрическому проводу радиусом R, находящемуся в воздухе, течет ток, плотность которого меняется в зависимости от расстояния r до оси провода по закону: j (r )  r , где β = const. Провод сделан из парамагнетика с магнитной восприимчивостью χ. Найти объемную jm(r) и поверхностную im плотности токов намагничивания в магнетике и силы этих токов Im об и Im пов. 13.10. По бесконечной тонкостенной металлической трубке радиусом а из немагнитного материала течет ток I. Трубка находится в бесконечной однородной непроводящей среде с магнитной μ1

n

В1

§13. Магнитное поле в магнетиках

129

проницаемостью μ. Найти линейную плотность поверхностных токов намагничивания im на границе трубки и объемную плотность jm токов намагничивания в среде. 13.11. По бесконечному проводу круглого сечения радиусом a, находящемуся в вакууме, течет постоянный ток I. Магнитная проницаемость материала провода меняется с расстоянием r до его r оси по закону: (r )  1    , где α = const. Найти напряженность a поля Н(r), магнитную индукцию В(r), намагниченность М(r), объемную jm(r) и поверхностную im плотности токов намагничивания и силы токов Imоб и Im. 13.12. Прямой бесконечно длинный r провод с током I лежит в плоскости разμ1 дела двух непроводящих сред с магнитными проницаемостями μ1 и μ2 (рис. 13.5). μ2 I Найти намагниченность М и магнитную   индукцию В как функции расстояния r до Рис. 13.5. Прямой провод на оси провода, а также токи намагничива- границе двух магнетиков. ния во всем пространстве и суммарный эффективный линейный ток IΣ, протекающий по проводу. 13.13. Круговой тонкий виток, по которому течет ток I, лежит на плоской границе раздела вакуума и магнетика с магнитной проницаемостью μ. Найти индукцию магнитного поля на оси контура на расстоянии z от его центра. 13.14. Длинный соленоид заполнен неоднородным парамагнетиком с магнитной проницаемостью, зависящей от расстояния r до оси соленоида: μ(r) = 1 + αr3, где α = const. На оси соленоида индукция магнитного поля равна В0. Найти намагниченность M(r), магнитную индукцию B(r), а также плотности объемных jm(r) и поверхностных im токов намагничивания внутри соленоида. 13.15. Найти индуктивность соленоида длиной l и радиусом a (l >> a), содержащего N витков, если он заполнен парамагнетиком с неоднородной магнитной восприимчивостью χ(r) = r2, где r – расстояние от оси соленоида,  = const. 13.16. Изотропный однородный парамагнетик с проницаемостью μ занимает нижнее полупространство. В вакууме параллельно поверхности магнетика на расстоянии d от границы раздела сред находится прямолинейный длинный тонкий провод, по которому

130

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

течет постоянный ток I. Найти силу, действующую со стороны магнетика на единицу длины провода. 13.17. Бесконечная плоская пластина-магнит намагничена так, что вектор намагниченности М перпендикулярен ее плоскости. Найти магнитную индукцию В и напряженность поля Н внутри и вне пластины. 13.18. Бесконечная плоская пластина-магнит намагничена так, что вектор намагниченности М параллелен ее плоскости. Найти магнитную индукцию В и напряженность поля Н внутри и вне пластины. 13.19. Тонкая квадратная пластина со стороной а и толщиной h R изготовлен из материала с намагниченностью M вдоль его оси. Определить модуль индукции магнитного поля магнита В в центре одного из торцов. 13.23. Очень длинный цилиндр из однородного изотропного магнетика с магнитной проницаемостью  поместили в однородное постоянное магнитное поле, вектор индукции В0 которого перпендикулярен оси цилиндра. Найти намагниченность М магнетика, напряженность Н и индукцию В магнитного поля внутри цилиндра. 13.24. Модуль магнитной индукции внутри однородно намагниченного шара радиусом R = 2 см равен В = 0,4 Тл. Чему равен модуль магнитного момента шара рm? 13.25. Шар из магнетика помещён во внешнее однородное магнитное поле с индукцией B0. Внутри шара индукция магнитно-

§13. Магнитное поле в магнетиках

131

го поля равна В. Найти магнитную проницаемость μ и модуль намагниченности М магнетика, из которого изготовлен шар. 13.26. Обмотка тонкой торои- B,Тл дальной катушки с железным сер1,2 дечником состоит из N = 500 витков. 1,1 Радиус тора по средней линии 1,0 r0 = 8 см. Найти индукцию В магнитного поля внутри катушки на её 0,9 средней линии, намагниченность М и 0,8 магнитную проницаемость μ сердеч0,7 ника при силах тока в обмотке I1 = 0,5 А и I2 = 1,0 А. Во сколько раз 0,6 0 200 400 600 800 Н,А/м отличаются значения напряженности Рис. 13.6. Зависимость индукполя катушки, модуля индукции и ции магнитного поля в железе намагниченности сердечника при от напряжённости внешнего указанных силах тока? Зависимость поля В(Н). индукции магнитного поля в железе от модуля напряженности внешнего поля В(Н) приведена на рис. 13.6. 13.27. В сердечнике тороидальной катушки, длина которого по средней линии l, имеется поперечный воздушный зазор толщиной d 1.

132

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

13.30. Тороидальный сердечник составлен из двух половин, которые сделанных из различных ферI ромагнитных материалов с магнитными проницаемостями μ1 и μ2 (рис. 13.7). Об1 щая длина сердечников по средней лиd нии, включая два небольших зазора ши2 риной d каждый, равна l. По обмотке сердечника, имеющего N витков, течет ток I. Определить модуль индукции В Рис. 13.7. Тороидальный магнитного поля в зазоре. Рассеянием сердечник из двух половин. магнитного поля в зазорах пренебречь. 13.31. На железное кольцо квадратного сечения со средним диаметром D = 30 см намотано N = 600 витков провода, по которому течет ток I = 3,2 А. В кольце имеется поперечный воздушный зазор ширины d = 2 мм. Используя график зависимости В(Н) модуля индукции магнитного поля в железе от модуля напряжённости поля (приведен на рис. 13.6) определить магнитную проницаемость μ железа в этих условиях. 13.32. Ферромагнитный материал M/Mr 1 имеет остаточную намагниченность Mr и коэрцитивную силу Hc, а часть кривой размагничивания, в приведенных единицах М/Mr и Н/Нс можно аппроксимировать четвертью окружности (рис. 13.8). Из данного материала изготовлен постоянный магнит в виде тонкого тора со 1 H/Hc средним радиусом R и узким поперечным зазором шириной h (h > 1 имеет площадь поперечного сечения S. Общая длина сердечника с якорем по средней линии равна l. Число витков обмотки N, по ней протекает ток I (рис. 13.9). Якорь

§13. Магнитное поле в магнетиках

133

магнита отстоит от сердечника на расстояние х I0. Рис. 13.11. Кривая намагни13.37. Тонкий тороидальный сер- чивания ферромагнетика. дечник, средний радиус которого равен R, сделан из магнетика с проницаемостью μ >> 1 и находится в воздухе. Сердечник разрезан по диаметру, а его половинки раздвинуты на небольшое расстояние d > а, R >> а >> l, где R – средний радиус тора). 13.39. Тороидальный сердечник M квадратного сечения со стороной а изl a O готовлен из магнетика с магнитной проницаемостью μ >> 1 и имеет тонкий R поперечный зазор шириной l > a. В зазор вставлен постоянный магнит, вектор намагниченРис. 13.13. Тороидальный серности которого М перпендикулярен дечник с зазором, в котором находится постоянный магнит. плоскости разреза (рис. 13.13). Размеры магнита совпадают с размерами зазора. Определить в дипольном приближении индукцию магнитного поля В0 в центре О тора. 13.40. На бесконечный соленоид поперечного сечения S с плотностью намотки n витков на единицу длины намотана вплотную катушка из N витков. Соленоид заполнен веществом с магнитной проницаемостью μ. Найти коэффициент L12 взаимной индукции катушки и соленоида. 13.41. Вдоль оси тонкой проводящей цилиндрической трубки радиусом b расположен провод радиусом a, магнитная проницаемость которого равна μ1. Пространство между трубкой и проводом заполнено веществом с магнитной проницаемостью μ2. По проводу и цилиндрической трубке текут равные по величине, но противоположно направленные токи. Ток по сечению провода распределен равномерно. Определить индуктивность L1 системы в расчете на единицу длины . 13.42. Найти коэффициент взаимной индукции двух катушек с индуктивностями L1 и L2, надетых на замкнутый ферромагнитный сердечник с магнитной проницаемостью μ >> 1.

I

§13. Магнитное поле в магнетиках

135

13.43. Однослойная, достаточно длинная катушка с железным сердечником разделена на две секции, индуктивности которых равны L1 = 0,04 Гн L2 = 0,09 Гн. Найти коэффициент взаимной индукции катушек L12, индуктивность всей катушки L и количество витков всей катушки, если в первой секции N1 = 100 витков. 13.44. В первичной катушке трансформатора с железным сердечником течет ток I  I 0 sin t . μ Магнитная проницаемость сердечника равна μ. Число витков в первичной ка- I N1 N2 тушке равно N1, а во вторичной - N2 (рис. 13.14). Площадь сечения сердечника S, его эффективная длина l. ОпреРис. 13.14. Трансформатор с двумя обмотками. делить ЭДС индукции E во вторичной катушке, если она разомкнута.

136

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле  Пондеромоторные силы – силы, действующие на тела со стороны электромагнитного поля.  Работа пондеромоторных сил: A   Fx j d x j , j

где Fx j  обобщенные пондеромоторные силы, действующие по направлению обобщенных координат xj (координаты, однозначно определяющие положение тел системы в пространстве).  Обобщенные пондеромоторные силы: A . Fx j  x j 

Закон изменения энергии системы контуров с током: A  dW   I i dΦi , i

где A – работа пондеромоторных сил, действующих на контуры в магнитном поле, dW – изменение энергии магнитного поля, I i – сила тока в i-м контуре, dΦ i – изменение магнитного потока, пронизывающего i-й контур.  Связь работы пондеромоторных сил с энергией магнитного поля. Для процессов, в которых сохраняются магнитные потоки {i}, пронизывающие контуры с токами: A  W Φ const . i

рах:

Для процессов, в которых постоянны силы тока {I i } в контуA  W

ля.



I i const

.

Связь пондеромоторных сил с энергией магнитного по-

Для (виртуальных) процессов, в которых сохраняются магнитные потоки {i}, пронизывающие контуры с токами:  A   W       . Fk    x k    x k  

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле

137

Для (виртуальных) процессов, в которых постоянны силы тока {I i } в контурах:

поле:



 A   W      . Fi    x i  I  x i  I Энергия магнитного момента pm во внешнем магнитном

W   pm  B .  Сила, действующая на магнитный момент точечного диполя pm во внешнем магнитном поле:  B  B  B      k  p m F  i  pm   j  p m . x  y  z    

В случае отсутствия токов в области расположения магнитного момента (в стороне от источников магнитного поля): B B B F  pmx  pm y  pm z   p m  B . x y z  Момент силы, действующий на магнитный момент точечного диполя во внешнем магнитном поле: M   pm B .  Энергия магнитного поля при наличии линейного изотропного магнетика: 1 W   H  B dV . 2  Объемная плотность энергии магнитного поля: B 2 (r ) 1 1 . w(r )  H (r )  B (r )   0 Н 2 (r )  2 2 2 0  Объемная плотность пондеромоторных сил, действующих на магнетик с вектором намагниченности М в магнитном поле:  B   B   B    k  M f  i M   j  M . x   y  z    Если магнетик линеен и изотропен и для него справедливо ма 1 B , то: териальное уравнение M  H   0

f 

 

 1 grad B 2 . 2 0 

138

ния:

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ



Поверхностная плотность максвелловских сил натяже-

Bn2  1 1     , 2 0   2 1  где Вn – нормальная к границе раздела магнетиков компонента индукции магнитного поля. Сила действует в сторону магнетика с меньшей магнитной проницаемостью.  Поверхностная плотность максвелловских сил давления: 1 f x  w1  w2   0 H 2 1   2  , 2 где Нτ – тангенциальная компонента напряженности магнитного поля. Сила действует в сторону магнетика с меньшей магнитной проницаемостью.





f xn   w1n  w2n 

14.1. По длинному сплошному прямому цилиндрическому проводу радиусом R из немагнитного материала течет ток, плотность которого j меняется с расстоянием r до оси провода по закону: j  r , где α = const. Найти энергию магнитного поля внутри провода в расчете на единицу его длины. 14.2. По длинному прямому цилиндрическому проводу радиусом R1 из немагнитного материала течет ток I, плотность которого одинакова во всём объёме проводника. Во сколько раз изменится энергия магнитного поля внутри провода в расчете на единицу его длины, если такой же ток I пропустить по проводу радиусом R2 > R1? 14.3. Найти энергию магнитного поля W внутри тороидальной катушки прямоугольного сечения без сердечника, имеющей N витков. Внутренний радиус тороида равен a, внешний b, высота h. По катушке течет ток I. 14.4. Коаксиальный кабель состоит из сплошного внутреннего проводника радиусом а и тонкого внешнего цилиндрического проводника радиусом b. По проводникам текут токи силой I в противоположных направлениях. Найти энергию магнитного поля в расчете на единицу длины кабеля. Считать, что магнитная проницаемость материала проводников и зазора между ними  = 1, а ток распределен по проводникам равномерно.

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле

139

14.5. На замкнутый сердечник с боль- I1 шой магнитной проницаемостью μ >> 1 намотаны вплотную две катушки (рис. 14.1). μ Число витков первой катушки равно N1, второй − N2. По первой катушке протекает ток I1, по второй − I2. Длина сердечника вдоль l I2 средней линии равна l. Найти энергию W магнитного поля в сердечнике, объем кото- Рис. 14.1. Ферромагнитный сердечник с двумя рого равен V. обмотками. 14.6. На железное кольцо, площадь поперечного сечения которого равно S, намотано N витков провода, по которому течет ток I. Длина кольца по средней линии равна l. В кольце имеется поперечный зазор ширины b S ), если они сделаны из материалов с большой магнитной проницаемостью 1 и 2 соответственно. Обмотка тора имеет N витков, по ней течет ток I. 14.24. В сердечнике тороидального электромагнита радиусом R и круглого сечения площадью S (R >> S ) имеется малый зазор

142

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

шириной l (l > 1). Какую минимальную работу нужно совершить против пондеромоторных сил магнитного поля, чтобы удалить пластинку из зазора? Рис. 14.5. Сердечник элек14.25. Электромагнит в форме подтромагнита с магнитной ковы, изготовленный из железа, имеет прокладкой в зазоре. площадь поперечного сечения S = 2 см2. Общая длина сердечника с якорем по средней линии равна l = 40 см, толщина каждого из воздушных зазоров х = 0,2 мм. Число витков обмотки N = 300 (см. рис. 14.6). При токе I = 3 А электромагнит может удержать якорь с х нагрузкой общим весом Р = 20 кг. Определить индукцию В магнитного поля в сердечнике и Рис. 14.6. Электромагнитную проницаемость μ железа при этих магнит с якорем. условиях. Рассеянием магнитного поля в зазорах пренебречь. 14.26. Постоянный магнит в форме подковы с круглым сечением, диаметр которого D = 2 см, способен удерживать якорь с грузом, масса которых m = 10 кг. Чему равна индукция В магнитного поля вблизи полюсов магнита? 14.27. Прямоугольная проволочная a рамка со сторонами a и b, I2 по которой протекает ток I1, лежит в одной d плоскости с прямым длинным проводом, по b I1 которому течет ток I2. Ближайшая к проводу сторона рамки длиной b находится на расстоянии d от провода (рис. 14.7). Какую Рис. 14.7. Рамка с током I2 работу нужно совершить, чтобы повернуть возле провода с током I1. рамку на 180º вокруг стороны длиной а? 14.28. В постоянное магнитное поле с индукцией В вносят рамку с током I площадью S, причем плоскость рамки составляет угол α с вектором индукции В. Найти работу A сил поля при повороте рамки в положение устойчивого равновесия?

143

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле

14.29. По квадратной проволочной О' рамке со стороной a течет ток I1. Рамка находится в одной плоскости с длинным I2 прямым проводом, по которому течет a I1 постоянный ток I2. Две стороны рамки параллельны проводу. Расстояние от О a провода до ближайшей к нему стороны b а рамки равно b. Рамку поступательно передвинули на расстояние а и затем по- Рис. 14.8. Перемещение рамки с током I1 в магнитном вернули на 180º вокруг оси ОО′, прохо- поле провода с током I2. дящей через середины сторон рамки параллельно проводу (рис. 14.8). Какую работу А потребовалось для этого совершить? 14.30. Центры двух катушек с магнитными моментами p1 и p2 расположены на одной прямой, а их магнитные моменты взаимно перпендикулярны. Расстояние L между катушками велико по сравнению с их размерами. Определить силу взаимодействия этих катушек. 14.31. Два одинаковых параллельных магнитных момента pm лежат в одной плоскости и образуют одинаковые углы  с соединяющим их отрезком. Вычислить модуль силы взаимодействия диполей. При каких углах  эта сила максимальна? 14.32. Точечный магнитный момент pm рm ориентирован перпендикулярно длинному X I r прямому проводу, по которому течет ток I (рис. 14.9). Определить силу, действующую Рис. 14.9. Взаимная орина диполь со стороны магнитного поля про- ентация магнитного мовода, если расстояние между проводом и ди- мента и провода с током. полем равно r. 14.33.Точечный диполь с магнитным в одной плоскости с длинным прямым проводом, по которому течет ток I. Определить силу F и вращающий момент M, действующие на магнитный момент, если расстояние между ним и проводом равно r, а его компоненты в декартовых координатах равны соответственно pmx и pmy (рис. 14.10).

моментом pm находится I

Y pmy

pm

Х

r pmx

Рис. 14.10. Взаимное расположение магнитного момента pm и провода с током I.

144

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

14.34. По квадратной рамке со стороной 2а течет ток I. На перпендикуляре к плоскости рамки, проведенном через её центр, находится небольшая катушка с током, магнитный момент которого рm направлен вдоль перпендикуляра от рамки (рис. 14.11). Найти модуль действующей на катушку силы, если расстояние от неё до центра рамки равно х. Рис. 14.11. Взаимное рас14.35. В однородном магнитном положение квадратной рамки с током и катушки. поле, вектор индукции которого В направлен вертикально, подвешен за конец тонкий намагниченный стержень. Магнитный момент стержня рm направлен вдоль стержня вниз. Масса стержня m, его длина l. Найти период малых колебаний Т стержня. Как изменится период колебаний стержня, если выключить магнитное поле? 14.36. Магнитный момент стрелки компаса равен pm, её масса m, длина l. Горизонтальная составляющая индукции магнитного поля Земли равна Вг. Рассматривая магнитную стрелку как тонкий стержень, определить период Т её колебаний в магнитном поле Земли. 14.37. Тонкий парамагнитный стержень с площадью сечения S из материала с магнитной проницаемостью μ ориентирован вдоль горизонтальной линии магнитной индукции В внешнего поля, которая которой линейно уменьшается от В1 вблизи одного конца стержня до В2 возле его другого конца. Какую силу надо приложить к стержню, чтобы удержвать его? Считать, что S  l , где l – длина стержня. 14.38. Внутри немагнитного цилиндра с помощью системы катушек с током создано магнитное поле, индукция которого вблизи оси цилиндра направлена вдоль неё, а модуль индукции меняется по закону: B  B0 / x 2 (х – расстояние от центра цилиндра до точки на его оси, х > 0). В точке с координатой х = а находится маленький парамагнитный шарик объёмом V, магнитная восприимчивость материала которого равна χ. Найти силу, действующую на шарик со стороны магнитного поля. 14.39. Небольшой шарик объемом V из парамагнитного материала с магнитной проницаемостью  переместили из области с

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле

145

магнитной индукцией В в область, где магнитное поле отсутствует. Какую работу совершили при этом против сил магнитного поля? 14.40. Тонкая парамагнитная палочка объемом V и с проницаемостью μ подвешена на нити за центр масс на расстоянии d от бесконечного d I прямого вертикального провода с током I, причем палочка расположена горизонтально и перпендикулярно проводу (рис 14.12). Длина палочки значительно Рис. 14.12. Парамагнитная меньше d. Какая сила будет действовать палочка, подвешенная на на палочку со стороны магнитного поля нити возле провода с током. провода с током?

146

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§15. Переходные процессы в электрических цепях  Переходный процесс в электрической цепи  переход из одного стационарного состояния электрической цепи в другое, происходящий при изменении параметров цепи  ЭДС E, емкостей С, индуктивностей L и сопротивлений R.  Уравнение собственных затухающих колебаний в цепи с последовательным соединением R, L, C: (t )  2  2   0 , 0 1 – круговая чагде   R 2 L – коэффициент затухания,  0  LC стота собственных гармонических колебаний.  Решение уравнения собственных колебаний с затуханием меньше критического ( < 0, или R  2 L / C ): (t )  Ae  t cost  0  ,

где   02   2 – круговая частота собственных затухающих колебаний.  Решение уравнения собственных колебаний с затуханием больше критического (  > 0, или R  2 L / C ): (t )  A1e

    2  02  t  

 A2 e

    2  02  t  

,

где A1 и A2 – постоянные величины  Решение уравнения (закон) собственных затухающих колебаний с критическим затуханием ( = 0 или R  2 L / C ): (t )  ( A1  A2t )e  t .  Время затухания (релаксации) τ:   1/   2L / R .  Взаимосвязь между током и напряжением на отдельных участках цепи. Резистор: UR = R IR, где UR – напряжение на резисторе, IR – сила тока, протекающего через этот резистор, R – сопротивление резистора. dU C Q Конденсатор: U C  , I C  C , C dt

§15. Переходные процессы в электрических цепях

147

где UC – напряжение на конденсаторе; IС – сила переменного тока, протекающего через конденсатор; Q – заряд конденсатора, С – емкость конденсатора. t

1 U C (t )  U C (0)   I C dt , C0 где UС (0) – напряжение на конденсаторе в момент времени t = 0. dI Катушка индуктивности: U L  L L , dt где UL – напряжение на катушке индуктивности, IL – сила тока через катушку; L – индуктивность катушки. Напряжение на катушке индуктивности UL равно взятой с обратным знаком ЭДС самоиндукции, возникающей в катушке. Можно либо учитывать напряжение на катушке индуктивности в сумме с другими напряжениями в контуре, либо включить ее в состав, действующих в контуре ЭДС: t

1 U L dt , L 0 где IL(0) – сила тока через катушку в момент времени t = 0. Реальная катушка, наряду с индуктивностью L, обладает также омическим (активным) сопротивлением r, напряжение UrL на ней равно dI U rL  rI L  L L . dt  Мощность, выделяемая на участке цепи: P (t )  U (t ) I (t ) , где U(t) и I(t) – напряжение и ток на этом участке. I L (t )  I L (0) 

К 15.1. Дроссель (катушка) с индуктивноE стью L = 8 Гн и омическим сопротивлением L R1 R1 = 40 Ом и лампочка с сопротивлением R2 = 200 Ом соединены параллельно и подклюR2 чены к источнику ЭДС E = 120 В через ключ К (рис. 15.1). Определить напряжение на дроссеРис. 15.1. Схема цепи. ле через время t1 = 0,01 с и t2 = 0,5 с после размыкания ключа. 15.2. Катушку с индуктивностью L = 250 мГн и сопротивлением R = 0,3 Ом подключили к источнику постоянного напряже-

148

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ния. Через какое время τ сила тока в катушке достигнет η = 50% от установившегося значения? L1 15.3. Схема состоит из резистора с сопротивлением R, двух катушек с индукL2 L и L2 и источника напряжетивностями 1 К ния с ЭДС E, соединенных по схеме, показанной на рис. 15.2. Найти зависимость от E R времени токов I1(t) и I2(t) в катушках поРис. 15.2. Схема цепи. сле замыкания ключа К. Взаимную индуктивность не учитывать. Омическим сопротивлением катушек пренебречь. 15.4. В цепи, схема которой изображена L на рис. 15.3, индуктивность катушки равна L, E, r  К сопротивление резистора R, ЭДС источника E, его внутреннее сопротивление r. Ключ К заR мыкают. Найти напряжение U на катушке в момент, когда через резистор протечет заряд q. Рис. 15.3. Схема цепи. 15.5. Найти зависимости от вреК мени силы тока IL(t) через катушку инR дуктивности L и напряжения UL(t) на E  R L катушке в схеме, приведенной на рис. 15.4, после замыкания ключа K. 15.6. Последовательно соединенРис. 15.4. Схема цепи. ные катушка индуктивности и резистор подключены к источнику постоянного тока с ЭДС E. Полное омическое сопротивлением цепи равно R. В катушку вставлен железный сердечник, при этом ее индуктивность равна L1. В момент времени t = 0 очень быстро вынимают сердечник из катушки. Индуктивность катушки без сердечника равна L2. Определить зависимость силы тока в цепи от времени I(t) при t > 0. 15.7. Для измерения магнитной восприимчивости длинных цилиндрических образцов применяется установка, R L схема которой представлена на рис. 15.5. При быстром удалении образца, заполV E  няющего всю катушку, на ней возникает Рис. 15.5. Схема установки импульс напряжения, который измеряетдля измерения магнитной ся с помощью осциллографа. Индуктиввосприимчивости образцов. ность катушки без образца равна L = 1 Гн. Определить магнитную восприимчивость χ образца, если

§15. Переходные процессы в электрических цепях

149

ЭДС источника E = 4,5 В, сопротивление резистора R = 10 Ом, амплитуда импульса напряжения V = 7 мВ. Каким должно быть время удаления образца, чтобы от этого зависела амплитуда импульса напряжения? 15.8. Для цепи, схема которой представК L2 лена на рис, 15.6, известны индуктивность катушки L1, сопротивление резистора R и внутL1 R реннее сопротивление r источника постоянного тока. Сначала ключ разомкнут, и по резиE, r  стору R течет постоянный ток I. После замыкания ключа К за достаточно большой промежуток времени через резистор проходит заряд Рис. 15.6. Схема цепи. q. Определить индуктивность L2 второй катушки. Считать, что омические сопротивления обеих катушек пренебрежимо малы. 15.9. Обкладкам конденсатора емкостью C = 4 мкФ сообщили разноименные заряды величиной q0 = 2 мКл. Затем обкладки замкнули через резистор с сопротивлением R = 3 МОм. Какой заряд q прошел через этот резистор за время Δt = 1 с? 15.10. Электрическая цепь, схема которой E,r К изображена на рис. 15.7, состоит из конденсатора емкостью С, резистора сопротивлением R, R источника ЭДС E  с внутренним сопротивлением r и ключа К. Сначала ключ разомкнут. Как С будет меняться со временем сила тока I через источник после замыкания ключа. Рис. 15.7. Схема цепи. 15.11. Для электрической цепи, описанной в задаче 15.10, известны емкость конденсатора С и сопротивление резистора R. Найти ЭДС источника, если известно, что сразу после замыкания ключа ток через источник в n = 2 раза больше установившегося в цепи, а установившееся напряжение на конденсаторе U = 1,75 В. 15.12. Определить закон изменения R2 К во времени силы тока I(t) через источник постоянного напряжения E после замыка- E R1 С ния ключа K в схеме, изображенной на рис. 15.8. 15.13. К заряженному до напряжеРис. 15.8. Схема цепи. ния U конденсатору с емкостью C1 через

150

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

резистор с сопротивлением R подключается незаряженный конденсатор с емкостью C2. Как будет изменяться со временем сила тока I(t) в цепи? 15.14. В схеме, изображенной на С рис. 15.9, ключ К сначала разомкнут. Определить изменение со временем заряд на конденК R2 саторе q(t) после замыкания ключа. E R1 15.15. Воздушный конденсатор с емкостью С0, резистор с сопротивлением R и исРис. 15.9. Схема цепи. точник постоянного напряжения с ЭДС E соединены последовательно. Пластины конденсатора очень быстро сближают, при этом расстояние между пластинами уменьшается в 2 раза. Как после этого будет изменяться со временем ток I(t), текущий через резистор? Какое количество теплоты Q выделится на резисторе в процессе перезарядки конденсатора? 15.16. Резистор с сопротивлением R, плоский конденсатор и источник напряжения с ЭДС E соединены последовательно. В конденсаторе находится диэлектрическая пластина с проницаемостью ε, заполняющая весь его объем. Емкость конденсатора без пластины равна С. В некоторый момент времени пластину быстро вынимают из конденсатора. Как после этого будет изменяться со временем заряд q(t) конденсатора? 15.17. Определить, как изменяется со временем напряжение на катушке индукI(t) R L тивности в схеме, представленной на рис. 15.10, если генератор тока формирует: 1) ступенчатый сигнал: Рис. 15.10. Схема цепи. I(t) = 0 при t < 0; I(t) = I0 при t > 0; 2) прямоугольный импульс: I(t) = 0 при t < 0, t > T; I(t) = I0 при 0 < t < T. 15.18. Конденсатор емкостью С, исR точник ЭДС E, нелинейное сопротивление R E и ключ К соединены последовательно С (рис. 15.11). Сила тока I через сопротивлеК ние связана с напряжением U на нём соотношением: I  U 3 / 2 , где α – постоянная Рис. 15.11. Цепь с нелинейным сопротивлением. величина. Сначала ключ разомкнут. Найти зависимость тока в цепи от времени I(t) после замыкания ключа.

§15. Переходные процессы в электрических цепях

151

15.19. К заряженному до напряжения U конденсатору емкостью C1 последовательно через резистор с сопротивлением R подключается незаряженный конденсатор с емкостью C2. Как будет изменяться со временем энергия второго? 15.20. Изначально незаряженный конденсатор емкостью C подключается к источнику ЭДС E0 с внутренним сопротивлением r. Определить количество теплоты, выделившейся в цепи за время t при зарядке конденсатора. 15.21. Катушка индуктивности L с 2 r активным сопротивлением r подключена К к источнику напряжения с ЭДС E (ключ в L 1 положении 1 рис. 15.12). Какое количеE ство теплоты Q выделится в катушке за время t < L/r после перевода ключа в по- Рис. 15.12. Схема цепи. ложение 2? 15.22. Последовательно соединенные резистор с сопротивлением R, катушка с индуктивностью L и конденсатор с емкостью C подключаются к источнику постоянного L R напряжения с ЭДС E  (рис. 15.13), причем R 2  4 L C . Определить: 1) зависимость С К силы тока в цепи от времени I(t); 2) через какое время t0 сила тока достигнет макE симума; 3) чему равно максимальное зна- Рис. 15.13. Схема RLC цепи. чение силы тока Imax; 4) чему равно напряжение U на конденсаторе в момент, когда сила тока максимальна. 15.23. Для схемы, описанной в задаче 15.22, определить зависимость силы тока в цепи от времени I(t), если параметры элементов схемы таковы, что R 2  4 L / C . 15.24. Колебательный контур состоит из катушки c индуктивностью L и конденсатора с емкостью С. Катушка помещена в постоянное магнитное поле, создающее пронизывающий её поток магнитной индукции Ф0. В момент времени t = 0 магнитное поле выключается за время, пренебрежимо малое по сравнению с периодом собственных колебаний контура. Найти зависимость от времени тока в контуре после выключения магнитного поля. Считать, что катушка не имеет активного сопротивления. 15.25. В схеме, изображенной на рис. 15.14, при замкнутом ключе К через катушку с индуктивностью L1 течет ток I0, а напря-

152

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

жение на конденсаторе емкостью С равно нулю. В момент времени t = 0 ключ быстро размыкают. Найти зависимости R L2 от времени тока в цепи I(t) и напряжения L1 на конденсаторе UC(t) для t > 0. АктивК ными сопротивлениями катушек индуктивности и конденсатора пренебречь. Рис. 15.14. Схема цепи. 15.26. Найти силу тока IL(t) через катушку индуктивности L после замыкаК ния ключа K в схеме, приведенной на R рис. 15.15. Параметры L, C, R удовлеE0  С L творяют условию L > 4CR2. 15.27. В схеме, изображенной на рис. 15.16, ключ К сначала замкнут, и Рис. 15.15. Схема цепи. цепь подсоединена к источнику постоК янного напряжения с ЭДС E. Как будут изменяться со временем ток IL(t) через R2 катушку индуктивности L и напряжение R 1 E  UC(t) на конденсаторе емкостью С после L размыкания ключа? Параметры схемы С удовлетворяют случаю слабого затухания. Рис. 15.16. Схема цепи. 15.28. Для цепи, схема которой приведена на рис. 15.17, известны сопротивления резисторов R1 и R2 и емкость конденсатора С. После замыкания ключа К ток через гальванометр G не течет. Определить коэффициент взаимной индукции L12 катушек, считая, что индуктивность L2 второй катушки пренебрежимо мала. 15.29. Электрическая цепь состоит Рис. 15.17. Схема цепи. из резистора с сопротивлением R, источника ЭДС E с внутренним соr R противлением r и катушки индуктивности L1 (рис. 15.18). К катушке E  L1 L2 L1 издалека приближают короткоК замкнутую катушку с индуктивностью L2 и пренебрежимо малым омическим сопротивлением. ПерРис. 15.18. Два контура с С

катушками индуктивности.

§15. Переходные процессы в электрических цепях

153

воначально ток в этой катушке отсутствует, а после сближения катушек он становится равным I2. После сближения катушек ключ К замыкают. Какое количество теплоты выделится после этого на резисторе R? 15.30. Цепь, показанная на К рис. 15.19, состоит из двух конденсаС1 торов с емкостями C1 и C2, двух каС2 L2 L и L , тушек с индуктивностями 1 2 L1 двух идеальных диодов D1 и D2 и ключа K. Первоначально конденсаD2 D1 тор C2 заряжен. В момент времени Рис. 15.19. Схема цепи с диодами. t = 0 ключ K замыкают. Найти продолжительность τ переходного процесса (то есть момент времени τ, начиная с которого процесс станет периодическим).

154

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§16. Цепи переменного тока  Метод комплексных амплитуд. В основе метода лежит замена гармонически меняющейся во времени вещественной физической величины A(t) = A0cos(t+) комплексным представлением Aˆ (t ) : Aˆ (t )  A0 e i e it  Aˆ 0 e it  A0 e i ( t  )   A0 cos(t  )  i  A0 sin(t  ), A(t )  Re Aˆ (t )  A cos(t  ) .

 

0

Здесь Aˆ 0  A0 e i – комплексная амплитуда, A0 – амплитуда и  – (начальная) фаза гармонических колебаний.  Комплексное сопротивлениеучастка Z участка цепи: Uˆ (t ) Uˆ 0 e it Uˆ 0 U 0 i ( U I ) Z    e , I0 Iˆ(t ) Iˆ0 e it Iˆ0 где Uˆ (t ) и Iˆ(t ) – мгновенные значения напряжения и сила тока на участке цепи: Iˆ(t )  Iˆ0 eit  I 0ei ( t   I ) , Uˆ (t )  Uˆ 0 e it  U 0 e i ( t U ) . Здесь Iˆ и Uˆ – комплексные амплитуды, I0 и U0 – амплитуды, а I 0

0

и U – фазы гармонически меняющихся силы тока и напряжения на участке цепи. При этом: I (t )  Re Iˆ(t )  I 0 cost   I  , U (t )  Re Uˆ (t )  U cost    .

   

0

U

В общем случае комплексное сопротивление участка цепи можно представить в виде: Z  X  iY  Z e i  Z cos   i Z sin  ,

где X  Re Z  Z cos  – активное и Y  Im Z  Z sin  – реактивное сопротивления цепи, Z  X 2  Y 2 – полное сопротивление участка цепи (модуль импеданса),  = U – I – аргумент комплексного сопротивления, равный фазе, на которую напряжение опережает силу тока на данном участке цепи, причем X Y cos   и sin   . Z Z 

Комплексное сопротивление резистора :

155

§16. Цепи переменного тока

Z R  R , Z R  R , R = 0, X R  R , YR  0 . 

Комплексное сопротивление катушки индуктивности: 

 , X L  0 , YL  L . 2 Комплексное сопротивление конденсатора: i

Z L  iL  Le 2 , Z L  L ,  L 





1 1 1 i 2 1  , C   , X C  0 , YC    e , ZC  . C 2 i C C C  Аналог закона Ома для гармонических токов в комплексной форме: Uˆ (t )  ZIˆ(t ) , Uˆ 0  ZIˆ0 , U 0  Z I 0 . ZC 

Аналог обобщенного закона Ома в комплексной форме: Z12 Iˆ  Uˆ 12  Eˆ12 .  Векторные диаграммы силы тока и напряжения для резистора, катушки индуктивности и конденсатора: 

а

б

в

Рис. 16.1. Векторные диаграммы силы тока и напряжения: а – для резистора сопротивлением R; б – для катушки с индуктивностью L; в – для конденсатора емкостью C.

 Действующими (эффективными) значениями силы тока и напряжения для переменного тока называются величины силы тока и напряжения для постоянного тока, который за период производит такую же работу, что и рассматриваемый переменный ток. I U I eff  0 , U eff  0 , 2 2 где I0 и U0 – амплитуды гармонически меняющихся силы тока и напряжения на участке цепи.  Коэффициент мощности цепи: X X cos   .  2 Z X Y 2

156

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

 Средняя за период мощность в цепи гармонического переменного тока: U I P(t ) T  0 0 cos   U eff I eff cos  . 2

16.1. Найти модуль импеданса Z цепей, изображенных на рис. 16.1, если частота синусоидального напряжения источника равна ω. E ~

L

L

С а

L

R

R

С R

~ б

E 

E 

Рис. 16.1. Схемы цепей переменного

R

~ в

16.2. Найти модуль импеданса цепи, состоящей из параллельно соединенных конденсатора емкостью C = 100 мкФ и активного сопротивления R = 60 Ом, подключенных к источнику синусоидального напряжения с частотой ν = 50 Гц. 16.3. Параллельно соединенные конденсатор емкостью С и катушка с активным сопротивлением R и индуктивностью L подключены к источнику переменного напряжения с частотой ω. Найти модуль импеданса цепи. 16.4. Параллельно соединенные резистор с сопротивлением R = 20 Ом и катушка индуктивности L = 10 мГн (с пренебрежимо малым активным сопротивлением) подключены к источнику переменного тока с частотой ω = 314 с−1. Определить модуль импеданса Z цепи и сдвиг фаз φ между напряжением источника и током через него. 16.5. Построить примерные векторные диаграммы напряжений и токов в цепях, изображенных на рис. 16.2, если параметры цепей удовлетворяют следующим условиям: а) R2  3R1 , модули L

L , R1

E 

R2

~ а

R1

E 

~ б

R

Рис. 16.2. Схемы цепей переменного тока.

L

С

E 

~ в

R

§16. Цепи переменного тока

157

реактивного и активного сопротивлений катушки индуктивности равны между собой; б) и в): модуль реактивного сопротивления катушки индуктивности L равен сопротивлению резистора R. 16.6. Источник переменного напряжения E(t)= E0cos(ωt) (E0 = 200 В), конденсатор и резистор с сопротивлением R = 50 Ом соединены последовательно. Определить разность фаз φ между током и напряжением источника, если амплитуда тока в С цепи равна I0 = 2 А. L 16.7. Построить векторную диаграмму R напряжений и токов для цепи, изображенной r на рис. 16.3. Модуль реактивного сопротивле~ ния катушки индуктивности L равен сопроE  тивлению резистора r, а амплитуды токов че- Рис. 16.3. Схема цепи. рез резистор R и конденсатор с емкостью С одинаковы. При каком соотношении параметров схемы это возможно для переменного напряжения частотой ω? 16.8. Последовательный RLС-контур, в котором сопротивление резистора R = 300 Ом, индуктивность катушки L = 1 Гн и емкость конденсатора C = 2 мкФ, подключён к генератору переменного напряжения с частотой ν = 50 Гц. Найти сдвиг фаз φ между током и напряжением в цепи. 16.9. Катушка с сопротивлением r = 6 Ом и индуктивностью L включена в цепь переменного тока с частотой ν = 50 Гц. Определить индуктивность катушки, если известно, что сдвиг фаз между током и напряжением равен φ = 60°. L r 16.10. Определить сдвиг фаз между напряжением на сопротивлении R и ЭДС E источника переменного напряжения ~ E R С частотой ω для цепи, изображенной на рис. 16.4. Рис. 16.4. Схема цепи. 16.11. Имеются две цепи. В одной генератор переменного напряжения, катушка с индуктивностью L и резистор сопротивлением R соединены последовательно. В другой – источник переменного напряжения с той же частотой, конденсатор емкостью С и резистор сопротивлением R соединены параллельно. При каком соотношении между L, C и R сдвиг фаз между током и напряжением генератора в обоих случаях будет одинаков по абсолютной величине? 16.12. Последовательно соединенные конденсатор емкостью С = 20 мкФ и резистор сопротивлением R = 150 Ом подключены к

158

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

источнику синусоидального напряжения частотой ν = 50 Гц с амплитудой E0 = 220 В. Определить напряжение на каждом из элементов схемы. 16.13. Через последовательно соединенные дроссель с омическим сопротивлением r = 120 Ом и конденсатор с емкостью C = 10 мкФ течет ток частотой ν = 50 Гц с амплитудой I0 = 1 А. Амплитуда суммарного напряжения на дросселе и конденсаторе равна U0 = 220 В. Определить индуктивность L дросселя. 16.14. К сети переменного напряжения частотой ν = 50 Гц с амплитудой U0 = 120 В подключены параллельно соединенные конденсатор емкостью C = 20 мкФ и катушка индуктивности L = 0,5 Гн с активным сопротивлением r = 100 Ом. Определить амплитуды токов в конденсаторе и катушке индуктивности, а также тока в сети. 16.15. Параллельно соединенные реостат с сопротивлением R и катушка индуктивности L с омическим сопротивлением r подключены к сети переменного тока частотой ω. По катушке течет ток с амплитудой IL0. Определить амплитуду тока IR0 через реостат, и общего тока I0 сети. Чему равна разность фаз φ между общим током и напряжением на данном участке цепи? 16.16. В схеме, изображенной на r3 С рис. 16.5, сопротивления резисторов r1 E  ~ r1  r2  r3  1 Ом , емкость конденсатора r2 С = 3,18 мкФ, амплитуда ЭДС источника переменного тока E0 = 10 В, частота тока Рис. 16.5. Схема цепи. ν = 50 кГц. Рассчитать токи через все резисторы и сдвиг по фазе ∆φ между токами через резисторы r3 и r1. Расчет провести в численном виде. 16.17. С помощью схемы, изобраL женной на рис. 16.6, требуется получить сдвиг фаз ∆φ = 90° между напряжением на L входе Uвх и напряжением на выходе Uвых. При каком соотношении между R и L это Uвх R возможно, если частота переменного тока R Uвых рана ? Каким в этом случае будет отношение амплитуд выходного и входного Рис. 16.6. Схема цепи. напряжений? 16.18. В цепи, изображенной на рис. 16.7, частота генератора синусоидального напряжения равна

159

§16. Цепи переменного тока

ω. Амплитуда напряжения на зажимах генератора равна E . Найти ток I в цепи. E ~ 16.19. Амплитуда напряжения на зажимах генератора в цепи, представленной

L С

L

Рис. 16.7. Схема цепи.

на рис. 16,8, равна U0, частота напряжеr ния ω. Найти амплитуду тока I0 в цепи и С сдвиг фаз ∆φ между током и напряжениL R ~ E ем генератора. 16.20. Последовательно соединенРис. 16.8. Схема цепи. ные дроссель, обладающий активным и индуктивным сопротивлениями, и резистор сопротивлением R подключены к сети переменного тока с эффективным напряжением U. При этом эффективное напряжение на резисторе равно U1, а на дросселе − U2. Какие мощности Р1 и Р2 выделяются на резисторе и дросселе соответственно? 16.21. Дроссель, обладающий активным и индуктивным сопротивлениями, и резистор сопротивлением R = 50 Ом соединенные последовательно подключены к источнику переменного напряжения. По дросселю течет ток с эффективной силой I1 = 2,8 А, через резистор − ток с эффективной силой I2 = 2,5 А. Эффективное значение силы тока в цепи равно I = 4,5 А. Определить мощности Р1 и Р2, потребляемые резистором и дросселем соответственно. 16.22. Резистор R и индуктивность L соединены параллельно и включены в цепь переменного тока с эффективным напряжением E = 400 В и частотой  = 50 Гц. Найти сопротивление R и индуктивность L, если известно, что мощность, потребляемая этой цепью, Р = 400 Вт. Сдвиг фаз между током и ЭДС источника равен φ = 45. 16.23. В цепь переменного тока с эффективным напряжением E = 200 В и частотой ν = 50 Гц включена катушка, обладающая как индуктивностью, так и активным сопротивлением. Сдвиг фаз между током и напряжением равен φ = 15. Определить индуктивность L катушки, если известно, что на ней рассеивается мощность Р = 400 Вт. 16.24. Соединенные последовательно катушка индуктивности и резистор включены в цепь переменного тока с эффективным напряжением U = 100 В и частотой  = 50 Гц. Эффективное значение тока в цепи равен I = 10 А, а мощность, потребляемая из сети,

160

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Р = 600 Вт. Найти сопротивление R резистора и индуктивность L катушки. L С 16.25. Конденсатор переменной емкости, катушка индуктивности L и резистор сопротивлением R соединены последовательно и подключены к источнику переменной ЭДС ~ E  R E  E0 cos(t ) (рис. 16.9). Емкость конденсатоРис. 16.9. Схема цепи. ра можно плавно изменять в широких пределах. Определить зависимость мощности Р источника от величины емкости С. При каком значении емкости эта мощность будет максимальна и чему она будет равна? 16.26. Последовательно соединенные резистор и конденсатор включены в цепь переменного тока частотой ν = 50 Гц с эффективным напряжением U = 150 В. Эффективный ток в цепи равен I = 5 А; потребляемая из сети мощность Р = 500 Вт. Определить емкость С конденсатора. 16.27. Найти КПД цепи, нагрузкой в которой служит дроссель с индуктивностью L и омическим сопротивлением R, а r – суммарное сопротивление проводов и внутреннего сопротивления источника гармонического напряжения частотой ω. 16.28. Генератор переменного тока частотой ω с эффективным напряжением r E  E соединен с нагрузкой, представляющей ~ С R собой параллельно соединенные конденсатор с емкостью С и резистор с сопропотребитель тивлением R (рис. 16.10). Определить Рис. 16.10. Схема генератора мощность Р0 генератора, полезную мощс нагрузкой. ность Р и КПД η цепи. 16.29. К сети с эффективным напряжением U и частотой ω подключили катушку с индуктивностью L и активным сопротивлением. Модуль импеданса катушки равен Z. Найти коэффициент мощности цепи и тепловую мощность Р, рассеиваемую катушкой. 16.30. Цепь, состоящая из последовательно соединенных конденсатора и катушки, подключена к сети. Изменив емкость конденсатора, добились увеличения выделяемой тепловой мощности в катушке в n = 1,7 раза. На сколько процентов изменилось при этом значение коэффициента мощности цепи cosφ?

161

§17. Колебания в электрических контурах

§17. Колебания в электрических контурах Уравнение гармонических колебаний:   2   0 , 0 где  – одна из переменных, в роли которой могут выступать заряд на конденсаторе q , сила тока I в контуре, напряжения на резисторе U R , конденсаторе U C или катушке индуктивности U L , 1 0  – круговая частота собственных гармонических колеLC баний в контуре.  Общее решение уравнения гармонических колебаний: (t )  A cos(0t  ) .  Временные зависимости энергии электрического поля Wq (t ) в конденсаторе C и энергии магнитного поля WI (t ) в катуш

ке индуктивности L при гармонических колебаниях: 1  cos 2(0 t  ) q 2 (t ) A 2 Wq (t )   , cos 2 (0 t  )  W0 2 2C 2C 1  cos 2(0 t  ) LI 2 (t ) LA 2 02 WI (t )  sin 2 (t 0  )  W0 ,  2 2 2 A 2 LA 2 02  где W0  . 2C 2  Уравнение собственных затухающих колебаний в контуре: (t )  2  2   0 , 0 R где   – коэффициент затухания. 2L  Решение уравнения собственных колебаний с затуханием меньше критического ( < 0 или R  2 L / C ): (t )  Ae  t cost  0  , где   02   2 .  Средняя за период T энергия колебательного контура с током W T :

W

T

 Wq

T

 WI

T

 W0 e 2T W

T

 Wq

T

 WI

T

 W0 e 2t .

162

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ



Средняя за период T мощность потерь P

ного контура:

P 



T



dW dt

T

колебатель-

 2 W0 e 2T . T

Логарифмический декремент затухания θ: C .    T  R L Добротность колебательной системы Q : Q  2

W

T

P TT



  .   2

 Уравнение колебаний в контуре под действием гармонической вынуждающей силы X(t) = X0cos(t): (t )  2  2   X cos(t ) . 0 0  Закон установившихся вынужденных колебаний: (t )   0 () cost  ()  , X0 2  0 ()  , tg ()   2 , 2    2 2 2 2 2 0     4 



0



где  0 () – амплитуда установившихся вынужденных колебаний, () – сдвиг по фазе обобщенной переменной (t ) относительно обобщенной силы X (t ) .  Полное сопротивление (импеданс) последовательно соединенных резистора R, конденсатора С и катушки L: 2

1   Z 0  R 2   L   .  C   Сдвиг фаз φ между напряжением генератора и силой тока в цепи последовательно соединенных резистора R, конденсатора С и катушки L: 1 L  C . tg   R

§17. Колебания в электрических контурах

163

17.1. В схеме, изображенной на К рис. 17.1, ключ К сначала разомкнут, а напряжение на обкладках конденсатора емL2 L1 костью С равно U0. Определить изменение С со временем напряжения U и токов I1 и I2 в катушках с индуктивностями L1 и L2 после Рис. 17.1. Схема контура. замыкания ключа. Взаимной индукцией катушек пренебречь. 17.2. Колебательный контур содерК жит конденсатор емкостью С и соленоид индуктивностью L1. Соленоид индуктивно L1 L2 С связан с короткозамкнутой катушкой, имеющей индуктивность L2 и пренебрежимо малое активное сопротивление (рис. 17.2). Рис. 17.2. Схема контура. Коэффициент взаимной индукции соленоида и катушки равен L12. При разомкнутом ключе К конденсатор зарядили, после чего ключ замкнули. Определить частоту собственных колебаний контура. 17.3. В схеме, изображенной на С рис. 17.3, в начальный момент времени через катушку индуктивности L1 и замкнутый L L2 К ключ К течет ток I0, а напряжение на кон- 1 денсаторе равно нулю. В момент времени t = 0 ключ размыкают. Найти зависимость Рис. 17.3. Схема контура. от времени напряжения U на конденсаторе и тока I через него. Активным сопротивлением всех элементов цепи пренебречь. 17.4. Определить отношение энергии магнитного поля колебательного контура к энергии его электрического поля, в котором напряжение на конденсаторе меняется по закону U = U0 cos ω0t, в моменты времени: а) t1 = T/8; б) t2 = T/3. 17.5. Колебательный контур состоит из конденсатора и катушки с индуктивностью L = 0,5 Гн, которые соединены последовательно. Чему равно омическое сопротивление контура r, если известно, что амплитуда собственных колебаний в нём за время τ = 0,2 с уменьшается в e раз? 17.6. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С = 5 мкФ и катушки с индуктивностью L = 40 мГн и актив-

164

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ным сопротивлением r = 2 Ом. Через сколько колебаний амплитуда тока в этом контуре уменьшится в e раз? 17.7. За какое время амплитуда колебаний тока в контуре с добротностью Q = 6000 уменьшится в η = 3 раза, если частота собственных колебаний контура ν0 = 10 кГц? 17.8. Логарифмический декремент затухания в колебательном контуре, состоящем из конденсатора и катушки индуктивности, равен θ = 0,2. Во сколько раз  изменится амплитуда напряжения на конденсаторе за время одного полного колебания. 17.9. В колебательном контуре, состоящем из конденсатора емкостью С= 100 мкФ и катушки с индуктивностью L = 0,6 Гн, амплитуда напряжения на конденсаторе за время ∆t = 2 с уменьшилась в n = 3 раза. Определить добротность Q данного контура. 17.10. Определить относительную погрешность, допускаемую при расчете круговой частоты ω колебаний в контуре с добротностью Q = 7 по формуле для частоты собственных гармонических колебаний:  0  1 / LC . 17.11. Колебательный контур состоит из конденсатора и длинной катушки индуктивностью L = 2 Гн с активным сопротивлением R = 500 Ом. Чему равна емкость конденсатора С, если погрешность вычисления периода колебаний контура по формуле Томсона для периода собственных гармонических колебаний T  2 LC равна δ = 1%? 17.12. В контуре наблюдаются свободные затухающие колебания, при которых напряжение на конденсаторе меняется во времени по закону U = U0e−βt cos ωt. В какие моменты времени tn модуль напряжения на конденсаторе достигает максимальных (экстремальных) значений? 17.13. В контуре, состоящем из конденсатора с емкостью C = 2 мкФ и катушки с индуктивностью L = 5 мГн наблюдаются затухающие колебания. За какое время ∆t 90% энергии, запасенной в контуре, потеряется вследствие затухания, если добротность контура Q = 70? 17.14. Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью L = 5 мГн и конденсатора с емкостью C = 0,2 мкФ. При каких значениях логарифмического декремента θ и омического сопротивления R цепи начальная энергия контура уменьшится в n = 10 раз за k = 3 полных колебания?

