В. Нетребко, И. П
 Скачать 5.4 Mb.
|
|
§14. Задачиповышеннойтрудности Примеры решения задач Пример 14.1. Две одинаковые и одинаково заряженные капли несжимаемой проводящей жидкости находятся на большом (бесконечном) расстоянии друг от друга. Заряд, радиус и масса каждой капли равны соответственно r q , и m . Какую минимальную скорость v вдоль прямой, соединяющей их центры, нужно сообщить каждой капле, чтобы они стали двигаться навстречу друг другу и при столкновении соединились в одну каплю? Поверхностное натяжение не учитывать. Решение . На рис.14.1 показаны две капли в начальный момент времени и в момент перед слиянием. Так как сила Кулона, с которой отталкиваются капли, потенциальна, а другие силы на капли не действуют, то можно записать закон сохранения энергии 2 2 2 2 2 0 2 Q Q mv ϕ ϕ = + (14.1) Начальный потенциал капли r kQ = 0 ϕ , так как заряд по поверхности уединенной проводящей сферы распределяется равномерно рис.14.1 §14. Задачи повышенной трудности 259 При сближении капель заряд перераспределяется по поверхности капли и его распределение становится неравномерным Создаваемое им поле можно аппроксимировать бесконечной системой зарядов , показанной на рис .14.2. Действительно , при r x >> , поле , создаваемое зарядом второй капли в области нахождения первой в нулевом приближении совпадает с полем , создаваемым зарядом Q q = 2 0 , помещенным в центре капли . ( Так как капли одинаковы , то заряды на них распределены одинаково , а верхний индекс у величины заряда вводится для того , чтобы было понятно , о какой капле идет речь При определении величины соответствующего заряда этот индекс опускается ). Изменение электрического поля вокруг первой капли , связанное с наличием на расстоянии х этого заряда , можно описать , введя заряд 1 1 q ( см метод изображений и пример 4 параграфа 4): x r b x r q q 2 1 0 1 , = − = (14.2) Заряды 2 0 q и 1 1 q создают на поверхности первого шара нулевой потенциал , поэтому потенциал первого шара равен r kq 1 0 = ϕ Так как заряды по каплям распределены совершенно симметрично , то следует ввести заряд 2 1 q , но тогда потенциал первого шара не будет одинаковым по всей его поверхности , что не верно , так как шар проводящий Для исправления этого обстоятельства следует ввести заряд 1 2 q : Рис.14.2 §14. Задачи повышенной трудности 260 1 2 2 1 1 2 , b x r b b x r q q − = − − = (14.3) При этом вводя симметричный заряд 2 2 q , опять нарушаем условие равенства потенциала во всех точках шара. Для его сохранения вводим заряд 3 1 q и т.д. Потенциалы шаров будут равны r kq 0 = ϕ Значение 0 q находим из условия Q q i = ∑ ∞ =0 1 (14.4) Действительно, поле в малой окрестности вблизи поверхности неравномерно заряженных шаров совпадает с полем, создаваемым двумя цепочками зарядов. Применим теорему Гаусса к сферической поверхности, близко примыкающей к шару и охватывающей ее. Поток вектора индукции электростатического поля через эту поверхность равен заряду, заключенному внутри нее. Равенство (14.4) и есть равенство зарядов цепочки заряду , неравномерно распределенному по поверхности шара. Выразим i q из (14.2) и (14.3) для r x 2 = (для капель перед слиянием): , 4 3 , 4 , 3 2 , 3 , 2 , 2 3 0 3 2 0 2 1 0 1 r b q q r b q q r b q q = − = = = = − = и т.д. §14. Задачиповышеннойтрудности 261 Подставляя найденные выражения в (14.4), находим − + − + − = 5 1 4 1 3 1 2 1 1 0 q Q В скобках стоит ряд, сумма которого равна 2 ln . Подставляя найденное значение 0 q в выражение для потенциала шаров ϕ , а его в свою очередь в закон сохранения энергии (14.1), окончательно получаем − = − = 1 2 ln 1 0 mr k Q Q m v ϕ ϕ Пример 14.2. Пластины плоского конденсатора расположены вертикально. Длина пластины по вертикали равна l , ее ширина - a , расстояние между пластинами d . Между пластинами введен диэлектрик так, что незаполненной осталась лишь верхняя часть конденсатора длины x . Заряд конденсатора равен q , масса диэлектрической пластины m . Найдите закон движения диэлектрической пластины с учетом действия силы тяжести, а также определите координату ее положения равновесия 0 x Решение . Направим ось x 0 вдоль стороны l конденсатора от верхнего края пластин вниз. Пусть верхний край диэлектрической пластины имеет координату x , а скорость пластины равна dt dx v = . Полная энергия пластины складывается из ее кинетической энергии 2 2 mv , потенциальной энергии силы тяжести: - + 2 l x mg и частью энергии электрического поля, обусловленной наличием диэлектрической пластинки. Последнюю находим как разность энергии §14. Задачи повышенной трудности 262 конденсатора ( ) x C q 2 2 и энергии конденсатора без пластинки 0 2 2C q . Емкость конденсатора можно представить как емкость двух параллельно соединенных конденсаторов: ( ) ( ) ( ) x x l d a d ax d x l a x C ε ε ε ε εε − + = + − = 0 0 0 Функция Лагранжа для диэлектрической пластины примет вид x x l a d q C q x l mg x m L ε ε ε − + − + + + = 1 2 2 2 2 0 2 0 2 2 & , откуда получим уравнение Лагранжа ( ) 0 1 2 2 0 2 = − + − − − x x l a d q mg x m ε ε ε ε & & Выражение для функции Лагранжа и уравнение Лагранжа справедливы для l x ≤ . Если l x > (пластина полностью выпала из конденсатора), то энергия электростатического поля в пластине равна нулю, а уравнение Лагранжа принимает вид mg x m = & & Положение равновесия пластины определяется условием 0 = x& & , откуда ( ) amg d q l x 0 0 2 1 1 ε ε ε ε − − − = Оно существует, если l x ≤ 0 , или ( ) 3 0 1 − ≤ ε E mgl §14. Задачиповышеннойтрудности 263 Здесь − mgl изменение потенциальной энергии пластины при ее перемещении от крайнего верхнего до крайнего нижнего положения внутри конденсатора, а 0 2 0 2C q E = -- энергия конденсатора в отсутствии пластинки. Если же l x > 0 , то пластина выпадет из конденсатора и далее будет свободно падать с ускорением свободного падения. Пример 14.3. Проводящая сфера радиусом R составлена из двух полусфер. Определите силу F , с которой отталкиваются эти полусферы, если полный заряд сферы равен Q . Решение . Выделим на сфере небольшой участок площадью dS , несущий заряд dq . Поле в окрестности этого заряда складывается из поля, создаваемого самим зарядом dq , и поля, создаваемого остальными зарядами на сфере. Суммарное поле равномерно заряженной сферы внутри сферы равно нулю, а снаружи 0 2 0 4 ε σ πε = = R Q E . Вблизи поверхности площадки dS поле, создаваемое зарядом dq , можно аппроксимировать полем бесконечной плоскости, напряженность которого 0 2 ε σ = ′ E Следовательно поле, создаваемое зарядами, расположенными на сфере, за исключением dq является однородным и равно 0 2 ε σ , как показано на рис.14.3. Это поле действует на заряд dq с Рис.14.3 §14. Задачи повышенной трудности 264 силой, направленной по радиусу сферы из центра наружу и равной dq dF 0 2 ε σ = Теперь нетрудно найти силу, действующую на полусферу. Разделим ее на кольца, как показано на рис.14.4. Результирующая сила, действующая на