§17. Колебания в электрических контурах

165

17.15. Колебательный контур состоит из катушки с индуктивностью L = 0,06 мГн с активным сопротивлением R = 2 Ом и конденсатора с емкостью С = 0,04 мкФ. Какую среднюю мощность Р должен потреблять контур, чтобы в нем поддерживались незатухающие колебания с амплитудным значением напряжения на конденсаторе U0 = 1,5 В? 17.16. Найти добротность колебательного контура из конденсатора с емкостью С = 5,0 мкФ и катушки с индуктивностью L = 3,0 мГн, если на поддержание незатухающих колебаний с амплитудой напряжения на конденсаторе U0 = 2,0 В необходимо подводить среднюю мощность = 0,20 мВт. Считать затухание в контуре достаточно малым. 17.17. Последовательный контур подключён к генератору переменного напряжения с амплитудой E0 = 4 В. При резонансе амплитуда напряжения на конденсаторе при резонансе равна UCр = 120 В. Считая затухание в контуре малым, определить добротность Q контура. 17.18. В последовательном RLC-контуре с R = 2 Ом и C = 1 мкФ резонансная частота равна νр = 800 Гц. Определить добротность Q контура при условии, что затухание в контуре мало. 17.19. В колебательном контуре с последовательно соединенными конденсатором и катушкой индуктивности происходят вынужденные гармонические колебания. При частотах вынуждающей ЭДС ω1 и ω2 амплитуды тока одинаковы. Определить частоту ω0 собственных гармонических колебаний в контуре. 17.20. Стандартным методом определения добротности последовательных RLC-контуров с достаточно малым затуханием является следующий. Снимается резонансная кривая тока I(ω) в контуре, по которой определяется резонансная частота ωр и ширина резонансной кривой (полоса пропускания контура) ∆ω, то есть диапазон частот, на границах которого сила тока уменьшается в 2 раз относительно резонансного значения Iр (мощность оказывается в 2 раза меньше мощности, расходуемой при резонансе). Определить по этим данным добротность Q контура. 17.21. Цепь, содержащая последовательно соединенные конденсатор емкостью С и катушку индуктивности L с активным сопротивлением r, подключена к источнику переменного напряжения E (t )  E0 cos(t ) , частоту которого можно менять, не изменяя ам-

166

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

плитуды. Определить частоту ωСр, при которой амплитуда напряжения на конденсаторе UC0 максимальна. Чему равно это максимальное значение? 17.22. В колебательном контуре с последовательно соединенными конденсатором и катушкой индуктивности с активным сопротивлением происходят вынужденные гармонические колебания. При частотах вынуждающей ЭДС ω1 = 300 с−1 и ω2 = 600 с−1 амплитуда тока равна половине его максимального значения. Определить частоту ωСр, при которой амплитуда напряжения на обкладках конденсатора максимальна. 17.23. Цепь из последовательно соединенных конденсатора с емкостью С и катушки индуктивности L с активным сопротивлением r подключена к источнику переменного напряжения E (t )  E0 cos(t ) , частоту которого можно менять, не изменяя его амплитуды. Определить частоту ωLр, при которой амплитуда напряжения на катушке UL0 максимальна. Чему равно это максимальное значение? 17.24. Какой должна быть индуктивность L катушки, которую надо включить последовательно с конденсатором C = 3000 пФ, чтобы наблюдался резонанс в цепи на частоте ν0 = 50 кГц? При каком активном сопротивлении R цепи добротность контура с такой катушкой равна Q = 100? 17.25. Колебательный контур состоит из параллельно соединенных катушки с индуктивностью L и активным сопротивлением R и конденсатора емкостью С и подключен к источнику переменной ЭДС E (t )  E0 cos(t ) (рис. 17.4). Определить резонансную частоту контура, при которой контур обладает чисто активным сопротивлением. 17.26. Схема цепи, в которой может наблюдаться резонанс токов, представлена на рис. 17.5. ЭДС источника E(t) = E0cos(ωt), L

R С

~

E 

r

E

С

~ С

Рис. 17.4. Колебательный RLC-контур и генератор.

r L

Рис. 17.5. Схема цепи.

E ~

L

R

Рис. 17.6. Схема контура.

§17. Колебания в электрических контурах

167

E0 = 100 В. Параметры этого параллельного контура: r = 5 Ом, L = 100 мкГн, С = 100 пФ. Найти резонансную частоту ωр, добротность Q и полное сопротивление контура Z0 при резонансе. 17.27. Определить резонансную частоту ωр для схемы, изображенной на рис. 17.6. 17.28. Для схемы, изображенной на рис. 17.64, определить мощность Р источника переменного ЭДС при резонансе. Считать, что затухание в контуре мало: L / C  R . 17.29. В цепи, схема которой пред- I1 С1 ставлена на рис. 17.7, R = 100 Ом, L = 4 Гн, I3 I2 С1 = 3 мкФ, С2 = 1 мкФ. ЭДС источника E ~ L С2 E(t) = E0cos(ωt), E0 = 200 В. Определить резонансные частоты контура и силы токов I1, I2 и R I3 при резонансных частотах. Рис. 17.7. Схема контура. 17.30. В цепи, схема которой изображена на рис. 17.8, емкость конденсатора равна С, индуктивности катушек L1 и L2, а коэффициС E ент их взаимной индукции равен L12. Опреде~ лить частоту ωр, при которой в контуре будет L1 L2 резонанс токов. Каким должен быть коэффициент взаимной индукции катушек, чтобы контур Рис. 17.8. Схема цепи. был настроен на частоту ω0?

168

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ §1. Электростатическое поле в вакууме

1.1. a =

1 e2 ⋅ ≅ 2,53 ⋅ 10 6 м/с 2 . 2 4πε 0 md

1.2. m ′p =

qp 4πε 0 G

= 1,86 ⋅ 10 −9 кг ≈ 1,1 ⋅ 1018 m p .

Решение. Сила кулоновского отталкивания двух протонов,

находящихся на расстоянии r друг от друга, равна: Fq = Сила их гравитационного притяжения Fm = G

m ′p2 r2

q 2p 1 ⋅ 2 . 4πε 0 r

. Приравнивая

эти силы, получим: q 2p m ′p2 1 ⋅ 2 =G 2 , 4πε 0 r r

откуда находим, какой должна была бы быть масса протона: m ′p =

qp

4πε 0 G

= 1,86 ⋅ 10 −9 кг ≈ 1,1 ⋅ 1018 m p ,

где mp – реальная масса протона. 1.3. F =

1 ne 2 ⋅ 2 ≅ 0,9 Н . 4πε 0 d

1.4. F =

1 4πε 0

N1 N 2

 i =1 j =1

qi q ′j ri − r j′

3

(r

i

)

− r j′ .

169

Ответы и решения

1.5. Q = q / 3 .

q

Решение. Укажем все силы, действующие на один из Q зарядов q со стороны остальных зарядов (см. рис. О.1.5). По закону Кулона силы со стороq F q f ны зарядов q равны по модулю 2 q 1 f = ⋅ 2 (а – сторона тре- F' f 4πε 0 a Рис. О.1.5. угольника) и направлены по линии соединения зарядов, а модуль силы со стороны заряда Q раqQ 1 ⋅ 2 , где расстояние между зарядами Q и q вен F = 4πε 0 r r=

3qQ 1 2 a 3 a ⋅ 2 . . Тогда F = ⋅ = 4πε 0 a 3 2 3

По условию задачи сумма всех действующих на заряд q сил, должна быть равна нулю. Для этого сумма F ′ двух сил f, направленных под углом π/3 друг к другу (см. рис. О.1.5), должна быть равна по модулю силе F со стороны заряда Q и противоположно ей направлена: 3q 2 1 π = ⋅ 2 . 6 4πε 0 a Приравнивая модули сил F ′ и F, находим заряд Q: 3q 2 3qQ 1 1 ⋅ 2 = ⋅ 2 → Q=q/ 3 . 4πε 0 a 4πε 0 a Расставив все силы, действующие на заряд Q со стороны зарядов q, легко убедиться, что сумма всех, действующих на него сил также равна нулю. F ′ = 2 f cos

2 2q 2 1 . Сила направлена параллельно стороне ⋅ 4πε 0 a2 квадрата, соединяющей заряды q и 4q, и перпендикулярно к стороне, соединяющей заряды q и 2q.

1.6. f =

170

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.7. F =

6q 2 1 ⋅ 2 . Сила направлена в сторону заряда 2q. 4πε 0 a

1.8. Шарики соприкоснутся, а затем разойдутся на расстояние а1 = а / 41 / 3 ≈ 3,14 см .

T

Решение. Пусть заряд каждого шарика был q. Тогда на каждый шарик действуют сила тяжести mg, сила натяжения нити Т и сила кулоновского отталкивания, q2 1 Fq = модуль которой ⋅ 2 4πε 0 a (см. рис. О.1.8). В равновесии сумма всех этих сил равна нулю: Fq + mg + T = 0 ,

α

q

q

Fq

a mg' Рис. О.1.8.

поэтому tgα = Fq / mg . Поскольку с учетом большой (по условию задачи) длины нити tgα ≈ sinα = ( a 2 ) / l (l – длина нити), поэтому уравнение равновесия шариков имеет вид: q2 2lq 2 a 1 1 ⋅ 2 = . → a3 = ⋅ . 4πε 0 a mg 2l 4πε 0 mg После того, как один из шариков разрядили, он притянется к другому шарику, заряд которого q разделится между ними пополам. После этого из-за кулоновского отталкивания шарики разойдутся на некоторое расстояние а1. Аналогично предыдущим рассуждениям, новое условие равновесия шариков будет иметь вид: (q / 2) 2 a1 2lq 2 1 1 ⋅ 2 = → a13 = ⋅ . 4πε 0 a1 mg 2l 4πε 0 4mg Сравнивая

выражения

для

а3

а1 = а / 41 / 3 ≈ 3,14 см . 1.9. q = l 8πε 0 mg . 1.10. q1 = 4πε 0 r

(

)

F1 + F2 + F2 ,

и

a13 ,

находим,

что

171

Ответы и решения

q 2 = 4πε 0 r

(

)

F2 − F1 + F2 .

Решение. Изначально шарики притягиваются с q q 1 1 2 F1 = ⋅ 2 . После соприкосновения шариков их заряды q 4πε 0 r стали одинаковыми. По закону сохранения заряда суммарный заряд двух шариков не изменился: q1 − q 2 = 2q > 0 . Сила их отталкива-

ния

F2 =

q2 1 ⋅ 2 , откуда находим новый заряд шариков 4πε 0 r

q = 4πε 0 F2 r . Следовательно, q1 − q 2 = 2 4πε 0 F2 r и q1 q 2 = 4πε 0 F1 r 2 . Выражая q1 из первого уравнения и подставляя во второе, получаем квадратное уравнение относительно q 2 :

q2

2

+ 2 4πε 0 F2 r q 2 − 4πε 0 F1 r 2 = 0 .

Его решение (с учетом того, что q 2 > 0 ) дает:

(

)

q 2 = 4πε 0 r F1 + F2 − F2 . Далее определяем величину положительного заряда: q1 = 4πε 0 r F1 + F2 + F2 .

(

1.11.

)

q1 cos(α/2) = 12,5 . = q 2 4sin 3 (α / 2)

Решение. Для равновесия зарядов необходимо, чтобы сумма проекций всех сил, приложенных к каждому заряду, на направление касательной к кольцу была равна нулю. В этом случае результирующая сила перпендикулярна к окружности и уравновешивается силой реакции кольца. Так как заряды в точках B1 и B2 равны, то заряд q1 равноудален от B1 и B2 (рис. О.1.11). При этом проекции сил f21 и f22, действующих на заряд q2 в точке B1 со стороны двух дру-

Рис. О.1.11

172

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

гих зарядов, на направление касательной к окружности TT1 в точке B1, равны друг другу, т. е. f21cosγ1 = f22cosγ2.

При этом f 21 =

q1 q 2 , 4πε 0 r12

где (из треугольника AB1O) r12 = 2 Rcos ( β 2 ) , поэтому

f 21 = Далее: f 22 =

q 22 4πε 0 r222

q1 q 2 2

16πεR cos 2 (β / 2)

.

,

Где r22 = 2 Rsin ( α 2 ) , т.е.

q 22

f 22 =

. 16πε 0 R 2 sin 2 (α / 2) Углы при вершине B1 связаны следующим образом:

β 2 + γ1 = π 2 ;

π 2 − α 2 + γ1 + γ 2 + π 2 = π . Учитывая, что β = (α/2), из представленных выше уравнений получаем: q1 cos(α/2)cos 2 (β / 2) cos(α/2) = = = 12,5 . 2 q 2 sin (α / 2) sin(β / 2) 4sin 3 (α / 2) 1.12. На расстоянии x =

q1 q1 + q 2

l от заряда q1. Положе-

ние равновесия устойчиво. Решение. Будем отмерять расстояние вдоль трубки от заряда q1. Пусть шарик находится в равновесии, когда это расстояние равно х. Со стороны зарядов q1 и q2 на шарик действуют силы qq q2 q 1 1 ⋅ 12 и F2 = ⋅ отталкивания F1 = , которые в 4πε 0 x 4πε 0 (l − x) 2 состоянии равновесия шарика должны быть равны друг другу:

173

Ответы и решения

qq q2 q 1 1 ⋅ 12 = ⋅ . 4πε 0 x 4πε 0 (l − x) 2 Отсюда получаем квадратное уравнение:

(q1 − q 2 )x 2 − 2q1 x + q1l 2 = 0 . Решая уравнение, получаем: q1 q1 − q 2 q1 l. x= l= q1 − q 2 q1 + q 2 Второй корень уравнения отбрасываем, т.к. х2 > l.

(

)

1.13. Справа от –q на расстоянии а =

1+ 3 l. 2

Решение. Равенство нуl лю силы, действующей на заF–q F+3q ряд +q, возможно только при +q таком его положении, показан–q +3q ном на рис. О.1.13: справа на Рис. О.1.13. расстоянии a от заряда –q. Тогда условие равенства нулю силы, действующей на заряд +q, запишется в виде:

3q ⋅ q (−q) ⋅ q + = 0, → 2 4πε 0 (l + a) 4πε 0 a 2 2a2 – 2la – l2 = 0, 1+ 3 l . Второй корень квад2 ратного уравнения отбрасываем, т.к. a > 0.

откуда а =

1.14.

(

)

Е = 18,0 кВ/ м ,

Е ≈ 5,7e x − 17,0e y ⋅ 10 3 В/м . Решение. Используя численные данные задачи, изобразим положение зарядов на плоскости (рис. О.1.14). Расстояние d между точками А и В равно:

Рис. О.1.14.

174

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

d =

( x − x 0 )2 + ( y − y 0 ) 2

.

Модуль напряженности в точке В равен q q 1 1 ⋅ 2 = ⋅ . 2 4πε 0 d 4πε 0 (x − x 0 ) + ( y − y 0 )2

E=

Так как направление вектора Е совпадает с направлением от точке А к точке В, то вектор Е представим в виде: x − x0 y − y0 E = E cos α ⋅ e x + E sin α ⋅ e y = E ex + E ey . d d Окончательно для напряженности Е получаем:

E=

( x − x 0 )e x + ( y − y 0 )e y q ⋅ . 4πε 0 [( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 ]3 / 2

Подстановка числовых данных дает: d = 2 10 м, Е = 18,0 кВ/ м ,  18  54 Е =  ex − e y  ⋅ 10 3 ≈ 5,7e x − 17,0e y ⋅ 10 3 В/м . 10   10

(

)

1.15. Расстояние х от заряда q1 равно: а) x =

б) x =

q1 q1 − q 2

1.16. E B =

q1 q1 + q 2

l;

l.

(

)

q 5− 2 1 1 3q ⋅ ⋅ 2 , EС = . 4πε 0 2d 2 4πε 0 4d

Решение. Векторы напряженности полей, созданных зарядами +q и –q в точках В и С, показаны на рис. О.1.16. В точке В эти векторы коллинеарны, поэтому суммарная напряженность электрического поля в точке В направлена от зарядов и по модулю равна:

175

Ответы и решения

q 1  q  2 − 4πε 0  d ( 2d ) 2 Чтобы вычислить модуль напряженности в точке С, можно сложить векторы напряженностей от зарядов +q и –q в точке С, используя теорему косинусов: EB =

EС2 = E+2qC + E−2qC −

 3q 1  = ⋅ 2.  4πε 0 4d Е+qС ЕС С

Е+qВ

−2 E+ qC E− qC cos(π 4) , где E + qC =

В

+q

ЕВ

E–qВ

q 1 ⋅ 2 , 4πε 0 d

E+ qC =

Е–qС –q

Рис. О.1.16.

1 q 1 q ⋅ = ⋅ 2. 2 4πε0 ( 2d ) 4πε0 2d

Окончательно для модуля напряженности поля в точке С получаем: q 5− 2 1 EС = ⋅ . 4πε 0 2d 2 Направление вектора ЕС показано на рис. О.1.16.

(

)

1.17. Компоненты напряженности вдоль сторон квадрата равны 1 2 Ex = ⋅ 2 (q1 − q 2 − q 3 + q 4 ) ; 4πε 0 a

1 2 ⋅ 2 (− q1 − q 2 + q 3 + q 4 ) . 4πε 0 a Для частных случаев: а) E = 0 ; б) E = 0 ; 4 2q ey . в) E = 4πε 0 a 2 Ey =

Y q2

q1

О

Решение. Введем декартову систему координат, направив оси Х и Y параллель- q4 но сторонам квадрата, а начало отсчета совместим с его центром (рис. О.1.17). Рис. О.1.17.

X q3

176

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Напряженность поля системы точечных зарядов равна r − ri qi 1 N ⋅ 0 E (r ) = .  2 4πε 0 i =1 r0 − ri r0 − ri При отсчете расстояний от центра квадрата r0 = 0, а 2 ri = a . Проекции векторов ri на оси Х и Y для зарядов равны: 2 r1x = r4 x = − a / 2, r1 y = r2 y = a / 2 , r2 x = r3 x = a / 2, r3 y = r4 y = − a / 2 .

Для компонент напряженности по осям Х и Y получаем: 1 2 Ex = ⋅ 2 (q1 − q 2 − q 3 + q 4 ) ; 4πε 0 a

1 2 ⋅ 2 (− q1 − q 2 + q 3 + q 4 ) . 4πε 0 a В частных случаях напряженность в центре квадрата: 4 2q а) E x = E y = 0 ; б) E x = E y = 0 ; в) E x = 0, E y = . 4πε 0 a 2 Ey =

1.18. а) Е = 0; 4q 1 ⋅ 2; б) E = 4πε 0 a 2q 1 ⋅ 2. в) E = 4πε 0 a 1.19. E А =

q 19 1 ⋅ 2 . a 4πε 0

Решение. Точка А и вершины треугольника находятся в вершинах пирамиды, грани которой, как являются правильными треугольниками. Напряженности полей точечных зарядов в точке А направлены по линии соединения точке А с зарядом; они показаны на рис. О.1.19. С учетом знака заряда в силу принципа суперпозиции E A = E1 + E 2 + E 3 .

177

Ответы и решения

Векторы напряженностей Е1 и Е2 направлены под углом π/3 друг к другу, а их модули равны, поэтому модуль их векторной суммы равен E1,3 = 2 E1 cos(π / 6) =

E1,3 E3

E1

EA

A

= E1 3 . Вектор Е1,3 направлен

E2 вдоль высоты треугольника ADC. Определим величину вектора К ЕА –2q β E А2 = E12,3 + E 22 − 2 E1, 3 E 2 cos β , 3q В D (1) где β – угол между ребром АВ пиF рамиды и гранью ACD, т.к. треС 3q угольник ABF – равнобедренный 3 Рис. О.1.19. ), значит, (AF = BF = a 2 а/2 3 = ∠FAB = ∠FBA . Следовательно, cos β = . 3 а 3/2 3q 2q 1 1 ⋅ 2 , E2 = ⋅ 2 . ПодНапряженности полей E1 = 4πε 0 a 4πε 0 a ставляя эти величины в уравнение (1), находим: E А =

1.20. E max =

q

6 3πε 0 R 2

q 19 1 ⋅ 2 . 4πε 0 a

.

Решение. Совместим начало координат с центром кольца и направим ось Z вдоль его оси (рис. О.1.20.). и Найдем напряженность электрического поля E в произвольной точке А на оси кольца с координатой z. Выделяем на кольце бесконечно малый элемент длиной dl = Rdϕ, заряд

Z dE

A r

dl

R dϕ

ϑ θ О

Рис. О.1.20.

178

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

q – линейная плотность заряда на 2πR кольце. Рассматривая заряд dq как точечный, можем найти его вклад dE в напряженность поля в точке А: dq r 1 dE = ⋅ 2 ⋅ , 4πε 0 r r которого dq = τ dl, где τ =

где r = R 2 + z 2 – расстояние от заряда до точки А. В силу симметрии распределения заряда относительно точки А, интерес представляет лишь z-компонента dEz, модуль котороz го d E z = d E cos ϑ и cos ϑ = , т.е. r qRz qz 1 1 dE z = dϕ = ⋅ ⋅ dϕ , 3 2 4πε 0 2πRr 4πε 0 2π( R + z 2 ) 3 / 2 Интегрируя по φ от 0 до 2π:

Ez =

qz 1 ⋅ 2 ; E = Ezez. 4πε 0 ( R + z 2 ) 3 / 2

Чтобы найти (Ez)max, используем условие экстремума ∂E z = 0 или ∂z

(

∂E z R2 + z2 q = ⋅ 4πε 0 ∂z

)

3/ 2

(

− (3 / 2) R 2 + z 2 (R 2 + z 2 ) 3

)

1/ 2

⋅ 2z 2

=

q R 2 − 2z 2 ⋅ =0, 4πε 0 R 2 + z 2 5 / 2 R . Максимальное значение напряиз которого находим z max = 2 q женности равно: Emax = E z ( z max ) = . 6 3πε 0 R 2 =

1.21. T = 4πR

(

πε 0 mR . qQ

)

179

Ответы и решения

Решение. Направим ось Х вдоль оси кольца, совместив начало отсчета с его центром. Бусинка будет совершать малые колебания около центра кольца, где напряженность электрического поля меняется вдоль оси кольца по закону (см. решение задачи 1.20): Qx 1 ⋅ 2 Eх = . 4πε 0 ( R + x 2 ) 3 / 2 Сила, действующая на заряд (–q) со стороны поля кольца равна qQx 1 F =− ⋅ 4πε 0 R 2 + x 2 3 / 2

(

)

и всегда направлена к центру кольца. Так как x 5 ≈ 2,2 , т.е. (d / l ) min = 5 ≈ 2,2 . l 1 τ 2 . Вектор напряженности Е направлен ⋅ l πε 0 вдоль диагонали прямого угла от проволоки.

1.29. E =

 σ  1 1 e . − z 2  2ε 0  1 + ( a / z ) 2 + 1 ( b / z )   Для сплошного диска Z z σ  z E= 1− 2ε 0  R2 + z2 b

1.30. E =

a O

r dr

Рис. О.1.30.

  ez .  

Решение. Совместим ось Z с осью кольца, а начало координат – с его центром. Выделим в плоскости кольца колечко радиусом r шириной dr, заряд на котором равен

185

Ответы и решения

dq = σ ⋅ 2πrdr (см. рис. О.1.30). Вклад этого колечка в напряженность поля в точке с координатой z равен (см. решение задачи 1.20) 1 z dq σ z r dr . d Ez = ⋅ = ⋅ 4πε 0 ( r 2 + z 2 ) 3 / 2 2ε 0 ( r 2 + z 2 ) 3 / 2 Интегрируя по r от а до b, получим: b  σ  1 1 . − E z = dE z =  2 2  ε 2 0 1 + (b / z )  a  1 + (a / z ) Вектор Е направлен вдоль оси Z от кольца.



В случае сплошного диска a = 0, и напряженность на оси  σ  z  ez . 1− равна: E =  2 2  2ε 0  R +z 

σ . 4ε 0 Решение. В силу симметрии задачи R воспользуемся сферической системой координат, отсчитывая угол ϴ от оси Z (см. Е r ϴ O рис. О.1.30). Выделим на полусфере тон- Z кое кольцо радиусом r = Rsinϴ и шириной dr = R dθ. Заряд на этом кольце равен dϴ 2 dq = σdS = σ ⋅ 2πrdr = 2πR σ sin θdθ . dr Вклад этого заряда в напряженность в точке О равен (см. решение задачи Рис. О.1.31. 1.20): dq ⋅ z 1 1 R cos θ ⋅ 2πR 2 σ sin θdθ σ sin 2θ dE = ⋅ 2 = ⋅ = dθ. 4πε 0 ( r + z 2 ) 3 / 2 4πε 0 4ε 0 R3 В результате интегрирования по углу ϴ получим: π/2 σ sin 2θ σ . E= dθ = 4ε 0 4ε 0 0 1.31. E =



Направление Е показано на рис. О.1.31.

186

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.32. E =

σS . 4πε 0 R 2

Решение. По аналогии с решением задачи 1.31, разбиваем сегмент на колечки и суммируем вклад от них в напряженность поля в центре кривизны сегмента точке О: θ max

E=

 0

σ sin 2θ σ (cos 2θ max − 1) dθ = − 4ε 0 8ε 0

Угол ϴmax находится из условия: sin θ max = r / R (r – радиус основания сегмента). Учитывая, что 1 − cos 2θ max = 2 sin 2 θ max , а площадь основания сегмента S = π r 2 , получаем: 2

σS σ r E= ⋅2  = . 8ε 0 4πε 0 R 2 R 1.33. E = −

σR  2 −  2 2 2ε 0 ( L / 4 ) + R 

1 L2 + R 2

−

1  ez . R 

Решение. Направим ось Z вдоль оси цилиндра, совместив в начало отсчета в точке с О центром его нижнего основания (рис. О.1.33). В сечении цилиндра с коZ ординатой z выделим кольцо шириной dz, заряд на котором равен d q = 2πRσ d z . Кольца, находящиеся выR ше точки А, создают в точке А с коорL динатой z = L/4 поле с напряженностью dz (см. решение задачи 1.20) 1 2πRσz d z d Ez = − ⋅ 2 . z А 4πε0 ( z + R 2 ) 3 2 Y O Интегрируя это выражение по z от X L/4 до L, получаем проекцию напряженности электрического поля в т.А на ось Z от части цилиндра, находящейся над Ez E Рис. О.1.33. т.А:

187

Ответы и решения

E z1 = −

1 4πε 0

L

2πRσz d z



L/4

(z 2 + R 2 )3 2

=

 1 1 σR  . − 2 2  2ε 0  ( L / 4) 2 + R 2 L +R   Она направлена против оси Z. Кольца, находящиеся ниже т.А, создают в т.А поле с суммарной напряженностью L/4  2πRσz d z σR  1 1 1 , = − E z2 = 2 2 32   2 2 2ε 0 R 4πε 0 0 ( z + R ) ( L / 4) + R   направленной по оси Z. Окончательно напряженность поля цилиндра в т.А равна σR  2 1 1 E = E z1 + E z 2 = − − − .  2ε 0  ( L / 4) 2 + R 2 L2 + R 2 R   В векторном виде напряженность в т.А запишется в виде: σR  2 1 1 E=− − −  ez .  2ε 0  ( L / 4) 2 + R 2 L2 + R 2 R   =−



1.34. E =

на рис. О.1.34а.

γ0R2 1 ⋅ 4ε 0 z 2 + R 2

(

)

3/ 2

. Направление вектора Е показано

Решение. Направим ось Z по оси Z dE1 кольца, а ось Х – в плоскости кольца. Угол φ будем отсчитывать от оси Х dEφ α z против часовой стрелки (рис. О.1.34а). r Так как линейная плотность заr ряда на кольце пропорциональна cosφ, R –dq R α +dq Х то половина кольца будет иметь положительный заряд (при –π/2 < φ < π/2), а 0 другая его половина – отрицательный Рис. О.1.34а. (при π/2 < φ < 3/2π). Выберем пару

188

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

диаметрально элементов длиной dl. Заряды на них равны +dq = γdl и –dq. Напряженность поля, создаваемого точечным зарядом dq, равна γ cos ϕ dq 1 1 dE1 = = ⋅ 20 dl . 2 2 4πε 0 z + R 4πε 0 z + R 2 Суммарная напряженность поля dEφ, создаваемого рассматриваемыми участками с зарядами +dq и –dq будет направлена горизонтально, т.е. параллельно плоскости кольца. Величина этой напряженности равна γ cos ϕ 1 dE ϕ = −2dE1 cos α = − ⋅ 20 cos α dl . 2πε 0 z + R 2 Учитывая, что dl = Rdφ и cos α =

(z

R 2

+ R2

)

1/ 2

, получаем:

γ 0 R 2 cos ϕ 1 ⋅ dϕ . dEφ2 2πε 0 z 2 + R 2 3 / 2 Х φ Для других пар участков кольца на dEφ3 φ противоположных концах его диаметров, расположенных под разными углами φ к dEφ4 dEφ5 оси Х, векторы напряженности dЕφ располагаются в плоскости, параллельной плосРис. О.1.34б. кости кольца, как показано на рис. О.1.34б. Напряженность поля на оси кольца Eк имеет только хкомпоненту. Модуль напряженности заряженного кольца Eк находим интегрированием по углу φ в пределах от (–π/2) до π/2: π/2 π/ 2 γ0R2 1 ⋅ cos 2 ϕdϕ = E к =  dE ϕ cos ϕ = − 2 2 3/ 2  2 πε 0 z +R −π / 2 −π / 2

dEφ1

dE ϕ = −

(

(

)

)

γ0R2 1 . ⋅ 4ε 0 z 2 + R 2 3 / 2 Направление вектора Е противоположно направлению оси Х. =−

1.35. E =

(

)

σ0h

2ε 0 h 2 + 4 R 2

.

189

Ответы и решения

Решение. Представим φ Х боковую поверхность цилиндра в виде последоваz h 0 тельности бесконечно узdz ких колец, заряд которых распределен с линейной Z плотностью Рис. О.1.35. dτ = σdz = σ0cosφdz (см. рис. О.1.35). На оси такого кольца напряженность имеет только хкомпоненту, которая равна (см. решение задачи 1.34) σ0 R 2 1 E = Ех = − ⋅ dz . 4πε 0 z 2 + R 2 3 / 2

(

)

Суммарную напряженность поля в центре цилиндра от всех колец находится интегрированием по z от –h/2 до +h/2: 1 E = Ех = − 4ε 0 =−

h/2

 (z

−h / 2

σ0h

σ0 R 2 2

+ R2

)

3/ 2

σ z dz = − 0 ⋅ 4ε 0 z2 + R2

h/2

= −h / 2

. 2ε 0 h 2 + 4 R 2 Знак ′′минус′′ показывает, что вектор напряженности точке О направлен под углом ϕ = π . 1.36. Φ = El 2 cos(π / 3) = El 2 / 2 . 1.37. Φ =

Q . 4ε 0

Решение. По теореме Гаусса поток вектора напряженности электрического поля E, создаваемого точечным зарядом Q, через Q поверхность тетраэдра равен ΦQ = . В силу симметрии отток ε0 Q через одну грань тетраэдра равен 1/4 от всего потока, т.е. Φ = . 4ε 0

190

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.38. Е1 = 22,6 ех В/м; Е2 = 67,8 ех В/м; Е3 = –22,6 ех В/м.

3σ σ σ 3σ ; ; ; ; 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0 σ σ σ σ σ 4σ ;0. ; ; ; б) E 2 n = ; в) E 3n = 0; ; 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0 ε0 ε0 Области пространства перечисляются слева направо. 1.39. а) E1n =

1.40. а) σ 3 = −3σ ; б) σ 3 = +2σ . 1.41.

α σ sin ; 2 ε0 α σ б) E 2 = cos 2 ε0 а) E1 =

1.42. α = arctq

σq . 2ε 0 mg

1.43. См. рис. О.1.43б, сплошная линия 3. При х ≤ 0 E ( x ) = ρd /( 2ε 0 ) = const ;

ρ ε0

d  x + ; 2  ρ  5  при d ≤ х ≤ 3d E ( x) =  − x + d  ; ε0  2  при х ≥ 3d E ( x ) = −ρd /( 2ε 0 ) = const . Решение. В силу симметрии конфигурации зарядов вектор напряжённости электрического поля в каждой точке направлен перпендикулярно плоскостям пластин. Определим вначале напряженность поля левой пластины. Поместим начало координат О1 посередине пластины. Применим электростатическую теорему Гаусса, выбрав в качестве поверхности расположенный симметрично относительно центральной плоспри 0 ≤ х ≤ d E ( x) =

191

Ответы и решения

кости пластины цилиндр с площадью основания S и толщиной 2x1 (см. рис. О.1.43а). При x1 < d/2 для напряженности электрического поля E(x1) получим: 2 E ( x1 ) S = ρS ⋅ 2 x1 / ε 0 ,

откуда E ( x1 ) = ρx1 / ε 0 . При x1 > d/2 для потока напряженности электрического поля E(x1) имеем: 2 E ( x1 ) S = ρSd / ε 0 ,

откуда E ( x1 ) = ρd /( 2ε 0 ) = const .

Рис. О.1.43а. К определению напряженности поля, создаваемого равномерно заряженной плоской пластиной: а) внутри пластины; б) вне пластины.

График зависимости Е(х) для левой пластины (с учетом направления вектора Е) представлен на рис.О.1.43б штрихпунктирной линией 1. Аналогично для второй пластины, отсчитывая расстояние х2 от её середины т. О2, получаем: E ( x 2 ) = −ρx 2 / ε 0 при x2 < d, E ( x 2 ) = −ρd / ε 0 = const при x2 > d. График зависимости Е(х) для правой пластины также с учетом направления вектора Е представлен на рис.О.1.43б штрихпунктирной линией 2. Е С учетом принципа суперпозиции получаем гра- 2 фик зависимости Е(х) для 3 X O двух пластин (сплошная ли3d d ния 3 на рис .О.1.43б). 1 Аналитически зависимость Е(х) (точка О на Рис. О.1.43б. рис. 1.9 – начало отсчета) имеет вид: E ( x ) = ρd /( 2ε 0 ) = const при х ≤ 0,

E ( x) =

ρ  d  x +  при 0 ≤ х ≤ d, ε0  2

192

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ρ  5   − x + d  при d ≤ х ≤ 3d, ε0  2  E ( x ) = −ρd /( 2ε 0 ) = const при х ≥ 3d.

E ( x) =

1.44. а) E max = 3ρd /( 2ε 0 ) ; б) E max = ρd / ε 0 .

Указание. См. решение задачи 1.43. 1.45. При r ≤ R1 E = 0; при R1 ≤ r ≤ R2 E =

r ≥ R2 E =

(

ρ 3ε 0

 R3   r − 1  , при  r 2  

)

ρ R23 − R13 . 2 3ε 0 r

Для сплошного шара радиусом R при r ≤ R E =

r≥R E=

ρ r , при 3ε 0

ρR 3 . 3ε 0 r 2

Решение. Применим электростатическую теорему Гаусса, записав поток напряженности электрического поля через концентрическую сферу радиусом r. При r ≤ R1 4πr2E = 0, т.к. внутри шаровой полости ρ = 0, т.е. E = 0. Так как объемная плотность заряда ρ = const, заряд внутри сферического слоя q = ρVсфер. слоя , поэтому согласно теореме Гаусса получаем: при R1 ≤ r ≤ R2 ρ 4π 3 ρ 4πr 2 E = ⋅ r − R13 , → E = ε0 3 3ε 0

(

при r ≥ R2

(

)

)

 R3  r − 1  ;  r 2  

(

)

ρ 4π 3 ρ ⋅ R2 − R13 , → E = R23 − R13 . ε0 3 3ε 0 r 2 В частном случае R1 = 0 (заряженный с объемной плотностью ρ r , вне шара ρ шар радиусом R) внутри шара E = 3ε 0

4πr 2 E =

193

Ответы и решения

q 1 ρR 3 = ⋅ 2, 2 4πε 0 r 3ε 0 r где q – полный заряд шара, При r ≥ R поле снаружи равномерно заряженного шара не отличимо от поля точечного заряда в центре шара с таким же как у шара зарядом. Функция E(r) непрерывна. E=

1.46. а) Q =

E (r ) =

ρ0 R 5

5ε 0 r 2

ρ 4 πρ 0 R 5 ; б) при r ≤ R E (r ) = 0 r 3 ; при r ≥ R 5 5ε 0

.

Решение. а). Чтобы найти полный заряд Q шара выделим внутри него шаровой слой радиусом r и малой толщиной dr. Его объем равен dV = 4πr 2 dr . Внутри этого слоя находится заряд dq = ρ(r )dV = ρ 0 r 2 ⋅ 4πr 2 dr = 4πρ 0 r 4 dr . Заряд шара Q найдем интегрируя по r от 0 до R: R R5 . Q= dq = 4πρ 0 r 4 dr = 4πρ 0 5 0 V





шара

б). Напряженность электрического поля находим по теореме Гаусса. В качестве гауссовой поверхности возьмем концентрическую сферу радиуса r. В силу симметрии задачи ясно, что модуль напряженности Е будет одинаков во всех точках этой сферы. При r ≤ R заряд внутри сферы находим аналогично пункту а): r r 4 2 q = ρ(r ) ⋅ 4πr dr = 4πρ 0 r 4 dr = πρ 0 r 5 . 5 0 0





Запишем поток напряженности электрического поля через сферу при r ≤ R: ρ 1 4 ⋅ πρ 0 r 5 , откуда E (r ) = 0 r 3 . 4πr 2 E = 5ε 0 ε0 5 При r ≥ R ρ R5 Q 1 4 4πr 2 E = = ⋅ πρ 0 R 5 , откуда E (r ) = 0 2 . ε0 ε0 5 5ε 0 r

194

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

1.47. При r ≤ R1 E= 0. При R1 ≤ r ≤ R2: 1) E =

α ( r 4 − R14 ) ; 4ε 0 r2

 β r3 βR13  e  − e     2 2 4 4 α ( R2 − R1 ) α ( R2 − R1 ) При r ≥ R2 1) E = ; 2) E = ; 4ε 0 2ε 0 r2 r2 α  βR23 βR 3 3) E = e − e 1  . 2   3ε 0 βr 

2) E =

2 α α (r 2 − R1 ) ; 3) E = 2 2ε 0 r 3ε 0 βr 2

Указание. См. решение задачи 1.46. При R1 ≤ r ≤ R2 заряд внутри сферы вычисляется по формуле: R2

r





2

q = ρ(r ) ⋅ 4πr dr ; при r ≥ R2 – по формуле Q = ρ(r ) ⋅ 4πr 2 dr . R1

R1

1.48. E max =

ρ0 R при rm = 2R / 3 . 9ε 0

Решение. Применяя теорему Гаусса, находим модуль напряженности электрического поля. При r ≤ R: r 1 4πr 2 E = ρ(r ) ⋅ 4πr 2 dr , ε0 0



где заряд q внутри сферической поверхности радиуса r равен r r  r3 r4  r  . q = ρ( r ) ⋅ 4πr 2 dr = 4πρ 0 1 −  r 2 dr = 4πρ 0  −  R 3 4 R     0 0





Следовательно, внутри шара E =

ρ0 ε0

 r r2   −   3 4R  .  

При r ≥ R аналогично находим: ρ  R 3 R 4  ρ0 R 3 = E = 0 2  . − 4 R  12ε 0 r 2 ε0r  3  ρ R Эта функция достигает максимума  E = 0  при r = R. 12ε 0  

Ответы и решения

195

Исследуем модуль напряженности внутри шара на максимум, dE = 0 (rm – расстоядля чего приравняем нулю производную: dr rm ние от центра шара, соответствующее максимуму Е) или: ρ 1 dE r  = 0 − =0,  dr rm ε 0  3 2 R  r m откуда rm = 2R / 3 . Используя найденное значение, получаем: ρ  2 R / 3 (2 R / 3) 2  ρ 0 R ρ 0 R = E max = 0  > − . 4 R  9ε 0 12ε 0 ε0  3

ρ r , вектор Е направлен к цен3ε 0 2ρ r , вектор Е направлен от тру полости; на диаметре СD E ( r ) = 3ε 0 центра. Е1 1.49. На диаметре АВ E =

Решение. Представим шаровую полость как равномерно заполненную зарядом С с объемной плотностью (–ρ), вставленную в Е2 пластину с объёмной плотностью ρ. Тогда В А Е2 0 электрическое поле в любой точке проD странства можно определить как суперпозицию полей заряженных шара и пластины. Рис. О.1.49. Напряженность Е1 внутри пластины направлена перпендикулярно её плоскостям (рис. О.1.49). Зависимость модуля напряженности от расстояния х до средней линии пластины имеет вид (см. решение задачи 1.43): E1 ( x ) = ρx / ε 0 , причем на средней линии пластины E1 ( x ) = 0 . Напряженность Е2 заряженного с объемной плотностью (–ρ) шара внутри него равна (см. решение задачи 1.45 для шара): (−ρ) E2 = r , где r – радиус-вектор точки внутри шара. 3ε 0

196

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Направления векторов Е1 и Е2 в точках на диаметрах АВ и CD показаны на рис. О.1.49. Таким образом, на диаметре АВ в поρ r . На диаметре СD напряженность лости напряженность E = 3ε 0 2ρ ρr ρr E (r ) = − = r, ε 0 3ε 0 3ε 0 А вектор Е направлен от центра полости.

ρ ρR 2 r r при r ≤ R; E (r ) = ⋅ при r ≥ R; r – 2ε 0 2ε 0 r r радиус-вектор (рис. О.1.50). Решение. В силу симметрии задачи вектор напряжённости E направлен по нормали к боковой поверхности цилиндра. Применяем электростатическую R теорему Гаусса, выбрав в качестве поr верхности коаксиальный цилиндр произвольного радиуса r и конечной высоты h (рис. О.1.50). На торцах цилиндра вектор E параллелен поверхности, поэтому его поток равен нулю. Во всех точках боковой поверхности вектор E перпендикулярен Рис. О.1.50. поверхности, поток вектора E через боковую поверхность цилиндра радиусом r равен 2πrhE. Если расстояние от оси цилиндра до точки наблюдения r ≤ R, то заряд внутри цилиндра q = ρVцил. = ρ ⋅ πr 2 h и по теореме Гаусса h

1.50. E (r ) =

2πrhE =

1 ρ ρπr 2 h , откуда E (r ) = r. 2ε 0 ε0

Если r ≥ R, то 2πrhE = 1.51. E ( x) =

1 ρR 2 ρπR 2 h , откуда E (r ) = . ε0 2ε 0 r

τL для r ≤ x ≤ ( L − r ) . 2πε 0 x (L − x )

Решение. Пусть ось Х перпендикулярна проводам, а ее начало находится на оси левого провода (рис. О.1.51). В силу симметрии вектор Е во всех точках на оси направлен вдоль оси X.

197

Ответы и решения

Напряженность поля Е +τ –τ на расстоянии х ≥ r от оси первого провода находим по теореме Гаусса, посчитав поток вектора Е через поРис. О.1.51. верхность в виде соосного с проводом цилиндра радиусом х произвольной высоты h: τ 1 2πxhE = τh , откуда E ( x) = . 2πε 0 x ε0 В любой точке прямой О1Х между проводами напряженности полей левого и правого проводов сонаправлены, поэтому они суммируются. Используя принцип суперпозиции, находим Е для r ≤ x ≤ (L − r) : τ τ τL + = E ( x) = . 2πε 0 x 2πε 0 (L − x ) 2πε 0 x(L − x ) 1.52. E ( x) =

1.53. E (r ) =

τd πε 0 4h 2 + d 2

.

ρ0 3 ρ R4 r при r ≤ R, E = 0 при r ≥ R. 4ε 0 4ε 0 r

Решение. Применим теорему Гаусса, выбрав в качестве поверхности коаксиальный цилиндр произвольного радиуса r и конечной высоты h. При r ≤ R для нахождения заряда q выделим цилиндрическую трубку радиусом r малой толщиной dr, объем которой равен dV = 2πrhdr . Внутри этой находится заряд равен dq = ρ(r )dV = ρ 0 r 2 ⋅ 2rhdr = 2πρ 0 hr 3 dr . Суммарный заряд внутри цилиндра определим интегрированием: q=



r



dq = 2πρ 0 h r 3 dr = πρ 0 h

Vцил

0

r4 . 2

Поток напряженности поля через поверхность цилиндра по теореме Гаусса равен: q πρ 0 h 4 = r , 2πrhE = 2ε 0 ε0

198

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ρ0 3 r . 4ε 0 При r ≥ R заряд внутри цилиндрической поверхности равен

откуда E (r ) =

R



Q = 2πρ 0 h r 3 dr = πρ 0 h 0

R4 . 2

По теореме Гаусса 2πhrЕ = πρ 0 h

R4 2ε 0

, откуда

E=

ρ0 R 4 4ε 0 r

.

1.54. При r ≤ R1 E= 0. При R1 ≤ r ≤ R2: а) E ( r ) =

)

(

R  α 1 − 1  ; ε0  r 

2 2 ρ0 r α ln e −αR1 − e −αr . ; в) E ( r ) = ε 0 r R1 2αε 0 r R − R1 R α ln 2 ; При r ≥ R2: а) E (r ) = α 2 ; б) E (r ) = ε0r ε 0 r R1 2 2 ρ0 e −αR1 − e −αR2 . в) E (r ) = 2αε 0 r

б) E (r ) =

)

(

ε 0 Е0 . r Решение. Выбрав в качестве гауссовой поверхности коаксиальный цилиндр произвольного радиуса r и конечной высоты h, запишем по теореме Гаусса поток напряженности поля через поверхность цилиндра: 1.55. E (r ) =

r

2πrhE 0 =

2πh 1 ρ(r )rdr → rE 0 = ε0 0 ε0



r

 ρ(r )rdr . 0

Продифференцировав обе части последнего уравнения по r, ε Е rρ(r ) , откуда E (r ) = 0 0 . получаем: E 0 = ε0 r

199

Ответы и решения

1.56. T = 4π

2πε 0 mR 3 . qQ

Решение. Для определения зависимости E(r) вблизи центра кольца воспользуемся теоремой Гаусса: поток вектора E через поверхность соосного с кольцом цилиндра (радиус основания r, высота h (r, h 0 плоскости XY. В этих точках E = 4πε 0 r Ez =

p 2 p 2 1 1 ⋅ 3 e r , при Z < 0 E = − ⋅ 3 e r , где еr – орт 4πε 0 r 4πε 0 r полярной системы координат с началом отсчета на оси Z в плоскости, параллельной плоскости ХY и отстоящей от неё на расстояние h = r cos θ = r / 3 . E=

Решение. Поскольку вектор р направлен вдоль оси Z, вектор Е должен лежать в плоскости, перпендикулярной оси Z, т.е. проекция вектора Еz = 0, а вектор Е лежит в плоскости XY. В решении задачи 2.3 было установлено p 3 cos 2 θ − 1 ⋅ Ez = . 4πε 0 r3 В случае Еz = 0 получаем: cos θ = ±1 / 3 , откуда

217

Ответы и решения

θ1 = arccos (1 / 3 ) ≈ 54,7° , θ 2 = arccos (−1 / 3 ) ≈ 125,3° . Следовательно, точки, в которых Е⊥р, лежат на поверхности двух конусов с общей вершиной в начале координат и общей осью, направленной по оси Z; угол полураствора равен θ1 . Эти конусы являются зеркальным отражением друг друга относительно плоскости XY. В точках на поверхности этих конусов (см. решение задачи 2.3) 1 3p 1 1 1 p 3 cos θ sin θ p 2 1− = E = E⊥ = ⋅ = ⋅ 3 ⋅ ⋅ 3 . 3 4πε 0 4πε 0 r 3 4πε 0 r r 3 Определим направление вектора Е. При cos θ = +1 / 3 , p 3 cos θ sin θ ⋅ > 0 , т.е. вектор Е направлен от оси (Z > 0) E = 4πε 0 r3 диполя (см. решение задачи 2.3), в векторной форме можно запиp 2 1 ⋅ 3 e r , где еr – орт полярной системы координат сать: E = 4πε 0 r с началом отсчета на оси Z в плоскости, параллельной плоскости ХY и отстоящей от неё на расстояние h = r cos θ = r / 3 . p 3 cos θ sin θ ⋅ < 0 , т.е. При cos θ = −1 / 3 , (Z < 0) E = 4πε 0 r3 вектор Е направлен к оси диполя, и в векторной форме p 2 1 ⋅ 3 er . E =− 4πε 0 r 1/ 4

  qp 2.5. R =   ; плоскость орбиты шарика перпен2  3 3πε 0 mω  дикулярна р и находится на расстоянии h = R / 2 от центра диполя.

Решение. Будем считать маленький шарик материальной точкой. Чтобы заряженная материальная точка двигалась по окружности, на неё должна действовать постоянная по модулю сила, пер-

218

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

пендикулярная скорости движения точки и направленная к центру окружности. Направим ось Z в направлении вектора р, совместив начало отсчета с центром диполя. Поскольку на заряд в электрическом поле действует сила F = qE , вектор напряженности поля диполя должен лежать в плоскости орбиты заряда. Из решения задачи 2.4 следует, что когда угол θ между осью Z и радиус-вектором r, движущего заряда q удовлетворяет условию: cos θ = ±1 / 3 , напряженность поля диполя имеет только одну компоненту E ⊥ - лежащую в плоскости, перпендикулярной дипольному моменту р. Эта компонента E ⊥ создает центростремительную силу, обеспечивающую вращение шарика. Следовательно, плоскость орбиты шарика перпендикулярна р. При cos θ = +1 / 3 вектор Е направлен от оси Z:

p 2 1 ⋅ 3 e r , где еr – орт полярной системы координат с 4πε 0 r началом отсчета на оси Z в плоскости, параллельной плоскости ХY и отстоящей от неё на r cos θ = r / 3 . Сила F = qE будет направлена к оси Z при q < 0 и создаст центростремительное ускорение а = ω 2 R , где R – радиус окружности, по которой движется заряженная материальная точка. При cos θ = −1 / 3 вектор Е направлен к оси Z: E=

E =−

p 2 1 ⋅ 3 e r , и сила F = qE будет направлена к оси Z при 4πε 0 r

q > 0. Запишем уравнение движения материальной точки в проекции на направление еr: p 2 1 m ω2 R = q ⋅ ⋅ 3 , 4πε 0 r

2 3 r , откуда r = R. 3 2 Подставляя r в уравнение движения материальной точки, получаем:

где R = r sin θ =

219

Ответы и решения

p 2 2 1 ⋅ 3 ⋅  4πε 0 R 3 откуда определяем радиус орбиты шарика:

3/ 2

m ω2 R = q ⋅

,

1/ 4

  qp R=  . 2  3 3πε 0 mω  Плоскость окружности отстоит от центра диполя на h = Rctgθ = R / 2 .

2.6. а) Е = б) Е =

2p = 4,11⋅106 В/м; 4πε0d 3

E|| α

p ≅ 2,06⋅106 В/м. 3 4πε0d

М

р 2.7. r = r0 sin2 θ .

E

r

E┴

p|| dθ

θ

Решение. Выберем полярную систему координат с началом в центре ди- р﬩ Рис. О.2.7. поля, а полярный угол θ будем отсчитывать от направления дипольного момента р. Разложим вектор р на две составляющие: р|| - вдоль радиус-вектора r, проведенного из центра диполя к произвольной точке М, и р ⊥ - перпендикулярную r (см. рис. О.2.7). Напряженности полей, создаваемых этими составляющим и равны: 2 pΙΙ p⊥ и Е⊥ = ЕΙΙ = 3 3 4 πε 4πε0r 0d и направлены так, как показано на рис. О.2.7. Поскольку вектор Е направлен по касательной к силовой линии, то угол α между радиус-вектором r и силовой линией в точке М определяется из условия: E p 1 tgα = ⊥ = ⊥ = tgθ . EΙΙ 2 pΙΙ 2

220

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Проекция бесконечно малого участка силовой линии длины 1 ds на направление вектора р ⊥ равна ds = dr ⋅ tgα = tgθ ⋅ dr . В то же 2 1 время, ds = rdθ , откуда получаем: tgθ ⋅ dr = rdθ . 2 Разделяя переменные и интегрируя, находим уравнение силовой линии поля диполя: 1 dr dθ 1 ; = lnr = ln(sinθ) + const ; r = r0 sin2 θ , 2 r tgθ 2 где r0 –модуль радиус-вектора r при sinθ = π / 2 .





2 pq pq при θ = 0; π ; при Fmin = 3 4πε 0 l 4πε 0 l 3 θ = π / 2; 3π / 2 ( θ – угол между осью диполя и радиус-вектором r, проведенным из центра диполя к точке). 2.8.

Fmax =

Решение. Действующая на заряд сила равна F = qE . Модуль напряженности поля диполя равен (см. решение задачи 2.1) p 3 cos 2 θ + 1 . E= 4πε 0 r 3 Следовательно, модуль силы максимален при θ = 0; π и со2 pq , а минимален при θ = π / 2; 3π / 2 и равен ставляет Fmax = 4πε 0 l 3 Fmin =

pq . 4πε 0 l 3

2.9. F =

qp 2 . 50πε 0

Решение. Модуль силы, действующей на точечный заряд q в электрическом поле, равен F = qE. Модуль напряжённости поля точечного диполя в точке с координатами (r, θ ), где угол θ в данном случае надо отсчитывать от оси ОХ, равен (см. задачу 2.1)

221

Ответы и решения

p 4πε 0 r 3 Поскольку по условию E ( r , θ) =

3 cos 2 θ + 1 .

r = x 2 + y 2 + z 2 = 1 + 4 = 5 , cos θ =

x 1 = , r 5

то E=

p 1 ⋅ 4πε 0 5 3 / 2

3⋅

Искомый модуль силы равен F =

p 2 1 . +1 = 50πε 0 5

qp 2 . 50πε 0

А Е2 р2 2p 5 р ; tg ϕ = 1/2 ; 1 φ πε 0 l 3 Е1 Е ориентация вектора Е показана на Рис. О.2.10. рис. О.2.10 (Е1 и Е2 – напряженности полей, созданных диполями с дипольными моментами р1 и р2. 2.10. E =

2.11. p = 7 qa ; вектор р направлен в сторону заряда (+q). Решение. Дипольный момент системы точечных зарядов, находящихся в точках с радиус-векторами ri, равен n

p =  qi ri . i =1

Направим ось Х по линии, на которой находятся заряды, от заряда (–q) к заряду (+q) (см. рис. О.2.11). Начало отсчета совместим с расположением заряда (–q). Тогда:

Рис. О.2.11.

q  q p = q ⋅ 8a +  −  ⋅ 5a + ⋅ 3a = 7 qa . 2  2 Вектор р направлен в сторону заряда (+q).

222

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Данная система зарядов электрически нейтральна     qi = 0  . Покажем, что дипольный момент не зависит от выбора  i  начала отсчета. Пусть начало отсчета находится в точке симметрии системы (т.А). Тогда дипольный момент равен q  q p = q ⋅ 4a +  −  ⋅ a + ⋅ (−a ) + (−q ) ⋅ (−4a) = 7 qa , 2  2 что совпадает с полученным ранее значением. 2.12. p = 0 . –q

+q

r1

+q

r2 r3

–q

0 Рис. О.2.12.

Решение. Система электрически нейтральна, поэтому величина дипольного момента не зависит от выбора начала отсчета. Совместим начало координат с положением нахождения заряда (+q) (см. рис. О.2.12). Согласно определению дипольного момента сиn

стемы точечных зарядов, p =

 q r , или i i

i =1

p = ( − q ) ⋅ r1 + q ⋅ r2 + ( − q ) ⋅ r3 = q (− r1 − r3 + r2 ) = 0 , так в соответствии с рис. О.2.12 видно, что r1 + r3 = r2 .

2.13. Е квадр (r ) =

1 3ql 2 1 ⋅ 4 ~ 4 . 4πε 0 r r

Решение. Квадруполь можно рассматривать как систему двух диполей с одинаковыми по модулю дипольными моментами p = ql , находящимися на малом расстоянии l друг от друга. Векторы р диполей антипараллельны и противоположно направлены перпендикулярно линии ОМ. Напряженности полей диполей равны 1  3( pr ) r p  E (r ) = − 3. 4πε 0  r 5 r  В точке М r ⊥ р, а модуль напряженности поля каждого диполя

223

Ответы и решения

p 1 ⋅ 3, 4πε 0 r причем векторы напряженностей правого Е1(r) и левого Е2(r) диполей направлены в разные стороны. Следовательно, для нахождения модуля напряженности поля квадруполя надо вычесть модули напряженностей полей двух диполей, расположенных на малом расстоянии l друг от друга, то есть параметр r, от которого зависит модуль напряженности Едип, изменяется на малую величину l. При этом можно воспользоваться формулой для приращения функции f(x) при малом изменении δх аргумента х:  ∂f  f ( x + δx) − f ( x) =   δx .  ∂x  x E дип (r ) =

ср

Тогда для напряженности поля квадруполя получаем: ∂E дип 3ql 2 1 Е квадр (r ) = E дип (r − l / 2) − E дип (r + l / 2) = ⋅l = ⋅ 4 . ∂r 4πε 0 r Отметим общую закономерность: для точечного заряда 1 1 1 Е ~ 2 , для диполя Е ~ 3 , для квадруполя Е ~ 4 . r r r 2.14. p = 0 . Указание. Использовать определение дипольного момента электрически нейтральной системы: p =

n

q r . i i

i =1

2.15. p =

al 4 . 4

Решение. Направим ось ОХ вдоль стержня, совместив начало отсчета с концом стержня. Система - электрически нейтральна, так l

как

l

 τ( x) dx = a  (3x 0

0

2

)

(

− l 2 dx = a x 3 − l 2 x

)

l 0

= 0.

Дипольный момент такой системы равен

224

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ l

l

(



2

p = τ( x) x dx = a 3x − l 0

0

2.16. p =

2

)

3 x 2l 2   x dx = a  x 4 −  4 2  

l

= 0

al 4 . 4

qRπ qR 1 qR e z ; ϕ( z ) = ; E ( z) = ⋅ ez . 2 4 8 ε0 z3 16 ε 0 z

Решение. По условию задачи τ(ϑ) = τ 0 cos ϑ . Константу τ0 найдем из условия, что полный заряд полукольца равен +q: π/2 q . q = τ 0 cos ϑ ⋅ Rdϑ = 2 Rτ 0 , откуда τ 0 = R 2 −π / 2



Определим дипольный момент системы. Так как система электрически нейтральна, ее дипольный момент может быть найден по формуле: p = τ(r ) rdl . В силу симметрии системы ясно,

 L

что проекция дипольного момента на ось Х равна нулю, и дипольный момент системы направлен вдоль оси Z. Выделим на полукольце небольшой участок длиной Rdϑ, с зарядом τ(ϑ) Rdϑ , находящийся на расстоянии R от точечного заряда (–q). Проекция радиус-вектора r этого участка на ось Z равна Rcosϑ. Проведем интегрирование по углу ϑ в пределах от (–π/2) до π/2: p = pz =

π/2

π/2

−π / 2

−π / 2



τ(ϑ) ⋅ R 2 dθ = τ 0

 cos ϑR

2

cos ϑdθ =

. π/2 qR  qRπ sin ϑ  = . = ϑ +  4  2  −π / 2 4 Потенциал системы на оси Z в дипольном приближении равен p ( pr ) qR 1 1 . ⋅ 3 = ⋅ 2z = 4πε 0 r 4πε 0 z 16 ε 0 z 2 Напряженность поля на оси Z определяем по формуле: qR 2p p 1 1  3( pr ) r E ( z) = ⋅ 5 − 3= ez . ⋅ 3 = 4πε 0  r r  4πε 0 z 8ε 0 z 3

ϕ( z ) =

225

Ответы и решения

2.17. A = W 2 − W1 = 2 pE , где W – энергия диполя. 2.18. A = pE = 9 ⋅ 10 −6 Дж . Решение. На диполь в электрическом поле действует момент сил M = [ pE ] , который будет поворачивать диполь до того положения, в котором этот момент сил окажется равным нулю, т.е. будет p || E . Энергия диполя во внешнем электрическом поле равна W = − p ⋅ E . Совершаемая при повороте диполя силами электрического поля работа: A = W1 − W2 = pE = 9 ⋅ 10 −6 Дж . 2.19. A = −

qp >0. 2πε 0 r 2

Решение. Потенциал поля точечного диполя на расстоянии r 1 ( pr ) ⋅ . В начальном от него определяется формулой: ϕ( z ) = 4πε 0 r 3 положении точечный заряд находится в точке с потенциалом p 1 ϕ1 (r ) = ⋅ 2 , в конечном положении – в точке с потенциалом 4πε 0 r p 1 ϕ 2 (r ) = − ⋅ 2 . Работа внешних сил по перемещению заряда 4πε 0 r q < 0 равна qp > 0. A = q (ϕ 2 − ϕ1 ) = − 2πε 0 r 2 2.20. A =

p2 1 ⋅ 3 . 2πε 0 d

Решение. Направим ось Z вдоль линии, соединяющей диполи, совместив начало отсчета с левым диполем. С учетом формулы 2p 1 E= ⋅ 3 напряженность поля левого диполя 4πε 0 d

226

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

p 1  3( pr ) r − 3  в точке нахождения правого - направлена  5 4πε 0  r r  в положительном направлении оси Z. . В электрическом поле левого диполя правый диполь обладает энергией 2p2 1 ⋅ 3 . W1 = −( pE ) = − 4πε 0 d После удаления правого диполя на бесконечно большое расстояние от левого его потенциальная энергия станет равна нулю: W 2 = 0 . Работа внешних сил по удалению диполя на бесконечность равна p2 1 A = W 2 − W1 = ⋅ 3 . 2πε 0 d E=

2.21. A ≅

2.22. ω =

p2 1 ⋅ 3 ≈ 1,1 ⋅ 10 − 20 Дж . 2πε 0 r0 2 pE . J

Решение. На диполь в электрическом поле действует вращающий момент сил M = [ pE ] , который поворачивает диполь вокруг оси, перпендикулярной вектору р, до положения равновесия, в котором М = 0, т.е. векторы р и Е параллельны. При этом потенциальная энергия диполя Wпот = − p ⋅ E изменеятся на величину ΔWпот = − pE cos 0 + pE cos( π / 2) = − pE . В результате вращения диполь приобретет кинетическую энергию Wкин = Jω 2 / 2 . По закону сохранения энергии можно записать: 2 pE J ω 2 / 2 − pE = 0 , откуда находим: ω = . J

227

Ответы и решения

 pE  2.23. α = α 0 cos  t  , где α – угол отклонения оси диполя  J    от направления напряженности электрического поля Е; диполь соJ вершает малые колебания с периодом T = 2π . pE

Решение. Направим ось Х декартовой системы координат с началом в центре диполя вдоль направления вектора Е, а ось Z – перпендикулярно Е. Угол поворота диполя будем отсчитывать относительно оси Х. На диполь со стороны электрического поля будет действовать вращающий момент M = [ pE ] , направленный по оси Z. Запишем уравнение моментов для диполя в проекции на ось Z:  = M = − pE sin α . Jα С учетом малости угла α это уравнение перепишим в виде: pE  + α α=0. J Это уравнение гармонических колебаний с частотой pE ω= . С учетом начальных условий закон движения диполя J  pE  имеет вид: α = α 0 cos  t  , где α – угол отклонения оси диполя  J    от направления напряженности электрического поля Е, т.е. диполь совершает малые колебания вокруг оси Х с периодом J 2π T= = 2π . pE ω 2.24. ϕ(t ) = ±

p 4πε 0 r 2

( )

sin ωt = ±90 sin 10 3 t [В] .

Решение. Потенциал поля диполя в точке, лежащей в плоскоp cos θ ( pr ) 1 1 ⋅ 3 = ⋅ , где θ – сти его вращения, равен ϕ(θ) = 4πε 0 r 4πε 0 r2

228

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

угол между дипольным моментом р и радиус-вектором r точки при выборе начала отсчета в центре диполя. При вращении диполя θ = ωt + θ 0 , следовательно, p 1 ϕ(t ) = ⋅ 2 cos (ωt + θ 0 ) . 4πε 0 r Из начальных условий определяем θ 0 : p 1 ϕ(0) = ⋅ 2 cos θ 0 = 0 → θ 0 = ± π / 2 . 4πε 0 r Таким образом, зависимость φ(t) в исследуемой точке представима в виде: p p 1 ϕ(t ) = ⋅ 2 cos (ωt ± π / 2) = ± sin ωt = ±90 sin 10 3 t [В] . 4πε 0 r 4πε 0 r 2

( )

2.25. W

T /2

=

qp . 2π ε 0 r 2 2

Решение. Потенциальная энергия точечного заряда в точке с потенциалом поля φ равна W = qϕ . Потенциал вращающегося диполя в точке нахождения заряда меняется по закону (см. решение задачи 2.24): p 1 ϕ(t ) = ⋅ 2 sin ωt . 4πε 0 r Средняя за время t = T / 2 потенциальная энергия заряда q равна: T /2 qp qp qp 2 2 . W T /2 = ⋅ = 2 sin ωt dt = 2 2 T 0 4πε 0 r 4πε 0 r π 2π ε 0 r 2



2.26. W = −

p1 p 2 2πε 0 r 3

.

Решение. Энергия взаимодействия диполей – это энергия точечного диполя с дипольным моментом p2 во внешнем электрическом поле с напряженностью E1, создаваемой первым диполем в точке расположения второго: W = –p2E1, где

229

Ответы и решения

2p 1  3( p1 r ) r p1  1 ⋅ − 3= ⋅ 31 . 5 4πε 0  r r  4πε 0 r На второй диполь действует вращающий момент сил M = [ p 2 E1 ] со стороны поля первого диполя, поэтому он будет поворачиваться вокруг оси, проходящей через его центр перпендикулярно дипольному моменту р. Устойчивое положение достигается, когда M = 0 , т.е. угол между векторами р2 и Е1 равен нулю, значит, векторы дипольных моментов р1 и р2 будут сонаправлены. При этом энергия взаимодействия диполей равна 2p p p p 1 W =− ⋅ 13 2 = − 1 2 3 . 4πε 0 r 2πε 0 r

E1 =

2.27. а) W = − г) W =

p1 p 2 2πε 0 r 3

p1 p 2 4πε 0 r

3

; б) W = 0 ; в) W =

p1 p 2 4πε 0 r 3

;

.

Указание. См. решение задачи 2.26. 2.28. а) W ≈ −

2 4,8 р 2 р2  1 2  2,4 р 1 = ⋅ + +  W ≈ ; б) ;   3 4πε 0 a 3  πε 0 a 3 23  πε 0 a

0,45 p 2 1 р2  1 1 1 1  ⋅ 3  − 1 + 3 − 3 + 3 − 3 +  ≈ − . πε 0 a  2 3 4 5 πε 0 a 3  Решение. а) Энергия взаимодействия какого-либо диполя с дипольным моментом р с ближайшим соседом справа равна (см. решение задачи 2.26) 2p p p2 1 W1 = − ⋅ 13 2 = − , 4πε 0 2πε 0 а 3 а а со следующими диполями - соответственно p2 p2 p2 W2 = − W = − W = − , , и т. д. 3 4 2πε 0 (2а ) 3 2πε 0 (3а) 3 2πε 0 (4а ) 3 Поскольку диполь находится в неограниченной цепочке, соседние диполи располагаются симметрично слева и справа от вы-

в) W =

230

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

бранного. Полная энергия взаимодействия одного диполя со всеми остальными определяется суммой: 4,8 р 2 1 р2  1 1 1  W = 2 (W1 + W2 + ) = − ⋅ 3 1 + 3 + 3 + 3 +  ≈ − . πε 0 a  2 3 4 πε 0 a 3  б), в) Задачи решаются аналогично, причем для выбранного диполя следует рассматривать симметрично расположенные относительно него соседние диполи как слева, так и справа. q р. 2.29. F = − 100 5 πε 0 R 3 Решение. Расположим начало координат с центром кольца и направим ось Z вдоль его оси в направлении дипольного момента р, а оси Х и Y – в плоскости кольца. Напряженность поля на оси равномерно заряженного кольца равна (см. решение задачи 1.20): qz 1 Ez = ⋅ 2 ; E = Ezez. 4πε 0 ( R + z 2 ) 3 / 2 Сила, действующая на дипольный момент p в электростатическом поле напряженностью E, определяется по формуле: ∂E ∂E ∂E . F = ( p ⋅ grad) E = p x + py + pz ∂x ∂y ∂z Поскольку Еz зависит только от переменной z, а вектор р ∂E . направлен вдоль оси Z, имеем: Fz = p ∂z ∂E Найдем производную : ∂z

(

q R2 + z2 ∂E = ⋅ ∂z 4πε 0

)

3/ 2

( )

)

1/ 2

q R 2 + z 2 − 3Rz . ⋅ 3 5/ 2 4πε 0 R2 + z2 R2 + z2 Тогда сила, действующая на диполь, равна q R 2 + z 2 − 3Rz ⋅ F= р. 5/ 2 4πε 0 R2 + z2 Подставляя z = 2R, окончательно получаем: q F =− р. 100 5 πε 0 R 3

(

− 3zR R 2 + z 2

(

=

)

(

)

Ответы и решения

231

Знак «минус» указывает на то, что диполь притягивается к кольцу.

pτ τ p; M = , момент сил М направлен 2 2πε 0 r 2πε 0 r вдоль заряженной нити и стремится ориентировать дипольный момент р вдоль радиус-вектора r. 2.30. F =

Решение. Диполь состоит из двух точечных зарядов (+q) и (– q), находящихся на малом расстоянии l друг от друга (дипольный момент р направлен от отрицательного заряда к положительному). Напряженность поля заF+‫׀׀‬ F+ ряженной нити на расстоянии r α от неё равна по модулю +q τ F+┴ E= и направлена вдоль α r 2πε 0 r 0 l F–‫׀׀‬ радиус-вектора r. Со стороны F– поля заряженной нити на заряF –┴ ды, образующие диполь, дей–q ствуют силы F+ = qE + и Рис. О.2.30. F− = qE − ( Е + и E − – напряженности поля нити в местах нахождения соответствующих зарядов), направленные так, как показано на рис. О.2.30. Разложим эти силы на две составляющие: параллельные дипольному моменту р и перпендикулярные ему (см. рис. О.2.30). Видно, что компоненты сил F+ ⊥ и F− ⊥ компенсируют друг друга, а компоненты F+|| и F−|| направлены в одну сторону, совпадающую с направлением дипольного момента р. Суммарная сила, действующая на диполь, равна: (ql ) τ qτ l / 2 pτ F = 2 F+|| = 2 F+ sin α ≅ 2 ⋅ = = 2 2πε 0 r r 2πε 0 r 2πε 0 r 2

l/2 , и расстояния от нити r до каждого из зарядов берем равными r). С учетом направления силы F и вектора р в векторном виде можно записать: (ввиду того, что l r, можно пренебречь изменением напряженности внешнего поля в месте нахождения второго шарика, связанным с нахождением в поле первого шарика. Поэтому будем считать, что оба шарика находятся в однородном электрическом поле с напряженностью Е0. Проводящий шарик в однородном поле приобретает дипольный момент p = 4πε 0 R 3 E 0 (см. решение задачи 3.47). Поэтому задача сводится к расчету сил взаимодействия двух одинаковых диполей, моменты которых направлены вдоль линии их соединения. Сила, действующая на каждый диполь, равна (см. решение задач 2.32, 2.33): 6p p 3p2 1 F= ⋅ 14 2 = . 4πε 0 l 2πε 0 l 4 Подставляя p = 4πε 0 R 3 E 0 , окончательно получаем:

F=

24πε 0 R 6 E 02 l4

.

Шарики будут притягиваться друг к другу. 3.49. F =

27a 2 q 2 . 64πε 0 r 4

Указание. Рассчитать дипольный момент молекулы и воспользоваться методом электростатических изображений.

268

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§4. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

ε 0 ϕa . σ Решение. Заряд сферы радиусом R равен q = 4πR 2 σ . При нормировке φ∞ = 0 на расстоянии а от центра сферы потенциал электрического поля равен: ε ϕa q R 2σ , откуда R = 0 , ϕ= = 4πε 0 a ε 0 a σ а емкость уединенной сферы ε ϕa . C = 4πε 0 R = 4πε 0 0 σ 4.1. C = 4πε 0

r  4.2. С ≅ 2πε 0 r 1 +  ≈ 2πε 0 r . l  Решение. Пусть заряды шариков одинаковы по модулю, на противоположны по знаку: (+q) и (–q). Поскольку шарики находятся на большом расстоянии друг от друга, можно пренебречь перераспределением зарядов на шариках из-за электростатической индукции и считать что заряд распределен равномерно по поверхности. Направим ось Х вдоль линии соединения центров шариков, совместив начало отсчета с центром одного из них. В силу принципа суперпозиции напряженность электрического поля на оси Х: q  1  q , E ( x) = ⋅  2 + 4πε 0  x (l − x) 2  а разность потенциалов между поверхностями шариков: l −r  1 q q (l − 2 r ) 1    dx = . U= + 2 2   4πε 0 r  x 2πε 0 r (l − r ) (l − x) 



Тогда емкость системы двух шариков равна q 2πε 0 r (l − r ) 1− r /l r  С= = = 2πε 0 r ⋅ ≈ 2πε 0 r 1 +  . 1 − 2r / l U l − 2r l  При вычислениях использовалось разложение функции Е(х) в ряд Тейлора по малому параметру x = 2r / l > r емкость С ≈ 2πε 0 r .

+q +γ

–q –γ a

4.3. С ≈ 4πε 0 a .

r A b

C b

Решение. Пусть заряд шарика раРис. О.4.3. венq. Воспользуемся методом электростатических изображений и вводя в рассмотрение шарик«изображение» с зарядом (–q). Электрическое поле этих двух шариков слева от плоскости будет таким же, как и реально существующее (рис. О.4.3). Далее, разность потенциалов между поверхностью реального шарика и плоскостью (см. решение задачи 4.2) равна

Δϕ =

q 2(b − a ) ⋅ . 4πε 0 a(2b − a)

Для искомой емкости системы получаем:

С=

q a(2b − a) = 4πε0 ≈ 4πε0 a . Δϕ 2(b − a)

(q1 + q 2 ) R1 ( q + q 2 ) R2 ; q ′2 = 1 . R1 + R2 R1 + R2 Решение. После соединения шаров проволокой их потенциалы станут одинаковыми (φ'1 = φ'2), а заряды перераспределятся между шарами и будут равны q'1 и q'2 соответственно. По закону сохранения заряда: q1 + q 2 = q1′ + q 2′ . (1) 4.4. q1′ =

Так как шары значительно удалены друг от друга, их емкости можно считать равными С1 = 4πε 0 R1 и С 2 = 4πε 0 R 2 .

По определению ϕ = q / C . Учитывая, что φ'1 = φ'2, получаем уравнение: q1′ q 2′ = , откуда R 2 q1′ = R1 q 2′ . (2) 4πε 0 R1 4πε 0 R2

270

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Из (1) и (2), находим: (q + q 2 ) R1 ( q + q 2 ) R2 q1′ = 1 ; q 2′ = 1 . R1 + R2 R1 + R2 4.5. C =

2πε 0 . ln(b / a)

ΔC ln 2 = . C 0 ln(b / 2a) Решение. Пусть один провод заряжен с линейной плотностью заряда τ, а другой – (–τ). Направив ось Х перпендикулярно проводам, выбрав начало отсчета на оси первого провода. Напряженность поля Е в точке, находящейся на расстоянии х ≥ а от оси этого провода, при a ≤ x ≤ (b − a ) равна (см. решение задачи 1.51): 4.6.

E ( x) =

τ τ + , 2πε 0 x 2πε 0 (b − x )

а разность потенциалов между поверхностями проводов: Δϕ =

τ 2πε 0

b−a

1

1 

τ

  x + b − x  dx = πε а

ln 0

b−a . a

Изначально (b >> a) емкость в расчете на единицу длины проводов была равна πε 0 πε 0 τ С0 = = ≈ . b − a ln(b / a ) Δϕ ln a Если уменьшить расстояние между проводами в 2 раза, емπε 0 , т.е. емкость увеличится на кость станет равной: С1 ≈ ln(b / 2a ) πε 0 ln 2 ΔC = С1 − C 0 ≈ . ln(b / a) ⋅ ln(b / 2a ) Относительное увеличение емкости составит

ΔC ln 2 = . C 0 ln(b / 2a)

271

Ответы и решения

4πε 0 R12 R − R1 Решение. Емкость уединенного шара С1 = 4πε 0 R1 . Если окружить шар заземленной сферической оболочкой, то на её внутренней поверхности наведется заряд. При этом шар и сферу можно рассматривать как сферический конденсатор, емкость которого 4πε 0 RR1 1 С 2. = = 4πε 0 R1 ⋅ > C1 . R − R1 1 − R1 / R Таким образом, емкость системы «шар – сфера» больше емкости уединенного шара на 4.7. ΔС =

ΔC = С 2. − C1 =

4πε 0 RR1 4πε 0 R12 − 4πε 0 R1 = . R − R1 R − R1

(q1 + q 2 ) R1 R (q + q 2 )( R − R1 ) R2 ; q 2′ = 1 . ( R1 + R2 ) R − R1 R2 ( R1 + R2 ) R − R1 R2 Решение. Если окружить первый шар заземленной сферической оболочкой, то на её внутренней поверхности появится индуцированный заряд, равный по модулю установившемуся заряду первого шара. Заряды q1′ и q ′2 на шарах распределятся так, чтобы потенциалы шаров были одинаковы: ϕ1′ = ϕ′2 . При этом заряд на внутренней поверхности сферы будет равен ( − q1′ ) . Емкость шара в сферической оболочке равна емкости сферического конденсатора: 4πε 0 RR1 С1+об. = . R − R1 Так как оболочка заземлена, её потенциал равен нулю. Разность потенциалов между первым шаром и оболочкой находим из соотношения: q′ q1′ q′ = 1 , откуда ϕ1′ = 1 . С1+ сф. = C1+ об ϕ1′ − ϕ об ϕ1′ 4.8. q1′ =

272

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Поскольку расстояние между шарами достаточно большое, их взаимодействием можно пренебречь. При этом емкость второго q′ q 2′ шара равна С 2 = 4πε 0 R 2 , а его потенциал ϕ′2 = 2 = . C 2 4πε 0 R2 Приравнивая ϕ1′ = ϕ′2 , получаем уравнение: q1′ q 2′ q ′ ( R − R1 ) q 2′ = = или 1 . (1) C1+об 4πε 0 R2 RR1 R2 По закону сохранения заряда: q1 + q 2 = q1′ + q 2′ . (2) Решая систему уравнений (1) и (2), находим: (q1 + q 2 ) R1 R (q + q 2 )( R − R1 ) R2 q1′ = ; q 2′ = 1 . ( R1 + R2 ) R − R1 R2 ( R1 + R2 ) R − R1 R2

 RR  4.9. C = 4πε 0  1 2 + R3  .  R2 − R1  Решение. Потенциал земли считаем равным нулю. После заземления шара потенциал сферы равен U − как относительно бесконечности, так и относительно внутреннего шара радиусом R1. Теперь источник ЭДС заряжает не только сферический конденсатор с радиусами обкладок R1 и R2, но и сферу радиусом R3. Емкость сферического конденсатора равна 4πε 0 R1 R2 С1. = . R2 − R1 Емкость «уединенной» сферы радиусом R3 − С 2 = 4πε 0 R3 . Эквивалентная схема соединения двух конденсаторов показана на рис. О.4.9. Суммарная емкость системы  RR  Рис О.4.9. C = С1. + C 2 = 4πε 0  1 2 + R3  .  R2 − R1  4.10. C =

ε 0 SE CU = 17,7 пФ , σ = ≈ 5,7 ⋅ 10 −7 К/м 2 . U S

4.11. Емкость увеличится в 1,25 раза.

273

Ответы и решения

4.12. Емкость увеличится в 4 раза.

Решение. Поскольку внутри металлического слоя напряженность электрического поля равна нулю, то и напряжение на нем тоже равно нулю, поэтому можно считать, что образовался новый воздушный конденсатор с радиусами внутренней и внешней обкладок 2R и 3R соответственно. Емкость такого конденсатора равна: 2 R ⋅ 3R С ′ = 4πε 0 = 4πε 0 ⋅ 6 R . 3R − 2 R У конденсатора без шарового металлического слоя емкость была R ⋅ 3R 3 С 0 = 4πε 0 = 4πε 0 ⋅ R . 3R − R 2 Следовательно, С ′ / C 0 = 4 . 4.13. U max = R1 E max ln( R 2 / R1 ) ≈ 53,5 кВ .

Решение. Пробой диэлектрика будет в той точке, где напряженность поля максимальна. Если на обкладках конденсатора заряды распределены с линейной плотностью τ и –τ, то напряженность электрического поля в конденсаторе τ E= , где r – расстояние до оси цилиндров. 2πε 0 r Максимальное значение напряженность поля имеет на расстояниях от оси, близких к R1. Разность потенциалов между обкладками равна R2

U=

τ

 E (r ) dr = 2πε

R1

ln 0

R2 . R1

Подставляя в эту формулу величину τ, выраженную через напряженность электрического поля, τ = 2πε 0 R1 E max , находим: U max = R1 E max ln( R 2 / R1 ) ≈ 53,5 кВ .

4.14. Параллельно соединенные конденсаторы С1 и С2 соединить последовательно с С3. 4.15. Емкость конденсатора увеличилась на 12,5%.

274

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

4.16. Емкости батарей конденсаторов, изображенных на C C рис. 4.3 а) и б) будут одинаковыми, если 1 = 2 . C3 C 4

Решение. Для схемы на рис. 4.3 а емкость батареи равна (C + C 2 ) ⋅ (C 3 + C 4 ) С= 1 . C1 + C 2 + C 3 + C 4 CC C2C4 . Для схемы на рис. 4.3 б С ′ = 1 3 + C1 + C 3 C 2 + C 4 Если

С′ =

(C1 + C 2 ) 2 n (C + C 2 ) n C1 C 2 = 1 = = n , то С = ; n +1 (C1 + C 2 ) ⋅ (n + 1) C3 C 4

(C + C 2 ) n nC12 nC 22 + = 1 =C . C1 (1 + n) C 2 (1 + n) n +1 4.17. а) C бат. = 4С / 3 ; б) C бат. = 1,5С .

Решение. В силу симметрии схем потенциалы точек А и В одинаковы, поэтому включенный между этими точками конденсатор не будет заряжен, и его можно убрать. При этом схемы значительно упрощаются и А принимают вид, покаС 3С С 2С занный на рис. О.4.17. Применяя формулы для расчета емкости батарей при по2С С следовательном и па3С С раллельном соединеВ б) а) ниях конденсаторов, Рис. О.4.17. находим: а) C бат. = 4С / 3 ; б) C бат. = 1,5С . 4.18. C АВ = 11 С / 5 . 4.19. C АВ = 2 С .

275

Ответы и решения

4.20. С Σ =

5 −1 С. 2

Решение. Так как цепь конденсаторов бесконечно (в одну сторону), то удаление одного звена не изменит емкости СΣ оставшейся цепи. Поэтому цепь можно представить в виде эквивалентной, как показано на рис. О.4.20. Емкость такой С системы находим по формуле 1 1 1 СΣ С = + , CΣ C С + СΣ которая приводит к квадратному уравнению: Рис. О.4.20. C Σ2 + CC Σ − C 2 = 0 . Решая это уравнение, получим: С Σ =

5 −1 С. 2

7 C. 5 Решение. Пусть к точкам А и В подС2 С1 соединен источник ЭДС E (см. рис. О.4.21). +q1 –q1 +q2 –q2 Определить емкость системы конденсатоa +q3 ров можно по формуле C = q / E , где q – А В С 3 заряд, который поступил в систему от ис– q3 b точника ЭДС. – q 4 +q5 –q5 +q4 Левые обкладки конденсаторов С1 и С5 С 4 С4 приобретут заряды +q1 и +q4, а правые обкладки конденсаторов С2 и С5 в сумме E приобретут такой же по модулю заряд, коРис. О.4.21. торый и был подан в систему: q = q1 + q 4 = q 2 + q 5 . Знак заряда на обкладках конденсатора С3 выберем произвольно (см. рис. О.4.21). (Если знак выбран неправильно, получится q3 < 0, и решение не изменится). По закону сохранения заряда для электрически изолированных (не имеющих контакта с полюсами источника) обкладок конденсаторов С1, С2, С3 и конденсаторов С3, С4, С5 можно записать: (1) − q1 + q 2 + q 3 = 0 ; 4.21. C АВ =

276

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

− q3 − q 4 + q5 = 0 . (2) Для любых замкнутых контуров сумма напряжений на всех элементах равна сумме ЭДС (с учетом полярности включения источников). С учетом формулы U = q / C получаем: q1 q3 q 4 + − =0; (3) для контура АС1С3С4: C1 C 3 C 4 q q q для контура ВС5С3С2: − 5 − 3 + 2 = 0 ; (4) C5 C3 C 2 q 4 q5 + −E =0. (5) для контура EAС4С5ВE: C 4 C5 Из полученной системы уравнений (1) – (5) надо найти q1 и q4 q + q4 . (или q2 и q5), после чего найдем q и емкость C АВ = q / E = 1 E Для емкостей, указанных в условии задачи, система уравнений приобретает вид: − q1 + q 2 + q 3 = 0 ; − q3 − q 4 + q5 = 0 ; 2q1 + 2q 3 = q 4 ; 2q 3 + 2q 5 = q 2 ; q 4 + 2q 5 = 2CE . Из данной системы находим: 4 3 7 q1 = q 5 , q 2 = q 4 , q1 = СE , q 4 = СE , q = q1 + q 4 = СE . 5 5 5 7 Следовательно, C АВ = q / E = C . 5

4.22. С Σ = 2С .

Решение. Задачу можно решать способом, описанным в решении задачи 4.21. Однако, если емкости всех конденсаторов одинаковы, схему можно упростить. Перерисуем схему, показанную на рис. 4.9, в виде эквивалентной схемы включения конденсаторов (рис. О.4.22 а). Из-за равенства емкостей всех конденсаторов потенциалы точек а и b одинаковы, поэтому конденсатор С4 не

277

Ответы и решения

С2 С1

С5

а С4

С3 а

С1 b С6 Рис. О.4.22.

С2

С5

а

b С6

С3 b

заряжен, и его можно удалить (рис. О.4.22 b). Теперь вычисляем общую емкость системы: C2 C3 C5 C6 + = 2С . С Σ = С1 + C 2 + C3 C5 + C6

4.23. C =

11 ε 0 S . 28d

Решение. Каждую из четы- 2d рех пластин можно представить, как две пластины площадью S/2 С2 С1 каждая, соединенные между собой проводником (рис. О.4.23 а). d d d С1 При подключении крайних пластин к источнику ЭДС в пластиС2 С1 2d нах произойдет перераспределение зарядов. На боковых поверхностях каждой металлической б) а) Рис. О.4.23. пластины появятся заряды, равные по модулю, но противоположного знака, а внутри пластин напряженность электрического поля будет равна нулю. Теперь систему пластин можно рассматривать как систему соединенных плоских конденсаторов: трех емкостью

ε0 S / 2 ε0S = d 2d ε S / 2 ε 0 S C1 = = и двух конденсаторов емкостью C 2 = 0 . Эквива2d 4d 2 лентная схема соединения конденсаторов представлена на рис. О.4.23 б. C1 =

278

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Рассчитать емкость такой системы можно по схеме, описанной в решении задачи 4.21. В результате расчетов получаем: 11 ε 0 S 11 C = C1 = . 14 28d

4.24. E = 2E/d = 40 кВ/м .

Решение. Относительно земли пластина 2 имеет потенциал ϕ 2 = −E , а пластина 3 – ϕ 3 = E . Разность потенциалов между этими пластинами равна Δϕ = ϕ 3 − ϕ 2 = 2E , а напряженность электрического поля E = Δϕ / d = 2E/d = 40 кВ/м . 4.25. Δϕ =

E1С1 − E2 C 2 ≈ −1,3 B . С1 + С 2

Решение. При последовательном соединении конденсаторов их заряды одинаковы: q1 = q 2 . С учетом связи напряжения U на конденсаторе с его зарядом q = CU получаем: С1U 1 = C 2U 2 . Сумма напряжений на конденсаторах равна сумме ЭДС: U 1 + U 2 = E1 + E 2 .

Из записанных уравнений находим: С1 U 1 = (E1 + E2 ) ⋅ . С1 + С 2 Искомая разность потенциалов равна

Δϕ = ϕ b − ϕ a = E1 − U 1 =

E1С1 − E2 C 2 ≈ −1,3 B . С1 + С 2

5 4.26. U = U на каждом из конденсаторов. 3 Решение. После соединения разноименно заряженных пластин конденсаторов заряды соединенных пластин одинаковы и равны q ′ = q1 − q 2 = C1U 1 − C 2U 2 = CU − 6CU = 5CU .

279

Ответы и решения

Два конденсатора можно заменить одним с емкостью С = С1 + С 2 = 3С (как для параллельно соединенных конденсаторов). Напряжение на каждом из конденсаторов будет равно

U = 4.27. q1 =

q ′ 5CU 5 = = U. C 3C 3

7 14 CU , q 2 = CU , q 3 = 7CU . 3 3

4.28. Нельзя, так как конденсатор с наименьшей емкостью будет пробит.

Решение. При последовательном соединении конденсаторов их заряды одинаковы. С учетом связи между напряжением U на конденсаторе и его зарядом, q = CU , получаем: С1U 1 = C 2U 2 = С 3U 3 . Поданное в цепь напряжение равно сумме напряжений на конденсаторах: U 0 = U 1 + U 2 + U 3 . Из данных уравнений находим напряжение на каждом из конденсаторов: U0 = 6000 В ; U1 = 1 + С1 / C 2 + C1 / C 3 U0 = 3000 В ; U2 = 1 + С 2 / C1 + C 2 / C 3 U0 = 2000 В . U3 = 1 + С 3 / C1 + C 3 / C 2 При U0 = 11 кВ первый конденсатор будет пробит.

2 С E1 − E2 . 3 4.30. С Σ = С ; U gb = E/8 . 4.29. q =

Решение. Два правых конденсатора соединены параллельно, их общая емкость равна 2С1 = С2, поэтому их можно заменить эк-

280

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

вивалентным конденсатором емкостью С2. С конденсатором между точками d и g на рис. О.4.30 а этот эквивалентный конденсатор соединен последовательно, поэтому их можно заменить эквивалентным конденсатором с емкостью С2/2 = С1, в результате схему соединения конденсаторов можно представить в виде, показанном на рис. О.4.30 б. Далее, применяя формулы для параллельного и последовательного соединений конденсаторов, находим общую емкость системы: С Σ = С1 = С . E

С2 d

С2 c

а

С1

а E

g С1 b

С1

С1

b

С2 g

а) С2 d

С2 c С1

b

С1 б)

d С1

С1 b

Рис. О.4.30.

С2 g С2 в)

b

Теперь переходим к напряжению Ugb. Рассмотрим часть схемы d-g-b (рис. О.4.30 в (здесь два правых параллельно соединенных конденсатора заменены эквивалентным конденсатором емкостью С2 = 2С1). Поскольку емкости последовательно соединенных конденсаторов С2 одинаковы, то 1 U dg = U gb = U db . 2 Аналогично, 1 1 U db = U cb , U cb = U ab . 2 2 Следовательно, искомое напряжение равно 1 1 U gb = 3 U ab = E . 8 2

4.31. U 1 = U 2 =

(C 3 + C 4 )E1 − C 3 E2 , C1 + C 2 + C 3 + C 4

281

Ответы и решения

U3 =

(C + C 2 )E1 + C 3 E2 (C1 + C 2 )E1 − (C1 + C 2 + C 4 )E2 , U4 = 1 . C1 + C 2 + C 3 + C 4 C1 + C 2 + C 3 + C 4

Решение. Расставим знаки зарядов на пластинах конденсаторов с учетом того, а что E1 > E2 (см. рис. О.4.31). Обведенные штриховой линией обкладки конденсаторов представляют собой электрически изолированную систему, поэтому суммарный заряд этой системы равен нулю:

С1 +q1

b –q3 С3 с

С2 +q2

q1 + q 2 − q 3 − q 4 = 0 .

E1

–q4

С4 d

E2

Рис. О.4.31.

Напряжения на конденсаторах С1 и С2 одинаковы: U 1 = U 2 . Для контуров abcda и bcdb можно записать: E1 − E 2 = U 1 + U 3 ; E 2 = ϕ c − ϕ d = (ϕ c − ϕ b ) − (ϕ d − ϕ b ) = U 4 − U 3 ,

где U3 и U4 – напряжения на конденсаторах 3 и 4; φi – потенциалы соответствующих точек, показанных на рис. О.4.31. С учетом связи между зарядом и напряжением конденсатора, q = CU получаем: q1 + q 2 = (C1 + C 2 ) U 1 ; q 3 = C 3 U 3 ; q 4 = C 4 U 4 . Исключая из уравнений q1, q2 и q3, получаем систему уравнений: (С1 + С 2 ) U 1 − C 3U 3 − C 4U 4 = 0 ; E1 − E 2 = U 1 + U 3 ; E2 = U 4 − U 3 .

Решая эту систему уравнений, находим: (C + C 4 )E1 − C 3 E2 U1 = U 2 = 3 , C1 + C 2 + C 3 + C 4 (C + C 2 )E1 − (C1 + C 2 + C 4 )E2 U3 = 1 , C1 + C 2 + C 3 + C 4 (C + C 2 )E1 + C 3 E2 U4 = 1 . C1 + C 2 + C 3 + C 4

282

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

4.32. q = E

C1C 2 C1 + C 2

 C4 C3 ⋅  −  C 2 + C 4 C1 + C 3

 CE  = .  8

Решение. После подключения к источнику ЭДС заряды конEC1C 3 , а заряды денсаторов С1 и С3 будут равны q1 = q 3 = EС1+3 = C1 + C 3 EC 2 C 4 . При этом разконденсаторов С2 и С4 – q 2 = q 4 = EС 2+ 4 = C2 + C4 ность потенциалов между точками m и n равна  C4 C3  q q  . U mn = U 2 − U 1 = 1 − 2 = E  − C1 C 2  C 2 + C 4 C1 + C 3  После отключения от источника ЭДС схему можно рассматривать как две параллельные цепи из последовательно соединенных конденсаторов: m-а-n из С1 и С2 и m-b-n из С3 и С4, заряженных до разности потенциалов Umn. После замыкания ключа К разность потенциалов между точками m и n обнулиться. При этом цепь m-а-n разрядится, и через CC точку а протечет заряд q = C1+ 2U mn , где С1+ 2 = 1 2 – емкость C1 + C 2 цепи m-а-n. Следовательно,  C4 C 3  CE CC = − q = E 1 2 ⋅  . C1 + C 2  C 2 + C 4 C1 + C 3  8

C C (U − U 2 ) = 5 ⋅ 10 − 4 Дж . 4.33. Q = 1 2 1 2(C1 + C 2 ) 2

Решение. После соединения одноименно заряженных пластин конденсаторов их заряды будут одинаковы и равны q ′ = q1 + q 2 = C1U 1 + C 2U 2 .

Два параллельно соединенных конденсатора можно заменить одним с емкостью С = С1 + С 2 . Напряжение на каждом из конденсаторов будет равно

283

Ответы и решения

q ′ C1U 1 + C 2U 2 = . C C1 + C 2 Выделившееся количество теплоты равно разности энергий конденсаторов до и после соединения: 2 C U 2 C U 2 CU 2 C1C 2 (U 1 − U 2 ) Q= 1 1 + 2 2 − = = 5 ⋅ 10 − 4 Дж . 2 2 2 2(C1 + C 2 ) U=

4.34. q = E

С12 . С1 + С 2

4.35. Δq (1) = E1C 2 + (E1 − E2 ) С1 , ECC Δq ( 2) = (E2 − E1 ) С1 − 1 1 2 . C1 + C 2 EC1C 2 , Δq (1) = EC 2 . При E1 = E2 = E Δq ( 2) = − C1 + C 2

Решение. До замыкания ключа конденсаторы соединены последовательно, и заряд каждого из них равен СC q1 = q2 = E1 1 2 . С1 + С2 После замыкания ключа К новые заряды конденсаторов находятся из условий, записанных для замкнутых простых контуров слева и справа от конденсатора С2: q′ q′ q′ E1 = 2 ; E2 = U 1′ + U 2′ = 1 + 2 . C2 C1 C 2 Отсюда новые заряды конденсаторов равны q ′2 = E1С 2 ; q1′ = (E 2 − E1 ) С1 .

Изменить заряд конденсатора С1 можно только по пути через точку 2, следовательно, через эту точку пройдет заряд

E1C1C 2 . C1 + C 2 Сумма зарядов, прошедших через точки 1 и 2, равна изменению заряда конденсатора С2: Δq ( 2) = q1′ − q1 = (E2 − E1 ) С1 −

284

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Δq (1) + Δq ( 2 ) = q 2′ − q 2 , откуда Δq (1) = q 2′ − q 2 − Δq ( 2) = E1C 2 + (E1 − E 2 ) С1 . При E1 = E2 = E получаем: Δq ( 2) = −

4.36. Δq =

EC1C 2 , Δq (1) = EC 2 . C1 + C 2

ECC 0 . 2C + C 0

Решение. Обозначим левый конденсатор емкостью С индексом 1, а правый такой же конденсатор индексом 2. Если ключ находится в положении 1, то общая емкость системы конденсатоC (C + C 0 ) ров равна С Σ = , а заряды конденсаторов 2C + C 0

q1 =

ECC 0 EC (C + C 0 ) EC 2 , q0 = , q2 = . 2C + C 0 2C + C 0 2C + C 0

После перевода ключа в положение 2 емкость системы конденсаторов С Σ не изменится, а заряды конденсаторов будут равны

q1′ =

EC (C + C 0 ) ECC 0 EC 2 , q 0′ = , q ′2 = , 2C + C 0 2C + C 0 2C + C 0

т.е. изменятся заряды только крайних конденсаторов на величину

Δq1 = q1′ − q1 =

ECC 0 = −Δq 2 . 2C + C 0

Именно такой заряд пройдет через источник ЭДС.

4.37. А = EΔq = −

4.38. Δq =

E 2C1C2 . C1 + C2

C1C 2 С 3 6 E = CE . C1С 2 + C 2 С 3 + С1С 3 11

285

Ответы и решения

4.39. Δq1 =

C C (E1 + 2E2 ) Δq 2 = − (E1 + 2E2 ) . 18 9

Решение. При разомкнутом ключе на конденсаторах были (E − E2 ) C1C 2 2 = C (E1 − E2 ) . заряды q1 = q 2 = (E1 − E2 ) С1+ 2 = 1 C1 + C 2 9 После замыкания ключа соединение конденсаторов и источников ЭДС можно представить в виде эквивалентной схемы, показанной на рис. О.4.39. Подобная схема была рассмотрена в задаче 3.31 (чтобы это показать, следует заменить два параллельно соединенных конденсатора в левой части схемы задачи 3.31 одним с емкостью С1 + С 2 ). Параметры всех конденсаторов после замыкания ключа будем снабжать индексом "штрих". Аналогично решению задачи 3.31 получаем систему уравнений: q1′ − q 2′ − q 3′ = 0 ;

E1 − E 2 = U 1′ + U 2′ ; E 2 = U 3′ − U 2′ ,

где индексом 3 обозначены параметры конденсатора емкостью С. q′ q′ q ′ 3q ′ q 3q Подставляя U 1′ = 1 = 1 , U 2′ = 2 = 2 и U 3′ = 3 = 3 , C1 C C 2 2C C3 C перепишем полученные уравнения в виде: С1 С2 q1′ − q 2′ − q 3′ = 0 ;

3q ′ 3q ′ E1 − E2 = 1 + 2 ; C 2C E2 =

q 3′ 3q ′2 − . C 2C

С E1

E2

Рис. О.4.39.

Решая данную систему уравнений, находим новые заряды конденсаторов:

q1′ =

C C (5E1 − 2E2 ) ; q 2′ = (E1 − 4E2 ) . 18 9

Значит, заряды конденсаторов изменились на

286

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Δq1 = q1′ − q1 =

C C (E1 + 2E2 ) Δq 2 = q 2′ − q 2 = − (E1 + 2E2 ) . 18 9

1 4.40. q = C (E − U 0 ) . 3 §5. Диэлектрики в электростатическом поле. Конденсаторы с диэлектриками 5.1. ε = (l1 / l 2 ) 2 ≈ 2,2 .

εк ρ к = 1600 кг/м 3 . εк − 1 5.3. а) Электрическая индукция D не изменится, а напряженность Е уменьшится в ε раз; б) электрическая индукция увеличится в ε раз, а напряженность электрического поля останется той же. 5.2. ρ ш =

5.4. q = (ε − 1) CE . 5.5. σ′ =

5 ε 0 Е0 . 6

Решение. Так как напряженность внешнего электрического поля перпендикулярна пластине, то напряжённость поля внутри неё имеет только нормальную компоненту E = Е n = E 0 / ε . Модуль вектора поляризации в пластине Р n = ε 0 (ε − 1) E n = ε 0 (ε − 1) E 0 / ε .

Так как в воздухе P1n = 0 , то используя формулу P2 n − P1n = −σ' , где σ' – поверхностная плотность связанных зарядов, нормаль n к поверхности раздела сред направлена от среды 1 к среде 2, получаем: 5 σ′ = Рn = ε 0 (ε − 1) E 0 / ε = ε 0 Е 0 . 6 ε2 tgα ; D2 = ε 0 E1 ε12 cos 2 α + ε 22 sin 2 α , 5.6. tgβ = ε1

287

Ответы и решения

ε Е 2 =  1  ε2

2

ε −1  E1 ε12 cos 2 α + ε 22 sin 2 α .  cos 2 α + sin 2 α , Р2 = ε 0 2 ε2 

Решение. Из материального уравнения D2 = εε 0 E 2 = ε 0 E 2 + P2

следует, что векторы Е, P и D внутри пластины сонаправлены. Обозначим угол между нормалью к границе раздела и напряжённостью поля Е2 β. Согласно граничным условиям для нормальных и тангенциальных составляющих векторов индукции и напряженности электрического поля в отсутствие свободных зарядов на поверхности раздела: D1n = D2 n , E1τ = E 2 τ , где D1n = ε 0 ε 1 E1 cos α ; D 2 n = ε 0 ε 2 E 2 cos β ;

E1τ =

D1τ D = E1 sin α ; E 2 τ = 2 τ . ε0ε2 ε 0 ε1

Тогда граничные условия запишутся в виде:

D2 τ D1τ = . ε2 ε1 Модули E2, D2 и Р2 в слое диэлектрика равны: ε1 E1 cos α = ε 2 Е 2 cos β ;

ε D2 = D22n + D22τ = D12n +  2  ε1 Е2 =

E 22n

+

E 22τ

ε =  1  ε2

Р2 = ε 0 (ε 2 − 1) E 2 = ε 0

2

2

 2  D1τ = ε 0 E1 ε12 cos 2 α + ε 22 sin 2 α , 

 2  E1n + E12τ = E1 

2

 ε1  D   cos 2 α + sin 2 α = 2 , ε0ε2  2 

ε2 −1 E1 ε12 cos 2 α + ε 22 sin 2 α . ε2

Направление Е2 определяется углом β, тангенс которого:

tgβ =

E2τ E1τ ε = = 2 tgα > tgα . E 2 n (ε1 / ε 2 ) E1n ε1

288

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.7. σ ′ =

ε 0 (ε − 1) E 0 ε

cos 2 α + ε 2 sin 2 α . 1 + ε 2 tg 2 α

Решение. Внутри пластин модуль напряженности электрического поля (см. решение задачи 5.6, ε1 = 1, ε2 = ε) равен: Е2 =

Е0 ε

cos 2 α + ε 2 sin 2 α .

Вектор Е2 направлен под углом β к нормали, причем tgβ = ε tgα . Модуль вектора поляризации Р2 в диэлектрике равен P2 = ε 0 (ε − 1) Е 2 =

ε 0 (ε − 1) Е 0 ε

cos 2 α + ε 2 sin 2 α ,

А направление Р2 совпадает с направлением Е2. Так как в вакууме P1 = 0 , из формулы P2 n − P1n = −σ' находим: ε (ε − 1) E 0 cos 2 α + ε 2 sin 2 α P2 . σ ′ = P2 n = P2 cos β = = 0 ε 1 + ε 2 tg 2 α 1 + tg 2 β

5.8. Поверхностная плотность связанных зарядов уменьшится в

σ1′ cos 2 α + ε 2 sin 2 α = = 4 / 3 раз. σ ′2 1 + ε 2 tg 2 α

5.9. C =

ε 0 εS . d1 + ε (d − d1 )

Решение. Представим конденсатор с пластиной внутри как три последовательно соединенных конденсатора, у которых одинакова площадь обкладок S: воздушного конденсатора над пластиной с расстоянием между обкладками l1; конденсатора, заполненного диэлектриком толщиной d1; и воздушного конденсатора под пластиной с расстоянием l2 между обкладками. При этом l1 + d 1 + l 2 = d .

Для емкости последовательно соединенных конденсаторов имеем

289

Ответы и решения

l d l 1 = 1 + 1 + 2 , С ε 0 S ε 0 εS ε 0 S откуда находим:

C=

ε 0 εS ε0S = . (l + l 2 ) + d1 / ε d1 + ε (d − d1 )

Видно, что емкость С не зависит от положения диэлектрической пластины относительно обкладок конденсатора (т.е. от величины зазоров l1 и l2).

5.10. U =

q2 − q1  d h − d +  . 2ε 0 S  ε

Решение. Пусть Е0 напряжённость поля между пластинами в воздушной части, модуль которой q q E0 = 2 − 1 . 2ε 0 S 2ε 0 S Так как вектор Е0 перпендикулярен пластинам, то он перпендикулярен и поверхности диэлектрика, а значит, напряжённость E поля внутри пластины постоянна и равна E1 = E1n = 0 . ε Искомая разность потенциалов d d  q −q   U = E0 (h − d ) + E1d = E0  h − d +  = 2 1  h − d +  . ε 2 ε ε S    0 5.11. U = E max 1

d1 (ε − 1) + d ≈ 34 кВ . ε

Решение. На границе раздела воздух – стекло нет свободных зарядов, поэтому D1n = D2 n и E1 / E 2 = ε 2 / ε 1 = ε , где Е1 и Е2 – напряженности электрического поля в воздухе и стекле соответственно (для воздуха ε1 = 1). Видно, что напряженность электрического поля в воздухе в ε = 7 раз больше, чем в стекле. Поскольку электрическая прочность воздуха значительно меньше, чем стекла, пробой конденсатора произойдет именно в воздухе.

290

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Напряжение между обкладками конденсатора d (ε − 1) + d U = E1 d1 + E 2 (d − d1 ) = E1 1 . ε Подставляя Е1 = Еmax1, находим: U max ≈ 34 кВ . При этом напряженность поля в стекле составит U E2 = ≈ 4,3 кВ/см , d1 (ε − 1) + d что значительно меньше электрической прочности стекла.

5.12. σ ′(2 R) =

(ε − 1) q

16πεR (ε − 1) q ′( R) = − q ; ρ′ = 0. ε

2

; q ′(2 R) =

(ε − 1) (ε − 1) q q ; σ′( R ) = − ; ε 4πεR 2

Решение. По теореме Гаусса вектор индукции D для любой сферической концентричной шару поверхности радиуса r: D(r)⋅4πr2 = q. С использованием материального уравнения D = εε0E получаем напряженность поля в диэлектрическом слое на расстоянии r > R от центра шара: D(r ) 1 q E (r ) = = ⋅ 2. εε 0 4πε 0 ε r Вне диэлектрического слоя в воздухе при r > 2R

Е (r ) =

D(r ) q 1 = ⋅ 2 . 4πε 0 r ε0

Поляризация внутри диэлектрика зависит от r

P (r ) = ε 0 (ε − 1) Е (r ) =

(ε − 1) q 4πεr 2

.

Вектор поляризации Р направлен, как и вектор напряженности Е, по радиусу сферической поверхности, поэтому на границах диэлектрического слоя имеет только нормальную компоненту Pn. В данной задаче диэлектрик изотропный и сторонних зарядов внутри него нет, поэтому объемная плотность связанных зарядов в

291

Ответы и решения

нем равна нулю: ρ′ = 0. В этом можно убедиться, вычислив дивергенцию вектора Р в сферических координатах: 1 ∂ ρ′ = – divP = – 2 ⋅ (r 2 P ) = 0. r ∂r Поверхностную плотность связанных зарядов σ′ находим по формуле: σ′ = P1n – P2n . Поскольку в воздухе и в металлическом шаре Р = 0, на внешней поверхности диэлектрического слоя (при r = 2R) (ε − 1) q σ ′(2 R ) = Pn (2 R ) = ; 16πεR 2 на внутренней стороне сферического слоя при (r = R) σ ′( R) = − Pn (2 R) = −

(ε − 1) q 4πεR 2

.

Суммарный связанный заряд на внешней поверхности диэлектрического слоя равен (ε − 1) q ′(2 R) = σ′(2 R) ⋅ 4π(2 R) 2 = q, ε а на внутренней поверхности (ε − 1) q ′( R) = σ′( R) ⋅ 4πR 2 = − q. ε

5.13. При r ≤ R: Е = D = 0, q  1 ϕ(r ) =  3 −  ; при R ≤ r ≤ 2R: 8πRε 0  ε q 1 q Е (r ) = ⋅ 2 , D(r ) = , 4πε 0 ε r 4πr 2 ϕ(r ) = при

q  1 ε −1  + ; 4πε 0  r 2εR  r ≥ 2R

Е (r ) =

q 1 ⋅ 2 , 4πε 0 r

q 1 q ϕ( r ) = ⋅ . 2 4πε 0 r 4πr Графики зависимостей E(r), D(r) и φ(r) приведены на рис. О.5.13. D(r ) =

Рис. О.5.13

292

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.14. P (r ) =

(ε − 1)τ r (ε − 1)τ ε −1 ⋅ ; σ′ = − τ , ρ'= 0 . , τ′ = − 2πεr r ε 2πεа

Решение. Будем решать задачу в цилиндрической системе координат, ось Z которой направим вдоль нити. Модуль электрической индукции в диэлектрике D находим по теореме Гаусса: τ D( r ) = . 2πr С учетом материального уравнения D = εε0E, находим напряженность поля в диэлектрике в произвольной точке на расстоянии r > а от нити: D(r ) τ τ r Е (r ) = = ⋅ . , или в векторной форме: Е ( r ) = ε 0 ε 2πε 0 εr 2πε 0 εr r Поляризация диэлектрика на расстоянии r от оси нити равна

(ε − 1)τ r ⋅ . 2πεr r По условию задачи, диэлектрик − однородный и изотропный, сторонних зарядов внутри него нет. Поэтому объемная плотность связанных зарядов внутри диэлектрика равна нулю: ρ'= 0 . В этом можно убедиться, вычисляя дивергенцию вектора поляризации (в цилиндрической системе координат): 1 ∂ ρ′ = div P = ⋅ (rP2 ) = 0 . r ∂r Связанные заряды будут индуцироваться в диэлектрике только вблизи поверхности нити (при r = а). Внутри проводящей нити поляризация равна нулю, поэтому P (r ) = (ε − 1) ε 0 Е (r ) =

(ε − 1)τ . 2πεа Линейная плотность полного связанного заряда на границе диэлектрика с нитью равна ε −1 τ′ = σ′ ⋅ 2πa = − τ. ε σ′ = P1n – P2n = –Р2n = −

5.15. Δϕ =

ε −1 ε −1 ρR 2 ρ , σ′ = ρR ; ; ρ′ = − 3ε ε 6εε 0

293

Ответы и решения

′ = q пов

4π(ε − 1) 3 ′ ρR = −q внутр 3ε

Решение. Решаем задачу в сферической системе координат с началом в центре шара. Для сферы радиусом r ≤ R по теореме Гаусса для вектора D: ρ 4 D(r ) ⋅ 4πr 2 = ρ ⋅ πr 3 , откуда D(r ) = r . 3 3 С учетом D = εε0E находим напряженность поля внутри шаρ r , а затем определяем разность потенциалов между ра: E (r ) = 3εε 0 центром шара и его поверхностью: R ρR 2 . Δϕ = E (r ) dr = 6εε 0 0



Вектор поляризации внутри шара направлен по радиусу и по модулю равен (ε − 1)ρr P(r ) = (ε − 1) ε 0 E (r ) = . 3ε Так как в воздухе Р = 0, поверхностная плотность связанных зарядов на поверхности шара (ε − 1)ρR σ′ = P1n − P2 n = P( R) = . 3ε Объемную плотность связанных зарядов в шаре определим из условия: ρ′ = −divP = −

( )

( )

ε −1 1 ∂ 2 1 (ε − 1)ρ ∂ 3 ⋅ ⋅ r P =− 2 ⋅ r =− ρ. 2 ∂r ε 3ε r ∂r r

Суммарный связанный заряд внутри шара равен

4π(ε − 1) 3 4 3 πR ρ′ = − ρR , 3 3ε а на поверхности шара суммарный связанный заряд − ′ q внутр =

4π(ε − 1) 3 ρR , 3ε т.е. полный связанный заряд в диэлектрике равен нулю. ′ = σ′ ⋅ 4πR 2 = q пов

294

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.16. σ′ =

5.17. ρ(x)

(ε − 1)ρR ε −1 ρ. , ρ′ = − 2ε ε

(

)

ρ 0 (ε − 1) −α х ⋅ 1− e , αε  1  −α x ρ′( x) = − 1 −  e ρ0 .  ε

P( x) =

σ′ =

(

)

ρ 0 (ε − 1) ⋅ 1 − e − αd , αε

Решение. Определим индукцию D(х) и используя теорему Гаусса. Для этого выберем вспомогательную поверхность в виде цилиндра с площадью оснований S длиной 2х, расположив его сим2d метрично относительно середины пластины Рис. О.5.17. (рис. О.5.17). В силу симметрии, поток вектора D через боковую поверхность цилиндра равен нулю, поэтому учитываем только потоки вектора D через основания цилиндра: x ρ −α х . 2 D ( x) S = 2 Sρ 0 e −αx dx , откуда D( x) = 0 1 − e α 0 0 S X 2x

(



)

Проекция вектора напряженности на ось Х равна D ρ −α х E ( x) = x = 0 1 − e , εε 0 αε 0 ε и для вектора поляризации получаем: ρ (ε − 1) −α х P( x) = ε 0 (ε − 1) E x ( x) = 0 ⋅ 1− e . αε Поверхностную плотность связанных зарядов на границах диэлектрика находим по формуле σ ′ = P1n − P2 n , учитывая, что для воздуха Р2n = 0: ρ (ε − 1) σ′ = P(d ) = 0 ⋅ 1 − e − αd . αε Объемная плотность связанных зарядов в пластине равна ∂P  1  −α x ρ′( x) = −divP = − х = − 1 −  e ρ0 . ∂x  ε

(

)

(

(

5.18. а) σ ′(0) =

)

)

qh ε −1 ε −1 q ⋅ ; б) σ′( х) = ; ⋅ 2 2 ε + 1 2π( x + h 2 ) 3 / 2 ε + 1 2πh

295

Ответы и решения

в) q ′ = q ⋅

ε −1 . ε +1

Решение. Рассмотрим напряженE'⊥ Eq n12 ность поля вблизи точки А (рис. О.5.18). E′|| O 2 Пусть σ′(х) – плотность связанноσ′ x A го заряда на границе в точке А. Вблизи 1 h α точки А напряженность поля определяr –E′⊥ ется суперпозицией поля Eq точечного +q заряда q и поля E′ от всех связанных Рис. О.5.18. зарядов на поверхности жидкости. Вектор Eq направлен вдоль радиус-вектора, проведенному от заряда q в точку А, а его модуль равен q 1 Eq = ⋅ 2 , где r2 = x2 + h2. 4πε 0 r Нормальная компонента напряженности поля E′⊥(x) обусловлена поверхностными зарядами в непосредственной окрестности σ′ точки А: E′(x) = . Вклад в напряженность поля от всех осталь2ε 0 ных связанных зарядов на поверхности керосина в этой точке направлена горизонтально вдоль плоскости (E′|| на рис. О.5.18). В первой среде (керосин) нормальная компонента вектора индукции (в соответствии с выбранным на рис. О.5.18 направлением нормали) равна σ′   1 qh σ ′   ⋅ 3 − . D1n = ε 0 εE1n = ε  ε 0 E q cos α −  = ε  2 2   4π r Во второй среде (воздухе) − D2 n = ε 0 E 2 n = ε 0 E q cos α +

σ ′ 1 qh σ ′ = ⋅ + . 2 4π r 3 2

Здесь учтено, что знаки нормальных компонент напряженности поля E′⊥(x) по обе стороны от границы противоположны. Из условия D1n = D2n находим:

σ ′( х) =

qh ε − 1 qh ε −1 ⋅ = ⋅ . 3 2 ε + 1 2π( x + h 2 ) 3 / 2 ε + 1 2πr

296

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

В частном случае, когда х = 0 (точка О) ε −1 q σ ′(0) = . ⋅ ε + 1 2πh 2 Чтобы найти суммарный связаннй заряд q′, рассмотрим вна плоскости кольцо с центром в точке О и радиусами x и x + dx. Его площадь dS = 2πxdx, заряд dq′ = σ′dS. Полный связанный заряд q′ находим интегрированием по х от нуля до бесконечности: ∞ xdx ε −1 ε −1 . q ′ = qh ⋅ =q⋅ 2 2 3/ 2 ε +1 ε + 1 0 (x + h )



q q  r ε 2 − ε1 r ′  r ′′ − ⋅ 3; , E2 = 3  3  2πε0 (ε1 + ε 2 ) r 4πε0 ε1  r ε 2 + ε1 r ′   1 ε − ε2 1  q q 1 ϕ1 = ⋅  − 1 ⋅  , ϕ1 = ⋅ . 2πε 0 (ε1 + ε 2 ) r ′′ 4πε 0 ε1  r ε1 + ε 2 r ′  5.19. E1 =

Решение. Найдем величину полного связанного заряда q′ на границе раздела сред, как это делалось в задаче 5.19. При этом учтем, что диэлектрическая проницаемость первой среды равна ε1, а второй – ε2. Для нормальных компонент векторов электрической индукции примут вид: σ′    1 qh σ′  − ; D1n = ε 0 ε1 E2 n = ε1  ε 0 Eq cos α −  = ε1  3 2 2   4π r

σ′   D2 n = ε 0 ε 2 E2 n = ε 2  ε 0 Eq cos α +  = ε 2 2 

 1 qh σ′  + .  3 2  4π r

С учетом граничного условия D1n = D2n находим:

σ′( х) = −

ε −ε ε 2 − ε1 qh qh ⋅ =− 2 1 ⋅ . 3 ε1 + ε 2 2π( x 2 + h 2 ) 3 / 2 ε1 + ε 2 2πr

Полный связанный заряд q′ на границе раздела сред равен q ′ = − qh

ε 2 − ε1 ε1 + ε 2

∞

 (x 0

2

ε −ε xdx = −q 2 1 . 2 3/ 2 +h ) ε1 + ε 2

297

Ответы и решения

Теперь, по аналогии с задачей о точечном заряде над заземленной металлической плоскостью введем в рассмотрение заряд – «изображение» q′ (рис. О.5.19 а). Напряженность поля Е1 в первой среде: 1  qr q ′r ′  ⋅ 3 + 3  . E1 = 4πε 0 ε1  r r′  Z ε1 0 ε2

С1 r'

r

+q (q'') А

h

О

h В q'

Х r'' С 2

ε1 σ′

ε2

а)

+q A α h O

r

x б)

Рис. О.5.19.

Чтобы найти электрическое поле во втором диэлектрике введем в рассмотрение заряд q′′ (на рис. О.5.19 а заряд q'' показан большим кружком в т. А). Его величину определим из граничных условий для векторов D и Е. Напряженность поля во втором диэлектрике: q′′ r ′′ ⋅ 3, E2 = 4πε0 ε 2 r ′′ где r′′ – вектор, соединяющий точку А с точкой С2 во второй среде (рис. О.5.19 а). Выберем точку на границе раздела диэлектриков. Для нее r ′′ = r и r = r ′ , вектор r составляет с линией АО угол α (рис. О.5.19 б). Чтобы на границе раздела сред были непрерывны нормальные компоненты вектора D (D1n = D2n), используем формулы для напряженностей Е1 и Е2. В итоге приходим к условию: q cos α − q ′ cos α = q ′′ cos α , 2ε 2 ε −ε q. из которого находим: q′′ = q − q′ = q + q 2 1 = ε1 + ε 2 ε1 + ε 2 Убедимся, что также выполняются граничные условия для тангенциальных компонент вектора напряженности Е1τ = Е2τ:

298

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

q q′ q ′′ 2 q  ε 2 − ε1  q ′′ 1 −  = . sin α + sin α = sin α , т. е. q= ε1 ε1 ε2 ε1  ε1 + ε 2  ε1 + ε 2 ε2 Таким образом, полученные выражения для Е1 и Е2 удовлетворяют всем условиям задачи и в силу теоремы единственности, дают её решение. Мы заменили реальную систему системой трех точечных зарядов. При этом поле в первой среде обусловлено зарядами q и q′, а во второй среде – зарядом q′′. Напряженности полей в первой и второй средах равны соответственно

E1 =

q q  r ε 2 − ε1 r ′  r ′′ − ⋅ 3. , E2 = 3  3  2πε0 (ε1 + ε 2 ) r 4πε0 ε1  r ε 2 + ε1 r ′ 

Потенциалы электрического поля в диэлектриках найдем, используя формулы для потенциала точечного заряда и принцип суперпозиции. В результате получим: ϕ1 =

q  q q′  q  1 ε1 − ε 2 1   − ⋅ ,  + = 4πε 0 ε1  r r ′  4πε 0 ε1  r ε1 + ε 2 r ′  q ′′ q 1 = ⋅ . ϕ2 = ′ ′ 4πε 0 ε 2 r 2πε 0 (ε1 + ε 2 ) r ′′

5.20. Картина силовых линий вектора Е приведена на рис. О.5.20 в.

Решение. Воспользуемся решением задачи 5.19, положивε1 = 1, ε2 = ε. Систему "точечный заряд q – связанные заряды на границе диэлектрика" можно заменить системой трех точечных 2ε ε −1 q зарядов: самого заряда q, заряда q ′ = −q ⋅ и заряда q ′′ = ε +1 ε +1 (места нахождения зарядов описаны в решении задачи 5.19), причем поле в вакууме создается зарядами q и q′, а в диэлектрике – зарядом q′′. Силовые линии поля заряда q′′ представляют собой прямые, исходящие из заряда q′′ (см. на рис. О.5.20 а). Картина силовых линий поля, созданного зарядами q и q′, показана на рис. О.5.20 б. Окончательно картина силовых линий во всем пространстве приведена на рис. О.5.20 в. Штриховой линией проведены эквипотенциальные поверхности поля.

299

Ответы и решения

q ′′ =

2ε q ε +1

ϕ=0 ε q′ = − а)

ε −1 q ε +1 б)

в)

Рис. О.5.20.

5.21. F =

ε − ε q2 1 ⋅ 2 1⋅ 2 . 16πε0ε1 ε 2 + ε1 d

Решение. Воспользуемся решением задачи 5.19. Величину силы, действующей на заряд q, находим как силу взаимодействия заряда q с зарядом-изображением q ′ : ε − ε q2 1 ⋅ 2 1⋅ 2 . 16πε0ε1 ε 2 + ε1 d Здесь d – расстояние от заряда до плоскости раздела. Заряд q притягивается к границе раздела, если ε 2 > ε1 и отталкивается от границы в случае ε 2 < ε1 .

F=

5.22. Когда точка А находится над границей раздела сред,  2ε h  q 1 + 2  ; когда под границей раздела – Е1 ≈ 2  ε1 d  2πε 0 (ε1 + ε 2 ) d  E2 ≈

q 2h   . 1 + 2 d  2πε 0 (ε1 + ε 2 )d 

Решение. Направим ось Z от среды с ε2 к среде с ε1 вдоль перпендикуляра, опущенного из точки нахождения заряда на границу раздела диэлектриков, а начало отсчета выберем на границе раздела. Воспользуемся решением задачи 5.19.

300

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Когда точка А находится в первой среде, напряженность электрического поля в этой точке равна: q  r ε 2 − ε1 r ′  − E1 = . 4πε0 ε1  r 3 ε 2 + ε1 r ′3  При нахождении проекции напряженности на ось Z, пренебрежем величинами второго порядка малости h/d:  ε − ε1 q  1 1 − 2 Е1 = ≈ ⋅  2 2  ε 2 + ε 1 ( d + h)  4πε 0 ε1  (d − h)  2ε h  q 1 + 2  > 0 . ≈ 2  ε1 d  2πε 0 (ε1 + ε 2 )d  Вектор напряженности направлен от границы раздела сред по оси Z. Когда точка А находится во второй среде, напряженность электрического поля в этой точке равна q r ′′ E2 = ⋅ 3. 2πε0 (ε1 + ε 2 ) r В первом порядке малости по величине h/d модуль напряженности равен q q 2h   E2 = ≈  > 0. 1 + 2 2 d  2πε 0 (ε1 + ε 2 )(d − h) 2πε 0 (ε1 + ε 2 )d  Вектор напряженности направлен также вдоль оси Z, в сторону границы раздела.

5.23. σ ′(r ) = −

ε − 1 qh . ⋅ 2πε r 3

Решение. Так как проводящая плоскость бесконечна, её потенциал равен нулю при нормировке потенциала φ∞ = 0. Воспользовавшись методом зеркальных отображений, введем заряд- «изображение» (–q), заряда q в плоскости. Но в проводящей плоскости "отразятся" и все поляризационные (связанные) заряды σ', это эквивалентно тому, что всё пространство заполнено однородным диэлектриком. В этом диэлектрике находятся два точечных заряда q и (–q) на расстоянии 2h друг от друга. Напряженность электрического поля вблизи поверх-

Ответы и решения

301

ности диэлектрика на расстоянии r от заряда q вычисляется как в задачах о точечном заряде на проводящей плоскостью (см., например, решение задачи 3.25) По модулю она равна 2qh 1 Е (r ) = ⋅ 3 4πε 0 ε r и направлена по нормали к плоскости. Поскольку внутри проводника поляризация Р = 0, поверхностная плотность связанных зарядов на границе диэлектрика равна ε − 1 qh σ ′(r ) = Рn (r ) = ε 0 (ε − 1) Е n (r ) = − . ⋅ 2πε r 3

Uε 2 d1 Uε1 d 2 = 48 В , U 2 = = 252 В ; ε1 d 2 + ε 2 d1 ε1 d 2 + ε 2 d 1 ε (ε − ε 2 )U ε 0 ε1 ε 2 S ≈ 2,7 ⋅ 10 −7 Кл/м 2 ; в) С = ≈ 25 пФ . б) σ ′ = 0 1 d 2 ε1 + d1ε 2 ε1 d 2 + ε 2 d 1 5.24. а) U 1 =

Решение. а) Из непрерывности нормальной компоненты вектора D на границе раздела диэлектриков: ε 1 E1 = ε 2 E 2 . Напряжение в каждом слое U i = E i d i . Для всего конденсатора U = E1 d 1 + E 2 d 2 . Из полученных уравнений находим: Uε 2 d1 Uε1 d 2 U 1 = E1 d1 = = 48 В , U 2 = E 2 d 2 = = 252 В . ε1 d 2 + ε 2 d1 ε1 d 2 + ε 2 d1 б) Для определения σ′ используем граничное условие для нормальных составляющих векторов поляризации P1 и P2 P2 n − P1n = −σ' , где Pn = ε 0 (ε − 1) E n . На границе раздела диэлектриков ε (ε − ε 2 )U ≈ 2,7 ⋅ 10 −7 Кл/м 2 . σ′ = Pn1 − Pn 2 = 0 1 ε1 d 2 + ε 2 d1 в) Систему можно рассматривать как два последовательно соединенных плоских конденсатора с емкостями ε εS ε ε S С1 = 0 1 и С 2 = 0 2 . d1 d2

302

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Применяя формулу для емкости 1 C = 1 C1 + 1 C2 , получим: ε 0 ε1 ε 2 S ≈ 25 пФ . С= d 2 ε1 + d1ε 2

5.25. C =

ε 0ε1ε 2 S . nd (ε1 + ε 2 )

5.26. Δq =

ε − 1 ε 0 SU ⋅ . ε + 1 2d

Решение. Так как конденсаторы одинаковые, то вначале напряжения на конденсаторах одинаковы и равны U/2, а заряды CU ε 0 SU = конденсаторов q0 = . 2 2d После заполнения одного из конденсаторов диэлектриком его ёмкость увеличивается в ε раз, а сумма напряжений на конденсаторах остаётся равной U. Так как конденсаторы соединены поε εS εC = 0 , а следовательно, то их общая емкость равна C1 = ε + 1 d (ε + 1) ε εSU конечный заряд конденсаторов q1 = C1U = 0 . d (ε + 1) Заряд, прошедший по цепи, равен ε εSU ε 0 SU ε 0 SU ε − 1 Δq = q1 − q0 = 0 − = ⋅ . d (ε + 1) 2d 2d ε + 1 5.27. ρ′ = ε 0 E 0 ⋅

ε 2 − ε1

d [ε1 + (ε 2 − ε1 )( x / d )]

2

, Δϕ =

E0 d ε ⋅ ln 2 . ε 2 − ε1 ε1

Решение. Согласно условию задачи закон изменения диэлектрической проницаемости материала пластины имеет вид: ε( x ) = ε 1 + (ε 2 − ε 1 )( x / d ) , где х отсчитывается от левой границы пластины. Ввиду непрерывности нормальной компоненты вектора D (D = ε0Е0 вне пластины) напряженность электрического поля на расстоянии х равна

303

Ответы и решения

Е0 D = , ε 0 ε( x) ε1 + (ε 2 − ε1 )( x / d ) а поляризация пластины на расстоянии х от левой границы E ( x) =

  1  . P( x) = D − ε 0 E ( x) = ε 0 E 0 1 −  ε1 + (ε 2 − ε1 )( x / d )  Далее находим объемную плотность связанных зарядов: ρ′ = −divP = −

ε 2 − ε1 dP = ε 0 E0 ⋅ . 2 dx d [ε1 + (ε 2 − ε1 )( x / d )]

Разность потенциалов между границами пластины равна d



Δϕ = E ( x ) d x = 0

5.28. C =

3αε 0 S 7d 3

E0 d ε ⋅ ln 2 . ε1 ε 2 − ε1

.

Решение. Пусть на обкладках конденсатора находятся заряды ±q, а поверхностная плотность заряда равна σ = ±q/S. Согласно граничному условию для электрической индукции, внутри диэлектрика она постоянна и равна D = σ. Напряженность поля в конденсаторе: σ( x + d ) 2 D , E ( x) = = ε0α ε 0 ε( x) разность потенциалов между обкладками конденсатора равна d



Δϕ = E ( x)dx = 0

d

7 qd 3 σ . ( x + d ) 2 dx = αε 0 0 3αε 0 S



Емкость конденсатора по определению: C=

3αε 0 S q . = Δϕ 7d 3

304

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

5.29. D( r ) =

6ε 0 ε1ε 2 RU 2

, при R ≤ r ≤ 2R E1 (r ) =

6ε 2 RU

(3ε 2 − ε1 )r (3ε 2 − ε1 )r 2 3ε 2 6ε1 RU U, при 2R ≤ r ≤ 3R E 2 (r ) = ; Δϕ1 = 2 3ε 2 − ε1 (3ε 2 − ε1 )r ε1 Δϕ 2 = U. 3ε 2 − ε1

,

Решение. Пусть заряд внутренней обкладки равен q, тогда q D( r ) = во всем диапазоне R ≤ r ≤ 3R. При R ≤ r ≤ 2R 4πr 2 q q 1 1 Е1 (r ) = ⋅ 2 , при 2R ≤ r ≤ 3R Е 2 (r ) = ⋅ 2. 4πε 0 ε1 r 4πε 0 ε 2 r Определим напряжение во внутреннем слое диэлектрика Δϕ1 и во внешнем Δϕ2: q q 1  1 Δϕ1 = ⋅ − ; = 4πε 0 ε1  R 2 R  8πε 0 ε1 R Δϕ 2 =

q q 1   1 ⋅ − . = 4πε 0 ε 2  2 R 3R  24πε 0 ε 2 R

Разность потенциалов между обкладками равна: q U = Δϕ1 + Δϕ 2 = ⋅ (3ε 2 − ε1 ) , 24πε 0 ε1ε 2 R 24πε 0 ε1ε 2 RU откуда q = . 3ε 2 − ε1 Подставив это значение в выражения для D(r), E1(r) и E2(r), получаем 6ε 0 ε1ε 2 RU 6ε 2 RU 6ε1 RU D( r ) = , E1 (r ) = , E 2 (r ) = , 2 2 (3ε 2 − ε1 )r (3ε 2 − ε1 )r (3ε 2 − ε1 )r 2 ε1 3ε 2 Δϕ1 = U , Δϕ 2 = U. 3ε 2 − ε1 3ε 2 − ε1

5.30.

U1 ε 2 ln(1 + d / R1 ) = ⋅ . U 2 ε1 ln(R2 /( R1 + d ) )

Ответы и решения

305

Решение. Если на обкладках конденсатора заряды распределены с линейной плотностью τ и –τ, то индукция электрического τ , где r – расстояние до оси поля в конденсаторе равна D = 2πε 0 r цилиндров. Напряженности полей в слоях диэлектриков равны соτ τ и E 2 (r ) = , а падения ответственно E1 (r ) = 2πε 0 ε1 r 2πε 0 ε 2 r напряжения в слоях диэлектриков равны R2 R +d τ τ U1 = ln 1 ln и U2 = . 2πε 0 ε1 R1 2πε 0 ε 2 R1 + d Следовательно искомое отношение равно U1 ε 2 ln(1 + d / R1 ) = ⋅ . U 2 ε1 ln(R2 /( R1 + d ) ) 5.31. а) В первую очередь будет пробит внутренний слой; б) в первую очередь будет пробит внешний слой.

Решение. Пробой диэлектрика возникнет там, где напряженность поля максимальна. Максимальное значение напряженность поля в каждом слое имеет при самых малых в этом слое расстояниях от оси цилиндров: вблизи R1 для первого слоя и R1 + d для второго значения.. Напряженности электрического поля в этих точках ε (R + d ) ε 2  E d  . = 1 + соотносятся как 1 = 2 1 ε1 R1 ε1  E2 R1  Подставляя данные задачи, получаем: ε  E d  10 10  = , т.е. Е1 = Е 2 а) 1 = 2 1 + E 2 ε1  R1  7 7 и, следовательно, в первую очередь будет пробит внутренний слой. E 6 6 б) 1 = , т.е. Е1 = Е 2 E2 7 7 и, следовательно, в первую очередь будет пробит внешний слой.

5.32.

r1 ε 2 E 2 = . r2 ε1 E1

306

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. Напряженность поля в слое диэлектрика в цилиндрическом конденсаторе максимальна у его внутренней поверхности. При достижении напряженности значения соответствующего пробою в данном диэлектрике, выполняются соотношения: τ τ E1 = , E2 = , 2πε 0 ε1 r1 2πε 0 ε 2 r2 где τ – линейная плотность заряда на обкладках конденсатора, r1 и r2 – внутренние радиусы диэлектрических слоев. Отсюда отношение внутренних радиусов:

r1 ε 2 E 2 = . r2 ε1 E1 5.33. σ12 =

5.34. C =

2ε 0 (ε 2 − ε1 ) U . 3R(ε 2 ln 1,5 + ε1 ln(4 / 3) )

4παε 0 . ln( R2 / R1 )

Решение. Пусть на внутренней обкладке конденсатора находится заряд q. Тогда индукция электрического поля в конденсаторе q , где r – расстояние до центра сфер. равна D(r ) = 4πr 2 Напряжённость поля в диэлектрике E (r ) =

D(r ) q q = = , 2 εε 0 4παε 0 r 4πεε 0 r

а разность потенциалов между обкладками конденсатора: R2

Δϕ =



R1

q E ( r ) dr = 4παε 0

R2



R1

R q dr = ln 2 . r 4παε 0 R1

По определению, емкость конденсатора равна 4παε 0 q C= = . Δϕ ln( R2 / R1 )

307

Ответы и решения

q  1 1 q  1 1  2 −  ; σ′(а) = −  2 −  ; α α 4π  r 4π  a q  1 1 q σ′(b) = .  2 −  ; ρ′ = α 4π  b 2παr

5.35. P(r ) =

Решение. Модуль индукции D на расстоянии r от центра сфеq рического слоя равен D(r ) = , а модуль напряженности поля в 4πr 2 q q . диэлектрике E = = 2 4 πε 4πε 0 εr 0α Модуль вектора поляризации Р равен

P( r ) = ε 0 (ε − 1) E ( r ) =

q q  1 1 ⋅ (ε − 1) = − .  4πα 4π  r 2 α 

Так как сферический слой находится в среде с ε = 1, поляризация вне слоя равна нулю. Поверхностная плотность связанных зарядов находится из граничного условия: σ ′ = P1n − P2 n . В итоге получаем: q  1 q  1 1 1 σ ′(а ) = − P(a ) = − − .  2 −  ; σ′(b) = P(b) =  α 4π  a 4π  b 2 α  Далее находим объемную плотность связанных зарядов ρ': q q r2  1 ∂ ∂  1 −  = ρ′ = −divP = − 2 ⋅ (r 2 P ) = − ⋅ . 2   α  2παr r ∂r 4πr ∂r 

5.36. При 0 ≤ r ≤ R1 φ = 0; при R1 ≤ r ≤ R2

ϕ(r ) =

τ 2παε 0

1 1  τ( R1 − R2 ) ⋅  −  ; при R2 ≤ r ϕ = . 2παε 0 R1 R2  r R1 

Решение. При 0 ≤ r ≤ R1 напряжённость поля равна нулю, и потенциал также равен нулю согласно условию задачи. Внутри конденсатора ( R1 ≤ r ≤ R2 ) индукция электрического поля равна τ D( r ) = , где r – расстояние от оси конденсатора. Напряжён2πr ность поля в конденсаторе

308

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

D(r ) τ τ = . = εε 0 2πεε 0 r 2παε 0 r 2 Потенциал в этой области равен: E (r ) =

R1

ϕ=

r

τ E (r ) dr = 2παε 0

R1

dr

r r

2

=

τ 2παε 0

1 1   < 0 . ⋅  −  r R1 

Снаружи конденсатора ( R2 ≤ r ) напряжённость поля равна нулю, и в силу непрерывности потенциала на границе диэлектрика получим:  1 τ 1  τ( R1 − R2 ) ϕ = ϕ( R2 ) = ⋅  −  = > d емкость такого элементарного конденсатора можно рассчитывать по формуле для плоского конденсатора: ε 0 εdS ε 0 εar dС = = dϕ , где dS = ardϕ – площадь поверхности d d участка. Так как все такие элементарные конденсаторы соединены параллельно, их общая емкость равна сумме их емкостей, поэтому общую емкость находим интегрированием:

ε εa С= 0 d

Δϕ

ε εa r dϕ = 0 d 0



l/R



  R + 0

ε εal  l (d + b)  ϕ(d + b)   dϕ = 0 1 + . 2π  d  4πR 2 

310

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Из полученного результата видно, что емкость первоначальε εal при сворачивании ленты в но плоского конденсатора С 0 = 0 d многовитковую трубку возрастает.

5.40. Δϕ =

3P0 d 3P0 x 2 ′ ρ = , ( x) . 4ε 0 d3

Решение. В пластине создается деполяризующее электрическое поле с напряженностью 3 P  x  P = − 0 1 −    . E ( x) = − ε0 ε 0   d   Поскольку E = −∇ϕ , разность потенциалов между поверхностями пластины находим интегрированием: d



Δϕ = − E ( x ) d x = 0

d

P0 ε0d

3

 (d

3

− x 3 ) dx =

0

3P0 d . 4ε 0

Объемную плотность связанных зарядов ρ' находим по формуле ρ ′ = −divP . Поскольку вектор поляризации зависит только от одной координаты х, получаем: 3P x 2 ∂ ∂P 1 − ( x / d ) 3 = 03 . = − P0 ρ′ = −divP = − ∂x ∂x d

(

5.41. U =

)

nσ + P d. nε 0

Решение. При внесении электрета в конденсатор произойдет перераспределение свободных зарядов на пластинах конденсатора так, чтобы напряженность поля в воздушном промежутке E1 и в электрете E2 стала одинаковой: Е1 = Е2 = Е0, поскольку разность потенциалов между пластинами равна Δφ = Еd, независимо от пути перехода от одной пластины к другой – через воздушный промежуток или через диэлектрик. С учетом направлений напряженностей и равенства ±σ′ = ±Р, для напряженности поля в конденсаторе получаем:

311

Ответы и решения

σ1 σ 2 + σ′ σ 2 + P = = , ε0 ε0 ε0 где σ1 и σ2 – поверхностные плотности зарядов на верхней пластине конденсатора над воздушным зазором и над электретом соответственно. Диэлектрик заполняет 1/n часть объема конденсатора. По закону сохранения заряда исходная поверхностная плотность заряда σ на пластинах конденсатора равна (n − 1) σ1 + σ 2 σ = (1 − 1 / n ) σ1 + (1 / n ) σ 2 = . n Из двух уравнений находим: σ1 = σ + P / n . σ nσ + P Напряженность электрического поля E = 1 = . ε0 nε 0 Разность потенциалов между обкладками nσ + P U = Ed = d. nε 0

E0 =

5.42. n =

U 2 2 3q + 2 PS = ⋅ . U 1 3 2q + PS

Указание. См. решение задачи 5.41.  ε U Рh  5.43. q =  0 − S. d   d 5.44. Δϕ =

P  ⋅ R −  R 2 + l 2 − l  .   ε 0 

Решение. Так как Р = const, внутри цилиндра плотность объемных связанных зарядов ρ'= 0. На торцах цилиндра находятся противоположные по знаку поверхностные связанные заряды, распределенные равномерно с плотностью ± σ′ = ± P. Таким образом, потенциал поля в точках на оси цилиндра равен сумме потенциалов полей, создаваемых двумя противоположно заряженными дисками на их общей оси. Потенциал на оси диска вычислен в задаче 1.64 (при нормировке потенциала φ∞ = 0):

312

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

σ′ ( R 2 + z 2 − z) , 2ε 0 где R – радиус диска, а z – расстояние вдоль его оси от плоскости диска. Пусть вектор Р направлен от левого торца цилиндра к правому. Тогда на левом торце σ' = –Р, а на правом σ' = +Р. По принципу суперпозиции потенциалы в центрах левого и правого торцов равны P PR P PR , ϕ прав = − . ϕ лев = ( R 2 + l 2 − l) − ( R 2 + l 2 − l) + 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0 Разность потенциалов между центрами торцов цилиндра равP  на: Δϕ = ⋅ R −  R 2 + l 2 − l  .   ε 0  ϕ=

5.45. ρ ′ = −2α .

Решение. В цилиндрической системе координат 1 ∂ α ∂ ρ ′ = −divP = − ⋅ ( rPr ) = − ⋅ ( r 2 ) = −2α (не зависит от r). r ∂r r ∂r 5.46. E = −

2r 2 P . ε0h2

Решение. Как обсуждалось в решении задачи 5.43, однородно поляризованный вдоль оси цилиндр эквивалентен двум равномерно заряженным по поверхности дискам с плотностью зарядов σ' = ±Р. Напряженность электрического поля на оси Z диска была вычислена в задаче 1.30:  z σ   ez , E= 1−  2ε 0  R2 + z2  где z – расстояние от плоскости диска. Используя принцип суперпозиции, для напряженности в центре цилиндра получаем:

313

Ответы и решения

  P 1  = − 1 − .    2 2 ε0  1 + 4r / h   −1 / 2 в Считая параметр x = 4r 2 h 2 малым, разложим (1 + x ) ряд Тейлора, ограничившись двумя первыми членами разложения: (1 + x )−1 / 2 ≅ 1 − 1 x . 2 Тогда формула для Е преобразуется к виду:  P 1 Р   1 4r 2   2r 2 P  ≅ − 1 − 1 − ⋅ 2  = − . E = − 1 −  ε0  ε 0   2 h  ε0h2 1 + 4r 2 / h 2  Поскольку цилиндр длинный (r > r1, r2, можно считать электроды уединенными шарами в бесконечной проводяρ щей среде. Сопротивление среды в таком случае равно Ri = i , 4πri где удельное сопротивление среды ρi определяется в основном областью, граничащей с i-м электродом. Так как ток течет от одного электрода к другому, можно считать сопротивления среды Ri равным сумме сопротивлений около шаров: 1  ρ1 ρ 2  .  + R= 4π  r1 r2  7.31. U =

Ilρ ≈ 6 В. 2πr0 ( r0 + l )

363

Ответы и решения

Решение. На расстоянии r от провода плотность тока равна I j (r ) = . 2πr 2 а напряженность электрического поля E (r ) =

j (r ) ρI = . λ 2πr 2

Шаговое напряжение U равно r0 + l

U=



E ( r ) dr =

r0

Iρ 2π

r0 + l



r0

dr Iρ  1 1  Ilρ  −  = = ≈6В. 2 2π  r0 r0 + l  2πr0 (r0 + l ) r

7.32. I = 2πaλV ≈ 3,8 А .

Решение. Определим сопротивление R∞ безграничной среды, окружающей уединенный полушар. Сопротивление безграничной среды, окружающей уединенный шар, который можно представить ρ . Тогда как два параллельно соединённых полушара, равно R = 4πa ρ 1 R∞ = = . 2πa 2πλа Ток утечки равен: V 2πaV I= = = 2πaλV ≈ 3,8 А . ρ R∞

I l  ln1 +  . При d1 = 1 м Uш1 = 178 В, при d πλL  d2 = 0,5 м Uш2 = 292 В. 7.33. U ш =

Решение. Считая, что ток от провода течет полуцилиндрическую область, для его плотности на расстоянии r от провода имеем: I j= . πrL Напряженность электрического поля равна j I Er = = . λ πrλL

364

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Шаговое напряжение составляет: d +l

Uш =



I

l

 E dr = πλL ln1 + d  . r

d

На расстоянии d1 = 1 м от провода шаговое напряжение равно Uш1 = 178 В, при d2 = 0,5 м − Uш2 = 292 В. §8. Цепи постоянного тока 8.1. а) R = 3r / 2 ; б) R = r / 2 ; в) R = 4r / 5 .

Решение. Воспользуемся свойством эквипотенциальных точек: в схемах их можно соединять и разъединять, не меняя электрического состояния системы. Преобразуем схемы к виду, показанному на рис. О.8.1. Штриховой линией на рис. О.8.1 б показан провод, который можно удалить, т.к. он соединяет точки с одинаковым потенциалом, поэтому ток по нему течь не будет. В А

В

А

В

А а

б

в

Рис. О.8.1.

Сопротивления преобразованных схем легко рассчитать, используя правила для последовательно и параллельно соединенных резисторов. 8.2. а) R АВ = 13r / 7 ; б) RCD = 5r / 7 .

Решение. а). При подключении каркаса в цепь некоторые соединения элементов между точками А и В можно в силу симметрии схемы разъединить, не меняя схемы протекания тока. Эквивалентная схема каркаса показана на рис. О.8.2 а. Все разъединенные пары точек на рисунке имеют одинаковые потенциалы, поэтому их можно соединить, получив при этом первоначальную схему каркаса.

365

Ответы и решения

1

2

В

4

3

А

В

А Рис. О.8.2 а.

Рис. О.8.2 б.

Для вычисления сопротивления каркаса перерисуем схему как показано на рис. О.8.2 б. Видно, что схема состоит из двух одинаковых частей (верхней и нижней), соединенных параллельно и подключенных к точкам А и В. Вычислим последовательно сопротивления отдельных частей: 1 1 1 = + , откуда R12 = r ; R12 2r 2r 1 1 1 12 = + , откуда R34 = r . 7 R34 3r 4r Окончательно сопротивление каркаса между точками А и В равно 1 13 RАВ = (R34 + 2r ) = r . 2 7 8.3. R12 = 7 r / 12 , R13 = 3r / 4 .

Решение. а). При включении каркаса в цепь между точками 1 и 2 потенциалы точек 3 и 6 в силу симметрии схемы будут одинаковы, поэтому их можно соединить. Аналогично, потенциалы точек 4 и 5 тоже одинаковы, их тоже соединяем. Получаем эквивалентную схему каркаса, изображенную на рис. О.8.3 а. 3,6 2 1 4,5

а

7 8

2,4 3

1 5

Рис. О.8.3.

6,8

7

б

После этого находим сопротивления частей каркаса: R6785 = R67 + R78 + R85 = r / 2 + r + r / 2 = 2r ; 1 / R3(6)-4(5) = 1 / R6785 + 2 / r = 5 /(2r ) → R3(6)-4(5) = 2r / 5 .

366

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

2r r r 7 r + + = . 5 2 2 5 Окончательно сопротивление R12 каркаса находим из соотношения: 1 1 5 12 7 = + = , откуда R12 = r . 12 R12 r 7 r 7 r б) При включении каркаса в цепь между точками 1 и 3 можно соединить точки 2 и 4, а также 6 и 8, так как их потенциалы одинаковы. В то же время одинаковы потенциалы точек 2, 6 и точек 4, 8, поэтому находящиеся между ними ребра каркаса можно убрать. Эквивалентная схема каркаса изображена на рис. О.8.3 б, где удаленные элементы показаны штриховой линией. После этого легко посчитать сопротивление каркаса: R13 = 3r / 4 . πrD 8.4. R = . π+4 R2341 =

8.5. RAB = 2r / 3 . Решение. При подсоединении к точкам А и В источника ЭДС картину протекания тока можно представить как суперпозицию тока, входящего в точку А и симметрично растекающегося в бесконечность, и тока, симметрично сходящегося в точку В из бесконечности. Если полный ток между точками А и В обозначить I, то ток, входящий в А, и ток, сходящийся к В, симметрично делится на 3 части по I/3. По проводу АВ течет ток I / 3 + I / 3 = 2 I / 3 , следовательно, напряжение U AB = 2 Ir / 3 . По закону Ома, RAB = U AB / I = 2r / 3 . 8.6. а) R12 = 19r / 30 ; б) R13 = 4r / 5 ; в) R14 = 7 r / 6 . 8.7. R = r ; через резисторы с сопротивлением r течет ток U Ir = , через резисторы с сопротивлением 2r − токи (начиная с 2r

367

Ответы и решения

самого нижнего на рис. 8.7) I 1 =

U U U , I2 = ,…, I n = n . 2r 4r 2 r

8.8. R = r ( 3 − 1) . Решение. Надо подключить такое сопротивление R, чтобы сопротивление последней ячейки было равно R. Тогда последнюю ячейку можно заменить сопротивлением R, затем то же самое сделать с предпоследней ячейкой и т.д. При этом общее сопротивление цепи не будет зависеть от числа ячеек и будет равно R. Сопротивление последней ячейки с подсоединенным резистором R равно ( 2r + R ) ⋅ r =R. 3r + R Получили квадратное уравнение относительно R: R 2 + 2rR − 2r 2 = 0 , отсюда находим R = r ( 3 − 1) .

8.9. RAB = 5r / 2 . 8.10. I =

U . r1 + r2

Решение. Падения напряжений на резисторах r1 и r2, а также на резисторах 3r1 и 3 r2 пропорциональны их сопротивлениям, поэтому потенциалы точек между резисторами r1 и r2 и между резисторами 3r1 и 3 r2 одинаковы. Как следствие ток через резистор R не течет, и его можно удалить. U . Ток через резистор r2 равен I = r1 + r2

8.11. RCD = 2r (1 + 3 ) . Решение. Вся цепь эквивалентна сопротивлению RCD. Ввиду ее бесконечности добавление еще одного звена r, 2r и 3r перед цепью не изменит ее сопротивления (рис. О.8.11), поэтому можно записать:

368

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

С r

2rRCD + 3r , 2r + RCD откуда получаем квадратное уравнение относительно RCD: RCD = r +

2r

D 3r

RCD

Рис. О.8.11.

2 RCD − 4rRCD − 8r 2 = 0 .

Решая уравнение, находим: RCD = 2r (1 + 3 ) .

8.12. RAB = r ( 3 − 1) .

r

В

Указание. См. решение задачи 8.11. В качестве повторяющейся секции следует взять первые четыре резистора слева (см. А рис. О.8.12).

r

r

RAB

r Рис. О.8.12.

8.13. R x = r (1 − 3 / 6) . А r Указание. Сопротивление цепи между точками А и В равно сопротивлению четырех резисторов, соединенных, как показано на рис. О.8.13, R1 где R1 = r ( 3 − 1) (см. решение задачи 8.12). r

В R1

Рис. О.8.13.

8.14. RCD = ( 3 / 3) r . 8.15. RAB = r ( 5 − 1) / 2 . Указание. В качестве повторяющейся секции следует взять первые четыре проволочных звена слева. Эквивалентная схема каркаса показана на рис. О.8.15.

8.16. R x = r ( 3 − 1) .

r r

r

r

RAB

Рис. О.8.15.

369

Ответы и решения

Решение. Если посмотреть на каркас слева, получится изображение цепи, приведенное в перспективе на рис. О.8.16 а. А

1

1 2

А

2 1

В а

С

А r

r

r

r

С Rx

1 2

D б

D

r

r

В в

Рис. О.8.16.

Из симметрии рисунка видно, что потенциалы всех узлов соединения звеньев на линиях 1 – 1 и 2 – 2 одинаковы, поэтому звенья, соединяющие эти узлы, можно удалить. После этого получится цепь, изображенная на рис. О.8.16 б. Между точками С и D находится фигура, сопротивление которой равно искомому сопротивлению Rx, так как цепь бесконечна. При этом эквивалентная схема каркаса приобретает вид, показанный на рис. О.8.16 в. Между точками А и В элемент цепи, в который входит Rx, включен параллельно с параллельно соединенными участками, содержащими по два звена сопротивлением r; общее сопротивление этих участков равно r. Поскольку сопротивление цепи между точками А и В равно Rx, воспользуемся правилом вычисления сопротивления параллельно соединенных резисторов и получим: ( 2r + R x ) ⋅ r Rx = . r + 2r + R x Преобразуя последнюю формулу, приходим к квадратному уравнению относительно Rx: R x2 + 2rR x − 2r 2 = 0 , откуда находим: R x = r ( 3 − 1) .

8.17. R1 : R2 : R3 = ( k − 1) 2 : k : (k − 1) .

370

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. Пусть в цепи n ячеек. В последней n-й ячейке напряжение Un на сопротивлении R3 должно быть в k раз меньше напряжения Un–1 на предыдущем вертикальном сопротивлении R2. Применяя закон Ома к последней ячейке, получаем: U n −1 U Un = R2 = n −1 , R1 + R2 k откуда находим соотношение: R1 / R3 = k − 1 . Поскольку для любой ячейки должно быть R1 U i −1 Ui = , то сопротивление всей последней ячейR2 R3 k ки, двух последних ячеек, трех последних ячеек и т.д. также должно быть равно R3 (см. решение задаРис. О.8.17. чи 8.8). Так как в ячейке резисторы R2 и R1 + R3 соединены параллельно (см. рис. О.8.17), получаем: ( R + R3 ) ⋅ R3 k 1 1 1 = R3 ⋅ . = + , откуда R2 = 1 R1 k −1 R3 R2 R1 + R3 В итоге искомое отношение сопротивлений: R1 : R2 : R3 = (k − 1) 2 : k : (k − 1) .

8.18. RAB = 7 r / 4 . Решение. Данная схема несимметрична, в ней нет последовательно и параллельно соединенных проводников, а также точек с равными потенциалами. Поэтому для нахождения сопротивления между точками А и В подсоединим к ним источник ЭДС E (см. рис. О.8.18), найдем ток I0, а искомое r С 3r сопротивление RАВ определим по форI4 B муле: I3 А 2r I5 RAB = E / I 0 . I1 I2 Для нахождения тока I0 используD r I0 3r ем правила Кирхгофа. Выберем направление токов через резисторы, как покаE зано на рис. О.8.18. В соответствии с 1-м Рис. О.8.18. правилом Кирхгофа запишем три уравнения для суммы токов в трех узлах, например A, С и D:

371

Ответы и решения

A: I0 – I3 – I1 = 0, C: I3 – I5 – I4 = 0, D: I1 + I5 – I2 = 0, и три уравнения, в соответствии со 2-м правилом Кирхгофа для падений напряжения в трех контурах, например: ADBEA:

3I1r + I2r = E,

ACDA:

I3r + 2I5r – 3I1r = 0,

CBDC:

3I4r – I2r – 2I5r = 0.

Из этой системы уравнений находим ток I 0 =

4E , а затем 7r

− сопротивление цепи RAB = E / I 0 = 7 r / 4 .

8.19. I =

E ( R2 + R3 ) + E0 R3 . R( R2 + R3 ) + R2 R3

8.20. I 2 = 0 , I 3 = 1 А ; ток течет влево. Указание. Чтобы избежать громоздких выкладок при записи в общем виде системы уравнений в соответствии правилам Кирхгофа, следует сразу подставить численные значения сопротивлений резисторов и ЭДС источников тока и далее решать задачу в числах.

8.21. U R = 2E − I (R1 + 3r / 2 ) = 1,91 В . 8.22. E =

rr E1r2 + E2 r1 = 1,74 В; r = 1 2 = 0,34 Ом. r1 + r2 r1 + r2

8.23. I =

( n − 2k )E . R + nr

8.24. I 1 = 6,4 мА , I 2 = 1 ,8 мА (токи текут влево); I 3 = 4 ,6 мА (ток течет вниз); I 4 = 0 .

372

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

8.25. E3 =

E1 R2 + E 2 R1 . R1 + R2

E1

E2 E3

R1

R2 R3 I2

I1

Рис. О.8.24.

Решение. Обозначим стрелками направление токов, как показано на рис. О.8.24. Поскольку ток через резистор R3 не течет, то по 1-му правилу Кирхгофа I1 + I 2 = 0 . По второму правилу Кирхгофа:

E1 − E3 = I 1 R1 , E3 − E2 = I 2 R2 = − I 1 R2 . Исключая из последних уравнений I1, находим: E R + E 2 R1 E3 = 1 2 . R1 + R2

8.26. E2 = E3 (1 + R2 / R3 ) , I = E1 / R1 − (E3 / R1 ) ⋅ (1 + R2 / R3 ) . E2 r1 . E1 − E 2 Решение. Обозначим стрелками направления токов через генератор, аккумулятор и резистор так, как показано на рис. О.8.26. Применяя первое и второе правила Кирхгофа, получим систему уравнений: r1 I1 − I 2 + I 3 = 0 ; E

8.27. R >

1

I1

E2

I 1 r1 + I 2 r2 = E1 − E2 ;

r2 I2

I3 R Рис. О.8.26.

I 2 r2 + I 3 R = −E2 , решая эту систему, находим ток I2 через аккумулятор: I2 =

(E1 − E2 ) R − E 2 r1 . r1 (r2 + R) + r2 R

Если ток I2 > 0, аккумулятор заряжается, если I2 < 0 – разряE r жается. Зарядка происходит при R > 2 1 . E1 − E2

373

Ответы и решения

8.28. m = nR / r , I max =

E 2

n . rR

Решение. В каждой из m групп будет k = n/m элементов. При параллельном соединении одноименными полюсами k одинаковых источников их можно заменить одним эквивалентным элементом, ЭДС которого равна E, а внутреннее сопротивление rэкв = r/k. Ток, протекающий через резистор, равен I=

mE mE mE mnE . = = = 2 R + mrэкв R + mr / k R + m r / n nR + m 2 r

Чтобы найти, при каком значении m ток максимален, продифференцируем I по m и приравняем производную нулю: E nR − m 2 r dI = =0, dm I max nR + m 2 r I

(

(

)

)

max

откуда находим соответствующее число групп: m = nR / r . Подставляя найденное значение m, определяем максимальную силу тока через резистор: E n mnE = . I max = 2 nR + m r 2 rR kE =6A. 2r Указание. См. решение задачи 8.28.

8.29. n = k 2 R / r = 64 , I max =

(E1 + E 2 − E3 )r + (E1 + E 2 ) R , 3r + 2 R (E − E1 − E2 )r + 2E3 R E1,r Δϕ DC = ϕ D − ϕ C = 3 . 3r + 2 R I1 С А Решение. Направим токи через I2 элементы цепи так, как показано на E2,r рис. О.8.30 а. Запишем первое правило I Кирхгофа для узла С и второе правило 3 Кирхгофа для контуров АE1E3RA и R АE2E3RA:

8.30. Δϕ СA = ϕ C − ϕ A =

E3,r

Рис. О.8.30 а.

D

374

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

I1 + I 2 = I 3 ; I 1 r + I 3 (r + R) = E1 + E3 ; I 2 r + I 3 ( r + R ) = E 2 + E3 . Суммируя почленно второе и третье уравнения, с учетом первого уравнения получим: I 3 (3r + 2 R) = E1 + E3 + 2E3 , откуда E + E2 + 2E3 E + E 2 + 2E3 I3 = 1 и далее I 2 r = E2 + E3 − (r + R ) 1 . 3r + 2 R 3r + 2 R Для определения разностей потенциалов ΔφСА и ΔφDC применим обобщенный закон Ома к участкам АE2С и СE3D: I 2 r = ϕ A − ϕ C + E2 , I 3 r = ϕ С − ϕ D + E3 . Используя значения I2 и I3, получаем: (E + E2 − E3 )r + (E1 + E 2 ) R Δϕ СA = ϕ C − ϕ A = 1 , 3r + 2 R (E − E1 − E2 )r + 2E3 R Δϕ DC = ϕ D − ϕ C = 3 . 3r + 2 R Для построения графиков подставим заданные численные значения ЭДС и r и получим: 3 + 10 R 4,5 Δϕ СA (В) = ϕ C − ϕ A = , =5− 1,5 + 2 R 1,5 + 2 R − 3 + 8R 9 Δϕ DC = ϕ D − ϕ C = =4− . 1,5 + 2 R 1,5 + 2 R Вид графиков приведен на рис. О.8.30 б.

ΔφСА, В 5 3 1

ΔφDC, В R

4 2 0 –2

Рис. О.8.30 б.

8.31. U AC =

5 R + 24r 11R + 40r E , U BD = E. 3R + 10r 3R + 10r

R

375

Ответы и решения

Решение. Выберем направление тока I по часовой стрелке. 2E . Сила тока равна I = 3R + 10r Запишем закон Ома для участка АDС: U AC = EADC − IrADC = 3E − I ( 2 R + 3r ) . 5R + 24r Подставляя I, находим: U AC = E. 3R + 10r Аналогично определяем напряжение между точками В и D: 11R + 40r U BD = EBAD − IrBAD = 5E − I (2 R + 5r ) = E. 3R + 10r 8.32. R = r . 8.33. N = I(E – U) = 3 Вт. 2

N 1  R + 2r  9 8.34. =  = ; бóльшая мощность достигается N 2  2R + r  16 при параллельном соединении.

8.35. N = 2E 2 / 9r = 16 Вт . 8.36. N 1 = 2 N / 3 , N 2 = N / 3 . 8.37. R1 R2 > r 2 . 8.38. I =

N 1max =

nE ± n 2 E 2 − 4 N 1 nr 2rn

, I1 = 2 А , I 2 = 8 / 3 А ;

nE 2 ≈ 8,17 Вт . 4r

Решение. При последовательном соединении элементов их можно заменить эквивалентным источником тока с ЭДС EΣ = nE и внутренним сопротивлением rΣ = nr . Полная мощность, развиваемая батареей, N = IEΣ . Мощность

376

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

N2, выделяемая внутри батареи, N 2 = I 2 rΣ . Полезная мощность N1, выделяемая во внешней цепи, равна N 1 = N − N 2 = IEΣ − I 2 rΣ = nEI − nrI 2 . Из полученного квадратного уравнения относительно I находим ток: I=

nE ± n 2 E 2 − 4 N 1 nr

2rn численные данные,

.

Подставляя получаем: I1 = 2 А , I2 = 8/ 3 А . Найдем, при каком токе I* выделяется максимальная полезная мощность: dN = nE − 2nrI ∗ = 0 , откуда I ∗ = E /( 2r ) . dI Подставляя I* в выражение для N1, находим максимальную полезную мощность: nE 2 N 1max = ≈ 8,17 Вт . 4r E ± E 2 − 4 Nr R , U1 = 9 B , U 2 = 1 B ; η = , 2 R+r η1 = 0,9, η2 = 0,1. 8.39. U =

Решение. Выделяющаяся на внешнем сопротивлении R мощность равна N = IU, где падение напряжения U на сопротивлении R E −U равно U = E – Ir. Следовательно, ток в цепи равен I = . r EU − U 2 , откуда Таким образом, N = r E ± E 2 − 4 Nr . 2 Подставляя численные данные, находим: U 1 = 9 B , U 2 = 1 B . Неоднозначность результата связана с тем, что одна и та же мощность может выделяться на различных внешних сопротивлениях, причем каждому R соответствует свой ток I: U=

377

Ответы и решения

при U 1 = 9 B I 1 = 1 А , а R1 = N / I 12 = 9 Ом ; при U 2 = 1 B I 2 = 9 А , а R2 = N / I 22 = 1 / 9 Ом . КПД η есть отношение полезной мощности ко всей мощности, выделяемой аккумулятором: IU U ER η= = , где U = IR = . IE E R+r R . Для найденных ранее значений R1 Следовательно, η = R+r и R2 получаем: η1 = 0,9 и η2 = 0,1. 8.40. R3 = R1 R2 /( R1 + R2 ) .

R1

I1

I2

R2

I3 R3 E2 E1 Решение. Обозначим стрелками направление токов так, как показано на рис. О.8.40. Рис. О.8.40. Применим первое правило Кирхгофа к верхнему узлу и второе правило Кирхгофа к контурам R1E1R3 и R2E2R3: I1 + I 2 = I 3 ; I 1 R1 + I 3 R3 = E1 ; I 2 R2 + I 3 R3 = E2 . Умножив второе уравнение на R2, а третье на R1 и сложив почленно с учетом первого уравнения получим: I3 =

E1 R2 + E2 R1 . R1 R2 + R3 ( R1 + R2 )

Выделяющаяся на резисторе R3 тепловая мощность равна N = I 32 R3 =

(E1 R2 + E2 R1 ) 2 R3 [ R1 R2 + R3 ( R1 + R2 )] 2

.

Чтобы найти, при каком значении R3 мощность максимальна, возьмем производную dN/dR3 и приравняем её нулю: dN (E1 R2 + E2 R1 ) 2 [ R1 R2 + R3 ( R1 + R 2 )] = = 0, dR 3 [ R1 R2 + R3 ( R1 + R2 )]3

откуда определяем искомое значение R3:

R3 = R1 R2 /( R1 + R2 ) .

378

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

8.41. N 1 = N 4 = 8.42. η =

(E1 − E2 ) 2 (E + E 2 ) 2 , N2 = N3 = 1 . 4R 4R

η1η2 1 = . η1 + η2 − η1η2 3

Решение. Пусть сопротивление нагрузки R, а внутренние сопротивления аккумуляторов r1 и r2 соответственно. По определе 1  IU U R = = , откуда ri =  − 1 R . нию КПД ηi = IE E R + ri  ηi  При последовательном соединении аккумуляторов общая ЭДС цепи по модулю равна EΣ = E1 ± E2 , а падение напряжения на нагрузке составляет: U R =

EΣ

. R + r1 + r2 При этом КПД батареи аккумуляторов оказывается равным: UR η1η 2 R R . η= = = = EΣ R + r1 + r2 η1 + η 2 − η1η 2  1   1  R +  − 1 R +  − 1 R  η1   η2  1 Подставляя числа, получаем: η = . 3

N 2 I 12 − N 1 I 22 ≈ 62 A . N 2 I 1 − N1 I 2 Решение. Ток короткого замыкания равен I 0 = E / r . Записываем выражения КПД батареи через ток в нагрузке (см. решение задачи 8.38) для двух токов: N 1 = I 1E − I 12 r , N 2 = I 2 E − I 22 r . Поделив первое и второе уравнения на r и разделив первое уравнение на второе, получаем: N 1 (E / r ) I 1 − I 12 I 0 I 1 − I 12 = = . N 2 (E / r ) I 2 − I 22 I 0 I 2 − I 22

8.43. I 0 =

Из полученного соотношения определяем I0:

379

Ответы и решения

I0 =

8.44. N = E 2 ⋅

N 2 I 12 − N 1 I 22 ≈ 62 A . N 2 I1 − N1 I 2

2r + R1 . 2r (r + R1 )

(

)

8.45. q = τR I 12 + I 22 + I 1 I 2 / 3 . Решение. Сила тока через резистор изменяется со временем I − I1 t . За время dt на резисторе выделится по закону: I = I 1 + 2 τ количество тепла dq = I 2 Rdt . Полное количество тепла, выделившееся за время τ, находим интегрированием: τ I − I1  1  q =  I1 + 2 t  dt = τR I 12 + I 22 + I 1 I 2 . 3 τ  0

(



8.46. Q =

)

4q 2 R = 180 Дж . 3τ

8.47. q = C ⋅

E1 ( R2 + r2 ) + E 2 ( R1 + r1 ) . R1 + R2 + r1 + r2

Указание. Ток течет только по контуру, содержащему источники ЭДС и сопротивления R1 и R2. Используя закон Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, следует определить напряжение на конденсаторе. 8.48. q = 5CE / 21 . 8.49. q = EC / 5 для каждого конденсатора.

Решение. Постоянный ток не проходит через конденсатор, поэтому по части резисторов ток не течет, и их можно удалить. Тогда эквивалентная схема соединения элементов цепи принимает вид, показанный на рис. О.8.49.

380

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Ток течет по правому контуру, сопротивление которого R = r + r + r / 2 = 5r / 2 . Сила C E тока равна: E 2E r I= = . C C r R 5r Напряжение на верхнем конденсаторе Рис. О.8.49. равно падению напряжения на двух параллельно соединенных резисторах общим сопротивлением r/2: U C1 = Ir / 2 = E / 5 . Два нижних конденсатора соединены последовательно. Разность потенциалов на участке, где они находятся, равна падению напряжения на резисторе сопротивлением r: 2U C 2 = Ir = 2E / 5 , откуда U C 2 = E / 5 . Как видно, напряжения на всех конденсаторах одинаковы, следовательно, заряды конденсаторов одинаковы и равны

r

r

q = CU = EC / 5 .  R1 C2 − 8.50. U ab =   R1 + R2 C1 + C 2 8.51. q = RC ⋅

8.52. Q =

E2 2

r1 E2 − E1 r2 r1 r2 + R (r1 + r2 )

 C1 R 2 ⋅  C 2 + (R + r) 2 

  E . 

.

  ≈ 1,32 ⋅ 10 − 4 Дж .  

Решение. При замкнутом ключе напряжение на конденсаторе ER , конденсатор С2 разряжен, энергия системы С1 равно U 1 = R+r W1 = C1U 12 / 2 . После размыкания ключа конденсатор С1 разряжается, а конденсатор С2 заряжается до напряжения U 2 = E . При этом энергия системы становится равной W2 = C 2U 22 / 2 = C 2 E 2 / 2 . При зарядке

381

Ответы и решения

конденсатора через источник тока пройдет заряд q 2 = C 2 E , в результате чего источник совершит работу A = q 2 E = C 2 E 2 . По закону сохранения энергии W1 + A = W2 + Q , откуда находим количество выделившейся теплоты: C1 R 2  E 2   ≈ 1,32 ⋅ 10 − 4 Дж . ⋅  C2 + Q= 2  2  (R + r)  8.53. Q R =

(E1 − E2 ) 2 С1С 2 R . 2(С1 + С 2 ) ⋅ ( R + r2 )

Решение. Первоначально конденсатор С1 имеет заряд q1 = C1E1 . После размыкания ключа К1 и замыкания ключа К2 происходит перезарядка конденсаторов: конденсатор С2 приобретет заряд q2, а заряд конденсатора С1 станет равен q1′ = q1 + q 2 . Распределение напряжений на элементах замкнутого контура, содержащего ЭДС E2, с учетом связи заряда и напряжения конденсаторов U = q / C имеет вид: q1 + q 2 q 2 + = E2 , откуда находим: C1 C2 (E − E1 ) С1С 2 (E − E1 ) С1С 2 и q1′ = С1E1 + 2 . q2 = 2 С1 + С 2 С1 + С 2 При перезарядке конденсаторов через источник ЭДС E2 пройдет заряд q2, и источник совершит работу A = q 2 E2 . Энергии конденсаторов после перезарядки станут равны W1 = q1′ 2 /( 2C1 ) и W2 = q 22 /( 2C 2 ) , а до этого энергия системы была W0 = C1U 12 / 2 = C1E12 / 2 . По закону сохранения энергии W0 + A = W1 + W2 + Q , откуда находим количество теплоты, выделившееся во всей цепи: (E − E2 ) 2 С1С 2 . Q= 1 2(С1 + С 2 )

382

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Поскольку теплота выделялась на сопротивлениях R и r2, по которым протекал один и тот же ток I(t), то количество тепла, выделившееся за все время во всей цепи, равно ∞



Q = I 2 (t )( R + r2 ) dt , 0

а выделившееся на резисторе ∞



R – Q R = I 2 (t )R dt , т.е. Q R = 0

QR . R + r2

Окончательно получаем: (E1 − E2 ) 2 С1С 2 R . QR = 2(С1 + С 2 ) ⋅ ( R + r2 ) 8.54. Δϕ =

С 2 R2 − C1 R1 E. (C1 + C 2 + C 3 ) ⋅ ( R1 + R2 + r )

§9. Магнитные поля проводников с током 9.1. B =

μ0 1 1 r 2 + r22 − d 2 ⋅ 2 + 2 + 1 ≈ 2,6 ⋅ 10 − 4 Тл . 2 2 4π r1 r2 r1 r2

Решение. Магнитная индукция поля бесконечного провода с постоянным током I на μ 2I расстоянии r от него равна B = 0 ⋅ . В1 В2 4π r Направления векторов индукции от двух проA водов с токами показано на рис. О.9.1: вектор r2 D r1 α В1 перпендикулярен линии АС, а вектор I В2 − линии АD. ∠B1 АВ2 = ∠САD = α (как углы I С d с взаимно перпендикулярными сторонами). Рис. О.9.1. Индукция магнитного поля В равна векторной сумме В1 и В2. По теореме косинусов для треугольника ВВ1А находим В: В

В 2 = В12 + В22 − 2 В1 В2 cos(π − α) = B12 + B22 + 2 B1 B2 cos α .

383

Ответы и решения

В свою очередь для треугольника АСD: d 2 − r12 − r22 . 2r1 r2 Модуль индукции магнитного поля в точке А равен d 2 = r12 + r22 − 2r1 r2 cos α , откуда cos α =

B=

μ0 1 1 r 2 + r22 − d 2 ⋅ 2 + 2 + 1 ≈ 2,6 ⋅ 10 − 4 Тл . 2 2 4π r1 r2 r1 r2

9.2. а) B = 0 ; б) B =

в) B = 9.3. BA =

2μ 0 I = 1,6 ⋅ 10 − 4 Тл ; πd

2 μ0I ≈ 1,13 ⋅ 10 − 4 Тл . πd

(

)

μ0 I μ I 1 + 2 , BC = 0 . 4πa 2πa

α2 I Решение. а) Индукция ВА в т. А равна сумме вкладов от двух полубесконечных проводов. Модуль I А индукции одного провода вычислим по формуле: μ I Рис. О.9.3. B = 0 ⋅ (cos α 1 − cos α 2 ) , 4π d где α1 и α2 – углы, которые составляют с направлением на точку А крайние элементы провода с током, которые отсчитываются от направления тока (см. рис. О.9.3). В данном случае для провода, изображенного на рис. О.9.3 вертикально, α1 = 0 , α 2 = 3π / 4 , расстояние от провода до точки А d = a 2 / 2 . Индукция магнитного поля от этого провода в т. А направлена в плоскость рисунка и по модулю равна: μ I 2 3π  μ I 2  2  B1 = 0 ⋅ 1+ .  cos 0 − cos  = 0  4π a  4  4πa  2  От горизонтального полубесконечного провода индукция также в т. А направлена в рисунок, по модулю совпадает с индукцией первого провода. В итоге индукция в т. А по модулю равна μ I BA = 2 B1 = 0 1 + 2 2πa и направлена в плоскость рисунка.

(

)

384

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

б) В т. С вклад в индукцию от горизонтального провода равен нулю, а от вертикального равен по модулю половине индукции бесконечного провода, находящегося от т. С на расстоянии а: μ I BC = 0 . 4πa 9.4. Магнитная индукция увеличится в 1,5 раза. 9.5. BA =

μ0I α ctg . 4πa 4

9.6. B = nB1 =

μ 0 In π μ I tg ; lim B = 0 . 2πR n n→∞ 2R

Решение. Векторы магнитной индукции полей от каждой из сторон многоугольника в его центре направлены одинаково, поэтому достаточно рассчитать индукцию поля В1 от одной стороны. Каждая сторона видна из центра под углом α 0 = 2π / n (рис. О.9.6). ∠OAC = ∠OCD = π/2 − α 0 / 2 = π / 2 − π / n . Модуль индукции от одной стороны рассчитаем по формуле: μ I О B1 = 0 ⋅ (cos α1 − cos α 2 ) , 4π d α0 α π R где d = OD = R cos 0 = R cos , 2 n I α 1 = ∠OAC = π/2 − π / n , А D С Рис. О.9.6. α 2 = π − ∠OCA = π/2 + π / n . Для значения В1 получаем: B1 =

μ 0 2 I sin( π / n) μ 0 I π ⋅ tg . = 4π R cos(π / n) 2πR n

Искомая индукция поля в центре многоугольника равна B = nB1 =

μ 0 In π tg . 2πR n

385

Ответы и решения

μ I tg(π/n) = 1 , поэтому lim B = 0 , что совпаn→∞ n→∞ 2R π/n дает с формулой для индукции В магнитного поля в центре кругового витка радиуса R с током I.

При n → ∞ lim

9.7. BA =

μ 0 I 10 . 12πd

9.8. BО =

μ0 I (π + 1) . 2πR

9.9. BО =

μ0I π2 + 1 . 2πR

9.10. B =

μ0 I 16

3 1  + . a b

Решение. Индукция магнитного поля в т. О от радиально направленных прямых участков провода равна нулю. Если магнитное поле создаётся частью кольца радиуса R длиной Δl = Rϕ (рис. О.9.10), то индукция магнитного поля в центре кольца равна μ I μ Iϕ B = 0 ⋅ 2 ⋅ ϕR = 0 ⋅ . 4π R 4π R

Рис. О.9.10.

Следовательно, от частей кольца радиусов а и b модули индукции в т. О равны соответственно Ba =

μ 0 I 3π 3μ 0 I μ I π μ I ⋅ = , Bb = 0 ⋅ = 0 . 4πa 4 16a 4πb 4 16b

Так как векторы Ва и Вb сонаправлены, модуль индукции в μ I 3 1 т, О равен B = 0  +  . 16  a b  9.11. В = 0.

386

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

9.12. B =

μ0 I πR

  arcsin a +  R 

R 2 − a 2  .  a 

Решение. Длина l прямых участков контура: l = 2 R 2 − a 2 . Индукция магнитного поля от каждого из этих участков равна B1 =

μ0 I l/2 ⋅ (cos α 1 − cos α 2 ) , где cos α 1 = − cos 2 = = 4π a R

R2 − a2 . R

μ0 I R2 − a 2 ⋅ . 2π aR Каждая из двух дуг контура опирается на центральный угол φ, для которого sin(ϕ / 2) = a / R , откуда ϕ = 2arcsin(a / R ) . Индукция магнитного поля в центре дуги равна Следовательно, B1 =

B2 =

μ 0 Iϕ μ 0 I a arcsin . = 4πR 2πR R

Суммируя вклады от всех элементов контура, находим модуль индукции в его центре: μ I a R 2 − a 2  . B = 2( B1 + B2 ) = 0  arcsin +  πR  R a   9.13. а) B = 9.14. B = 9.15. B =

9μ 0 I ; б) В = 0. 2πa

μ0 I (π + 4) . 4πR 2μ 0 Ia 2

π( a 2 + x 2 ) 2a 2 + x 2

.

Решение. Направим ось Х вдоль перпендикуляра к плоскости рамки, начало координат совместим с центром. Индукция B магнитного поля в точке А с координатой х равна сумме индукций их

387

Ответы и решения 4

полей: B =  Bi . Так как стороны рамки расположены симметi =1

рично относительно точки А, суммарная индукция В направлена вдоль оси Х (рис. О.9.15) и равна по модулю сумме проекций векторов Вi на ось Х: B = 4 B1x = 4 B1 cos β, Х β где В1 – модуль индукции магнитного B1x В1 поля от одной стороны, β – угол между В1 A π/2 и осью Х. Угол β = ∠AО1О (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). С Модуль вектора В1 найдем по фор2а муле индукции поля, создаваемого пряO1 O мым отрезком с током I на перпендикуα ляре к отрезку, проведенном через его D I середину: Рис. О.9.15. μ0 I μ 0 I cos α B1 = ⋅ 2 cos α = , 4πr 2πr где r – расстояние от середины стороны CD (точка О1) до точки А, α – угол между отрезком CD и направлением на точку А из конца отрезка ( ∠ADC на рис. О.9.15). a a = Для r получаем: r = x 2 + a 2 ; cos α = , x 2 + 2a 2 x 2 + (a 2 ) 2 cos β =

a

. x2 + a2 Таким образом, модуль индукции поля рамки на расстоянии х от её центра: 2μ 0 Ia 2 . B= π(a 2 + x 2 ) 2a 2 + x 2 μ I 9.16. B = 0 π 2 + 1 , вектор B лежит в плоскости XZ под 4πR углом α к оси ОХ, где tgα = 1/π ≈ 0,32 . 9.17. p m =

(

)

πNI 2 R1 + R1 R2 + R22 . 3

388

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. а) В полярных координатах уравнение спирали R − R2 можно представить в виде: r (ϕ) = R2 + 1 ϕ , где 0 ≤ ϕ ≤ 2πN . 2πN Индукция магнитного поля в центре кольца, создаваемого дугой кольца с током радиуса r(φ), имеющей угловой размер dφ, равна (см. решение задачи 9.10): μ0 I dB = dϕ . 4πr (ϕ) Суммируя вклады в индукцию от всех частей спирали, находим: 2 πN μ I μ 0 IN R dϕ = B= 0 ln 1 . R − R2 2 (R1 − R2 ) R2 4π 0 R2 + 1 2πN б) Разобьем спираль на малые секторы площадью 1 dS = r 2 (ϕ)dϕ . Магнитный момент такого сектора равен 2 I dp m = IdS = r 2 (ϕ)dϕ . 2 Полный магнитный момент спирали



I pm = 2

2 πN

 0

2

(

)

R − R2  πNI 2  R1 + R1 R2 + R22 . ϕ  dϕ =  R2 + 1 2πN 3  

μ0 I 1 + 2 / 2 ; вектор В направлен за плоскость R рисунка и составляет с плоскостью витка №1 угол φ такой, что tgϕ = 1 / 1 + 2 ≈ 0,414 при отсчете углов по часовой стрелке, если смотреть на шар сверху. 9.18. B =

(

)

Решение. Витки с током создают магнитные поля, индукция каждого из которых В2 В3 В4 перпендикулярна плоскости соответствующего витка. Взаимная ориентация векторов инХ В1 дукции четырех витков показана на Рис. О.9.18. рис. О.9.18. Видно, что х-компоненты векторов В2 и В4 компенсируют друг друга. Y

389

Ответы и решения

Модуль магнитной индукции одного витка в его центре равен μ0 I . Проекции суммарного вектора индукции в центре шара B1 = 2R на оси Х и Y составляют: μ I μ I B x = 0 (1 + 2 ) , B y = 0 . 2R 2R Таким образом, μ I B = B x2 + B y2 = 0 1 + 2 / 2 . R Вектор В направлен за плоскость рисунка и составляет с плоскостью витка №1 угол φ такой, что tgϕ = 1 / 1 + 2 ≈ 0,414 при отсчете углов по часовой стрелке, если смотреть на шар сверху.

(

)

4μ 0 I ; вектор В направлен перпендикулярно из πa плоскости рисунка и составляет с передней гранью куба угол π/4 при отсчете углов по часовой стрелке, если смотреть на куб сверху. 9.19. B =

9.20. B =

μ0 I 1 + 5 5 ⋅ . R 20 10

μ I 9.21. B = 0 2πb

l +b

 l

dx μ 0 I  b  = ln1 +  . x 2πb  l

Решение. Введём декартову систему координат, направив ось ОХ перпендикулярно ленте, а ось Y − вдоль ленты (рис. О.9.21). Начало координат совместим с точкой А. dx Разделим ленту на тонкие полоски толщиной dx. Каждую такую полоску можно рас- Y b I сматривать как линейный ток dI = dx . Этот l Х b 0 ток создает в т. А магнитное поле с индукцией х А μ 0 dI μ0 I dB = dx , = Рис. О.9.21. 2πx 2πbx где х – расстояние от т. А до выделенной полоски.

390

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Модуль индукции магнитного поля всей ленты в точке А находим интегрированием: l +b μ I dx μ 0 I  b  = ln1 +  . B= 0 l 2πb l x 2πb 



Вектор индукции магнитного поля направлен перпендикулярно плоскости ХY. μ0 I  b  arctg   ; вектор индукции магнитного поля πb  2h  лежит в плоскости, параллельной плоскости ленты, и направлен перпендикулярно ленте. 9.22. B =

Указание. Выбрать декартову систему координат с началом отсчета на ленте в её середине, направив ось Х вдоль ленты, ось Y поперек ленты, а ось Z перпендикулярно плоскости ленты. Разбить ленту на узкие полоски (см. решение задачи 9.21) и найти вклад в индукцию поля такой полоски в точке на оси Z (с учетом направления вектора dB). Далее суммировать векторы dB с учетом симметрии задачи. 9.23. B =

μ0 I . πR

Указание. См решение задачи 9.21. μ0 I . Вектор индукции В направлен параллельно 3a грани, лежащей напротив ребра проводника. 9.24. B =

Решение. Выберем декартову систему координат с началом отсчета на ребре, вблизи которого будем определять индукцию магнитного поля. Направим ось Х вдоль тока, ось Z перпендикулярно грани, находящейся напротив этого ребра, ось Y параллельно этой грани (рис. О.9.24 а). Выделим в поперечном сечении проводника слой малой толщины dz, параллельный нижней грани. Рассмотрим узкую полоску шириной dy, находящуюся на расстоянии y от её центра (см. рис. О.9.24 б). Определим её вклад в индукцию магнитного

391

Ответы и решения

поля dB+ в точке А на ребре проводника (имеющей координату z = 0) такой полоской.

Рис. О.9.24 а.

Рис. О.9.24 б.

Выделенную полоску можно рассматривать как линейный бесконечно длинный проводник с током dI = j d ydz , где j – плотность тока. Так как ток распределен по сечению равномерно, то I 4I j= = 2 , S сеч. a 3 где Sсеч – площадь поперечного сечения проводника. Вклад dB+ от такого проводника направлен перпендикулярно отрезку АС и по модулю равен μ dI ( y ) μ 0 j μ 0 jdzdy dB+ = 0 dzdy = = . 2πr 2πr 2π z 2 + y 2 Выделим ещё одну такую же полоску, расположенную симметрично первой относительно оси Х (на рис. О.9.24 б эта полоска заштрихована). Вектор магнитной индукции dB– от такой полоски, направлен перпендикулярно отрезку АD и равен по модулю dB+. В силу симметрии сумма проекций векторов dB+ и dB– на ось Z равна нулю, и для определения суммарной индукции магнитного поля двух полосок нужно сложить только горизонтальные составляющие этих векторов: μ jdzdy μ jzdzdy z dBдвух полос = 2dB+ cos α = 0 ⋅ = 02 . 2 z2 + y2 π z + y π z2 + y2 Теперь находим модуль индукции в т. А от всего слоя с координатой z и толщиной dz:

(

)

392

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

dBслоя

μ jd z = 0 π

y края

 0

y кр. μ 0 j π μ 0 jdz μ j zdy arctg = ⋅ dz = 0 dz . = 2 2 z 6 π π 6 z +y

Индукцию вблизи ребра проводника находим, суммируя вклады от всех слоев, т.е. интегрируя z в пределах от 0 до высоты сечения проводника h = a 3 / 2 :

B=

μ0 j 6

a 3/2

 dz = 0

μ 0 j a 3 μ 0 ja 3 . ⋅ = 6 2 12

Подставляя выражение для плотности тока j, окончательно получаем: μ a 3 4I μ I ⋅ 2 = 0 . B= 0 12 a 3 3a Вектор индукции В направлен параллельно грани, противолежащей ребру проводника.

9.25. а) B1 = μ 0 In cos(π / 4) = 3,15 мТл ; б) B2 = B1 / 2 ≈ 1,6 мТл . 9.26.

l 1 > = 5. d 2 ⋅ 0,0α

Решение. Индукция магнитного поля в соленоиде равна 1 B = μ 0 In (cos α1 + cos α 2 ) , 2 где α – угол, под которым видны верхние края торцов соленоида из точки, в которой определяется индукция. Для центра соленоида l/2 l cos α 1 = cos α 2 = . = 2 4R 2 + l 2 R 2 + (l / 2 ) Тогда индукция поля Во в центре соленоида равна l 1 Bo = μ 0 In ⋅ = μ 0 IN ⋅ . 4R 2 + l 2 d 2 + l2

393

Ответы и решения

При расчете по этой формуле для очень длинного соленоида Bo прибл = μ 0 In = μ 0 IN / l . При использовании этой формулы относительная погрешность составляет: η = B − Bприбл / Bприбл . Подставив полученные значения, получаем:  1 d2  d2 l 1 η =1− =1− ≅ 1 − 1 − ⋅ 2  = 2 . d 2 + l2 1 + (d / l ) 2  2 l  2l Чтобы относительная погрешность была меньше α%, должно выполняться условие: l 1 d2 = 5. < 0,0α , откуда > 2 d 2l 2 ⋅ 0,0α

9.27. а) B =

μ 0Q QR 2 ω ; б) p m = ω. 2πR 4

Решение. Разобьем диск на кольца малой ширины dr. Так как каждое такое кольцо вращается вокруг своей оси, то оно может быть представлено неподвижным кольцом, по которому течет ток dq σ dS σ ⋅ 2πrdr dI ( r ) = = = = σωrdr , T T T Q где Т – период обращения диска вокруг своей оси, σ = – поπR 2 верхностная плотность заряда диска. Вклад в индукцию магнитного поля от такого кольца с током в его центре сонаправлен с ω и по модулю равен μ dI ( r ) μ 0 σω μ Qω = dr = 0 2 dr . dB = 0 2r 2 2πR Интегрируя по r от 0 до R, получим индукцию магнитного поля в центре диска: R μ 0Q μ QR μ Q B= ω dr = 0 2 ω = 0 ω . 2 2πR 2πR 2πR 0



Магнитный момент кольца с током равен Q dp m = dI (r ) Sn = σrω ⋅ πr 2 dr = 2 ω r 3 dr , R

394

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

а магнитный момент всего диска R QR 2 Q 3 pm = ω = ω. d r r 4 R2 0



9.28. В =

μ 0 Qω . 2π

Решение. Вращающийся цилиндр может быть представлен как неподвижный соленоид (см. решение задачи 9.27), по поверхности которого течет ток с линейной плотностью Q Qω i= = , 2π T где Т – период обращения цилиндра вокруг своей оси. Индукция магнитного поля на оси длинного цилиндра равна B = μ 0 In = μ 0 i ,

где I – ток в одном витке, n – число витков на единицу длины. Подставляя i, находим магнитную индукцию на оси вращаμ Qω . ющегося цилиндра: В = 0 2π

9.29. Q =

6πRB . μ0ω

9.30. а) p m = в) p m =

QR 2 2h + R QR 2 ⋅ ω ; б) p m = ω; 2 4 h+R

QR 2 ω. 4

9.31. p m =

QR 2 ω. 5

Решение. Введем сферическую систему координат, совместив начало отсчета с центром шара. Выберем внутри шара малый элемент объемом dV = r 2 sin θ dr dϕ dθ , находящийся на расстоя-

395

Ответы и решения

нии r от центра шара (см. рис. О.9.31). Заряд этого элемента Q 3Q = – объемная плотность заряда шаdq = ρdV, где ρ = 3 4πR / 3 4πR 3 ра. ω При вращении шара движущийся заdI ряд dq эквивалентен току rc dq ωdq θ r dI ( r ) = = , 2π T 0 φ который течет по окружности радиуса rc = r sin θ . Магнитный момент этого кругоX вого тока равен dq ω ⋅ πrc2 = dp m = dI (r ) Sn = Рис. О.9.31. 2π ρr 2 sin θ ρr 4 sin 3 θω = π( r sin θ) 2 ω drdϕdθ = drdϕdθ . 2π 2 Полный магнитный момент шара находим интегрированием: 2ρ

π/ 2

R

3Q ω R 5 2 QR 2 ρω pm = ⋅ ⋅ π ⋅ ⋅ = ω. dϕ r 4 dr sin 3 θ dθ = 2 2 0 0 5 3 5 4πR 3 2 −π / 2

 

9.32. p m =



μ 0 Q R25 − R15 3(ωr )r − r 2 ω Q R25 − R15 ; . r B ( ) ⋅ ⋅ = ω ⋅ 3 20π R23 = R13 5 R2 = R13 r5

9.33. p m =

5QR 2 ω. 21

Указание. Объемная плотность заряда распределена по закону ρ(r)= αr2. Константу α находим, рассчитав полный заряд шара R



Q = αr 2 ⋅ 4πr 2 dr = 0

4παR 5 . Далее решение задачи аналогично ре5

шению задачи 9.31.

9.34. B (r ) =

μ 0 11QR 2 3(ωr )r − r 2 ω . ⋅ ⋅ 4π 36 r5

396

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Указание. Поверхностная плотность заряда полушара равна Q Q σ= = . Далее находим магнитный момент рm 2 2 4πR / 2 + πR 3πR 2 системы (см. в частности решение задачи 9.27) и определяем индукцию магнитного поля на больших расстояниях r от половины шара по формуле: μ 3( pm r )r − r 2 pm , B (r ) = 0 ⋅ 4π r5 где радиус-вектор r проведен к точке из центра сферической поверхности. 9.35. а) B = μ 0 i / 2 между плоскостями и B = 3μ 0 i / 2 над и под плоскостями; б) В = 0 между плоскостями и B = μ0i над и под плоскостями; в) B = μ 0 i / 2 между плоскостями и B = 7μ 0 i / 2 над и под плоскостями

Указание. В случае бесконечной плоскости, по которой течет ток с поверхностной плотностью i, вектор магнитной индукции направлен параллельно плоскости и перпендикулярно направлению μi тока, а его модуль равен B = 0 . 2 9.36. а) B = μ 0 i / 2 над и под плоскостями и B = 3μ 0 i / 2 между плоскостями; б) B = 0 над и под плоскостями и B = μ 0 i между плоскостями; в) B = μ 0 i / 2 над и под плоскостями и B = 7μ 0 i / 2 между плоскостями. 9.37. B = μ 0 jx при x ≤ d ; B = μ 0 jd при x ≥ d .

Решение. Сначала рассмотрим Х случай х ≤ d. Выберем прямоугольный j 0 2x Y контур шириной 2х и длиной а, распо- 2d a ложенный симметрично относительно середины пластины (рис. О.9.37). Этот Рис. О.9.37. контур охватывает ток I 1 = 2 jxa . Из симметрии задачи ясно, что вектор индукции В имеет

397

Ответы и решения

только y- компоненту (см. рис. О.9.37). По теореме о циркуляции вектора магнитной индукции для выбранного контура можно записать: B ⋅ 2 a = μ 0 ⋅ 2 jxa , откуда находим: B = μ 0 jx . При х ≥ d выберем контур, охватывающий пластину, шириной 2х и длиной а. Этот контур пронизывает ток I 2 = 2 jda . Аналогично первому случаю по теореме о циркуляции В запишем: B ⋅ 2a = μ 0 ⋅ 2 jda , откуда B = μ 0 jd . 9.38. B|| =

μ 0 iΩ . 4π

Решение. Выделим на поверхности малый участок площадью δS = δa ⋅ δb (см. рис. О.9.38). Введем декартову систему координат, направив ось Z перпендикулярно поверхности, ось Х по направлению плотности тока i, ось Y в плоскости поверхности, начало координат поместим в центр выбранного участка. Рассмотрим точку А, находящуюся на расстоянии r от выделенного участка. Радиусвектор т. А составляет с осью Z угол θ. По закону Био–Савара–Лапласа вклад в индукцию магнитного поля в т. А от элемента площадью δS, равен dB =

μ 0 δb[δa ⋅ i , r ] 4πr

3

=

μ 0 δS [i , r ] 4πr 3

.

Вектор dВ лежит в плоскости YZ, а его компонента, параллельная плоскости участка δS и перпендикулярная вектору i, является y-компонентой вектора dВ: B Z μ 0 δS [i , r ] y А . dB|| = dB y = B|| r 3 4πr θ δS Y δа Поскольку [i , r ] y = iz = ir cos θ , получаем: i δb Х μ 0 i δS . ⋅ dB|| = dB y = Рис. О.9.38. 4π r 2 По определению телесный угол δΩ = δScosθ/r2, под которым δcosθ поверхность δS видна из точки наблюдения равен dΩ = 2 . Поr этому

398

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

μ 0i ⋅ δΩ . 4π Суммируя вклады в магнитную индукцию всех участков плоской поверхности, получаем доказываемое соотношение: μ iΩ B|| = 0 . 4π dB|| =

9.39. а) B ( r1 ) =

μ0 I 2πR

2

r1 = 2,5 мТл ; б) B ( r2 ) =

μ0I = 2 мТл . 2πr2

9.40. I 1 =

R2 I. r1 r2

9.41. B =

μ0 I μ I r при r < R1; B = 0 при R1 ≤ r ≤ R2; B = 0 2 2 πr 2πR1

при r ≥ R2. 9.42. B = 0 при r < R1; B ( r ) = B (r ) =

(

 R2  ⋅  r − 1  при R1 ≤ r ≤ R2; r  

μ 0 j R 22 − R12 при r ≥ R2. 2r

μ 0 lI  b  ln   . 2π a Решение. Внешний проводник кабеля поля во внутренней области не создает. Магнитное поле в области b r < b создается только внутренним проводниa ком, его индукция в области a < r < b равна μ I rd B= 0 . 2π r I Рассмотрим прямоугольный контур длиl ной l, ограниченный поверхностями внутреннего и внешнего цилиндров вдали от концов кабеля (на рис. О.9.43 плоскость контура заштрихована). Рис. О.9.43.

9.43. Ф =

I

)

μ0 j 2

399

Ответы и решения

Разобьем плоскость контура на узкие полоски толщиной dr, находящиеся на расстоянии r от оси системы. Векторы индукции магнитного поля тока I, протекающего по внутреннему цилиндру, перпендикулярны плоскости контура. Поток индукции через выделенную полоску равен: μ I dФ = BdS = 0 ldr. 2π r Полный поток магнитной индукции через площадь контура: b

μ 0 Ildr μ 0 l  b  = ln  I . π π 2 r 2 a a

Ф=

9.44. При r ≤ R B ( r ) = μ 0 αr 3 / 4 ; при r ≥ R B ( r ) =

μ 0 αR 4 . 4r

Решение. Сначала рассмотрим область r ≤ R. Проведём через точку, находящуюся на расстоянии r от оси проводника, круговой замкнутый контур L, совпадающий c линией магнитной индукции. Чтобы найти ток, охватываемый контуром, разобьем плоскость контура на кольца малой толщины dr. По каждому из таких колец протекает ток dI ( r ) = j ( r ) ⋅ dS = j ( r ) ⋅ 2πrdr . Полный ток I(r), охватываемый рассматриваемым контуром, равен r



I ( r ) = αr 2 ⋅ 2πrdr = απr 4 / 2 . 0

Теорему о циркуляции вектора магнитной индукции по данному контуру можно записать в виде: B ⋅ 2πr = μ 0 απr 4 / 2 , откуда получаем: B ( r ) = μ 0 αr 3 / 4 . Для области r ≥ R круговой контур радиуса r охватывает весь ток, текущий по проводу: R



I = αr 2 ⋅ 2πrdr = απR 4 / 2 . 0

В этом случае B ⋅ 2πr = μ 0 απR 4 / 2 , откуда B ( r ) =

μ 0 αR 4 . 4r

400

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

9.45. B = 0 при r ≤ а; μ α (b − a ) B (r ) = 0 при r ≥ b. r 9.46. Bвнутри ( r ) =

μ 0 Id 2

4π Rr

B (r ) = μ 0 α (1 − а / r )

, Bвне ( r ) =

при а ≤ r ≤ b;

μ0I  d  1 − . 2πr  2πR 

Решение. Трубку с прорезью можно рассматривать как суперпозицию сплошной трубки, по которой течет ток I, и тонкой узкой ленты шириной d, по которой течет ток с такой же линейной плотностью, как и по трубке, но противоположного направления. Тогда индукцию магнитного поля В можно рассчитать как сумму вкладов В1 от трубки, и В2 –от узкой ленты: В = В1 + В 2 .

I Id ⋅d ≈ . 2πR − d 2πR Индукция поля трубки внутри неё В1 = 0, а вне трубки на расстоянии r от середины прорези на линии, перпендикулярной оси трубки и проходящей через середину щели, μ0I μ I B1 ( r ) = ≈ 0 . 2π( r + R ) 2πr Индукция поля тонкого проводника на расстоянии r от него равна μ I μ Id B 2 ( r ) = 0 1 = 02 . 2πr 4π Rr μ Id Внутри трубки индукция равна Bвнутри ( r ) = B 2 ( r ) = 02 . 4π Rr Вне трубки на линии, перпендикулярной оси трубки и проходящей через середину щели, индукции поля трубки и тонкого проводника направлены вдоль одной прямой в противоположные стороны, так как направления токов в проводнике и трубке противоположны. Таким образом, индукция поля на расстоянии r от прорези равна μ I d  Bвне ( r ) = B1 ( r ) + B 2 ( r ) = 0 1 − . 2πr  2πR 

По проводнику протекает ток I 1 =

401

Ответы и решения

d   9.47. При x ≤ d B = μ 0 jx / 2 ; при x ≥ d B = μ 0 jd 1 − . 2x  

Решение. Пластину с полостью можно рассматривать как суперпозицию пластины без полости, по которой протекает ток с плотностью j, и бесконечного цилиндра, вдоль оси которого течет ток с такой же объемной плотностью, но в противоположном направлении. На линии ОХ векторы индукции магнитного поля пластины и цилиндра направлены противоположно вдоль одной линии, параллельной поверхности пластины и перпендикулярной вектору j. Индукция магнитного поля пластины на расстоянии х от оси полости равна (см. решение задачи 9.37): B = μ 0 jx при x ≤ d ; B = μ 0 jd при x ≥ d . Индукцию поля цилиндра на расстоянии х от его оси определяем по теореме о циркуляции вектора магнитной индукции, применяя её к круговому контуру радиуса х с центром на оси цилиндра. При x ≤ d B1 ⋅ 2πx = μ 0 jπx 2 , откуда B1 = μ 0 jx / 2 ; при x ≥ d − B 2 ⋅ 2πx = μ 0 jπd 2 , откуда B 2 = μ 0 jd 2 /( 2 x ) . В соответствии с принципом суперпозиции индукция системы на линии ОХ: B = B1 − B 2 = μ 0 jx / 2 при x ≤ d ; d   B = B1 − B 2 = μ 0 jd 1 −  при x ≥ d . 2 x 

9.48. B ( x) =

μ0 j 4h 2 + x 2 . 4

Решение. Систему двух проводов с токами можно рассматривать как суперпозицию провода радиуса R с воздушной цилиндрической полостью радиуса r, находящейся на месте второго провода, и провода радиуса r, по которому течет ток плотностью j/2. По проводу с полостью течет ток плотностью j. Сначала определим индукцию в полости первого провода. Рассматривая большой провод с пустой полостью радиуса r как суперпозицию сплошного проводника радиуса R с плотностью тока j и проводника радиуса r, по которому течет ток с плотностью –j,

402

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

можно для произвольной точки внутри полости определить индукцию магнитного поля Bпол. Пусть радиус-вектор точки в полости относительно оси проводника есть а, а относительно оси полости – b (рис. О.9.48). Тогда индукция в точке полости

Bпол = B1 (a ) + B 2 (b) . Дважды применив теорему о циркуляции для круговых контуров, проходящих через рассматриваемую точку, с центрами в точках О и О1 соответственно, получаем: aj bj 2πaB1 = μ 0 πa 2 j , откуда B1 = μ 0 , B 2 = −μ 0 2 2 или с учетом направления векторов B1 =

μ0 [ ja ], B 2 = μ 0 [− jb] , 2 2

B пол = B1 + B 2 =

μ0 [ ja ] + μ 0 [− jb] = μ 0 [ jh] , 2 2 2

где учтено, что для любой точки полости h + b = a (рис. О.9.48). Таким образом, поле внутри полости однородно и его индукция направлена перпендикулярно вектору h, т.е. линии j/2, r j, R ОО1. Для указанного на рис. О.9.48 a направления вектора j вектор Впол b h направлен вниз. О 1 О Теперь найдем индукцию поля Вr провода меньшего радиуса r. Выбрав круговой контур радиуса х с центром в т. О1, по теореме о циркуляции вектора Рис. О.9.48. магнитной индукции для этого контура можно записать: 2πхBr = μ 0 πx 2 ⋅ ( j / 2) , откуда Br = μ 0 xj / 4 . На линии, перпендикулярной ОО1, вектор Вr параллелен ОО1. Таким образом, векторы Вr и Bпол на этой линии взаимно перпендикулярны, и модуль индукции суммарного поля на расстоянии х от т. О1 равен μ j 2 B ( x) = Bпол + Вr2 = 0 4h 2 + x 2 . 4

403

Ответы и решения

9.49. Индукция магнитного поля в пространстве вокруг проμ I вода равна B = 0 , где r – расстояние от провода. 2πr 9.50. B =

μ 0 I ( N1 − N 2 ) = 20 мТл . 2πR

9.51.

При

A ex ( r ) = −

Ain = −

r≤R

μ0 2 πr j ; 4π

при

r≥R

μ0 R2  r 1   ln +  j . 2  R 2

Решение. Аналогичной электростатической задачей является задача о нахождении потенциала электрического поля бесконечного цилиндра радиуса R, заряженного по объему с постоянной объемной плотностью ρ, на расстоянии r от оси цилиндра. Для решения этой задачи, сначала по теореме Гаусса находим модуль напряженности электрического поля Е, а затем по формуле ϕ( r ) = − E ( r ) dr находим потенциал поля φ.



При r ≤ R: Е ⋅ 2πrl = ρ ⋅ πr 2 l / ε 0 → Е = ρr /( 2ε 0 ) и ϕ(r ) = −



ρr ρr 2 dr = − + C1 . 2ε 0 4ε 0

При r ≥ R: Е ⋅ 2πrl = ρ ⋅ πR 2 l / ε 0 → Е = ϕ( r ) = −



ρR 2 и 2ε 0 r

ρR 2 ρR 2 r dr = − ln , 2ε 0 r 2ε 0 C

где С1 и С – постоянные ρ → μ0 jz с учетом условия А(0) = 0 и ε0 направления вектора А, получаем: μ r2 A in (r ) = − 0 j при r ≤ R; 4 Делая замены: ϕ → Az,

404

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

μ0 R2 r ln j при r ≥ R . 2 C Константу С определяем из условия непрерывности векторного потенциала при r = R: μ R2 μ R2 R R − 0 j=− 0 ln j , откуда C = 1 / 2 и 4 2 C e 2 μ R  r 1 A ex ( r ) = − 0  ln +  j . 2  R 2 A ex ( r ) = −

r 9.52. А = 0 при r ≤ R ; A(r ) = −μ 0 R ln   i при r ≥ R. R 9.53. А = 0 при r ≤ R1 ; μ R2 1 2 r  2 2 A(r ) = − 0  r − R1 − R1 ln  j при R1 ≤ r ≤ R2; 2 2 R1 

(

A(r ) = −

)

μ 0 ( R22 − R12 )  r R2 R  1 ⋅ ln + − 2 1 2 ⋅ ln 2  j при r ≥ R2 . 2 R1   R2 2 R2 − R1

9.54. A( z ) = Ax ( z ) = −

μ 0i ⋅z. 2

Указание. Заменить данную задачу эквивалентной электростатической задачей о нахождении потенциала на расстоянии z от бесконечной заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда σ, а затем и сделать замены: ϕ → Aх, σ/ε0→ μ0ix.

9.55. Линии векторного поля А образуют окружности с центром на оси соленоида, которые лежат в плоскости, перпендику1 лярной этой оси. В цилиндрических координатах Aϕ = Br внутри 2 a2B соленоида; Aϕ = − снаружи. 2r Решение. Найдём циркуляцию вектора А по замкнутому контуру L, в виде окружности радиуса r. Так как направление вектор-

405

Ответы и решения

ного потенциала магнитного поля совпадает с направлением тока, создающего это поле, то в каждой точке внутри соленоида он направлен по касательной к окружности с центром на оси соленоида. В силу симметрии вектор А одинаков по модулю в каждой точке такой окружности, поэтому

 A ⋅ dl = A ⋅ 2πr . L

Согласно теореме Стокса

 A ⋅ dl =  rot A ⋅ dS =  B ⋅ dS , L

S

S

где S – поверхность, охватываемая контуром L. Внутри соленоида поток вектора магнитной индукции через поверхность S равен

 B ⋅ dS = B ⋅ πr

2

и 2πrA = B ⋅ πr 2 , откуда A = Br / 2 .

S

Вне соленоида:



B ⋅ dS = B ⋅ πa 2 = 2πrA , откуда A =

S

Ba 2 . 2r

§10. Сила Ампера. Момент сил, действующих на контур с током в магнитном поле

10.1. I ≥

2 F − mg = 3,1 A . Bl

10.2. F =

μ0 I 2 = 0,1 Н/м . 2πd

μ 0 I1 I 3 3 ≈ 2,35 ⋅ 10 − 4 Н/м ; сила направлена в 2πd центр правильного треугольника, образованного проводами.

10.3.

Fex =

Решение. Векторы индукции магнитных полей, создаваемых токами I1 и I2 в месте нахождения провода с током I3, направлены так, как показано на (рис. О.10.3), а их модули равны

406

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

μ 0 I1 . 2πd Суммарная индукция полей от двух проводов в месте нахождения третьего провода B = B1 + B 2 . Угол между векторами В1 и В2 равен π/3, поэтому модуль вектора индукции π μ I 3 I2 B = 2 B1 cos = 0 1 . 6 2πd d 0 Fex Силу, действующую натретий провод, I3 определяем по закону Ампера: F3 = I 3 [l 3 B ] . F3 Она направлена перпендикулярно вектору В в I1 B2 B1 плоскости рисунка О.10.3 и по модулю равна B μ I I l 3 Рис. О.10.3. F3 = 0 1 3 3 , где l3 – длина провода. 2πd Чтобы удержать провод в равновесии, к единице его длины надо приложить внешнюю силу Fex, равную по величине силе F3/l3 и противоположно ей направленную (см. рис. О.10.3). Модуль этой силы равен: μ I I 3 Fex = 0 1 3 ≈ 2,35 ⋅ 10 − 4 Н/м . 2πd B1 = B2 =

10.4. F = IB l 2 + L2 − 2lL cos α . Решение. На части провода будут действовать силы Ампера

F1 l

B

α

О

F

F1 = I [lB ] и F2 = I [LB ] ,

где векторы l и L направлены по току I α А F2 (рис. О.10.4). Векторы F1 и F2 лежат в плоскости риРис. О.10.4. сунка, F1 ⊥ l , F2 ⊥ L . ∠OF2 F = ∠AOF2 = α (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Результирующую силу F определяем по теореме косинусов из треугольника ОFF2: I

L

F 2 = F12 + F22 − 2 F1 F2 cos α , откуда F = IB l 2 + L2 − 2lL cos α .

407

Ответы и решения

10.5. (Fl )max =

μ0 I 2 . 4 πa

10.6. T = IBR . Решение. На кольцо с током в магнитном поле будет действовать момент сил M = [ pm B ] , где p m = IR 2 n – магнитный момент кольца, n – нормаль к его плоскости. Под действием этого момента сил кольцо повернется так, что линии индукции магнитного поля будут перпендикулярны плоскости кольца (тогда рm||B и М = 0). Рассмотрим силу dF, действующую на элемент кольца dl в магнитном поле (рис. О.10.6). По закону Ампера d F = I [d l , B ] . Помимо этой силы на данный элемент проводника действуют две силы натяжения Т′, которые равны по величине и приложены к концам выбранного участка (рис. О.10.6). Пусть ось ОХ направлена вдоль силы dF. Из условия равновесия получаем: dF = 2T ⋅

dα dl =T ⋅ . 2 R

Так как d F = IBdl , получаем: T = IBR .

Рис. О.10.6.

10.7. F = 2πIBR sin α ; сила перпендикулярна dF α dF|| B плоскости кольца и втягивает кольцо в область боα d F ﬩ лее сильного поля. Решение. Выделим элемент кольца длиной n dl. На него в магнитном поле действует сила 0 d F = I [d l,B ] , направленная перпендикулярно векI B тору В (рис. О.10.7). Так как вектор dl перпендикулярен вектору В во всех точках кольца, модуль сиРис. О.10.7. лы d F = IBdl . Разложим эту силу на две составляющие: перпендикулярную плоскости кольца d F⊥ = dF sin α и

408

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

параллельную плоскости кольца d F|| = dF cos α . Результирующая всех сил d F|| равна нулю, эти силы только растягивают кольцо. Сила, действующая на кольцо, равна результирующей сил l



d F⊥ : F = F⊥ = IB sin α dl = 2πIBR sin α . 0

Эта сила втягивает кольцо в область более сильного поля (там густота силовых линий магнитного поля больше).

(

)

UB 2 + 2 , сила направлена перпендикулярно 2r плоскости контура (от нас в рис. 10.3).

10.8. F =

10.9. F =

2μ 0 I 0 Iab π(4r02 − a 2 )

.

2

10.10. M ex

μ 0 II 0 a 2  a  1−   . = 2πb  2b 

Решение. Модуль индукции магнитного поля прямого провода с током на расстоянии b от него b C μ I О равен B = 0 . Силы, действующие на элементы b I 2πb I0 А сторон ВС и АD (см. рис. О.10.10 а), расположены D в плоскости рамки и создают момент сил, стремяРис. О.10.10 а. щийся повернуть эти стороны вокруг горизонтальной оси, проходящей через их середины. Поскольку рамка жесткая, такой поворот невозможен. В т. В стороны АВ индукция магВ1 F || 1 F1 нитного поля В1 направлена перпендикулярно линии ОВ (см. рис. О.10.10 б) α b В F1┴ (в месте нахождения всех других участО I α В2 ков стороны АВ индукция магнитного I0 О' поля параллельна вектору В1). Сила, F2 C действующая на сторону АВ рамки, Рис. О.10.10 б. F1 = I [aB1 ] направлена так, как показаВ

409

Ответы и решения

но на рис. О.10.10 б. Разложим эту силу на две составляющие: F1|| вдоль перпендикуляра к оси вращения рамки, проходящей через т. О', и F1┴. Компонента силы F1┴ создает момент силы, стремящийся повернуть рамку вокруг её средней линии: 2

M 1 = IB1 a cos α ⋅

b 2 − (a / 2) 2 μ 0 II 0 a 2 a μ 0 II 0 a 2  a  1−   . = ⋅ = 2 4πb 4πb b  2b 

На сторону СD действует такая же по величине, но подругому направленная сила F2 (см. рис. О.10.10 б). Эта пара сил создает вращающий момент относительно средней линии квадрата, параллельной длинному проводу: 2

μ II a 2  a  1−   . M = 2M 1 = 0 0 2πb  2b  Такой же момент внешних сил противоположного направления надо приложить к рамке, чтобы она была в равновесии: 2

M ex =

10.11. A =

μ 0 II 0 a 2  a  1−   . 2πb  2b 

μ 0 I1 I 2  d 2 ln  2π  d1

  ≈ 4,4 ⋅ 10 −5 Дж/м . 

Решение. Сила, действующая на длину l второго проводника в поле первого проводника, когда они находятся на расстоянии r μ I I l друг от друга, равна F2 = I 2 lB1 = 0 1 2 . 2πr Работа по перемещению единицы длины проводника составляет: d2

A=



d1

μ I I F2 dx = 0 1 2 l 2π

d2

dr μ 0 I 1 I 2  d 2  = ln   ≈ 4,4 ⋅ 10 −5 Дж/м . r π 2  d1  d1



μ0 I 2 ln 2 ≈ 1,4 ⋅ 10 −5 Дж/м . 10.12. A = 2π

410

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

10.13. F =

μ0 I 2 . 2πR

Указание. Представить внешнюю оболочку со щелью как сплошную оболочку с током I и тонкий длинный проводник с током такой же силы I, но противоположного направления (см. решение задачи 9.46).

10.14. F =

μ 0 I1 I 2  a  arctg   ; провод и лента притягиваются πa  2b 

друг к другу. Решение. В данной задаче легче определить силу, действующую на провод со стороны поля ленты, а затем воспользоваться третьим законом Ньютона. Введем декартову систему координат, направив оси Х и Y в плоскости ленты (вдоль ленты и поперёк неё), а ось Z перпендикулярно плоскости ленты (рис. О.10.14). Выделим на ленте узкую полоску шириной dy, находящуюся на расстоянии y от её центра. Эту полоску можно рассматривать как бесконечно длинный проводник с током I dI 1 = 1 dy . Вектор а Рис. О.10.14. dB+ такого проводника в месте нахождения провода с током I2 направлен перпендикулярно отрезку АС и равен по модулю: μ dI ( y ) μ 0 I 1 dy = . dB+ = 0 1 2πr 2πa b 2 + y 2 Выделим ещё одну такую же полоску, расположенную симметрично первой относительно оси Х (на рис. О.10.14 эта полоска показана штриховыми линиями). Вектор индукции dB–, создаваемый такой полоской, направлен перпендикулярно отрезку АD и

411

Ответы и решения

равен по модулю dB+. В силу симметрии задачи сумма проекций векторов dB+ и dB– на ось Z равна нулю, и индукция магнитного поля двух полосок равна сумме только горизонтальных составляющих этих векторов: μ 0 I 1 dy μ 0 I 1bdy b ⋅ = . dB = 2dB+ cos α = 2 ⋅ 2 2 2πa b 2 + y 2 b 2 + y 2 πa b + y Модуль индукции магнитного поля, создаваемого всей лентой на расстоянии b от её плоскости, равен

(

a/2

B=

μ 0 I 1bdy

 πa(b

2

0

+y

2

)

=

)

μ 0 I1  a  arctg   . πa  2b 

Вектор индукции В направлен параллельно плоскости ленты и перпендикулярен току I2. Следовательно, сила, действующая на единицу длины тонкого провода, равна F1 = I 2 [l 2 ,B ] и направлена в сторону ленты, где вектор l2 направлен по току I2 и по модулю равен единице, направлена в сторону ленты. Модуль силы F1 равен μ I I  a  F1 = 0 1 2 arctg   . πa  2b  Такая же сила противоположного направления действует со стороны поля тонкого провода на единицу длины ленты: μ I I  a  F = 0 1 2 arctg   . πa  2b  Провод и лента притягиваются друг к другу.

10.15. F =

μ 0 II 1 h 2 π( R 2 − r 2 )

; сила F направлена в сторону оси ци-

линдра. Решение. Найдем сначала индукцию магнитного поля, создаваемого током электролита в полости, где находится стержень. В решении задачи 9.48 было показано, что поле в такой полости однородно, и его индукция равна B пол =

μ0 [ jh] , 2

412

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

где h – вектор длиной h, направленный от оси цилиндра к оси I1 стержня, j = – плотность тока в электролите. 2 π R − r2 На единицу длины стержня действует сила Ампера: μ μ μ0 F = [I , B ] = 0 [I [ jh]] = 0 ( j ( Ih) − h( Ij ) ) = − ( I ⋅ I 1 )h . 2 2 2 π( R 2 − r 2 ) Сила F направлена противоположно вектора h, т.е. в сторону оси цилиндра. Модуль силы равен: μ 0 II 1 h . F= 2 π( R 2 − r 2 )

(

)

10.16. F = 0. Решение. Индукция магнитного поля от плоскости с линейной плотностью i, равна по модулю B = μ 0 i 2 и перпендикулярна вектору i. Значит, вектор индукции магнитного поля одной из плоскостей параллелен вектору плотности тока другой. По закону Ампера сила, с которой магнитное поле одной пластины действует на ток в другой, равна 0.

10.17. F =

μ 0i 2 l1l2 cos α . 2

10.18. F = μ 0 iIl / 2 , (провод притягивается к плоскости). 10.19. B = А1 А α

B

рm О

I mg

Рис. О.10.19

mg tgα . 2 Ia

Решение. Магнитный момент рамки с током

p m = ISn = Ia 2 n , где n – нормаль к плоскости рамки (рис. О.10.19). В однородном магнитном поле на рамку действует вращающий момент сил M = [ p m B ] = Ia 2 [nB ] .

413

Ответы и решения

Этот момент направлен вдоль стороны рамки АА1 и по модулю равен M = Ia 2 B cos α , так как угол между вектором В и нормалью к плоскости рамки n равен (π – α). В состоянии равновесия момент сил со стороны магнитного поля уравновешивается моментом сил тяжести, модуль которого a a равен M mg = mg ⋅ sin α , где sin α – плечо силы mg относитель2 2 но оси АА1. Приравнивая моменты сил, получаем: mg tgα a . Ia 2 B cos α = mg ⋅ sin α , откуда B = 2 Ia 2  IB   . 10.20. α = arctg   4ρg 

10.21. I =

2ρg tgα . B

10.22. B =

Dα . INa 2 sin α

10.23. M =

2 πR 2 IB (sin α + cos α ) = πR IB 2 . 2 2

Решение. Дополним кольцо проводником, проходящим по линии сгиба. Тогда можно рассматривать систему двух замкнутых контуров с током, причем по нижнему контуру ток I течет по проводнику слева направо, а по верхнему – справа налево. Тогда суммарный ток по проводнику равен нулю, что соответствует отсутствию проводника по условию задачи. Каждый из контуров, образованных половиной кольца и проводником, обладает магнитным моментом πR 2 p m = ISn = I ⋅ n, 2 n − нормаль к плоскости контура. В магнитном поле на контур будет действовать момент сил

414

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

IR 2 [nB ] . 2 Моменты сил, действующих на каждый из контуров, направлены вдоль линии ОО1, поэтому их можно сложить. С учетом направлений нормалей к плоскостям нижней и верхней половины колец получаем: 2 πR 2 IB (sin α + cos α ) = πR IB 2 . M= 2 2

M = [ pm B] =

10.24. M = INabB sin α . а) M = 2,4 ⋅ 10 −7 Н ⋅ м ; б) M ≈ 2,0 ⋅ 10 −7 Н ⋅ м .

10.25. m =

μ 0 πd 2 nNI 2 . 4 gl

10.26. В =

Δmgl ≈ 0,4 Тл. NIS

§11. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитных полях

11.1. R =

1 B

2Um ≈ 0,96 м . e

11.2. l = υ cos α ⋅ T =

2π mυ cos α ≈ 10,3 мм . еB

11.3. ω =

2π qB = ≈ 4,8 ⋅ 10 7 рад/с . T m

11.4. υ =

eB h 2 + 4π 2 R 2 ≈ 4,5 ⋅ 10 7 м/с . 2πm

Решение. Записываем выражения для радиуса и шага винтовой линии, по которой движется электрон:

415

Ответы и решения

mυ sin α , еB 2π mυ cos α , h = υ cos α ⋅ T = еB где α – угол между начальной скоростью частицы и направлением вектора индукции В магнитного поля. Деля первое уравнение на второе, получаем: R tgα 2πR = , откуда tgα = . h 2π h 1 h = . Из второго уравОтсюда cosα = 2 2 1 + tg α h + 4π 2 R 2 нения выражаем скорость электрона: R=

υ=

heB eB h 2 + 4π 2 R 2 = ≈ 4,5 ⋅ 10 7 м/с . 2πm cos α 2πm

11.5. Т1/Т2 = 1;. R1 / R2 = W1 / W2 . mυ mυ  deB  11.6. α = arcsin  ; α = π при d < .  при d < еB еB  mυ  Решение. После попадания электрона в О В υ область магнитного поля он будет двигаться по α d mυ α А . Если d < R, то окружности радиуса R = υ С еB при достижении границы области скорость Рис. О.11.6. электрона будет направлена под некоторым углом α к первоначальной скорости (см. рис. О.11.6). На рисунке т. О – центр окружности, по которой движется электрон. ∠АОС = α (как углы с взаимно перпендикулярными стороd deB  deB  , откуда α = arcsin  нами). Из ΔАОС: sin α = = . R mυ  mυ  Если d > R, электрон пролетит в области магнитного поля половину окружности и вылетит из области поля с той же стороны, с которой он прилетел. При этом угол отклонения электрона от первоначального направления движения α = π.

416

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

11.7. h = R − R 2 − l 2 + где R =

1 B

lL R2 − l2

≈ 7,5 см ,

2Um ≈ 7,5 см . e

Указание. См. решение задачи 11.6.

11.8. τ =

2m eaB arctg . eB mυ

Решение. После попадания в область магнитного поля электрон будет двигаться под действием силы Лоренца по окружности mυ радиуса R = с центром в т. С, пока не вылетит из области поля еB (рис. О.11.8). Введем угол φ, как показано на рисунке. ΔАОС – прямоугольный (АС – касательная к окружности с центром О). a aeB B tgϕ = = . R mυ О a В магнитном поле электрон пролетит по А дуге окружности, опирающейся на центральный υ υ φ С угол 2φ. Её длина l = 2ϕR . Поскольку в магнитРис. О.11.8. ном поле скорость электрона по модулю не меняется, время движения электрона в области поля равно: τ=

11.9. x =

2 B

l aeB mυ 2m eaB = 2arctg ⋅ = arctg . υ mυ eBυ eB mυ

2Um ; для ионов Н 1+ х1 = 0,29 м, для ионов Не +4 q

х2 = 0,58 м; а = 3,7 см. Решение. В магнитном поле на ионы действует сила Лоренца FL = q[υB], под действием которой они двигаются по окружности mυ радиуса R = и попадают на фотопластинку на расстоянии qB x = 2R от места вылета из щели ионизатора. В ионизаторе под дей-

417

Ответы и решения

ствием ускоряющей разности потенциалов U ионы приобретают кинетическую энергию: qU = mυ 2 / 2 , откуда определяем скорость ионов υ = 2qU / m . Тогда x = 2R =

2 B

2Um . q

Масса иона водорода Н 1+ m = m p , иона гелия Не +4 m = 4m p , где mp – масса протона. Подставляя численные данные, получаем ответ.

11.10. υ др =

2( B1 − B2 ) υ. π( B1 + B2 )

Z

В2

υ

R2 X Решение. Под действием силы Лоренца FL = q[υB] электрон в магВ1 Δx R1 нитных полях будет двигаться по Рис. О.11.10. mυ окружностям радиусов R1 = и eB1 mυ R2 = соответственно (см. рис. О.11.10). При этом за один пеeB2 риод обращения электрон смещается вдоль оси Х на расстояние 2mυ  1 1  Δx = 2 (R2 − R1 ) = ⋅  −  . e  B2 B1  Это смещение происходит за время τ = где Ti =

T1 T2 π( R1 + R2 ) + = , 2 2 υ

2πRi − период обращения электрона в поле с индукцией υ

Вi . Скорость дрейфа электрона равна υ др =

Δx 2( R2 − R1 )υ 2( B1 − B2 ) υ. = = τ π( R1 + R2 ) π( B1 + B2 )

418

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

B12 + B22 R1 B2 11.11. tgα = = , υ др = υ , где α – угол между B1 + B2 R2 B1 скоростью перемещения электрона за длительное время и осью Х. Решение. Перемещение электрона Х показано на рис. О.11.11. Сначала элек0 трон движется в плоскости ZOY по α mυ А С окружности радиуса R1 = и через eB1 υ πR время t1 = 1 окажется в точке А на В2 Y υдр υ противоположном конце диаметра Рис. О.11.11. окружности, по которой он двигался. Затем электрон будет двигаться в плоскости ZOX по окружности раmυ диуса R2 = и окажется в точке С, описав половину окружноeB2 сти. После этого характер движения будет повторятся. Видно, что точки А и С лежат в плоскости XOY, в этой же плоскости будет находиться скорость дрейфа υдр электрона. Угол α, который вектор скорости υдр составляет с осью Х, находим из условия: R B tgα = 1 = 2 . R2 B1 Поскольку скорость дрейфа электрона направлена вдоль линии ОС, определим модуль скорости, разделив путь ОС на время τ, за которое электрон попадает в точку С. Z υ

В1

ОС = R12 + R22 = τ=

mυ e

1 1 + 2 ; 2 B1 B2

π( R1 + R2 ) πm  1 1   ; = + υ e  B1 B2  υ др =

B12 + B22 ОС υ. = B1 + B2 τ

419

Ответы и решения

11.12. l ≈

2π mυ . еB

Решение. Электроны, скорости которых направлены под некоторым углом α к вектору индукции В магнитного поля, будут двигаться по винтовой линии с шагом 2π mυ cos α h = υ cos α ⋅ T = . еB При малых углах cos α ≈ 1 , и для всех электронов шаг спира2π mυ . Именно на таком расстоянии перли одинаков и равен h ≈ еB вый раз происходит фокусировка электронного пучка.

11.13. ω1 =

qB − 2m

2

 qB  2   +ω . 2 m  

Решение. Обозначим предел прочности материала стержня Тmax. Пусть длина стержня 2l. В отсутствие магнитного поля непосредственно перед разрывом стержня на шарик в горизонтальном направлении действуют сила натяжения Тmax со стороны стержня и сила кулоновского отталкивания от второго шарика Fq = qE , где Е – напряженность электрического поля в месте нахождения шарика (см. рис. О.11.13). Уравнение движения шарика в проекВ ω ции на ось, направленную вдоль T m,q FL стержня, с началом отсчета в его середине имеет вид: Fq l Tmax − qE = mω 2 l . Рис. О.11.13. При включении магнитного поля на шарик дополнительно действует сила Лоренца FL = q[υB ] , и уравнение движения шарика непосредственно перед разрывом стержня принимает вид: Tmax − qE − qω1lB = mω12 l . Из данных уравнений получаем уравнение относительно ω1: mω12 l + qω1lB − mω 2 l = 0 ,

420

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

решая которое, находим: qB ω1 = − 2m

2

 qB  2   +ω .  2m 

11.14. ω = qB / E . Решение. Пусть масса шарика m, его заряд q, длина нити l. Направим ось Z вертикально вниз, а вторую ось − из центра окружности, по которой вращается шарик, в направлении на шарик. Первоначально на шарик действуют сила В тяжести mg и сила натяжения нити Т (см. T α рис. О.11.14). Уравнения движения шарика в FL проекции на выбранные оси имеют вид: E О F q mω 2 l sin α = T sin α , Z υ mg T cos α − mg = 0 , Рис. О.11.14. g откуда находим: cos α = 2 . lω При наличии электрического и магнитного полей на шарик дополнительно действуют сила Fq = qE и сила Лоренца

FL = q[υB ] , где υ = [ωB ] − скорость шарика (см. рис. О.11.14). Уравнения движения шарика в проекции на те же оси в зависимости от направления скорости шарика принимают вид: mω 2 l sin α = T sin α ± qωl sin αB , T cos α − mg − qE = 0 . Исключая из этой системы Т и подставляя cos α =

g , приlω 2

ходим к уравнению: ωE ± B = 0 , откуда находим ω = qB / E g (знак + в уравнении отбрасываем, т.е. скорость шарика должна быть направлена так, как показано на рис. О.11.14).

421

Ответы и решения

11.15. ω ≈ ω 0 ±

eB в зависимости от направления индукции 2m

магнитного поля.

l2   qB  l 2  + lL  ; z ′ =  + lL  ; 2   mυ1  2    + для иона водорода Н y1′ = 0,86 см , z1′ = 1,07 см ; для иона гелия Не++ y 2′ = 0,43 см , z ′2 = 0,54 см . 2) След на фотопластинке будет представлять собой часть mE параболы y ′ = z′2 . 2 2 qB l / 2 + lL

11.16. 1) y ′ =

(

qE mυ12

)

Решение. 1). В конденсаторе, где созданы электрическое и магнитное поля, на ионы будет действовать сила Лоренца

FL = qE + q[υB]. Направим ось Y вдоль вектора Е, а ось Z перпендикулярно Y и первоначальной скорости ионов ( рис. 11.8). Электрическая составляющая силы Лоренца направлена вдоль оси Y и сообщает иону постоянное ускорение a y = qE / m . Ион, пройдя расстояние l за время t1, приобретет вертикальную составляющую скорости υ y = qEt1 / m и сместится вдоль вертикальной оси на расстояние y1 = qEt12 /( 2m) . Магнитная составляющая FLB в начальный момент времени направлена по оси Z. Под действием этой силы ион движется по окружности, при этом направление силы FLB постоянно меняется. Однако, если время t1, в течение которого ион находится в конденсаторе, значительно меньше периода Т вращения иона по окружности, то изменением направления FLB можно пренебречь. Оценим время t1. Если υх = υ1, то t1 = l / υ1 = 5 ⋅ 10 −8 c . Период вращения иона в магнитном поле Т = 2πm /(qB) . Для иона водорода Н+

422

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Т=

2πm p eB

= 6,6 ⋅ 10 −6 c >> t1 ,

следовательно, изменением направления вектора FLB можно пренебречь. Тогда сила FLB будет все время направлена вдоль оси Z и сообщит иону ускорение a z = qBυ1t1 / m . Пройдя область с магнитным полем, ион приобретет составляющую скорости вдоль оси Z υ z = qBυ1t1 / m и сместится вдоль оси Z на расстояние z1 = qBυ1t12 /( 2m) . За пределами конденсатора ион движется равномерно и прямолинейно. Компоненты его скорости по осям Y и Z равны найденным ранее υy и υz, а по оси Х υх = υ1. Время движения иона от конденсатора до фотопластинки t 2 = L / υ1 . Отсюда определяем координаты иона на экране:  qE  l 2  + lL  ; y ′ = y1 + υ y t 2 =  mυ12  2   qB  l 2  + lL  . z ′ = z1 + υ z t 2 =  mυ1  2  Подставляя численные данные, получаем: для иона водорода Н+ y1′ = 0,86 см , z1′ = 1,07 см ; для иона гелия Не++ y 2′ = 0,43 см , z 2′ = 0,54 см ; 2) Если скорости ионов не фиксированы, в формулах для y' и z' считаем скорость υ1 переменной величиной. Исключая её из полученных уравнений, получаем уравнение параболы: y′ =

mE z ′ 2 = Az ′ 2 , 2 qB l / 2 + lL 2

(

)

ось которой совпадает с осью ОY', вершина находится в начале координат. Если скорости ионов лежат в диапазоне от υ1 до υ2, след на фотопластинке будет представлять собой часть параболы. Крутизна параболы зависит от удельного заряда иона q/m.

423

Ответы и решения

11.17. Bкр ≅

2 2mU ⋅ . R e

Решение. При включении магнитного поля траектории электронов искривляются, но анодный ток сначала не меняется, так как электроны, вылетевшие с катода, все еще достигают анода. При критическом значении индукции Вкр электроны перестают достигать анода, и ток прекращается. В этот момент траектории электронов касаются цилиндрической поверхности анода. Задачу удобно решать в цилиндрической системе координат с осью Z вдоль оси цилиндров. Скорость электрона у анода υа определяется пройденной им разностью потенциалов U: mυ a2 / 2 = eU , откуда υ a = 2eU / m . Определим изменение момента импульса электрона L = m [υr ] за время его движения от катода до анода. Момент импульса имеет только z-компоненту. При вылете электрона с катода Lz1 = 0, т.к. скорость направлена по радиусу цилиндра. При Вкр траектория электрона касается анода и L z 2 = mυa R , т.е. изменение момента импульса равно

ΔL = L z 2 − L z1 = mυa R . Это изменение обусловлено только магнитной составляющей силы Лоренца FL = q[υB ] , так как электрическая составляющая FЕ = еЕ направлена вдоль радиуса, и её момент равен нулю. Момент силы Лоренца имеет только z-компоненту, равную M z = reυ r B , где υr = dr/dt – радиальная составляющая скорости электрона. По закону изменения момента импульса за время τ движения электрона от катода к аноду получаем: τ



ΔL z = M z dt , т.е. 0

τ



R



mυ a R = reυ r Bкр dt = eBкр rdr = 0

r0

eBкр 2

(R

2

)

− r02 ≈

eBкр R 2 2

.

424

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Подставляя υ a = 2eU / m , окончательно находим: Bкр ≅

11.18. а) B =

2 2mU ⋅ . R e

U 4mυ ; б) B ≥ . dυ ed

11.19. Частица будет двигаться по циклоиде: E mE mE x= t− sin ωt , y = (1 − cos ωt ) , z = 0 , где ω = qB / m ; 2 B qB qB 2 E 2 (1 − cos ωt ) . B Решение. Введем декартову систему координат, направив ось Y вдоль вектора Е, ось Z вдоль вектора В, начало координат поместим в место первоначального нахождения частицы. Запишем уравнение движения частицы: υ=

m

dυ = qE + q[υ, B ] . dt

В выбранной системе координат Е = (0;Е;0), В = (0;0;В); i j k [υ, B ] = υ х υ y υ z = υ y B i − υ x B j . 0 0 B В проекциях на оси системы координат уравнения движения частицы имеют вид: dυ y dυ dυ m x = qυ y B ; m = qE − qυ x B ; m z = 0 . dt dt dt Из последнего уравнения получаем: υ z = const . Так как при t = 0 υ = 0, то υ z = 0 , т.е. z = const = 0 (из начальных условий). Следовательно, движение будет происходить в плоскости ХОY. Перепишем первые два уравнения в виде: dυ y q q m dυ x = E − Bυ x . ⋅ = υy , m dt m qB dt

425

Ответы и решения

Продифференцируем первое уравнение по времени и подставим во второе. В результате получим: m d 2 υ x qE qB υ x или ⋅ = − m m qB dt 2 d 2υx

2

2

 qB   qB  E +  υx −   ⋅ =0. 2 dt  m  m B Сделав в последнем уравнении замену u x = υ x − Е / B , получаем уравнение: 2 d 2 u x  qB  +   ux = 0 , dt 2  m решение которого: u x = A sin(ωt + ϕ) , где ω = qB / m . m dυ x ⋅ = υy , Вернувшись к переменной υх и учитывая, что qB dt получаем: υ x = A sin(ωt + ϕ) + E / B , υ y = A cos(ωt + ϕ) . Константы А и φ находим из начальных υ x (0) = υ y (0) = 0 : ϕ = π / 2 , A = − E / B . Тогда

условий

dy E dx E = (1 − cos ωt ) , υ y = = sin ωt . dt B dt B Зависимости от времени координат частицы получаем интегрированием с учетом начальных условий: x(0) = y (0) = 0 : υx =

x=

E mE mE t− sin ωt , y = (1 − cos ωt ) , z = 0 . 2 B qB qB 2

Если перейти в систему координат К', в которой x ′ = x − υ0 t , mE y ′ = y − a , где введены обозначения υ0 = E / B и a = (начало qB 2 этой системы координат смещено вдоль оси Y на а и движется вдоль оси Х со скоростью υ0 = E / B ), то в этой системе движение частицы описывается уравнениями: x ′ = − a sin ωt , y ′ = −a cos ωt ,

426

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

т.е. в системе К' частица движется по часовой стрелке по окружности радиуса а с постоянной угловой скоростью ω = qB / m . Следовательно, относительно неподвижной системы отсчета частица движется так, как двигалась бы точка обода колеса радиуса а, катящегося по горизонтальной плоскости со скоростью υ0 = E / B . Траектория, описываемая точкой в этом случае, представляет собой циклоиду. Смещение центра окружности, по которой движется частица, происходит вдоль оси Х, т.е. перпендикулярно плоскости YOZ, в которой лежат векторы Е и В. Такое движение называют дрейфом со скоростью υ др = υ0 = E / B . Модуль скорости частицы равен: E E (1 − cos ωt ) 2 + sin 2 ωt = 2 (1 − cos ωt ) . υ = υ x2 + υ 2y = B B

11.20. υ 0 = E / B ; скорость частицы должна быть перпендикулярна плоскости, с которой лежат векторы Е и В. Решение. Выберем систему координат, как в решении задачи 11.19. При решении задачи было получено, что скорости частиц изменяются со временем по законам: υ x = A sin(ωt + ϕ) + E / B , υ y = A cos(ωt + ϕ) , υ z = 0 . Константы А и φ находятся из начальных условий. Если выбрать начальные условия υ y (0) = υ z (0) = 0 , υ x (0) = E / B , то получается единственной решение: А = 0 . При этом υx = E / B , υy = 0 , υz = 0 , т.е. частица будет двигаться прямолинейно вдоль оси Х с постоянной начальной скоростью υ 0 = E / B .

11.21. υ д =

[E , B ] ,

υд = Е / В . B2 Решение. При наложении электрического поля в зависимости от направления скорости υ иона модуль его скорости будет либо увеличиваться, либо уменьшаться. Это приведёт к изменению радиуса кривизны траектории иона. Движение с малым радиусом кривизны происходит на меньшем участке траектории, в результате

Ответы и решения

427

чего за один полный оборот ион смещается в направлении, перпендикулярном как вектору Е, так и вектору В, т.е. дрейфует. Дрейф можно представить как движение по окружности вокруг центра, который смещается со скоростью дрейфа υд (см. решение задачи 11.19). Уравнение движения иона имеет вид: dυ m = qE + q[υ , B ] . dt Будем искать решение в виде υ = υ ′ + υ д , где υ ′ - скорость движения иона по окружности, а υд – постоянная скорость дрейфа. Уравнение движения примет вид: dυ ′ m = qE + q[υ ′, B ] + q[υ д , B ] . dt Так как при движении по окружности должно выполняться dυ ′ = q[υ ′, B ] , для дрейфовой скорости получаем: условие m dt [E , B ] . qE = − q[υ д , B ] , откуда υ д = B2 Для проверки записанного решения подставим его в уравнение движения: dυ ′  [E , B ]  m = qE + q[υ ′, B ] + q  2 , B  = dt  B  q = qE + q[υ ′, B ] + 2 (B (EB ) − EB 2 ) = q[υ ′, B ] , B где учтено, что векторы Е и В перпендикулярны друг другу и (ЕВ ) = 0 . Модуль дрейфовой скорости равен υ д = Е / В , а её направление определяется векторным произведением [E , B ] , то есть она перпендикулярна этим векторам. 2 qB = ; а) ν p = 2,1 ⋅ 10 71 / c ; б) ν e = 3,9 ⋅ 10101 / c . T πm W 2mW = 150 оборотов. 3) Rmax = = 0,50 м . 2). n = 2qU e B

11.22. 1) ν =

428

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. 1). Внутри дуантов частица под действием магнитmυ . Время движеного поля движется по окружности радиуса R = eB ния частицы по дуге полуокружности в одном дуанте T πR πm τ= = = . Если энергия частиц относительно невелика, то 2 υ qB период вращения частиц в магнитном поле Т = const и не зависит от их скорости и радиуса траектории. Значит, чтобы электрическое поле всегда ускоряло частицы, его направление нужно изменять с 2 qB . постоянной частотой ν = = T πm Подставляя численные данные, получаем: e B = 2,1 ⋅ 10 71 / c ; а) для ускорения протонов ν p = πm p e B

= 3,9 ⋅ 10101 / c . πme 2) Многократно проходя ускоряющее электрическое поле в зазоре между дуантами с разностью потенциалов U, частица приобретает энергию W = NqU , где N – число пролетов частицы через зазор. Число полных оборотов частицы в 2 раза меньше числа N. Следовательно, чтобы приобрести энергию W, протон должен сдеW = 150 оборотов. лать n = 2qU б) для ускорения электронов ν e =

3) Максимальная скорость протона υ max = 2W/m . Максимальный радиус протона при энергии W равен m 2W / m 2mW Rmax = = = 0,50 м . e B e B

11.23. B =

πνm p e

= 0,45 Тл , Wmax =

 4πmυ0 11.24. rmin = r0, rmax = r0 exp  μ 0 qI

2 π 2 ν 2 m p Rmax

2

  . 

= 1,2 МэВ .

429

Ответы и решения

Решение. На движущуюся заряженную частицу вблизи провода с током дей- Y ствует сила Лоренца. Модуль индукции υ В φ магнитного поля провода с током равен υ0 μ I В = 0 , где r — расстояние до провода. I F 2πr Поскольку векторы υ и F лежат в одной плоскости, траектория движения r0 X лежит в плоскости XY (рис. О.11.24). Запишем уравнение движения частицы в Рис. О.11.24. проекции на ось Y, учитывая, что проекция силы Лоренца Fy = − qxB : μ 0 qIr =0. 2πr Интегрируя это уравнение и учтя начальные условия: при у = υ0 , r = r0 t = 0, получим: μ qI r y = υ0 − 0 ln . 2πm r0 Поскольку сила Лоренца не меняет модуль скорости, то при минимальном расстоянии r= rmin величина у = υ0 , а при максимальном r = rmax проекция скорости у = −υ0 (см. рис.О.11.24). Поэтому получаем:  4πmυ0   . rmin = r0, rmax = r0 exp μ qI 0   my = − qxB , ˙ или my +

πmυ02 11.25. Скорость дрейфа равна u = и направлена вдоль μ 0 qI тока. Решение. В решении задачи 11.24 было получено уравнение для y-компоненты скорости частицы: μ qI r y = υ0 − 0 ln . (1) 2πm r0

430

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

rmax − rmin а. r

C1C 2 απa 2 . C1 + C 2

12.40. L =

μ 0 πd 2 N 2 ≈ 7,1 ⋅ 10 − 4 Гн − приближение d  l . 4l

12.41. N =

4dL = 380 . μ 0 πD 2

′ = μ 0 n1 n 2 S . 12.42. L12

12.43. L12 = μ 0 nN πa 2sinβ . Решение. Индукция поля второго соленоида B2 = μ 0 n 2 I 2 (в центральной части) . Поток магнитной индукции через все n1х витков первого соленоида, находящихся внутри второго, равен: Ф1 = μ 0 n 2 I 2 Sn1 x, откуда коэффициент взаимной индукции равен: Ф L12 = 1 = μ 0 n1 n 2 Sx. I2

12.44. L12 = μ 0 R sin α . 12.45. L12 = μ 0 πR 2 n (sin α + cos α) / 2 . 12.46. L12 ≅ μ 0

πr12 r22 2d 3

.

448

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. Пусть по кольцу радиусом r1 течет ток I1. Он создает на оси кольца магнитное поле с индукцией В1(х), величина которой в предельном случае x >> r1 равна: μ IR 2 B1 ( x) ≈ 0 ⋅ 3 , 2 x где х – расстояние от центра кольца до точки на его оси. Ввиду малых размеров второго кольца в месте его нахождения магнитное поле первого кольца можно считать однородным. Поток магнитной индукции, пронизывающий второе кольцо, равен μ r2 Ф2 = B1 S 2 = 0 13 πr22 I 1 . 2d По определению коэффициента взаимной индукции L12: Ф 2 = L12 I 1 ,

Сравнивая формулы, получаем коэффициент взаимной индукции колец: πr 2 r 2 L12 ≅ μ 0 1 32 . 2d

12.47. L12 =

μ 0 πr12 r22 4d 3

.

Решение. Пусть по витку радиусом r1 течет ток I1. На больших расстояниях r от витка индукцию его магнитного поля можно рассчитывать по формуле поля точечного магнитного диполя с магнитным моментом p m = πr12 I 1 n , где n – вектор нормали к плоскости витка: μ 3( pm r )r − r 2 pm . B (r ) = 0 ⋅ 4π r5 Так как витки лежат в одной плоскости, вектор p m перпендикулярен радиус-вектору r, проведенному из центра первого витка в центр второго и ( p m r ) = 0 . Ввиду малых размеров второго витка в месте его нахождения магнитное поле первого витка можно считать однородным и равным μ B1 (d ) ≅ − 0 3 p m . 4πd

449

Ответы и решения

Поток магнитной индукции, пронизывающий второй виток, равен

Ф2 = (B1 (d ) ⋅ S 2 ) ≅ −

μ0

( pm ⋅ S 2 ) =

μ 0 πr12 r22

I1 . 4πd 3 4d 3 Сравнивая полученную формулу с Ф 2 = L12 I 1 , находим: L12 = μ l a 12.48. L = 0 ln  2 2π  a1

  

μ 0 πr12 r22 4d 3

.

a1

а2

dr Решение. На обоих торцах внутренний и r внешний цилиндры соединены между собой и I I l подключены к источнику ЭДС, так что совокупность двух цилиндров составляет замкнутую проводящую цепь, по которой циркулирует ток I. Рис. О.12.48. Выберем контур длиной l, ограниченный поверхностями внутреннего и внешнего цилиндров и удаленный от их концов (на рис. О.12.48 плоскость контура заштрихована). μ I Между цилиндрами индукция магнитного поля равна B = 0 . 2π r Выделим из контура узкую полоску шириной dr, находящуюся на расстоянии r от оси цилиндров. Направление магнитного поля перпендикулярно плоскости контура. Поток индукции через выделенную полоску равен μ I dФ = BdS = 0 ldr. 2π r Полный поток магнитной индукции через площадь контура: b μ Ildr μ 0 l  b  Ф= 0 ln  I . = 2πr 2π  a  a Сравнивая полученную формулу с выражением Ф = LI , для индуктивности участка цилиндров длиной l получаем μ l a  L = 0 ln  2  . 2π  a1 

450

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

 πL  12.49. η = exp  .  μ0 

12.50. L12 =

μ0 b N 1 N 2 (b − a ) ln . ≈ 3,4∙10−4 Гн. 2π a

Решение. Пусть по обмотке первой катушки протекает ток I1. Он создает внутри тора магнитное поле с индукцией N I B(r ) = μ 0 1 1 . 2π r Магнитное поле первой катушки пронизывает все витки второй катушки. Полный поток магнитной индукции через вторую обмотку с N2 витками равен b

Ф2 = N 2  μ 0 a

μ N1 I1 b (b − a ) ⋅ dr = 0 N 1 N 2 I 1 (b − a ) ln . 2π r 2π a

(высота тора равна b–а, т к он имеет квадратное сечение). По определению коэффициента взаимной индукции L12: Ф2 = L12 I 1 . Сравнивая формулы, получаем:

L12 =

12.51. L =

μ0 b N 1 N 2 (b − a) ln . ≈ 3,4∙10−4 Гн. 2π a

(

)

μ0h b l N 12 + N 22 ± 2 N 1 N 2 ln . 2π a

Решение. При последовательном соединении ток в обеих обмотках одинаков и равен I. Суммарный магнитный поток Ф, пронизывающий обе обмотки, равен алгебраической сумме потоков через первую и вторую обмотки. Каждая из обмоток пронизывается собственным потоком (Ф11 или Ф22) и потоком, созданным другой обмоткой (Ф21 или Ф12): Ф = LI = Ф11+Ф22+Ф21+Ф12. Собственные потоки определяются индуктивностью каждой обмотки: Ф11 = L1I, Ф22 = L2I.

451

Ответы и решения

′′Сторонние′′ потоки могут быть положительными или отрицательными в зависимости от направления индукции поля, созданного одной обмоткой в витках другой. Магнитные потоки Ф21 и Ф12 определяются взаимной индуктивностью обмоток:

Ф21 = Ф12 = ±L12I. Знак в формуле для Ф определяется характером соединения обмоток. Если векторы индукций магнитных полей обмоток сонаправлены, то ′′сторонние′′ потоки положительны: Ф21 = Ф12 = +L12I. Если векторы индукции полей катушек направлены навстречу друг другу, то ′′сторонние′′ потоки отрицательны и Ф21 = Ф12 = –L12I. Подставив Ф11, Ф22 и Ф21 = Ф12 в формулу для Ф, находим индуктивность системы:

L = L1 + L2 ± 2L12. Индуктивности обмоток равны:

L1 =

μ 0 N 12 h b μ N 2h b ln , L2 = 0 2 ln . a a 2π 2π

Взаимная индуктивность обмоток (см. решение задачи 12.49) L12 =

μ 0 N1 N 2 h b ln . a 2π

В итоге находим индуктивность всей системы:

L=

(

)

μ0h 2 b N 1 + N 22 ± 2 N 1 N 2 ln . 2π a

Знак «плюс» при одинаковом направлении токов в обмотках, «минус» − при противоположных направлениях токов.

12.52. L = μ0π (r12l1n12 + r22l2n22 ± 2n1n2r12l1). Знак «плюс» при одинаковом направлении токов.   N 2a2 12.53. L = μ 0 π  + n 2 Lb 2 + 2nNa 2 cos α  ; а) L макси  l мальна при α = 0, т.е. когда токи в катушке и соленоиде имеют одинаковое направление; б) L минимальна при α = π, т.е. когда токи в

452

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

катушке и соленоиде направлены противоположно; в) L = L1 + L2 при α = π/2.

12.54. L = L1 + L2 = 0,15 Гн. 12.55. 1) L ≈ 0; 2) L = 0,2 Гн; 3) L = 0,05 Гн. 12.56. E=μ0

N 2 πa I0 ω sin ωt. l

Решение. Найти ЭДС индукции в соленоиде (контур 1) можно dФ по закону Фарадея: E = − 1 , где Ф1 – магнитный поток, пронизыdt вающий все витки соленоида, причем Ф1 = L12 I 2 , где I2 ≡ I – ток в кольце (контур 2), L12 –коэффициент взаимной индукции соленоида и кольца. Рассчитать L12 трудно, поскольку для этого надо знать пространственное распределение магнитного поля кольца во всем объеме, занимаемом соленоидом. Поэтому воспользуемся равенством коэффициентов взаимной индукции L12 = L21 и рассчитаем L21. Пусть по соленоиду течет ток I1. Кольцо пронизывает магнитный поток, который локализован только в сечении соленоида: Ф2 = ( B ⋅ S ) = S ( B ⋅ n) = μ 0 nI 1 ⋅ πa 2 , где В – индукция поля соленоида, S = Sn – вектор, равный площади кольца, пронизываемой магнитным полем соленоида, и направленный по нормали n к плоскости кольца. По определению коэффициента взаимной индукции L21: Ф 2 = L21 I 1 , откуда получаем:

L12 = μ 0 nπa 2 . Тогда ЭДС, наводимая в соленоиде, равна E=−

dФ1 dI dI N = − L12 2 = − L21 2 = μ 0 πa 2 I 0 ω sin(ωt ) . l dt dt dt

12.57. U = −μ 0 πa 2 nN ωI 0 cos ( ωt ) .

453

Ответы и решения

μ0 a  b ln 1 +  ωI 0 cos(ωt ) . d 2π  Указание. Использовать теорему о равенстве взаимных индуктивностей.

12.58. E =

12.59. Ф21 = μ 0 nNSI cos α . Указание. Использовать теорему о равенстве взаимных индуктивностей.

12.60. x(t ) =

υ0 sin(ωt ) . ω

Решение. Направим ось Х вдоль начальной скорости перемычки, совместив начало отсчета с начальным положением перемычки. В движущейся перемычке возникает ЭДС индукции dΦ E (t ) = − = − Blυ , dt и в контуре начинает течь ток I = υBl / R , меняющийся при изменении скорости перемычки. При возникновении тока в катушке dI появляется ЭДС самоиндукции Eинд = − L . По правилу Кирхгофа dt можно записать: dI IR = Blυ = − L , т.е. I = − BLυ/L . dt На перемычку действует сила Ампера FA = BlI , поэтому движения перемычки имеет вид: mx = BlI , или mυ = BlI . Продифференцируем последнее уравнение по времени: mυ = BlI  и подставим I = − BLυ/L . Получим уравнение для скорости перемычки: ( Bl ) 2 ( Bl ) 2 mυ = − υ или υ + υ=0. L mL Это уравнение гармонических колебаний, решение которого

454

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

υ = А cos (ωt + ϕ) , где ω =

Bl

. mL Константы А и φ находим из начальных условий: при t = 0 υ = υ0 и ускорение перемычки a = υ = − Aω sin (ωt + ϕ) = 0 . В результате получаем: A = υ0 , ϕ = 0 , и закон изменения скорости имеdx = υ0 cos(ωt ) . ет вид: υ = dt Интегрируя полученное уравнение, находим закон движения перемычки: t υ x(t ) = υ0 cos(ωt ) dt = 0 sin(ωt ) . ω 0



§13. Магнитное поле в магнетиках n α М

В

τ

β

μ=1

13.1. μ =

tgβ . tgα

Решение. Индексом 1 будем обозначать характеристики магнитного поля в вакууме, а индексом 2 – в магнетике. Поскольку обе среды изотропны, в магнетике вектор В2 будет направлен так же, как

μ

Рис. О.13.1.

вектор М (рис. О.13.1). Поскольку токов проводимости на границе раздела сред нет, граничные условия для нормальных компонент индукции Вn и тангенциальных компонент напряженности Нτ магнитного поля имеют вид: B1n = B 2 n , H 1τ = H 2 τ , где B2 n = B2 cos β, B1n = B1 cos α . С использованием материального уравнения В = μμ0Н получаем: B1τ = B2 τ / μ . При этом tgβ =

B2 τ μB1 sin α = = μ tgα , B2n B1 cos α

455

Ответы и решения

откуда μ =

tgβ . tgα

μ tgα ; а) tgβ1 = 1,0000226 tgα ≅ tgα ; β1 ≅ α ; μВ б) tgβ 2 ≅ 150 tgα ≅ 86,6 , β2 = 89,6°.

13.2. tgβ =

B1 (μ1 cos α) 2 + (μ 2 sin α) 2 ; μ1 B1 Н2 = (μ1 cos α) 2 + (μ 2 sin α) 2 ; μ 0 μ 1μ 2 B (μ − 1) (μ1 cos α) 2 + (μ 2 sin α) 2 М2 = 1 2 μ 0 μ 1μ 2

13.3. В2 =

Решение. Поскольку токов проводимости на границе раздела сред нет, граничные условия имеют вид: B1n = B 2 n , H 1τ = H 2 τ , где B2 n = B1 cos α .

Учитывая В = μμ0Н, можно записать:

B2 τ =

μ2 μ В cos α B sin α B1τ = 2 B1 sin α ; Н 2 n = 1 , Н 2τ = 1 . μ1 μ1 μ 0μ 2 μ 0 μ1

В итоге получаем:

B22n

B2 =

=

=

= B1

μ cos α +  2  μ1 2

2

  sin 2 α = 

B1 (μ1 cos α) 2 + (μ 2 sin α) 2 , μ1

H 22n

H2 =

+

B22τ

+

H 22τ

B1 μ 0 μ 1μ 2

B = 1 μ0

2

2

 cos α   sin α    +   =  μ2   μ1 

(μ 1 cos α ) 2 + (μ 2 sin α) 2 .

456

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Из уравнения М = (μ − 1) Н получаем:

М2 =

B1 (μ 2 − 1) (μ1 cos α) 2 + (μ 2 sin α) 2 . μ 0 μ 1μ 2

Направление векторов В2, Н2 и М2 определяет угол β, тангенс которого равен: B μ B sin α μ 2 tgβ = 2 τ = 2 1 = tgα . B 2 n μ 1 B1 cos α μ 1 При μ2 > μ1 угол β больше угла α.

13.4. ФН =

13.5.

 B0 S  1 4 −  . μ 0  μ возд μ1 + 3μ 2 

 В ⋅ dl = B

1

sin α (1 − μ 2 / μ1 ) l .

Г

Решение. Представим вектор В как сумму его нормальной Вn и тангенциальной Вτ компонент: B = Bn + Bτ . Учтем граничные условия для векторов напряженности и индукции магнитного поля: B1n = B 2 n , H 1τ = H 2 τ ,

откуда с использованием материальных уравнений B1 = μ 0 μ 1 H 0 , B 2 = μ 0 μ 2 H 2 получаем: B 2 τ = В1τ (μ 2 / μ 1 ) . Выберем за положительное направление обхода контура движение по часовой стрелке. Циркуляция вектора В по каждой из сторон контура, начиная с верхней, равна: 2

2



B ⋅ dl = В1 ⋅ dl = B1τ l ,



В ⋅ dl = ( B1 + B 2 ) ⋅ dl = −

1 3

2

 1

3

 2

l/2

 0

l



B1n dl − B2 n dl = −( B1n + B2 n ) ⋅ l/2

l , 2

457

Ответы и решения 4



4



B ⋅ dl = В 2 ⋅ d l = − B 2 τ l ,

3

3

1



l/2

1



В ⋅ dl = ( B1 + B 2 ) ⋅ dl =

4

4

l

l B2 n dl + B1n dl = ( B1n + B2 n ) ⋅ . 2 0 l/2





Суммируя левые и правые части полученных соотношений, находим циркуляцию вектора индукции В по всему контуру Г: В ⋅ dl = ( B1τ − B2 τ )l = B1 sin α (1 − μ 2 / μ1 ) l .

 Г

13.6. i =

1 μ0

  1  B1 sin α + B22 − B12 cos 2 α  k . μ  

Решение. Введем правую тройку векторов – [kn] = τ : вектор нормали n перпендикулярен границе раздела сред и направлен из первой среды (с индукцией В1) во вторую, k вектор τ лежит в плоскости рисунка и n направлен вдоль поверхности магнетика вниз, а вектор k направлен за плоскость риτ сунка (рис. О.13.6). Воспользуемся граничβ B2n B1τ В1 ными условиями для тангенциальных компоα B нент вектора напряженности Н: В2 2τ B1n Рис. О.13.6. H 2 τ − H 1τ = −[ni ] , где i – поверхностная плотность тока проводимости. Учитывая граничные условия B1n = B 2 n и материальное уравнение B = μ 0 μH , для тангенциальных векторов индукции магнитного поля Вτ получаем: В2τ − B1τ = −μ 0 [ni ] . (1) μ Так как вектор ( В2 τ μ − В1τ ) направлен вдоль орта τ, то и

вектор [ni ] направлен вдоль границы раздела сред, но в противоположном направлении, откуда следует, что вектор i перпендикулярен n и τ, т.е. имеет компоненту только вдоль орта k.

458

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Чтобы определить, в какую сторону течет ток, умножим векторно правую и левую части уравнения (1) на вектор нормали к поверхности n:  nВ 2 τ  (2)  μ  − [nB1τ ] = −μ 0 [n[ni ]] .   Раскроем двойное векторное произведение по формуле [a[bc ]] = b(ac) − c(ab) , учитывая, что векторы i и n перпендикулярны: [n[ni ]] = n(ni ) − i(nn) = −i . В результате получаем: 1 [nB 2τ ] − [nB1τ ] = μ 0 i . μ Поскольку векторные произведения [nB 2 τ ] и (− [nB1τ ]) направлены перпендикулярно плоскости рисунка от нас, то и поверхностная плотность тока i направлена за плоскость рисунка, т.е. вдоль вектора k. Найдем поверхностную плотность тока проводимости i. Из уравнения (2) следует: В2 τ k + B1τ k = μ 0 ik , μ откуда получаем:   1  В2 τ 1  В   B1 sin α + 2 sin β k , i= + В1τ k = μ0  μ μ0  μ   где β – угол, который составляет вектор индукции В2 с нормалью к плоскости пластины. Этот угол можно найти из граничного условия для нормальной компоненты вектора B: B1cosα = B2cosβ. Окончательно получаем:  1  1  B1 sin α + i= B22 − B12 cos 2 α  k . μ0  μ 

13.7. H =

B0 В , M = (μ − 1) 0 . μμ 0 μμ 0

459

Ответы и решения

13.8. M ( r ) = ( μ − 1)

( μ − 1) I , i = − ( μ − 1) I . Ir , jm = m 2 2πR πR 2 2πR

Решение. По теореме о циркуляции вектора Н для кругового контура радиусом r < a с центром на оси провода: 2

I r πr 2 = I   , 2 πR R Ir . откуда получаем: H ( r ) = 2πR 2 Модуль намагниченности М на расстоянии r < a от оси провода равен Ir , M ( r ) = ( μ − 1) H ( r ) = ( μ − 1) 2πR 2 а вектор М(r) направлен по касательной к окружности радиусом r. Объемная плотность токов намагничивания определяем по формуле: rot M = j m . В силу симметрии задачи используем выражение для rot M в цилиндрических координатах, учитывая, что М имеет только компоненту Мφ и зависит только от r: 2 μ − 1) I ∂ r ( ( μ − 1) I = const . 1 ∂ ( rM ϕ ) jm = ⋅ ez = ez = ⋅ 2 ∂r ∂r r 2πR r πR 2 Полный объемный ток намагничивания равен I m об = jm πR 2 = ( μ − 1) I . 2πH ( r ) =

( )

Поверхностную плотность im тока намагничивания определим из граничного условия для тангенциальной составляющей вектора намагниченности: M 2 τ − M 1τ = −[ni m ] , где n − внешняя нормаль к поверхности цилиндра. Для воздуха М2τ = 0, тогда ( μ − 1) I im = M ( R ) = . 2πR Направление вектора im направлен противоположно току проводимости I (это видно из направления векторного произведения [ni m ] ). Полный поверхностный ток проводимости равен

I m пов = im ⋅ 2πR = − ( μ − 1) I .

460

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Следовательно, I m1пов + I m1об = 0 . Поэтому характеристики магнитного поля в воздухе определяются только током проводимости I.

13.9. j m =

4 1 2 βχ r 2 , i m = βχ R 3 , I m об = − I m пов = πβχR 4 . 3 3 3

Указание. См. решение задачи 13.8. I , направление вектора im совпадает с 2π a направлением тока в трубке; jm = 0.

13.10. i m = (μ − 1)

I I r , B1 (r ) = μ 0 μ(r ) r, 2 2 πa 2πa 2 I I 3 M 1 (r ) = α r ; j m1 = α 3 r ; 3 2 πa 2πa I I r ≥ a: , B2 ( r ) = μ 0 , H 2 (r) = 2 πr 2 πr М1(r) = 0; jm2 = 0, I , Im = –Imоб = αI. r = a: im = α 2πa 2

13.11. r < a:

H1 (r) =

Указание. Для нахождения токов намагничивания рассчитать rot М в цилиндрических координатах учитывая, что вектор М имеет только полярную ϕ - компоненту: 1 ∂ 1 ∂M r . j m = (rotM ) z = ⋅ (rM ϕ ) − ⋅ r ∂r r ∂ϕ μ 0 μ 1μ 2 I (μ − 1) μ 2 I ⋅ ⋅ , M 1 (r ) = 1 , μ1 + μ 2 πr μ1 + μ 2 πr (μ − 1) μ 2 I (μ − 1) μ1 I ⋅ ⋅ , , jm = 0, i m1 = 1 M 2 (r ) = 2 μ1 + μ 2 πa μ1 + μ 2 πr (μ − 1) μ1 I 2μ μ − μ1 − μ 2 2μ1μ 2 ⋅ im 2 = 2 , Im = I ⋅ 1 2 , IΣ = I ⋅ . μ1 + μ 2 μ1 + μ 2 μ1 + μ 2 πa

13.12. B =

Ответы и решения

461

Решение. Объемных токов намагничивания и поверхностных токов намагничивания на плоской границе раздела магнетиков нет. Есть поверхностные токи намагничивания на границе провода с магнетиками. Запишем теорему о циркуляции вектора Н по замкнутому контуру, совпадающему с одной из линий магнитной индукции радиусом r: πrH 1 + πrH 2 = I , где Н1 и Н2 – модули напряженностей полей в средах с магнитными проницаемостями μ1 и μ2 соответственно. Учитывая материальное уравнение В = μμ0Н, получаем: B2 B . H1 = 1 , H 2 = μ 0 μ1 μ 0μ 2 На границе раздела сред векторы В1 и В2 направлены по нормали к плоскости раздела, поэтому, согласно граничным условиям для нормальных компонент векторов индукции, их величины равны: В1 = В2 = В. Тогда первое уравнение принимает вид:  B B   = I , πr  +  μ 0 μ1 μ 0 μ 2  откуда модуль индукции В на расстоянии r от оси провода равен μ μμ I B= 0 1 2 ⋅ . μ1 + μ 2 πr Значения напряженности Н магнитных полей в магнетиках: μ2 μ1 I I H 1 (r ) = ⋅ , H 2 (r ) = ⋅ . μ1 + μ 2 πr μ1 + μ 2 πr Намагниченности магнетиков находим, исходя из формулы M = (μ − 1) H : (μ − 1) μ 2 I (μ − 1) μ1 I ⋅ ⋅ , M 2 (r ) = 2 . M 1 (r ) = (μ 1 − 1) H 1 = 1 μ1 + μ 2 πr μ1 + μ 2 πr Поверхностную плотность токов намагничивания на границе магнетиков с проводом получим, применяя формулу i m = M магн τ − М пров τ , где Ммагн τ и Мпров τ – тангенциальные компоненты намагниченности в магнетике и проводе, причем Мпров τ = 0. Тогда

462

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

(μ1 − 1) μ 2 I (μ − 1) μ1 I ⋅ ⋅ , i m 2 = M 2 (a) = 2 . μ1 + μ 2 πa μ1 + μ 2 πa Полный ток намагничивания на границе провода с магнетиками равен: 2μ μ − μ1 − μ 2 I m = πa ⋅ i m1 (a) + πa ⋅ i m 2 (a) = I ⋅ 1 2 . μ1 + μ 2 Суммарный эффективный линейный ток провода i m1 = M 1 (a) =

IΣ = I + Im = I ⋅

13.13. B1 =

2μ1μ 2 μ 2μ =I , μ= 2 . μ1 + μ 2 μ1 1+ μ

μ 0μ IR 2 ⋅ μ +1 R2 + z2

(

)

3/ 2

.

Решение. Индукция магнитного поля на оси кольца с током I на расстоянии z от его плоскости (обозначим эту точку А) в отсутствие магнетика равна 1 R2 B0 = μ 0 I 2 = kI. 2 ( R + z 2 )3/2 Когда кольцо лежит на поверхности магнетика (рис. О.13.13), объемные молекулярные токи в среде отсутствуют, поверхностных молекулярных токов на плоской границе раздела сред нет, а на границе провода с магнетиком имеется молекулярный ток с поверхностной плотностью im. Полный Im добавляется к току проводимости I, образуя с ним суммарный эффективный круговой ток величиной IΣ = I + Im. Поэтому полная индукция магнитного поля в точке А равна B1 = kI Σ = k ( I + I m ) . А Пусть радиус провода, из которо2а I го изготовлено кольцо, равен а, при этом половина провода находится в магнетике, а половина в воздухе. Запишем теорему о циркуляции вектора Н по контуру, охватывающему провод и Рис. О.13.13. проходящему вблизи него в магнетике

463

Ответы и решения

и в воздухе (на рис. О.13.13 этот контур обозначен штриховой линией): πaH 1 + πaH 2 = I , B − напряженность магнитного поля в воздухе, где H 1 = μ0 B − напряженность поля в магнетике, В – индукция магH2 = μμ 0 нитного поля в точках контура (на границе раздела сред величина В не меняется, что следует из граничных условий для нормальных компонент вектора индукции). Записанное уравнение примет вид:  B μμ 0 I B   = I , откуда B = . πa + πa (μ + 1)  μ 0 μμ 0  Учитывая, что I m = i m ⋅ πa и i m = M ( a ) = (μ − 1) H 2 , находим полный ток намагничивания Im: B μ −1 I m = i m ⋅ πa = (μ − 1) ⋅ πa ⋅ =I⋅ . μ +1 μμ 0 Индукция В1 магнитного поля в рассматриваемой точке А на оси кольца при наличии магнетика равна: μμ  μ − 1  2μ IR 2 Bm = k ( I + I m ) = k  I + I= kI = 0 ⋅ . μ +1  μ +1 μ + 1 R2 + z 2 3/ 2 

(

13.14. M (r ) =

i m (r ) =

)

αB 0 3 3αB0 2 r ; B( r ) = (1 + αr 3 ) B0 ; j m (r ) = − r ; μ0 μ0

αB0 3 R . μ0

Указание. Для вычисления объемной плотности тока намагничивания jm рассчитать rotM в цилиндрических координатах, учитывая, что вектор М имеет только z - компоненту: ∂M z ∂M r ∂M z j m = j mϕ = (rot M ) ϕ = =− − . ∂r ∂r ∂z

464

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

13.15. L = μ 0

13.16. F ′ =

N2  α  πa 2 1 + a 2  . l  2 

μ0 μ − 1 2 ⋅ I . 4πd μ + 1

Решение. Направим ось Х вдоль поверхности магнетика перпендикуr d α Х лярно проводу с током, начало коордиА нат совместим с основанием перпендиО куляра (т. О), опущенного от провода В I′ ВI′′ на границу магнетика (рис. О.13.16). I′ ВI Под действием магнитного поля прямого провода с током I на поверхРис. О.13.16. ности магнетика появятся токи намагничивания, параллельные току в проводе. Поскольку парамагнетик изотропен и однороден, а токов проводимости в нем нет, то объемные молекулярные токи отсутствуют: j ′ = 0 . Пусть точка А на поверхности магнетика находится на расстоянии r от провода. Индукция магнитного поля тока I вблизи т. А μ I равна B I = 0 , где r = d 2 + x 2 . Вектор ВI направлен по каса2πr тельной к окружности радиусом r c центром на оси провода (рис. О.13.16). По аналогии с задачей о точечном заряде q, находящемся над границей раздела двух однородных диэлектриков с разными диэлектрическими проницаемостями (см. решения задач 5.19, 5.21) введем в рассмотрение два линейных тока I′ и I′′: провод с током I′ параллелен проводу с током I и расположен зеркально ему относительно поверхности магнетика, а провод с током I′′ расположен так же как провод с током I. Ток I′ создаст в точке А поле с индукцией ВI′, направление которой показано на рис. О.13.16. При этом провода с токами I и I′ создают магнитное поле в вакууме. Провод с током I′′ должен создавать магнитное поле в пространстве, где находится магнетик, с такими параметрами, чтобы на границе раздела сред выполнялись граничные условия для нормальных компоI

(I′′)

465

Ответы и решения

нент вектора индукции: B1n = B 2 n и тангенциальных компонент вектора напряженности: H 1τ = H 2 τ . Из условия B1n = B2 n на границе раздела ′′вакуум –магнетик′′ следует: μ0 I μ I′ μ μI ′′ sin α + 0 sin α = 0 sin α , 2πr 2πr 2πr а условие H 1τ = H 2 τ имеет вид: I I′ I ′′ cos α − cos α = cos α . 2πr 2πr 2πr Получаем систему уравнений: I + I ′ = μI ′′, I − I ′ = I ′′ , из которой находим значения токов: 2 μ −1 I′ = I , I ′′ = I. μ +1 μ +1 Силу, действующую со стороны магнетика на провод с током I длиной l, можно найти как силу, действующую на этот провод со стороны магнитного поля провода с током I′:

F=

μ 0 II ′l μ μ −1 2 = 0 ⋅ I l. 2π ⋅ 2d 4πd μ + 1

Сила в расчете на единицу длины провода μ μ −1 2 F′ = 0 ⋅ I и направлена в сторону магнетика. 4πd μ + 1

равна

13.17. Внутри В = 0, Н = –М; снаружи В = 0, Н = 0. 13.18. Внутри В = μ0М, Н = 0; снаружи В = 0, Н = 0. 13.19. M =

πaB 2 2 μ0h

.

Решение. Так как намагниченность однородна, объемные токи намагничивания отсутствуют, а по боковой поверхности пластины течет поверхностный ток намагничивания с линейной плот-

466

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ностью im = [Mn] , модуль которого im = М. Полный ток намагничивания на боковой поверхности пластины, равен

I m = i m h = Mh . Поскольку пластина тонкая, этот ток можно считать линейным. Создаваемое им магнитное поле будет совпадать с полем на оси квадратной рамки с током I = Im, которое определяется форму2 2 μ0 I . лой (см. задачу 9.15): B(0) = πa Подставляя I = Im = Mh, получаем: 2 2 μ 0 Mh πaB B= . , откуда находим M = πa 2 2 μ0h

13.20. B =

μ 0 Mh . 2R

Указание. См. решение задачи 13.19.

13.21. I = M / n . 13.22. B = μ 0 M / 2 . Решение. Применяя метод молекулярных токов, находим, что зависимость модуля индукции магнитного поля на оси магнита имеет вид: 1 B = μ 0 M (cos α1 − cos α 2 ) , 2 где α1 и α2 – углы, под которыми видны концы магнита из точки наблюдения. Для центра одного из торцов длинного магнита (l >> R) 1 cos α1 = 1, cos α2 = 0 и модуль индукции B = μ 0 M . 2

13.23. M = 2 ⋅

2 B0 μ − 1 B0 2μ ⋅ , H= , B= B0 . μ + 1 μ0 μ 0 (μ + 2) μ+2

467

Ответы и решения

Решение. Для длинного цилиндра с поперечной намагниченностью (без учета неоднородности поля на торцах) оба фактора формы в его поперечном сечении равны N1 = N2 = 1 2 , а продольный N 3 = 0 . Тогда напряжённость ''размагничивающего'' магнит1 ного поля внутри цилиндра H m = − M . 2 В соответствии с принципом суперпозиции В = В0 + Вm. Согласно линейному материальному уравнению,

М = χН = (μ – 1)(Н0 + Нm). Учитывая связь М и Нm, получим: 1   M = (μ − 1)  H 0 − M  , 2   откуда определяем намагниченность цилиндра: M=

2 ( μ − 1) μ +1

H0 =

2 ( μ − 1)

μ 0 ( μ + 1)

B0 .

Напряжённость магнитного поля внутри цилиндра равна: 2 B0 M H= . = μ − 1 μ 0 ( μ + 1) Магнитная индукции внутри цилиндра B = μμ 0 H =

13.24. p m =

2μ B0 . μ +1

2πR 3 B ≈ 16 А ⋅ м 2 . μ0

Решение. С учетом факторов формы однородно намагниченного шара N = N x = N y = N z = 1 3 напряжённость ''размагничива1 ющего'' магнитного поля внутри шара H m = − M . 3 Используя связь В, Н и М в магнетике, получим: 1 2 B = μ 0 (M + H m ) = μ 0 (M − M ) = μ 0 M . 3 3 Тогда магнитный момент шара равен:

468

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

pm =

4 3 4 3B 2πR 3 B πR M = πR 3 ⋅ = = 16 А ⋅ м 2 . 3 3 2μ 0 μ0

13.25. μ =

3 (В − В 0 ) 2B , M= . 3B0 − B 2μ 0

Указание. Выразить намагниченность М магнетика, из которого изготовлен шар, и индукцию В внутри шара через индукцию В0 внешнего магнитного поля, как это делалось в решении задачи 13.23, с учетом фактора формы шара N = N x = N y = N z = 1 3 .

13.26. В1 = 1,07 Тл, M 1 = 0,85 МА/м , μ 1 = 1700 ; В2 = 1,25 Тл, M 2 = 0,99 МА/м , μ 2 = 994 ; Н2 B H M B = 2 , 2 = 1,17 ≠ 2 ; 2 = 1,16 ≈ 2 . Н1 B1 H1 M 1 B1 Решение. При плотной намотке катушки линии индукции и напряженности магнитного поля имеют форму окружностей, концентричных самому тору. Для контура, совпадающего со средней линией тора, по теореме о циркуляции вектора напряженности Н получаем: NI . 2πr0 H = NI , откуда H = 2πr0 При токах в обмотке I1 и I2 получаем: H 1 ≈ 500 А/м , H 2 ≈ 1000 А/м .

По графику на рис. 13.6 определяем индукцию магнитного поля: В1 = 1,07 Тл, В2 = 1,25 Тл. По найденным значениям В и Н находим намагниченность М и относительную магнитную проницаемость μ сердечника при токах в обмотке I1 и I2: M 1 = B1 / μ 0 − H 1 = 0,85 МА/м , μ 1 = B1 /(μ 0 H 1 ) = 1700 ; M 2 = B 2 / μ 0 − H 2 = 0,99 МА/м , μ 2 = B 2 /(μ 0 H 2 ) = 994 . Н I B H M2 B Видно, что 2 = 2 = 2 ; 2 = 1,17 ≠ 2 ; = 1,16 ≈ 2 . Н 1 I1 B1 H1 M 1 B1

469

Ответы и решения

Последнее соотношение показывает, что основной вклад в индукцию магнитного поля дают токи намагничивания в сердечнике, а не ток в катушке.

13.27. Вс = − В, H c =

M=−

d В, μ 0 (l − d )

d B d B  1 −  . 1 −  M = μ0  μ0  l l

Решение. Пренебрегаем рассеянием магнитного поля в зазоре. Из граничных условий для нормальных компонент вектора индукции на границе воздушного зазора и сердечника следует, что индукция магнитного поля в зазоре В и в сердечнике Вс вблизи зазора одинакова: Вс = В. Напряженность магнитного поля в зазоре равна Нз = В/μ0. По теореме о циркуляции вектора напряженности по контуру, совпадающему со средней линией тороида, можно записать (за положительное направление обхода контура выбираем направление против часовой стрелки): d Bd =− H c (l − d ) + H з d = 0 , откуда H c = − H з ⋅ . l−d μ 0 (l − d ) Знак ''минус'' показывает, что

 H dl < 0 , c

т.е. угол между

l −d

А

векторами Нс и dl равен π, в то время, как в В зазоре векторы Нз и dl сонаправлены. Следо- с вательно, в сердечнике вектор Нс направлен противоположно вектору Вс, т.е. в т. А сердечника вектор Нс противоположен вектору Вс (см. рис. О.13.27). Намагниченность сердечника находим по формуле:

M = B / μ0 − H .

Нс

O

d

В

Рис. О.13.27.

Направим ось Х по направлению вектора индукции В в зазоре. Для т. А проекция намагниченности на ось Х равна:

470

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

B  d  B  d ≈− 1 − 1 −  , μ0  μ0  l − d  l а вектор М направлен противоположно вектору В. M = −B / μ 0 − H с = −

13.28. d =

NIμμ 0 − Bl ≈ 3,2 мм. B (μ − 1)

Решение. По теореме о циркуляции для вектора напряжённости магнитного поля по средней линии тороида можно записать: H с (l − d ) + H з d = NI , где Нс – напряжённость магнитного поля в сердечнике, а Нз – в зазоре. Пренебрегаем рассеянием магнитного поля в зазоре. Согласно граничным условиям нормальная компонента вектора индукции магнитного поля непрерывна на границе раздела двух сред: Вс = Вз = В. Используя связь векторов индукции и напряженности магнитного поля B B B B Hс = с = ; Hз = з = , μμ 0 μμ 0 μ0 μ0 получаем: NIμμ 0 − Bl B (l − d + μd ) = NI , откуда d = ≈ 3,2 мм. μμ 0 B (μ − 1)

13.29. n =

B1 h ≅1+ μ . B2 l

13.30. В =

μ 0 μ1μ 2 NI . 2dμ1μ 2 + (l / 2 − d ) ⋅ (μ 1 + μ 2 )

13.31. μ ≈ 2100 . Решение. Воспользуемся теоремой о циркуляции вектора напряжённости магнитного поля по средней линии тороида:

471

Ответы и решения

 H ⋅ dl =  H l

l −d

c



⋅ dl + H з ⋅ dl = H (πD − d ) + H з d = NI , d

где Н – напряжённость магнитного поля в сердечнике, а Нз – напряжённость магнитного поля в зазоре. Из граничных условий для нормальных компонент вектора индукции магнитного поля следует, что Вз = В (пренебрегаем рассеянием поля в зазоре). Учитывая связь векторов индукции и напряженности магнитB B B,Тл , получаем: ного поля H з = з = 1,2 μ0 μ0 B d = NI , μ0 откуда находим связь модулей индукции и напряжённости магнитного поля внутри железного сердечника:

1,1

H (πD − d ) +

B=

1,0 0,9 0,8

μ 0 NI μ 0 (πD − d ) − H. d d

0,7 0,6

0 200 400 600 800 Н,А/м

Зависимость В(Н) является лиРис. О.13.31. нейной. С учётом заданных числовых величин зависимость В(Н) в сердечнике с зазором имеет вид (в системе СИ): В ≈1,2 – 6⋅10-4Н. Изобразим эту прямую на графике и найдём точку её пересечения с зависимостью В(Н) (рис. О.13.31). При Н = 0 А/м В = 1,2 Тл, а при Н = 1000 А/м В = 0,6 Тл. Координаты точки пересечения равны Н = 370 А/м, В = 0,98 Тл. Магнитная B μ= ≈ 2100 . μ0 H

проницаемость

железа

2πR   13.32. B = μ 0 H 2 = 1 − ⋅ h  

Mr M r2 H c2

в

 2πR  +   h 

этом

2

.

случае

472

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. Ввиду малой толщины тора пренебрежем зависимостью магнитного поля от радиуса. Пусть Н1 – средняя напряженность магнитного поля внутри тора, Н2 – напряженность поля в зазоре. Рассеянием магнитного поля в зазоре пренебрежем. Согласно теореме о циркуляции вектора Н по средней линии тора можно записать: (2πR – h) Н1 + h Н2 = 0. Непрерывность нормальной компоненты индукции Вn на границах тонкого зазора дает: μ0 (Н1 + M1) = μ0Н2. Связь M1 и Н1 определяется формой кривой размагничивания (окружность): M 12 H 12 + = 1. M r2 H c2 Решая систему из этих трех уравнений, получаем: 2πR   B = μ 0 H 2 = 1 − ⋅ h  

Mr M r2 H c2

13.33. N =

2

.

B (l + μd ) ≈ 3020 . μ 0 μI max

13.34. Ф( x) =

13.35. B =

 2πR  +   h 

μ 0 μN 2 IS . l + 2μx

μ0 M r . h Mr ⋅ 1+ 2πR H c

13.36. а) I 0 =

NI + ( L − l ) M S 1 . ( H S L + M S l ) ; б) Bз = μ 0 ⋅ L N

473

Ответы и решения

Решение. а) По теореме о циркуляции для вектора напряжённости магнитного поля по средней линии катушки при токе I0 можно записать: H с ( L − l ) + H з l = NI 0 , где Нс – напряжённость магнитного поля в сердечнике, а Нз – в зазоре. В ферромагнетике значение магнитной проницаемости неизвестно, поэтому выразим индукцию магнитного поля в сердечнике при достижении намагниченности насыщения в виде:

ВS = μ 0 ( Н S + М S ) . В зазоре B3 = μ0 H 3 . Пренебрегаем рассеянием магнитного поля в зазоре. Непрерывность нормальной компоненты индукции Вn на границах узкого зазора дает: μ 0 ( Н S + М S ) = μ 0 Н з , т.е. Н S + М S = Н з . Тогда первое уравнение принимает вид: H S ( L − l ) + ( H S + M S )l = NI 0 , 1 откуда находим: I 0 = ( H S L + M S l ) . N б) При I > I0 индукция магнитного поля в сердечнике равна Вс = μ 0 ( Н с + М S ) . Из условия непрерывности нормальных компонент вектора индукции получаем: Н с + М S = Н з . Решая далее задачу, как в пункте а), находим: Bз = μ 0 ⋅

13.37. B =

NI + ( L − l ) M S . L

μ 0 Md . 2(d + πR / μ)

Указание. Использовать теорему о циркуляции вектора напряженности магнитного поля по средней линии тороида, учитывая, что в сердечнике модуль напряженности равен H с = В /(μμ 0 ) , в воздушном зазоре H з = В / μ 0 , а в постоянном магните H м = В / μ 0 − М .

474

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

13.38. B(r ) ≈

μ 0 pm μ −1 B 2 ⋅ 3 , где p m = a l. ⋅ 4π r μ μ0

Решение. В силу непрерывности нормальных компонент вектора индукции Bn на границе магнетика с воздушным зазором в сердечнике индукция магнитного поля также равна В. Напряженность поля в сердечнике Нс = В/(μμ0), а намагниченность сердечни(μ − 1) В ка M = (μ − 1) H с = . В воздухе Мв = 0. μμ 0 Ввиду разрыва нормальной компоненты вектора М на границах зазора появляются ''магнитные заряды'' противоположного знака ±qm с поверхностной плотностью σm = ±M, а весь зазор можно рассматривать как магнитный диполь с магнитным моментом (μ − 1) B 2 p m = Ma 2 l = ⋅a l. μμ 0 Вектор рm направлен перпендикулярно плоскости разреза сердечника. При расстояниях r >> R от зазора магнитный диполь можно считать точечным, и индукция магнитного поля в т. А вычисляется по формуле: μ 3( pm r )r − r 2 pm , где p m ⊥ r . B (r ) = 0 ⋅ 4π r5 μ p В итоге получаем: B(r ) ≈ 0 ⋅ m3 . 4π r

13.39. B0 ≈

μ 0 Ma 2 l

2 R 2 [2πR + (μ − 1)l ]

.

Решение. Согласно теореме о циркуляции напряженности магнитного поля по средней линии тора: H ⋅ dl = (2πR − l ) H c + H м l = 0 ,



где Нс и Нм – напряженности поля в сердечнике и магните соответственно. Индукция магнитного поля в сердечнике Вс = μ 0 μН с , а в

475

Ответы и решения

магните Вм = μ 0 ( Н м + М ) . Так как нормальные компоненты вектора магнитной индукции непрерывны на границе ''сердечник магнит'', можно записать: μ 0 μН с = μ 0 ( Н м + М ) , откуда Н м = μН с − М . Подставляя H м в первое уравнение, получаем: (2πR − l ) H c + (μН с − М )l = 0 откуда напряженность магнитного поля в сердечнике: Ml Hc = . 2πR + (μ − 1)l Намагниченность материала сердечника равна Ml (μ − 1) . M c = (μ − 1) H c = 2πR + (μ − 1)l Ввиду разрыва нормальной компоненты вектора М на границах зазора появляются ''магнитные заряды'' противоположного знака ±qm с поверхностной плотностью σm = ±(M – Мс), а весь зазор можно рассматривать как магнитный диполь с магнитным моментом  Ml (μ − 1)  2 2πRMa 2 l p m = (M − M c ) a 2 l = M − . ⋅a l = 2πR + (μ − 1)l  2πR + (μ − 1)l  Вектор рm направлен перпендикулярно плоскости разреза сердечника. Так как R >> a >> l, индукцию магнитного поля в т. О можно найти по формуле для индукции точечного магнитного диполя (см. решение задачи 13.38): μ p μ 0 Ma 2 l B0 ≈ 0 ⋅ m3 = . 4π R 2 R 2 [2πR + (μ − 1)l ]

13.40. L12 = μμ 0 nNS . 13.41. L1 =

μ0  a  μ1 + 4μ 2 ln  . 8π  b

Решение. Магнитное поле в области r ≤ b создается только внутренним проводником. Применяя теорему о циркуляции векто-

476

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ра Н, находим сначала Н, а потом величину индукции магнитного поля В. Внутри центрального провода (r ≤ a) с однородной плотноμ μ I μμ I стью тока B = 1 02 r , а снаружи (a ≤ r ≤ b) B = 2 0 2πr 2πa B2 , а энергия, Плотность энергии магнитного поля w = 2μμ 0 приходящаяся на длину l системы, равна: r ≤ a:



W1 = wdV = V



r ≥ a: W2 = wdV = V

1  μ 1μ 0 I    2μ 0 μ 1  2πa 2 

1  μ 2μ 0 I    2μ 0 μ 2  2πa 2 

2a

2a

r

l ⋅ 2πrdr =

0

l

r

2

2

0

⋅ 2πrdr =

μ 1μ 0 2 lI ; 16π

μ 2μ 0 2  b  lI ln   . 4π a

Полная энергия длины l системы составляет: μ   a  1 W = W1 + W2 = 0 lI 2 μ1 + 4μ 2 ln   = LI 2 , откуда: 16π  b  2  μ0  a  μ1 + 4μ 2 ln  l , 8π  b μ  a и для единицы длины системы L1 = 0  μ1 + 4μ 2 ln  . 8π  b L(l ) =

13.42. L12 = L1 L2 . Решение. При протекании тока I1 через первую катушку создается магнитное поле. Если μ >> 1 и рассеяния поля нет, всё оно сосредоточено в сердечнике, и поток вектора индукции будет постоянным через любое его поперечное сечение. Когда на сердечник навита вторая катушка, то такой же поток индукции будет пронизывать каждый её виток. Пусть H1 − напряженность магнитного поля в сердечнике, когда ток протекает по первой катушке. По теореме о циркуляции напряженности поля Н1 по контуру, проходящему внутри сердечника и имеющему длину l, можно записать:

Н 1l = I 1 N 1 ,

477

Ответы и решения

где N1 – число витков первой катушки. Отсюда I N Н1 = 1 1 . l Поток Ф′1 вектора индукции В, пронизывающий каждый виток любой катушки, надетой на сердечник, равен μμ I N S Ф1′ = μ 0 μН 1 S = 0 1 1 , l где S – площадь поперечного сечения сердечника. Полный поток Ф1 вектора индукции магнитного поля через первую катушку составляет: μμ N 2 S Ф1 = Ф1′ N 1 = 0 1 I 1 = L1 I 1 , l μμ 0 N 12 S . поэтому индуктивность L1 первой катушки равна L1 = l Поток Ф21 вектора индукции через все N2 витков второй катушки равен μμ N N S Ф21 = Ф1′ N 2 = 0 1 2 I 1 . l Учитывая, что Ф21 = L21 I 1 , где L21 – коэффициент взаимной индукции катушек, находим: μμ N N S L21 = 0 1 2 = L12 . l Теперь предположим, что ток течет по второй катушке. Анаμμ N 2 S логично находим индуктивность L2 второй катушки: L2 = 0 2 l Сравнивая формулы, получаем: L12 = L1 L2 .

13.43. L12 = L1 L2 = 0,06 Гн ; L = L1 + L2 + 2 L1 L2 = 0,25 Гн ;

(

)

N = N 1 1 + L2 / L1 = 250 . Указание. Воспользоваться результатом решения задачи 13.42.

13.44. E =

μμ 0 N1 N 2 S I 0 ω cos ωt . L

478

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

§14. Энергия, работа и пондеромоторные силы в магнитном поле 14.1. W1 =

πμ 0 α 2 R 6 . 54

Решение. По теореме о циркуляции вектора В находим модуль индукции магнитного поля В на расстоянии r от оси провода r



B ⋅ 2πr = μ 0 j (r ) ⋅ 2πrdr = 2πμ 0 αr 3 / 3 → B = μ 0 αr 2 / 3 . 0

Объёмная плотность энергии магнитного поля равна B 2 (r ) μ 0 α 2 r 4 = w(r ) = . 2μ 0 18 Разобьем провод на трубки малой толщины dr, радиуса r и длины l, соосные с проводом. Энергия магнитного поля внутри трубки 2

1  μ0α 2  r  ⋅ 2πrl dr , dW (r ) = w(r ) dV =  2μ 0  3  а энергия внутри провода в расчете на единицу длины равна: πμ R 6 W 1 W1 = =  dW ( r ) = 0 l l Vпров 54

14.2. Не изменится. μ 0 N 2 hI 2  b  ln   . 4π a 2 μ I   b  14.4. W = 0 1 + 4 ln   . 16π   a 

14.3. W =

Указание. Вычислить отдельно энергию внутри центрального цилиндрического проводника и энергию в пространстве между проводниками.

14.5. W =

μ 0 μV 2l 2

(I

2 2 1 N1

)

± 2 I 1 N 1 I 2 N 2 + I 22 N 22 .

479

Ответы и решения

Решение. Если μ >> 1, то магнитное поле будет сосредоточено в сердечнике. Пусть на сердечник намотана только первая катушка. При протекании по ней тока I1 в сердечнике энергия магμ μH 2 I N нитного поля будет равна W1 = 0 1 V , где Н 1 = 1 1 – 2 l напряженность магнитного поля в сердечнике, V – объем сердечника. Если на сердечник намотана только вторая катушка по которой протекает ток I2, то энергия магнитного поля в сердечнике μ 0 μH 22 I N W2 = V , где Н 2 = 2 2 . 2 l Если на сердечник намотаны обе катушки, по которым протекают токи I1 и I2 соответственно, то энергия магнитного поля в сердечнике равна μ μ μμ0 Н12 μμ H 2 2 W = 0 (Н 1 ± Н 2 ) V = V ± μμ0 H1H 2V + 0 2 V . 2 2 2 Знак «плюс» соответствует случаю, когда токи I1 и I2 текут по катушкам в одном направлении, а знак «минус» – когда в противоположных. Подставляя Н1 и Н2, получаем: μ μV W = 0 2 I 12 N 12 ± 2 I 1 N 1 I 2 N 2 + I 22 N 22 . 2l

(

)

2

μμ 0 Sl  NI   .  14.6. W ≅ 2  l + μb  Решение. Пусть Н – напряженность магнитного поля в кольце, Нз – в прорези. По теореме о циркуляции вектора Н для кругового контура, совпадающего со средней линией кольца: (l − b) H + bH з = NI . Поскольку на границах зазора нормальная компонента индукции Вn = В непрерывна, то B B H= , Hз = . μμ 0 μ0 Первое уравнение можно переписать в виде:

480

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

(l − b) B bB + = NI , μμ 0 μ0 μμ 0 NI ≅ . l + μb

μ 0 NI l −b +b μ Энергия магнитного поля W в кольце равна

откуда B =

B2 Sl W= V≅ 2μμ 0 2μμ 0

14.7. p =

2

2

μμ Sl  NI   μμ 0 NI    = 0   . 2  l + μb   l + μb 

B12 − B22 , сила давления направлена вправо. 2μ 0

Решение. По густоте линий магнитной индукции видно, что В1 > В2. Можно доказать, что ток по пластине направлен в плоскость рис. О.14.7, т.е. τ вдоль вектора k. В1 Обозначим индукцию внешнего магнитного В2 поля В0. Ток, протекающий по бесконечной пластине, создает в вакууме магнитное поле с модулем индукции Bi = μ 0 i / 2 , где i – поверхностная плотРис. О.14.7. ность тока. Учитывая, что направления векторов Вi слева и справа от пластины противоположны, по принципу суперпозиции можно записать: k

n

B1 = B0 + Bi лев ≡ В0 + Bi , B 2 = B0 + Bi прав = B0 − Bi , где Bi лев (обозначим Вi) и Bi прав − индукции магнитного поля тока, протекающего по пластине, слева и справа от неё соответственно. Отсюда находим: B + B2 B − B2 B0 = 1 , Bi = 1 . 2 2 B − B2 Так как модуль Bi = μ 0 i / 2 , i = 1 . μ0

481

Ответы и решения

Выделим на плоскости узкую полоску толщиной dx вдоль направления тока. Со стороны внешнего магнитного поля с индукцией В0 на эту полоску с током dI = idx действует сила Ампера B1 − B2  B1 + B 2  k,  dS , μ 0  2  где l – вектор в направлении тока, модуль которого равен длине полоски с током, dS = ldx – площадь полоски, k – единичный вектор вдоль тока (см. рис. О.14.7). Сила dFА направлена перпендикулярно плоскости пластины. Давление, действующее на пластину в магнитном поле, составляет: dF B − B2 B1 + B2 B12 − B22 ⋅ = p= A = 1 = w1 − w2 , μ0 dS 2 2μ 0 где w1 и w2 – объемные плотности энергий магнитного поля с разных сторон от пластины. dFA = dI [lB0 ] = idx [lB0 ] =

14.8. p =

μ0 n 2 I 2 ≈ 5,7 Па . 2

14.9. Fпред =

μ 0 nI 02 R ≈ 140 Н . 2

Решение. Поверхностная плотность сил давления равна 1 px = μ 0 H 2 (здесь H = nI − напряженность магнитного поля внутри 2 длинного соленоида). Рассмотрим прямоугольный участок соленоида высотой Rdα и шириной dl. На этом участке находится dN = ndl витков проволоки, и на него действует сила давления μ0 n2 I 2 dl ⋅ R ⋅ dα . 2 Следовательно, на элемент dl одного кольца обмотки действует сила Fдавл μ 0 nI 2 = dF = dl , N 2 направленная перпендикулярно элементу кольца (рис. О.14.9). δFдавл = pdS =

482

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Помимо этой силы на данный элемент кольца действуют две силы натяжения Т′, равные по величине и приложенные к концам выбранного участка (рис. О.14.9). Выберем ось ОХ по направлению силы dF. Из условия равновесия кольца получаем: dα dl dF = 2T ⋅ =T ⋅ . 2 R Подставляя dF , нахоμ nI 2 R . Следовадим: T = 0 2 тельно, предельная нагрузка на разрыв проволоки равна: Fпред =

μ 0 nI 02 R ≈ 140 Н . 2

Рис. О.14.9.

14.10. p =

μ0 I 2 8π 2 R 2

.

Решение. Длинный тонкостенный цилиндр разделяет все пространство на две области: внутреннюю, в которой индукция магнитного поля В1 = 0 , и внешнюю (вне цилиндра) – где μ I В2 = 0 (r – расстояние до оси цилиндра). Давление, оказываемое 2πr на боковую поверхность цилиндра, равно: μ I2 B2 p = w2 − w1 = 2 − 0 = 02 2 , 2μ 0 8π R где w1 и w2 – объемные плотности энергий магнитного поля вблизи стенки цилиндра вне и внутри него соответственно. F μ 0 N 2 πR 2 I 2 14.11. x = − . k 2l 2 k

Решение. Будем считать пружину аналогом очень длинного соленоида, поскольку радиус витка пружины R > 1. 2πR   4πR μ +  l  

μ0P Bl ≈ 0,35 Тл , μ = ≈ 143 . μ 0 NI − 2 Bx S

Решение. При небольшом виртуальном перемещении якоря электромагнита на расстояние dx внешние силы совершат работу, равную изменению энергии магнитного поля:  ∂W  δA = Fdх = δW I =const , откуда F =   .  ∂х  I Подставляя энергию магнитного поля W = LI 2 2 = IФ 2 , где L – индуктивность катушки с сердечником, Ф = LI – поток магнитной индукции, пронизывающий все витки обмотки, получаем: F=

∂W ∂x

= I = const

1 ∂Ф . I 2 ∂x

По теореме о циркуляции вектора Н по контуру, совпадающему со средней линией электромагнита, запишем: Н1l + 2xH2 = NI, где Н1 – напряженность магнитного поля в сердечнике, Н2 – в зазорах. Учитывая непрерывность нормальной компоненты индукции Вn на границах зазоров и материальное уравнение, находим: B B H1 = , H2 = . μμ 0 μ0 При этом предыдущее уравнение принимает вид:

490

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

μ μNI Bl 2 xB + = NI , откуда B( x) = 0 . μμ 0 μ0 l + 2μx Полный поток магнитной индукции через обмотку равен: Ф( x) = NSB = NS

μ 0 μNI μ 0 μN 2 IS . = l + 2μx l + 2μx

Сила, притягивающая якорь электромагнита: F ( x) =

μ μN 2 I 2 S ′ I ∂Φ B2 ⋅ =− 0 = − ⋅ 2S , 2 2 ∂x 2μ 0 ( l + 2μx )

где S' = 2S – площадь контакта якоря с сердечником. Эта сила равна весу якоря с грузом: μ0 P B2 ⋅ S = Р , откуда B = ≈ 0,35 Тл . μ0 S

Из выражения для В находим относительную магнитную проницаемость железа: Bl μ= ≈ 143 . μ 0 NI − 2 Bx 14.26. В =

4μ 0 mg πD 2

14.27. Aвнеш =

≈ 0,63 Тл .

μ 0 I1 I 2 b  a ln 1 +  . d π 

Решение. Индукция поля провода B(r ) = В через рамку в начальном положении d +a

Ф1 =

 d

μ0 I . Поток вектора 2πr

μ0 I 2 μ I b d +a bdr = 0 2 ln . d 2πr 2π

491

Ответы и решения

После поворота рамки вектор нормали n повернется вместе с рамкой, и угол между В и вектором dS станет α = π (cosα = –1). При этом поток магнитной индукции через рамку изменит знак: Ф2 = –Ф1. Работа внешних сил равна работе сил поля А, взятой с обратным знаком. При I1 = const μ I I b  a Aвнеш = − A = − I 1 (Ф2 − Ф1 ) = I 1 (Ф1 − Ф2 ) = 2 I 1Ф1 = 0 1 2 ln 1 +  d π  . 14.28. A = IBS (1 − sin α). 14.29. A =

μ 0 I1 I 2 a  2a  ln 1 + . 2π b  

14.30. F = 0. 14.31. F =

μ 0 3 p m2 ⋅ 4π r 4

Fmax =

μ 0 6 p m2 ⋅ при θ = 0, π . 4π r 4

14.32. F = Fx =

14.33. F =

(1 − 3 cos 2 θ) 2 + sin 2 2θ ,

μ 0 pm I . 2π r 2

μ 0 Ip mx 2πr 2

; сила направлена от нас перпендикулярно

плоскости рисунка; M = −

μ0 I 2 πr

( pmx )2 + ( pmy )2 ,

вектор М лежит в

плоскости рисунка и направлен под углом α = arctg

pmx к оси Х. pmy

492

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

14.34. F =

2μ 0 Ia 2 p m x(5a 2 + 3x 2 ) π(a 2 + x 2 ) 2 (2a 2 + x 2 ) 3 / 2

.

Решение. Модуль индукции поля рамки на расстоянии х от её плоскости равен (см. задачу 9.15): 2μ 0 Ia 2 . B= π(a 2 + x 2 ) 2a 2 + x 2 Сила, действующая на катушку с магнитным моментом рm, имеет только х-компоненту, и её величина определяется соотношени∂B x ем F = Fx = p m и равна ∂x 2μ0 Ia 2 pm x ( 5a 2 + 3x 2 ) Fx = − . 3 2 π ( a 2 + x 2 ) ( 2a 2 + x 2 ) 2 Знак «минус» указывает на то, что сила направлена к рамке с током, т.е. катушка втягивается в область более сильного магнитного поля. 14.35. Т = 2πl

2m . 3mgl ± 6 p m B

Решение. Введем ось Z перпендикулярно плоскости рисунка на нас. Начало координат совместим с точкой подвеса стержня. Пусть стержень отклонился от вертикали на малый угол α (рис. О.14.35, на рисунке показано одно из возможных направлений вектора индукции В). На стержень будут действовать момент силы тяжести М 1 = [l / 2, mg ] и момент силы со стороны магнитного поля M 2 = [ p m B ] (l/2 – радиус-вектор, провеZ∙ денный из начала координат в середину стержня). l Оба этих момента сил направлены по оси Z, а моα B мент М2 в зависимости от ориентации вектора индукции В направлен либо так же, как М1, если вектор В направлен вниз, либо противоположно mg pm М1, если вектор В направлен вверх. Запишем уравнение моментов для стержня в Рис. О.14.35. проекциях на ось Z:

493

Ответы и решения

J

d 2α l = − mg sin α  p m B sin α , 2 2 dt

1 где J = ml 2 – момент инерции стержня. 3 При малых углах отклонения sinα ≈ α, и уравнение приобретает вид: l 1 2 d 2α   ml +  mg ± p m B α = 0 , 2 3 2 dt   откуда угловая частота ω0 колебаний стержня равна ω0 =

3 g 3Bp m 1 3mgl ± 6 p m B ± = , 2l l 2m ml 2

а период колебаний: Т=

2π 2m = 2πl . ω0 3mgl ± 6 p m B

Если индукция магнитного поля направлена вниз, период колебаний стержня при выключении магнитного поля увеличится, а если вверх, то уменьшится. 14.36. Т = 2πl

14.37. Fвнеш =

m . 3 p m Bг

(

)

(μ − 1) S 2 B1 − B22 . 2μ 0 μ

Решение. Направим ось Z вдоль стержня и совместим с его левым концом начало отсчета. В магнитном поле у стержня появляется намагниченность М = (μ – 1)Нµ, где Нµ – напряженность Вμ , где Вµ – индукция магнитного поля в стержне. Модуль Н μ = μ 0μ магнитного поля в стержне. Из граничных условий для нормальных компонент вектора В ( B1n = B 2 n ) следует, что на концах стержня B1μ = B1 и B2μ = B2 .

494

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

На стержень со стороны магнитного поля действуют силы с объемной плотностью f 2 dBμ (μ − 1) d( Bμ ) μ −1 f =M ez = ⋅ Bμ ⋅ ez = ⋅ ez , dz dz 2μ 0 μ dz μ 0μ где ez – единичный орт в направлении оси Z. Модуль силы, действующей на элемент объема dV длиной dz, равен 2 (μ − 1) d( Bμ ) (μ − 1) dF = f dV = ⋅ ⋅ Sdz = S ⋅ ⋅ d( Bμ2 ) . 2μ 0 μ dz 2μ 0 μ Сила, действующая на стержень,

dBμ

F =S⋅

(μ − 1) 2μ 0 μ

B2

(μ − 1)

 d( Bμ ) = S ⋅ 2μ 0 μ 2

⋅ ( B22 − B12 ) ,

B1

стремится втянуть стержень в область с большей магнитной индукцией. Чтобы его удержать, надо приложить в противоположном направлении внешнюю силу (μ − 1) S 2 Fвнеш = B1 − B22 . 2μ 0 μ

(

14.38. F =

6χVB02 μ 0 (3 + χ)a 5

)

, сила направлена к центру цилиндра.

Решение. В магнитном поле шарик приобретет магнитный момент p m = MV = χVH ш , где Нш – напряженность магнитного поля в шарике, М –вектор намагниченности парамагнетика. Считаем, что из-за малых размеров шарика в месте его нахождения поле однородно. Напряженность поля в шарике Нш складывается из напряженности внешнего поля Н и напряженности поля Нi, созданного в шаре в результате его намагничивания. С 1 учетом фактора формы шара Ni = 1/3 H i = − M . 3 Согласно материальному уравнению 1   M = χH ш = (μ − 1)( Н + H i ) = (μ − 1)  H − M  , 3  

495

Ответы и решения

откуда намагниченность шара равна: 3(μ − 1) 3(μ − 1) H= B, μ+2 μ 0 (μ + 2)

M=

а напряжённость магнитного поля внутри шара Hш =

3H 3B M , = = μ − 1 μ + 2 μ 0 (μ + 2 )

где В – индукция магнитного поля в месте нахождения шарика. Сила, действующая на шарик в неоднородном магнитном по∂В ле, F = p m , а её проекция Fx в точке с координатой х = а ∂x 3B0 6χVB02 ∂B  2 B0  = χV ⋅ ⋅ − = − . Fx = ( χVH m ) ⋅ ∂x μ 0 ( 2 + μ ) a 2  a 3  μ0 ( 2 + μ ) a 5 Сила направлена к центру цилиндра. 14.39. A = 14.40. F =

3(μ − 1)VB 2 . 2μ 0 (μ + 2)

μ 0 (μ − 1)VI 2 2(μ + 1)π 2 d 3

.

Указание. Вычислить магнитный момент палочки p m = MV = (μ − 1)VH пал , при этом напряженность магнитного поля внутри палочки Нпал рассчитать с учетом её фактора формы N =1/2. §15. Переходные процессы в электрических цепях

15.1. U (t ) = IR2 =

ER2  R + R2  t; exp  − 1 R1 L  

U (t1 ) = 440 В , U (t 2 ) = 1,8 ⋅ 10 −4 В . Решение. До размыкания ключа сила тока через дроссель равна I 1 = E / R1 . При отключении источника в цепи, состоящей из

496

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

дросселя и лампочки, действует только ЭДС самоиндукции, и по второму правилу Кирхгофа можно записать: dI I ( R1 + R2 ) = − L , dt где I – текущее значение силы тока через дроссель и лампочку. После разделения переменных уравнение примет вид: R + R2 dI =− 1 dt . I L Интегрируя данное уравнение, получаем: I



I1

R + R2 dI =− 1 I L

 R + R2 I = I 1 exp  − 1 L 

t

 dt , 0

 E  R + R2 t = exp  − 1 L  R1 

 t. 

Напряжение на зажимах дросселя будет равно напряжению на лампочке: ER  R + R2  U (t ) = IR2 = 2 exp  − 1 t. R1 L   Подставляя численные значения, получаем: U (t1 ) = 440 В , U (t 2 ) = 1,8 ⋅ 10 −4 В . Как видно, при размыкании ключа разность потенциалов на зажимах дросселя на очень короткое время значительно превышает ЭДС источника, и можно наблюдать мгновенную яркую вспышку лампочки. 15.2. t* = −τln (1 − η) = − 15.3. I 1 (t ) =

τ=

L1 L2 . R ( L1 + L2 )

L ln (1 − η) ≈ 0 ,58 c . R

Eτ Eτ ⋅ [1 − exp(−t / τ)] , I 2 (t ) = ⋅ [1 − exp(−t / τ)] , где L1 L2

497

Ответы и решения

Решение. Индуктивность параллельно соединенных катушек LL равна L = 1 2 . Тогда для цепи с последовательно соединенныL1 + L2 ми L, R и E можно записать уравнение: dI IR + L = E , dt решение которого имеет вид: L1 L2 L E I = ⋅ [1 − exp(−t / τ)] , где τ = = . R R R ( L1 + L2 ) По первому правилу Кирхгофа I = I1 + I2, где I1 и I2 – токи через L1 и L2, соответственно. Очевидно, что L1

dI1 dI = L2 2 , dt dt

откуда L1I1 = L2I2, или L1I1 = L2(I − I1), т.е. I1 =

L2 L1 I , I2 = I. L1 + L2 L1 + L2

Окончательно получим: Eτ Eτ I 1 (t ) = ⋅ [1 − exp( −t / τ)] , I 2 (t ) = ⋅ [1 − exp(−t / τ)] . L1 L2 15.4. U =

Rrq  r   при q < El /(rR) . E − R+r L 

Решение. Выберем направление токов, как показано на рис. О.15.4. По первому правилу Кирхгофа можно записать: Ir = IL + IR . При замыкании ключа в катушке возниdI кает ЭДС самоиндукции Eинд = − L L . dt Напряжение на катушке равно падению

IL E, r Ir R

L К

IR Рис. О.15.4.

498

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

напряжения на резисторе: U = I R R . По второму правилу Кирхгофа получаем: I R R = E − I r r = E − (I L + U / R ) r . dI С другой стороны, I R R = L L . До замыкания ключа тока в dt катушке не было, т.е. в момент времени t = 0 I L 0 = 0 . Разделяя переменные в последнем уравнении и интегрируя, получаем: t



IL



R I R dt = L dI L , т.е. Rq = LI L , 0

0

откуда определяем значение тока IL через катушку в момент времеt



ни, когда через резистор протек заряд q = I R dt : I L = Rq / L . 0

Напряжение на катушке в этот момент определим из уравнения: Rrq  r  U = E − (I L + U / R ) r → U = . E − R+r L  EL Задача имеет решение при q < . rR 15.5. I L (t ) =

15.6. I (t ) =

E E  R   R  1 − exp  − t   , U L (t ) = exp  − t. R 2  2L    2L 

 R  L − L2 E  1+ 1 ⋅ exp  − t   .  R  L2 L 2  

Решение. При быстром выдергивании сердечника из катушки dФ возникает ЭДС индукции Eинд (t ) = − и, как следствие, изменяdt ется ток в цепи I(t). При этом I (t ) R = E + Eинд (t ) = E − dФ / dt . Разделив переменные и проинтегрировав правую и левую часть этого уравнения по времени от 0 до Δt, где Δt – время выдергивания сердечника, получим:

499

Ответы и решения Δt

R

 [I (t ) − E] dt = −[Ф(Δt ) − Ф(0)] . 0

Сила тока I(t) всегда ограничена по величине, поэтому при очень быстром выдергивании сердечника (Δt → 0) Δt

 [I (t ) − E ] dt → 0 , откуда следует: Ф(Δt) – Ф(0) ≈ 0. 0

Поскольку Ф(Δt) = L2I(Δt), Ф(0) = L1I(0) = L1(E/R), сила индукционного тока сразу после удаления сердечника равна LE I (Δt ) = 1 . L2 R После удаления сердечника (при t > 0) для цепи по второму закону Кирхгофа можно записать: dI . IR = E − L2 dt Преобразуем полученное уравнение к виду: dI E  L2 = −R  I −  dt R  ′ и введем новую переменную I = I − E / R . Тогда уравнение примет dI ′ вид: L2 = − RI ′ . Разделяя переменные, интегрируя и возвращаdt ясь к переменной I, находим решение:  R  E I (t ) = + A exp  − t  . R L 2   Постоянную А определяем из условия, что при t = 0 ток в цеLE пи был равен I (Δt ) = 1 : L2 R L1 E E E L − L2 ⋅ = + A , откуда A = ⋅ 1 . L2 R R R L2 Окончательно получаем:  R  L − L2 E I (t ) = 1 + 1 ⋅ exp  − t   .   R L2  L2  

500

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

15.7. χ =

V L ≈ 1,6 ⋅ 10 −3 ; Δt 0, где τ = L / R ; 2. UL(t) = 0, при t < 0; U L (t ) = I 0 R exp(− t / τ) при 0 < t < T ,

  T  t − T  U L (t ) = I 0 R exp −  − exp −  при t > T. τ     τ 15.18. I =

(1 + α

αE 3 / 2 E t /(2C )

)

3

.

Решение. После замыкания ключа по второму правилу Кирхгофа для цепи можно записать: E =U R +UС , откуда выражаем напряжение на сопротивлении UR через напряжение на конденсаторе UC: U R = E − U С . По условию задачи ток через нелинейное сопротивление 3/ 2 I R = αU R3 / 2 = α(E − U C ) . Поскольку элементы цепи соединены последовательно, I R = I С = I . Для конденсатора dU C dq I = IС = =C . dt dt Подставляя I = I R , получаем уравнение относительно напряжения на конденсаторе: dU C 3/ 2 C = α(E − U C ) . dt

504

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Разделяя переменные и интегрируя, находим: dU C α α 2 dt → = t + A. = 3/ 2 1/ 2 C C (E − U C ) (E − U C ) Константу интегрирования А определяем из начальных услоα 2 2 2 вий: UC = 0 при t = 0. Отсюда А = 1 / 2 , и = t+ . 1/ 2 C E (E − U C ) E





Подставляя E − U С = U R , из последнего уравнения находим: 1 U 1R/ 2 = . 1 α t + E 2C Используя связь тока и напряжения в нелинейном сопротивлении, определяем ток в цепи: αE 3 / 2 . I = αU R3 / 2 = 3 1 + α E t /(2C )

(

C U2 15.19. W (t ) = 2 2

)

 C1 ⋅   C1 + C 2

2

  1 − e −t / τ 

(

) , где τ = CС С+ CR 2

1

1

2

.

2

Решение. Ток в цепи с течением времени будет меняться по закону (см. решение задачи 15.13): I (t ) =

U  exp  − R 

СС R t .  , где τ = 1 2 τ C1 + C 2

Поскольку I (t ) = dq / dt , заряд конденсатора емкостью С2 находим интегрированием: t UC1C 2 q(t ) = I (t ) dt = 1 − e −t / τ . C + C 1 2 0



(

)

При зарядке конденсатора его энергия изменяется со временем по закону q 2 (t ) C 2U 2 = W (t ) = 2C 2 2

 C1 ⋅   C1 + C 2

2

  1 − e −t / τ 

(

). 2

505

Ответы и решения

15.20. Q =

CE02   2t  1 − exp  −  .  2   rC 

Указание. Использовать формулу: Aист = ΔW + Q , где ∆W – изменение энергии конденсатора. 15.21. Q =

E2L   r  1 − exp − t  . 2  r   L 

15.22. 1) I (t ) =

4) U = E0

2E E 2L  R  ; 3) I max = 0 ; t exp  − t  ; 2) t 0 = R eR L  2L 

e−2 . e

Решение. 1). Применяя второе правило Кирхгофа, получаем уравнение q dI RI + + L = E , C dt где I – сила тока в цепи, q – заряд на конденсаторе. Преобразуем уравнение к каноническому виду: d 2q dq E + 2β + ω02 q = , где β = R / 2 L , ω 02 = 1 LC . 2 dt L dt

При заданной связи параметров цепи реализуется случай критического затухания. При этом решение уравнения имеет вид: q(t ) = ( A + Bt )e −βt + EC , dq = [ B − β( A + Bt )]e −βt . dt Постоянные А и В определяем из начальных условий: при t = 0 q(0) = 0 = A + EC , I (0) = B − βA = 0 , откуда:

а ток в цепи равен: I (t ) =

A = −EC ; В = − βEC . Окончательно получаем:

506

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

E  R  t exp  − t. L  2L  dI = 0 . Проводя 2). Ток имеет максимальное значение, когда dt дифференцирование, находим: dI E = (1 − β)e −βt = 0 , откуда t 0 = 1 / β = 2 L / R . dt I max L

q(t ) = EC[1 − (1 + βt )e −βt ] , I (t ) = ECβ 2 te −βt =

3). I max = I (t 0 ) = 4). U (t 0 ) =

E  R  2E t0  = . t 0 exp  − L  2 L  eR

q(t 0 ) e−2 = E[1 − (1 + βt 0 )e −βt0 ] = E ⋅ . C e

15.23. I (t ) =

ECω 02 ω 02

sin  ω 02 − β 2 t  e −βt ,   −β 2

где β = R / 2 L , ω 02 = 1 LC . Ф0 1 cos(ω 0 t ) , где ω 0 = . L LC Указание. При быстром выключении магнитного поля поток магнитной индукции через катушку не изменяется (см. решение задачи 15.6), что определяет начальное значение силы тока в контуре после выключения магнитного поля. 15.24. I (t ) =

15.25. I (t ) =

где ω 0 =

L1 I 0 L1 I 0 cos(ω 0 t ) , U C (t ) = sin(ω 0 t ) , L1 + L2 C ( L1 + L2 )

1 C ( L1 + L2 )

.

Решение. При быстром размыкании ключа за время Δt → 0 в dФ , где Ф – суммарный цепи возникает ЭДС индукции Eинд (t ) = − dt поток индукции через обе катушки. На конденсаторе будет накапливаться заряд q. Учитывая, что активные сопротивления всех эле-

507

Ответы и решения

ментов равны нулю, для цепи можно записать: 1 dΦ q ( t ) = Eинд ( t ) = − . C dt Разделив переменные и проинтегрировав правую и левую части этого уравнения по времени от 0 до Δt, получим: Δt 1 q ( t )dt = − Φ ( Δt ) − Φ ( 0 )  . C 0 Δt

За очень малое время Δt → 0

 q(t ) dt → 0 , откуда следует: 0

Ф(Δt) – Ф(0) ≈ 0. Поскольку Ф(Δt) = L1I(Δt) + L2 I(Δt) , Ф(0) = L1I(0) = L1I0, сила индукционного тока сразу после размыкания ключа (это будет начальная сила тока в цепи) равна LI I ( Δt ) = I нач = 1 0 . L1 + L2 Далее,, по второму правилу Кирхгофа можно записать: dI U C + ( L1 + L2 ) = 0 . dt Переходя к заряду на конденсаторе q = CU C , преобразуем уравнение к виду: d2q 1 + q=0, 2 C ( L1 + L2 ) dt решением которого является функция: 1 q(t ) = A sin(ω 0 t + ϕ) , где ω 0 = . C ( L1 + L2 ) Постоянные А и φ определяем из начальных условий: при (t = 0): L1 q(0) = 0 = A sin ϕ , I (0) = I нач = Aω 0 cos ϕ = I 0 , откуда: L1 + L2 I L1 ϕ = 0; A = ⋅ 0 . L1 + L2 ω 0

508

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Зависимость заряда конденсатора от времени имеет вид: q(t ) = A sin ω 0 t , а напряжение на конденсаторе меняется по закону: U C (t ) =

I L1 I 0 L1 q = ⋅ 0 sin(ω 0 t ) = sin(ω 0 t ) . C L1 + L2 Cω 0 C ( L1 + L2 )

Зависимость тока в цепи от времени LI dq I (t ) = = Aω 0 cos(ω 0 t ) = 1 0 cos(ω 0 t ) . dt L1 + L2 15.26. I L (t ) =

E0  β 2 e −β1t − β1e −β2t  1 − , β 2 − β1 R  

где β1 = β + β 2 − ω02 , β 2 = β − β 2 − ω02 , β =

15.27. I L (t ) =

1 1 , ω 02 = . 2 RC LC

 β ω 2 CR E −β t  e cos ωt −  + 0 2 ω R2 ω 

   sin ωt  ;   

  β 1   sin ωt  , U C (t ) = Ee −βt cos ωt +  +  ω ωR 2 C    R + R2 1 , β= 1 , ω 2 = ω 02 − β 2 , β < ω 0 . где ω 02 = LC 2L 15.28. L12 = CR1 R2 . Решение. При замыкании ключа К сила тока i1 в контуре, включающем в себя источник ЭДС E, резистор R1 и катушку индуктивности L1, нарастает от нуля до значения I1 в течение некоторого времени τ. За это время происходит зарядка конденсатора, и по резистору R2 течет ток i2, сила которого определяется приращением заряда на обкладках конденсатора: i 2 = dq / dt . Чтобы в течение времени τ ток через гальванометр был равен нулю, надо, чтобы разность потенциалов ϕ 3 − ϕ 2 = i 2 R2 была равна и противоположна по знаку ЭДС индукции, возникающей во второй катушке. Поскольку L2 → 0, ЭДС определяется только взаимной индукцией катушек и равна

509

Ответы и решения

di1 . dt Ток в гальванометре отсутствует при условии: Eинд = − L12

i 2 R2 = L12

di1 di dq или R2 = L12 1 . dt dt dt

Проинтегрировав последнее уравнение, получим: I1

q





R2 dq = L12 di1 → R2 q = L12 I 1 , 0

0

где q – окончательный заряд конденсатора. При установившейся силе тока I1, ток через резистор R2 i2 = 0, разность потенциалов ϕ 3 − ϕ 2 = 0 , и напряжение на конденсаторе U C = ϕ 2 − ϕ1 = ϕ 3 − ϕ1 = I 1 R1 , откуда находим окончательный заряд конденсатора:

q = CU C = CI 1 R1 . Используя найденное значение q, получаем: L12 = СR1 R2 . 15.29. Q =

15.30. τ =

L1E 2 2( R + r ) 2

−

L2 I 22 . 2

π  L1 L2 C2 +  2  L1 + L 2

 L1 L2 (C1 + C 2 ) + L1C 2  . L1 + L2 

Решение. На первом этапе конденсатор C1 "отключён" диодом D1, диод D2 открыт, конденсатор C2 разряжается через параллельно соединённые катушки L1 и L2. Их можно заменить одной LL эквивалентной катушкой с индуктивностью L = 1 2 . КолебаL1 + L2 ния в данном контуре происходят с периодом L1 L2 T1 = 2π C2 L1 + L2

510

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

в течение времени τ1 = T1/4, пока конденсатор C2 полностью не разрядится. Потом конденсатор C2 начинает перезаряжаться за счёт постепенного уменьшения тока в катушках. Этот ток потечёт через диод D1, заряжая конденсатор C1. Образуется колебательный контур, состоящий из катушки индуктивностью L и пары параллельно соединённых конденсаторов C1 и C2, которая эквивалентна конденсатору с ёмкостью C = C1 + C2. Период колебаний в таком контуре равен L1L2 T2 = 2π (C1 + C2 ) . L1 + L2 Эти колебания продолжаются τ2 = T2/4, после чего заряженный до максимального по модулю напряжения конденсатор C1 "отключается" диодом D1, поскольку далее напряжение на конденсаторе C2 не может превысить достигнутого максимального значения. После момента времени τ1 + τ2 конденсатор C2 будет разряжаться только через L1, поскольку катушка L2 оказывается "отключённой" диодом D2. Время этого процесса τ3 = T3/4, где T3 = 2π L1C2 — период колебаний контура, образованного конденсатором C2 и катушкой L1. В момент времени τ = τ1 + τ2 + τ3 конденсатор C2 полностью разрядится. После этого момента энергия магнитного поля катушки L1 расходуется на перезарядку конденсатора C2 и на создание тока в катушке L2. Диод D2 не препятствует этому току, поскольку, согласно правилу Ленца, направление ЭДС самоиндукции в катушке L1 совпадает с пропускным направлением данного диода. Ток в катушке L1 достигает значения, когда конденсатор заряжается до максимального напряжения. Тот же ток течёт и по другой катушке, обеспечивая в этот момент времени равенство нулю изменения заряда конденсатора. Далее гармонические колебания контура, образованного конденсатором C2 и парой параллельно соединённых катушек, будут продолжаться неограниченно долго (в отсутствие потерь), так как диод D2 всё время остаётся открытым: когда ток в диоде приближается к нулевому значению, ситуация ничем не отличается от ситуации в момент времени τ, при которой диод "отпирался". С момента

511

Ответы и решения

времени τ = τ1 + τ2 + τ3 установятся гармонические колебания с пеL1L2 C2 . риодом T = 2π L1 + L2 §16. Цепи переменного тока 16.1. а) Z =

в) Z = R

(

)

R 2 + ( ωL ) 2 ωL 2 − ω 2 LC ; б) Z = R ; 1 − ω 2 LC 4 R 2 + ( ωL ) 2

1 + (ωRC ) 2 . 1 + (2ωRC ) 2

16.2. Z = R / 1 + (2πνCR ) 2 ≈ 28 Ом. 16.3. Z =

R 2 + ω 2 L2 . (ωCR) 2 + (1 − ω 2 CL) 2

16.4. Z =

 ωL  ≈ 19,5 Ом , ϕ = arctg   ≈ 9° .  R  1 + ( ωL / R ) 2

R

16.5.

IR1 UL

E

Uк UR1

I UR2 а)

UL

UR1

E

UR

IE

UL IС

IL б)

E, UС IE в)

UR

IL

Здесь Uк – напряжение на катушке индуктивности с учетом её активного сопротивления, IE – ток через источник напряжения.  E2 − I 2 R2 0 16.6. ϕ = arctg   I0 R 

  = 60o , ток операжает напряжение.  

512

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

16.7. Параметры схемы должны удовлетворять условиям: 1 R= и r = ωL . ωC

Решение. Начинаем построение векторной диаграммы с параметра, общего для нескольких элементов схемы, в данном случае − с вектора напряжения UC UL+r E на конденсаторе и резисторе R. Вектор тока IR через резистор R сонаправлен с вектором UC, а Ur UL IL+r вектор тока в конденсаторе IC IС перпендикулярен вектору напряжения UC (сдвинут вперед по фазе на π/2). Складывая векIR UС торы IC и IR (по условию задачи Рис. О.16.7. их длины одинаковы, что возможно, если модуль импеданса конденсатора равен сопротивлению 1 ), получаем вектор тока IL+r, протекающего через катушR: R = ωC ку индуктивности L и резистор r. С этим вектором сонаправлен вектор Ur напряжения на сопротивлении r, а вектор UL напряжения на катушке индуктивности перпендикулярен вектору IL+r (сдвинут вперед по фазе на π/2). Длины векторов равны: U r = r , U L = ωL . Так как по условию задачи r = ωL , длины векторов одинаковы. Складывая векторы Ur и UL, получаем вектор суммарного напряжения UL+r на катушке и резисторе r, который в данном случае сонаправлен с вектором IC. Вектор амплитуды ЭДС источника E получаем, суммируя векторы UL+r и UC.  −ωL + 1 ( ωC )  o 16.8. ϕ = arctg   ≈ 77 ; ток опережает по фазе R   напряжение. 16.9. L =

rtgϕ ≈ 0 ,0314 Гн . 2πν

513

Ответы и решения

ω(rRC + L) ; напряжение UR отстает от ЭДС R + r − ω 2 RCL E при R + r > ω 2 RCL . 16.10. tgϕ = −

Решение. Сначала находим полный импеданс цепи. Для параллельно соединенных конденсатора и резистора сопротивлением R импеданс рассчитывается из соотношения: R 1 1 = + iωC , откуда Z 1 = , 1 + iωRC Z1 R а импеданс всей цепи равен R + r − ω 2 RCL + iω(rRC + L) Z = Z 1 + r + iωL = . 1 + iωRC E Ток в цепи I = , а напряжение на резисторе R равно: Z E (1 + iωRC ) R U R = IZ 1 = ⋅ = 2 R + r − ω RLC + iω(rRC + L) 1 + iωRC = ER

R + r − ω 2 RLC − iω(rRC + L) . ( R + r − ω 2 RLC ) 2 + ω 2 (rRC + L) 2

Искомую разность фаз находим из соотношения: tgϕ =

ImU R ω(rRC + L) =− . ReU R R + r − ω 2 RCL

Напряжение UR отстает от ЭДС E при R + r > ω 2 RCL .

16.11. L = CR 2 . 16.12. U R = UC =

E0 R R 2 + 1 /( 2πνC ) 2 E0 1 + ( 2πνC )

2

≈ 151 В ,

≈ 161 B .

514

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

16.14. I С 0

2

  − r 2 ≈ 1,6 Гн .  U0 = 2πνCU 0 ≈ 0,75 А , I L 0 = ≈ 0,64 А , 2 r + (2πνL) 2

1 1 16.13. L = 2 + ⋅ ω C ω

U0   I0

(1 − 4π 2 ν 2 LC ) 2 + (2πνrC ) 2

I Σ0 =

r 2 + (2πνL) 2

16.15. I R 0 = tgϕ = −

I L0 R

U 0 ≈ 0,40 А .

r 2 + ( ωL ) 2 , I 0 = I L 0

( R + r ) 2 + ( ωL ) 2 R

,

ωRL . ( R + r ) r + ( ωL ) 2

Решение. Пусть напряжение на данном участке цепи равно U = U 0 cos(ωt ) . Модуль импеданса катушки индуктивности с учетом её омического сопротивления равен Z 1 = r 2 + (ωL) 2 , а амплитуда тока через катушку I L 0 = U 0 Z1 , откуда находим амплитуду напряжения: U 0 = I L 0 Z 1 = I L 0 r 2 + (ωL) 2 . Амплитуда тока через резистор составляет: I R0 =

U 0 I L0 = R R

r 2 + ( ωL ) 2 .

Импеданс всего участка цепи находим из условия: R r 2 + ( ωL ) 2 R ( r + i ωL ) 1 1 1 = + , откуда Z = и Z = . Z R r + i ωL R + r + i ωL ( R + r ) 2 + ( ωL ) 2 Общий ток в цепи в комплексной форме имеет вид: I=

( R + r )r + ω 2 L2 − iωRL U R + r + iω L =U . =U Z R ( r + iω L ) R (r 2 + ω 2 L2 )

515

Ответы и решения

Амплитуда общего тока в цепи равна ( R + r ) 2 + ( ωL ) 2 U0 = I L0 , Z R а тангенс угла разности фаз между общим током и напряжением на данном участке цепи составляет ωRL . tgϕ = − ( R + r ) r + ( ωL ) 2 Общий ток в цепи отстает по фазе от напряжения на данном участке. I0 =

16.16. I r1 = 3,9e −i 11°19′ , I r2 = 2,78e i 33°40′ , I r3 = 6,21e i 7°8′ ; ∆φ = 18°27'. Решение. Применим метод контурных токов, направив токи так, как показано на рис. О.16.16. Запишем систему уравнений:

I 1 r3 + ( I 1 − I 2 )r1 = E , 1 ( I 2 − I 1 )r1 + I 2 r2 + I2 = 0 . iω C Преобразуем систему к виду: (r1 + r3 ) I 1 − r1 I 2 = E ,

r3

С

r1

E ~ I1

I2

Рис. О.16.16.

i   − r1 I 1 +  r1 + r2 −  I2 = 0 ωC   и подставим численные данные, после чего система примет вид: 2 I 1 − I 2 = 10 , − I 1 + (2 − i ) I 2 = 0 . Решая данную систему, получаем: 10 10 I 1 = (8 + i ) , I 2 = (3 + 2i ) . 13 13 Далее находим токи через резисторы: 10 I r1 = I 1 − I 2 = (5 − i ) = 3,9e −i arctg(1/5) = 3,9e −i 11°19′ , 13

r2

516

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

10 i arctg(2/3) (3 + 2i ) = 2,78e = 2,78e i 33°40′ , 13 10 I r3 = I 1 = (8 + i ) = 6,21e i arctg(1/8) = 6,21e i 7°8′ . 13 Ток через резистор r3 сдвинут по фазе относительно тока через r1 на угол ∆φ = 7°8' + 11°19' = 18°27'. I r2 = I 2 =

16.17. R = ωL;

16.18. I = U 0

U вых 1 = . U вх 3

1 − ω 2 LC sin(ωt ) . ωL(2 − ω 2 LC ) (1 / R) 2 + [1 /(ωL) − ωC ]

2

16.19. I 0 = U 0 Δϕ =

(1 + r / R ) 2 + r 2 [1 /(ωL) − ωC ]

ωC − 1 /(ωL)

r [ωC − 1 /(ωL)] + (1 / R ) ⋅ (1 + r / R) 2

2

,

.

Указание. Чтобы избежать громоздких вычислений при нахождении модуля тока I0, можно воспользоваться тем, что модуль частного двух комплексных чисел равен частному их модулей: z1 z1 = . z2 z2 U 12 U 2 − U 12 − U 22 . , Р2 = R 2R Решение. Мощность, выделяющаяся на резисторе, равна U2 Р1 = 1 . Поскольку дроссель обладает как активным, так и индукR тивным сопротивлениями, между током и напряжением на нем существует разность фаз φ, а выделяющаяся на дросселе мощность равна U Р2 = IU 2 cos ϕ = 1 U 2 cos ϕ . R

16.20. Р1 =

517

Ответы и решения

Построим векторную диаграмму тока и напряжений для схемы (рис. О.16.20). По теореме косинусов: U 2 = U 12 + U 22 + 2U 1U 2 cos ϕ , откуда находим: U2 U U 2 cos ϕ = (U 2 − U 12 − U 22 ) /( 2U 1 ) . Используя это выражение, получаем U 2 − U 12 − U 22 Р2 = . 2R

16.21. Р1 = I 12 R ≈ 312 Вт , P2 =

φ

π−φ U1 I

Рис. О.16.20.

I 2 − I 12 − I 22 R = 154 Вт . 2

16.22. R =

E2 R = 1,27 Гн. = 400 Ом, L = P 2πν tg ϕ

16.23. L =

E2 sin 2ϕ = 0,08 Гн. 2ωP

Решение. Сила тока в цепи равна E E I= = , 2 Z r + ( ωL ) 2 где r – активное сопротивление катушки. Катушка потребляет мощE 2 cos ϕ E 2 cos ϕ , откуда r 2 + (ωL) 2 = ность P = EI cos ϕ = .В P r 2 + ( ωL ) 2 результате получаем r rP . cos ϕ = = 2 2 2 E cos ϕ r + ( ωL ) E 2 cos 2 ϕ . P Возведя выражение для cosφ в квадрат, получаем: r2 cos 2 ϕ = 2 или (1 − cos 2 ϕ)r 2 = (ωL) 2 cos 2 ϕ . r + ( ωL ) 2

Из последнего уравнения находим r: r =

518

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Отсюда находим индуктивность катушки: rsinϕ E 2 cos 2 ϕsinϕ E 2 cosϕ = = ⋅ sin2ϕ . ωcosϕ Pωcosϕ 2 Pω

L=

(U / I ) 2 − ( P / I 2 ) 2 P 16.24. R = 2 = 6 Ом , L = ≈ 0,025 Гн . 2πν I

16.25. P =

16.26. C =

E02 R / 2

; Pmax =

R 2 + [ωL − 1 /(ωC )]

2

I2 2πν U 2 I 2 − P 2

E02 1 при C = 2 . 2R ω L

≈ 142 мкФ .

R . r+R Решение. Пусть по цепи течет ток c эффективным значением I. Тогда полная мощность, выделяющаяся в цепи, равна:

16.27. η =

P0 = I 2 ( r + R ) , а мощность, выделяющаяся в нагрузке, P = I 2 R . КПД цепи составляет P R η= = . P0 r + R

16.28. P0 = P= η=

[ (

) ],

E 2 R + 1 + ω2 R 2C 2 r (r + R) + (ωRrC ) 2

[(r + R)

2

[ (

2

2

][ (

) ],

+ (ωRrC ) ⋅ R + 1 + ω 2 R 2 C r

R . R + 1 + ω2 R 2C 2 r

(

)]

E 2 R R + 1 + ω2 R 2C 2 r

)

519

Ответы и решения

16.29. cos ϕ = 1 − (ωL / Z ) 2 ; P = (U / Z ) 2 Z 2 − (ωL) 2 . 16.30. Увеличилось на

n − 1 ≈ 0,30 (30%).

§17. Колебания в электрических контурах

17.1. U (t ) = U 0 cos(ω0 t ) , I 1 (t ) = − U 0

I 2 (t ) = − U 0

CL1 sin(ω0 t ) , где ω 0 ≡ ( L1 + L2 ) L2

CL2 sin(ω0 t ) , ( L1 + L2 ) L1 L1 + L2 . L1 L2 C

Решение. Заменим две катушки индуктивности одной эквиLL валентной с индуктивностью L = 1 2 (по правилу расчета коL1 + L2 эффициента самоиндукции параллельно соединенных катушек индуктивности). В результате получаем колебательный контур, в котором после замыкания ключа будут свободные колебания. Уравнение для заряда на конденсаторе имеет вид: q + ω 02 q = 0 , где ω 0 ≡

1

=

L1 + L2 − собственная частота колебаний. L1 L2 C

LC Решением уравнения является функция: q(t ) = A cos(ω0 t + ϕ) . При этом заряд на конденсаторе будет меняться по закону: U (t ) = q(t ) / C = B cos(ω0 t + ϕ) , dq = − BСω0 sin(ω0 t + ϕ) . а ток в цепи равен: I (t ) = dt Постоянные В и φ определяем из начальных условий: при t = 0 U (0) = U 0 = B cos ϕ и I (0) = 0 = − BСω0 sin ϕ . Отсюда находим: φ = 0 и В = U 0 . Заряд на конденсаторе будет меняться со временем по закону: U (t ) = U 0 cos(ω0 t ) . У параллельно соединенных катушек индуктивности ЭДС

520

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

самоиндукции одинаковы, поэтому можно записать:

L1

dI 1 dI = L2 2 , откуда L1 I 1 = L2 I 2 . dt dt

По первому правилу Кирхгофа I = I 1 + I 2 . Из последних двух уравнений находим: IL2 IL1 I1 = , I2 = . L1 + L2 L1 + L2 Подставляя C ( L1 + L2 ) I (t ) = −U 0 Cω0 sin(ω0 t ) = −U 0 sin(ω0 t ) , L1 L2 получаем токи в катушках индуктивности: CL2 I 1 (t ) = − U 0 sin(ω0 t ) , ( L1 + L2 ) L1

I 2 (t ) = − U 0

17.2. ω 0 =

CL1 sin(ω0 t ) . ( L1 + L2 ) L2

L2 2 ( L1 L2 − L12 )C

.

Решение. Пусть заряд конденсатора в произвольный момент времени равен q. При разрядке конденсатора в соленоиде возникdI нет ЭДС самоиндукции E1 = − L1 1 и ЭДС взаимной индукции dt dI dq Eвз = − L12 2 , где I 1 = – ток в контуре с соленоидом, I2 – ток в dt dt контуре с катушкой. Запишем второе правило Кирхгофа для колебательного контура с соленоидом: dI dI q = − L1 1 − L12 2 . C dt dt В контуре с катушкой за счет взаимной индукции возникнет dI ЭДС взаимной индукции Eвз = − L12 1 и ЭДС самоиндукции dt

521

Ответы и решения

dI 2 . Для этого контура можно записать: dt dI L dI L d2q dI dI − L2 2 − L12 1 = 0 , откуда 2 = − 12 ⋅ 1 = − 12 ⋅ 2 . dt L 2 dt L 2 dt dt dt Подставляя это выражение в уравнение для контура с соленоидом, получим: L q = − L1 q + L12 ⋅ 12 q C L2 или в стандартной форме: L2 q + q = 0, 2 C L1 L2 − L12 откуда сразу определяем частоту собственных колебаний контура: L2 ω0 = . 2 ( L1 L2 − L12 )C E 2 = − L2

(

)

17.3. U (t ) = I 0 L1 sin(ω0 t ) , I (t ) = где ω 0 =

1 ( L1 + L2 ) C

17.4. α =

I 0 L1 cos(ω 0 t ) , L1 + L2

.

Wмагн = tg 2 (ω 0 t ) : а) α = 1; б) α = 3. Wэл

17.5. r = 2 L / τ = 5 Ом . 17.6. n =

1 2π

4L − 1 ≈ 14 . R 2C

Решение. Амплитуда тока убывает в e раз за время релаксации τ = L/2R = nT, где n − число колебаний, а T − их период. Используя выражение для частоты затухающих колебаний ω=

1 R2 − LC 4 L

522

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

и связь периода с частотой T = 2π/ω, получим: n=

17.7. Δt =

1 2π

4L − 1 ≈ 14 . R 2C

Q ln η ≈ 0,2 с . πν 0

17.8. n = e θ = 1,22 . 17.9. Q =

17.10.

Δt 2 LC ln n

≈ 117 .

ω0 − ω 1 ≈ = 0,0026 (0,26%). ω0 8Q 2

Решение. Относительная погрешность равна: ω0 − ω ω = 1− = 1 − LC ω0 ω0 =1− 1−

17.11. С ≅

1 R2 − = LC 4 L

 1 1  1 1 = ≈ 1 − 1 − ≈ 0,0026 . 2 2  2 4Q  8Q 2 4Q 

8 Lδ = 0,64 мкФ . R2

17.12. t n = [arctg(−β/ω) + πn] / ω , где n = 0, 1, 2, … . 17.13. Δt = Q LC ln

W0 ≈ 0 ,0224 с . Wкон

Решение. Поскольку энергия колебаний пропорциональна квадрату амплитуды, затухание энергии происходит со временем релаксации вдвое меньшем, чем для амплитуд: τЭ = τ/2. По условию задачи Wкон = 0,1 W0 . Тогда:

523

Ответы и решения

W0  2Δt  = 10 = exp  , Wкон  τ  откуда время, за которое амплитуда убывает в η раз, равно τ Δt = lnη . 2 Поскольку добротность Q >> 1, пренебрежем различием в частотах собственных затухающих и незатухающих колебаний. По определению добротности π π π τ , откуда τ = 2Q LC . = = Q= = θ βT (1 / τ) ⋅ 2π LC 2 LC Для искомого времени ∆t получим: η=

Δt = Q LC lnη ≈ 0,0225 c . ln n θ L  θ2 1 + 17.14. θ = ≈ 0,38 , R = 2k π C  4π 2

   

−1 / 2

≈ 19 Ом .

Решение. При свободных затухающих колебаниях в электрическом контуре напряжение на конденсаторе меняется по закону: U = U0e−βt cos ωt, где ω = ω 02 − β 2 , ω 0 = 1 / LC , а запасенная в контуре энергия W = WCmax = CU 2 / 2 . При уменьшении энергии за время Δt = kT в n раз амплитуда напряжения на конденсаторе уменьшается в n раз, т.е. U (t ) exp( −β t ) = = exp (βkT ) = n , U (t + kT ) exp [− β(t + kT )]

откуда находим логарифмический декремент затухания θ = βT : θ=

ln n ln 10 = ≈ 0,38 . 2k 6

Для нахождения коэффициента затухания β = θ / T определяем период затухающих колебаний T /( 2π) из выражения для их циклической частоты ω 2 = ω 02 − β 2 :

524

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

4π 2 θ2 2 , откуда T = = ω − 0 T2 T2 Коэффициент затухания равен:

θω 0 θω 0 θ β= = = 2 2 T 2π 4π + θ

4π 2 + θ 2 . ω0

 θ2  1 +  2   π 4  

−1 / 2

=

R , 2L

а омическое сопротивление цепи составляет: R = 2 Lβ =

17.15. P =

θ L π C

 θ2   1 +  4π 2  

−1 / 2

≈

θ L ≈ 19 Ом . π C

U 02 CR = 1,5 мВт . 2L

Решение. Если амплитуда напряжения на конденсаторе поддерживается постоянной, в контуре возникают незатухающие колебания, близкие к гармоническим, и напряжение на конденсаторе меняется по закону:

U = U 0 sin(ωt + ϕ) , где ω = ω 02 − β 2 ≈ ω 0 = 1 / LC . При этом в контуре протекает ток I (t ) =

dq d(CU ) = = CU 0 ω 0 cos(ωt + ϕ 0 ) . dt dt

Для поддержания колебаний незатухающими, к контуру надо подводить энергию, причем средняя за период потребляемая мощность должна быть равна средней за период мощности потерь на джоулеву теплоту, выделяющуюся на активном сопротивлении R: t +T t +T U 2 CR 2 2 2 2 . P = Qдж T = I (t ) Rdt = C U 0 ω R cos 2 (ωt + ϕ 0 ) dt = 0 2L t t





Подставляя численные данные, получаем: P = 1,5 мВт . U 02 C 17.16. Q = ⋅ ≈ 400 . 2P L

525

Ответы и решения

17.17. Q =

17.18. Q =

U Cp E0

= 30 .

1 ≈ 100 . 2πν p RC

17.19. ω0 = ω1ω 2 . Решение. Модуль импеданса последовательной RLC-цепи равен: 2

1   Z 0 = R 2 +  ωL −  , ω C  E E0 а амплитуда тока I 0 = 0 = . 2 Z0 1   R 2 +  ωL −  ω C  1 . Собственная частота контура ω 0 = LC Запишем равенство амплитуд токов при частотах ω1 и ω2: E0 E0 = . 2 2     1 1   R 2 +  ω1 L − R 2 +  ω2 L − ω C ω2 C  1    После очевидных преобразований получаем равенство: 1 1 , или ω1 L − = ω2 L − ω1C ω2C

ω 2 − ω1 = (ω 2 − ω1 ) ⋅ откуда ω 0 = ω1ω 2 .

17.20. Q =

ω0 . Δω

ω 02 1 = (ω 2 − ω1 ) , ω1ω 2 LC ω1ω 2

526

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Решение. При резонансе сила тока в цепи равна E I р = I 0 max = 0 , и она в 2 раз превышает амплитуды при частотах R ω1 или ω2: 2

E0 = R

 1   R 2 +  ω1 L − C ω 1   , или , откуда R 2 = 2

2 E0  1   R +  ω1 L − ω1C  

2

2

2

 ω12    . − 1  ω2   0  После перегруппировки с учетом соотношения ω 0 = ω1ω 2

(

)

2 1 1 R = 2 2 LCω12 − 1 = 2 2 ω1 C ω1 C 2

(см. решение задачи 17.19) и формулы Томсона ω02 = ω1ω 2 1 = . 2 (ω 0 RC ) (ω 2 − ω1 ) 2

1 находим: LC

Добротность контура Q при малом затухании равна: Q=

π π ω 1 1 1 L = = ≅ ⋅ = . θ βT 2β 2( R / 2 L) LC R C 1

Учитывая, что ω 0 =

LC

, т.е. L =

1 , последнее выражеω 02 C

1 L 1 = . R C (ω 0 RC ) 2 Используя полученные ранее соотношения, окончательно для добротности находим: ω1ω 2 ω Q= = 0 . ω 2 − ω1 Δω ние можно записать в виде: Q =

2

2 0

2

17.21. ωCp = ω − 2β =

1  R  − 2  , LC  2L 

527

Ответы и решения

U Cр =

ω 02 E0 4β

где ω0 =

2

(ω 02

1 LC

2

−β )

=

E0 RC 1 /( LC ) − R 2 /( 2 L) 2

,

R . 2L

, β=

Решение. Модуль импеданса последовательной RLC-цепи равен: 2

1   Z 0 = R +  ωL −  , ωC   E E0 . а амплитуда тока I 0 = 0 = 2 Z0 1   R 2 +  ωL −  ωC   2

1 , ωC зависимость амплитуды напряжения на конденсаторе от частоты ω имеет вид: ω 02 E0 E0 , = U C0 = ZC I 0 = 2 2 2 2 2 2 ( ω − ω ) + 4 β ω 1   0 ωC R 2 +  ωL −  ω C   R 1 где ω0 = , β= . 2L LC Максимальное значение UС достигается при резонансной частоте ωСр, определяемой из условия: d  2 2 2 = 4ω ω2 − ω02 + 2β2 =0, ω − ω + 4β2 ω2  0    ωC dω ω p Поскольку модуль импеданса конденсатора равен Z C =

)

p C

(

(

)

2

1  R  − 2  . LC  2L  резонансная амплитуда напряжения на конден-

откуда ωCp = ω02 − 2β2 = При ω = ωСр саторе равна U Cр =

ω 02 E0 4β 2 (ω 02 − β 2 )

=

E0 RC 1 /( LC ) − R 2 /( 2 L) 2

.

528

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

17.22. ωCp = ω1ω 2 − (ω 2 − ω1 ) / 6 = 406 с −1 . Решение. Преобразуем выражение для амплитуды тока к виду: I0 =

=

E0 1   R 2 +  ωL −  ωC   E0

(

2

=

)

2

L ω 02 / ω − ω + 4β 2

E0 2

2

1   R   L 4   + ω −  ωLC   2L   1 R , β= . , где ω0 = 2 L LC

=

Максимальная амплитуда тока достигается при частоте E 1 ω = ω0 = и равна I 0 max = 0 . При частотах ω1 и ω2 по усло2βL LC E вию задачи I 0 (ω1 ) = I 0 (ω 2 ) = I 0 max / 2 = 0 . Подставляя ω1 в фор4βL мулу для I0, получаем: E0 E = 0 , 2 4βL L ω 02 / ω1 − ω1 + 4β 2

(

)

откуда находим: ω 02 / ω1 − ω1 = 12β 2 . Частота, при которой напряжение на конденсаторе максимально, равна (см. решение задачи 17.21): ωCp = ω 02 − 2β 2 . Учитывая, что ω 0 = ω1ω 2 (см. задачу 17.19), получаем:

(

)

ωCp = ω 02 = ω 02 / ω1 − ω1 / 6 = ω1ω 2 − (ω 2 − ω1 ) / 6 . Подставляя численные данные, находим: ωCp = 406 c −1 , что значительно отличается от частоты ω 0 = ω1 ω 2 = 424 с −1 и свидетельствует о значительном затухании собственных колебаний в контуре.

17.23. ω Lp =

ω 02 ω 02 − 2β 2

=

1 LC − R 2 C /( 2 L)

,

529

Ответы и решения

U L0p =

(

E0 ω 0

2β 1 − β 1

где ω0 =

LC

2

/ ω 02

, β=

)

=

(

E0

R C / L 1 − R 2 C /( 4 L)

R . 2L

)

,

Указание. Задача решается аналогично задаче 17.21.

17.24. L =

1 L 1 ≈ 10,6 Ом . ≈ 3,4 мГн , R = 2 Q C 4π ν 0 C 2

2

17.25. ω p =

1 R −  . LC  L 

17.26. ω p ≈ ω 0 = 2

1 LC

= 10 7 c −1 ; Q =

1 2r

L = 100 ; C

5

Z 0 = 2rQ = 10 Ом . Решение. Сначала рассчитаем добротность контура: 1 L Q= = 100 . 2r C Поскольку добротность велика, резонансную частоту можно найти по приближенной формуле: 1 ωp ≈ ω0 = = 10 7 c −1 . LC Реактивное сопротивление катушки на частоте ω0 оказывается много большим активного сопротивления r, поэтому r + iωL ≈ iωL. Полное сопротивление контура при резонансе при таких упрощениях может быть рассчитано по формуле: Z 0 = 2rQ 2 = 105 Ом .

17.27. ω p =

R L( R 2 C − L)

.

530

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

17.28. P =

0,5 E02 R R2 + L / C

.

Указание. Рассчитать амплитуду тока и полное сопротивление цепи при резонансе, считая резонансную частоту приблизи1 . тельно равной ω р ≈ ω 0 = LC

17.29. ω1p = I2 =

1 L(C1 + C 2 )

= 250 с −1 ; I 01 (ω1p ) = E0 / R = 2 A ,

ω12p LC 2

E E0 1 ⋅ 2 = 2 / 3 A , I3 = 0 ⋅ 2 =8/3 A ; R ω1p LC 2 − 1 R ω1p LC 2 − 1

ω 2p =

1 LC 2

= 500 с −1 ; I 01 (ω 2 p ) = 0 , I 2 = I 3 = E0 ω 2 p C 2 = 0,1 A .

Решение. В данной цепи возможны два резонансных режима: резонанс токов в контуре, состоящем из катушки индуктивности и конденсатора емкостью С2, и резонанс напряжений во всей цепи с источником ЭДС. Импеданс всей цепи равен:  1  iωL ⋅ [− i /(ωC 2 ] ωL i . + = R − i  + 2 Z =R−  ωC1 ω iωL − i /(ωC 2 ) C ω LC − 1 1 2   Резонансную частоту находим из условия, что при резонансе контур обладает только активным сопротивлением:  1  ωL  = 0 , откуда + 2 Im Z = −    ωC1 ω LC 2 − 1 

1

= 250 с −1 . L(C1 + C 2 ) Ток I1 при резонансе напряжений совпадает по фазе с ЭДС E и равен I 01 (ω1p ) = E0 / R = 2 A . ω1p =

Напряжение на параллельном контуре L-C2 при резонансе составляет:

531

Ответы и решения

E0 (−iωL) ⋅ 2 , R ω LC 2 − 1 а силы токов в конденсаторе и катушке индуктивности равны: ω12p LC 2 E0 I 2 = U LC2 (ω1p ) ⋅ (iωC 2 ) = ⋅ = −2 / 3 A ; R ω12p LC 2 − 1 U LC2 (ω1p ) =

I 3 = U LC2 (ω1p ) /(iωL) =

E0 1 ⋅ 2 =8/3A . R ω1p LC 2 − 1

Знак "минус" у тока I2 показывает, что он течет в направлении, противоположном току I3. Резонанс токов происходит при частоте 1 ω 2p = = 500 с −1 . LC 2 При резонансе токов реактивное сопротивление параллельно соединенных конденсатора и катушки индуктивности стремится к бесконечности, и ток во внешней цепи I 01 (ω 2 p ) = 0 . Силы токов в ветвях контура равны: I 2 = I 3 = E0 ω 2 p C 2 =

E0 = 0,1 A . ω2p L

Токи текут по ветвям контура в противоположных направлениях.

17.30. ω р =

1 C ( L1 + L2 − 2 L12 )

; L12 =

1  1 L1 + L2 −  2 Cω 02

 .  

Решение. Обозначим ток, текущий по ветви контура, содержащей конденсатор, I1, а по второй ветви контура I2. В катушках индуктивности при протекании переменного тока возникают ЭДС dI dI самоиндукции E1 = − L1 1 и E2 = − L2 2 и ЭДС взаимной инdt dt dI 2 dI 1 и E21 = − L12 . Ток через конденсатор дукции E12 = − L12 dt dt dq , где q – заряд конденсатора. I1 = dt

532

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Поскольку ветви контура соединены параллельно, можно записать: dI dI dI dI q L1 1 + L12 2 + = L2 2 + L12 1 . dt dt C dt dt В контуре, имеющем чисто реактивное сопротивление, при резонансе токов ток во внешней цепи равен нулю, поэтому по первому правилу Кирхгофа: I 1 + I 2 = 0 , откуда I 2 = − I 1 . Подставляя I2 в предыдущее уравнение с учетом I 1 = dq / dt , получаем: dI d2q d2q q d2q L1 2 − L12 2 + = − L2 2 + L12 1 , или dt C dt dt dt 2 d q q ( L1 + L2 − 2 L12 ) 2 + = 0 , C dt откуда определяем резонансную частоту контура: 1 . ωр = C ( L1 + L2 − 2 L12 ) Чтобы контур был настроен на частоту ω0, коэффициент взаимной индукции должен быть равен 1 1  L12 =  L1 + L2 − . 2 Cω 02 

533

Приложения

ПРИЛОЖЕНИЯ 1. НЕКОТОРЫЕ ФИЗИЧЕСКИЕ ПОСТОЯННЫЕ

Масса электрона Масса протона Заряд электрона

me = 9,11·10–31кг mр = 1,672·10–27кг е = 1,602·10–19Кл

Удельный заряд электрона

e / me = 1,76 ⋅ 1011 Кл/кг

Удельный заряд протона

e / m p = 0,959 ⋅ 10 8 Кл/кг

Электрическая постоянная

ε 0 ≅ 8,85 ⋅ 10 −12

Магнитная постоянная

μ 0 = 1,257 ⋅ 10 −6 Гн/м

Кл  Ф    В⋅м  м  1 м = 9 ⋅ 10 9 4πε 0 Ф

μ0 = 10 − 7 Гн/м 4π Гравитационная постоянная

G = 6,672 ⋅ 10 −11 м 3 /(к( ⋅ с 2 )

Стандартное ускорение свободного падения

g=9,815 м/c2

Классический радиус электрона

re = 0,529 ⋅ 10 −15 м

534

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

2. СВЕДЕНИЯ ИЗ МАТЕМАТИКИ

1) Векторный дифференциальный оператор "набла": в декартовой системе координат: ∇=

∂ ∂ ∂ i+ j+ k; ∂x ∂y ∂z

в цилиндрической системе координат:

∇=

1 ∂ ∂ ∂ er + eθ + e z ; ∂r r ∂θ ∂z

в сферической системе координат: ∇=

∂ 1 ∂ 1 ∂ er + eθ + eϕ . ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ

2) Градиент выражается через векторный дифференциальный оператор набла grad a(r) ≡ ∇a(r) и его можно найти: в декартовой системе координат:

grad a =

∂a ∂a ∂a i+ j+ k; ∂x ∂y ∂z

в цилиндрической системе координат:

grad a =

1 ∂a ∂a ∂a er + eθ + e z ; ∂r r ∂θ ∂z

в сферической системе координат: grad a =

1 ∂a 1 ∂a ∂a er + eθ + eϕ . ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ

3) Производная скалярной функции a(r ) ≡ a ( x, y , z ) по любому направлению (вдоль направления, задаваемого единичным вектором n u ) равна проекции градиента функции на это направление:

535

Приложения

d a ( x, y , z ) ∂a ∂a ∂a = nu ⋅ grad a ( r ) = cos α + cos β + cos γ , du ∂x ∂y ∂z

где cos α , cos β и cos γ – направляющие косинусы вектора n u . 4) Дивергенция векторного поля a (r ) по определению равна:  a ( r ) ⋅ dS ΔΦa ΔS = lim div a (r ) ≡ lim , ΔV → 0 ΔV ΔV → 0 ΔV где ΔΦ a – поток вектора a (r ) через достаточно малую замкнутую поверхность ΔS, которая охватывает малый объем ΔV. Дивергенция выражается через векторный дифференциальный оператор набла: в декартовой системе координат:

div a = (∇a ) =

∂a x ∂a y ∂a z + + ; ∂x ∂y ∂z

в цилиндрической системе координат: div a = (∇a ) =

1 ∂ 1 ∂a ϕ ∂a z ⋅ (ra r ) + ⋅ + ; r ∂r r ∂ϕ ∂z

в сферической системе координат: div a = (∇a ) =

∂a ϕ ∂ 1 ∂ 2 1 1 ( ) ⋅ + ⋅ θ + ⋅ . sin r a a r θ r sin θ ∂θ r sin θ ∂ϕ r 2 ∂r

(

)

5) Формула Остроградского–Гаусса для произвольного векторного поля a (r ) :

 a(r ) ⋅ dS =  div a(r ) d V , S

V

536

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

где S – произвольная замкнутая поверхность, охватывающая объем V. 6) Циркуляция векторного поля a (r ) вдоль произвольного замкнутого контура L:

 a(r ) ⋅ d r ≡  a(l ) ⋅ dl =  al (l )dl , L

L

L

где l – координата точки на контуре и dl = d r , dl = dl = d r , a (r ) = a (l ) . 7) Ротором векторного поля a (r ) называется вектор, проекция которого на направление нормали n к произвольно ориентированному в пространстве плоскому элементу поверхности ΔS равна:  a (r ) ⋅ d r ΔL (rot a (r ))n ≡ Δlim S →0

ΔS

,

где направление обхода контура ΔL, охватывающего поверхность ΔS (площадью ΔS), согласовано с направлением нормали n по правилу буравчика. Ротор выражается через векторный дифференциальный оператор набла rot a =[∇a] и имеет вид определителя квадратной матрицы третьего порядка: в декартовой системе координат: i ∂ rot a = [∇a ] = ∂x ax

j ∂ ∂y ay

k ∂ ; ∂z az

537

Приложения

в цилиндрической системе координат: 1 er r ∂ rot a = ∂r ar

1 ez r ∂ ∂ = ∂ϕ ∂z ra ϕ a z

eϕ

 1 ∂ ( raϕ ) 1 ∂a  1 ∂a ∂aϕ   ∂ar ∂aϕ  = ⋅ z − − − ⋅ r  er +   eϕ +  ⋅ r z z r r r r ∂ϕ ∂ϕ ∂ ∂ ∂ ∂     

  ez ;  

в сферической системе координат: er ∂ 1 rota = 2 r sinθ ∂r ar

reϕ ∂ ∂θ aθ

r sin θe z ∂ 1  ∂ ( sinθaϕ ) ∂aθ    er + = − rsinθ  ∂ϕ ∂θ ∂ϕ    aϕ

1  1 ∂ar ∂ ( raϕ )  1  ∂ ( raθ ) ∂ar  eθ +  +  − − r  sinθ ∂ϕ r  ∂r ∂r  ∂θ  

  eϕ . 

8) Формула Стокса для произвольного векторного поля a (r ) :

 a(r ) ⋅ d r =  rot a(r ) ⋅ dS , L

S

где направление обхода контура L, охватывающего поверхность S, согласовано с направлением нормали n по правилу буравчика. 9) Оператор Лапласа Δ – скалярный дифференциальный оператор, равный скалярному произведению двух векторных дифференциальных операторов набла (∇):

538

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

Δ ≡ ∇ ⋅ ∇ = ∇ 2 = div(grad) . В декартовой системе координат:

Δ=

∂2 ∂2 ∂2 + + ; ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

в цилиндрической системе координат:

Δ=

∂2 1 ∂  ∂  1 ∂2 + ; r  + 2 r ∂r  ∂r  r ∂ϕ 2 ∂z 2

в сферической системе координат:

Δ=

∂  1 1 ∂  2 ∂ 1 ∂  ∂2 ⋅ r sin θ + ⋅ + ⋅ .     ∂θ  r 2 sin 2 θ ∂ϕ 2 r 2 ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ 

10) Некоторые неопределенные интегралы:



x n dx =

x n +1 +C; n +1

 sinx dx = − cos x + C ;  cos x dx = sin x + C ; dx

 sin

2

x

dx

 cos



2

x

a x dx =

a

2

= −ctgx + C ; = tgx + C ;

ax +C; ln a

dx 1 x = arctg + C ; 2 a a +x

539

Приложения

a

2

x

2



dx 1 a+x = +C ; ln 2 2a a−x −x

dx 1 x−a ln = +C ; 2 2a x+a −a

dx 2

x ±a

2

= ln x + x 2 ± a 2 + C .

11) Сведения из теории комплексных чисел Модуль комплексного числа z = a + ib равен:

z = a2 + b2 . Аргумент φ комплексного числа z = a + ib равен: ϕ = arctg

b . a

Представление комплексного числа z = a + ib в экспоненциальной форме: z = z e iϕ . Модуль произведения двух комплексных чисел равен произведению модулей этих чисел: z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 .

Модуль частного двух комплексных чисел равен частному z1 z1 модулей: . = z2 z2

540

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

3. ОТНОСИТЕЛЬНЫЕ ДИЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ПРОНИЦАЕМОСТИ Ε НЕКОТОРЫХ ВЕЩЕСТВ Бумага

2 – 2,5

Спирт

26

Вода

81

Слюда

7

Кварц

4

Стекло

7

Керосин

2

Фарфор

6

Оргстекло

3,5

Эбонит

3

Парафин

2

Янтарь

2,8

4. МАГНИТНЫЕ ВОСПРИИМЧИВОСТИ НЕКОТОРЫХ ВЕЩЕСТВ Диамагнетики

Парамагнетики 6

Материал

χ·106

Материал

χ·10

Гелий Не

–2,02

Воздух

0,38

Медь Cu

–5,41

Дерево

0,44

Неон Ne

–6,96

Кислород О2

1,9

Вода Н2О (0°С)

–13,0

Олово Sn

4,4

Серебро Ag

–21,5

Алюминий Al

23

Золото Au

–29,59

Кальций Са

44

Ртуть Hg

–33,4

Вольфрам W

175

Висмут Bi

–284,0

Платина Pt

360

541

Приложения

5. ОТНОСИТЕЛЬНЫЕ МАГНИТНЫЕ ПРОНИЦАЕМОСТИ Μ НЕКОТОРЫХ ФЕРРОМАГНЕТИКОВ (МАКСИМАЛЬНЫЕ) Кобальт

170

Никель

1100

Сталь мягкая

2200

Железо углеродистое

3000

Сталь трансформаторная

7500

Железо мягкое

8000

Железо-кобальтовые сплавы

18000

Железо-никелевые сплавы

80000

6. Некоторые внесистемные единицы 1 эВ = 1,6·10–19 Дж.

542

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ

ЛИТЕРАТУРА 1. Сборник задач по курсу физики. Ч.1. Механика. Электричество и магнетизм. / под ред. С.Э. Хайкина, М.-Л.: 1949, 300с. 2. Буханов В.М., Васильева О.Н., Жукарев А.С., Лукашева Е.В., Русаков В.С. Электричество и магнетизм. Разработка семинарских занятий (Университетский курс общей физики). М.: Физический факультет МГУ, 2015, 775 с. 3. Буханов В.М., Васильева О.Н., Лукашева Е.В., Русаков В.С. Электричество и магнетизм. Методика решения задач (Университетский курс общей физики). М.: Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2018, 608 с. 4. Матвеев А.Н. Электричество и магнетизм. М.: Оникс-21 век, 2005, 465 с. 5. Алешкевич В.А. Электромагнетизм. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2014, 404с. 6. Антонов Л.И., Деденко Л.Г., Матвеев А.Н. Методика решения задач по электричеству. М.: Издательство Московского университета, 1982, 168 с. 7. Брандт Н.Н., Миронова Г.А., Салецкий А.М. Электростатика в вопросах и задачах. Пособие по решению задач для студентов. СПб.: Лань, 2011. 288с. 8. Иродов И.Е. Задачи по общей физике. М.: Наука, 1988, 416 с. 9. Савельев И.В. Сборник вопросов и задач по общей физике. – М.: Наука, 1982. 272 с.

Учебное издание ВАСИЛЬЕВА Ольга Николаевна САЛЕЦКИЙ Александр Михайлович ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. СБОРНИК ЗАДАЧ Подписано в печать 13.05.2019. Формат 60х90/16. Объем 34 п. л. Тираж 200 экз. Заказ № Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова 119991 Москва, ГСП-1, Ленинские горы, д. 1, стр. 2