кольцо, выделенное углом θ и его приращением θ d , направлена по оси z 0 и равна θ ε σ sin 2 0 q dF z = Здесь q -- заряд, находящийся на кольце и равный θ θ π σ Rd R q ⋅ ⋅ = cos 2 Подставляя q в выражение для z dF и интегрируя по углу θ , находим искомую силу 2 0 2 2 / 0 0 2 2 2 0 32 2 cos sin 2 2 R Q R d R F πε ε πσ θ θ θ πσ ε σ π = = = ∫ Пример 14.4. Оцените, насколько изменится емкость плоского конденсатора, пластины которого находятся на расстоянии см d 1 = друг от друга, если в него внести проводящий шарик радиусом мм r 2 , 0 = и расположить его вдали от пластин. Решение . При внесении шарика в пространство между пластинами конденсатора на его поверхности появится наведенный заряд. Так как поле в конденсаторе однородное ( d r << , поэтому шарик вносит искажения в поле в малой окрестности вокруг себя), то поле, создаваемое зарядом на шарике вне него совпадает с полем диполя (см. пример 7 параграфа 3) с дипольным Рис.14.4 §14. Задачиповышеннойтрудности 265 моментом E E r p r α πε = = 3 0 4 . Наличие этого поля изменяет разность потенциалов между обкладками конденсатора. Расчет этого изменения достаточно сложен, поэтому для определения изменения емкости конденсатора удобнее воспользоваться энергетическим подходом. Найдем работу, которую нужно совершить, чтобы внести шарик в заряженный конденсатор. Так как электростатическое поле потенциально, то работа не зависит от траектории и последняя может быть выбрана произвольно. Направим ось x 0 вдоль плоскости симметрии пластин и будем перемещать шарик вдоль оси x 0 из конденсатора в бесконечность. Сила, действующая на диполь, когда он находится в точке с координатами { } 0 , 0 , x , равна (рис.14.5) y E p y E ql y x qE y x qE F x x x x x ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∆ − − ∆ = 2 , 2 , В силу потенциальности поля x E y E y x ∂ ∂ = ∂ ∂ ( 0 = E rot ), поэтому окончательно x E E F y y x ∂ ∂ = α Работа, совершаемая при перенесении шарика вдоль оси x 0 на dx равна = ∂ ∂ = = 2 2 y y y x E d dx x E E dx F dA α α , Рис.14.5 §14. Задачиповышеннойтрудности 266 а вся работа по перемещению шарика из конденсатора в бесконечность 2 2 y E A α = , где − = = S r S Q E y , 4 , 3 0 0 πε α ε площадь пластин конденсатора. Энергия, заключенная в конденсаторе до внесения шарика равна C Q W 2 2 0 = . При малом изменении емкости и неизменном заряде она изменится на C C Q W ∆ − = ∆ 2 2 2 . Это изменение энергии равно работе по внесению шарика в конденсатор, или A W − = ∆ , откуда C C W W ∆ − = ∆ 0 , или 2 2 0 3 0 4 C S r W A C C ε π = = ∆ Емкость плоского конденсатора d S C 0 ε = , откуда окончательно ∆ С =4 πε 0 r 3 /d 2 = 8,85 ⋅10 -6 пкФ. Пример 14.5. Конденсатор емкостью С зарядили от источника ЭДС до разности потенциалов U и отключили от него. Пластины конденсатора поочередно заземляют. Можно ли, используя эту процедуру, полностью разрядить конденсатор? Куда при этом девается его энергия? §14. Задачиповышеннойтрудности 267 Решение . Заземление означает соединение пластин поочередно с достаточно большим удаленным проводником, потенциал которого полагают равным нулю. Этот проводник и обкладки конденсатора образуют конденсаторы 1 C и 2 C (см. рис.14.6). Пусть после зарядки потенциал отрицательно заряженной пластины конденсатора А равен 0 ϕ , а другой пластины - ( ) U + 0 ϕ . После соединения пластины А с землей (с проводником О-О) ее потенциал станет равен нулю, а заряд Q перераспределится между конденсаторами С и С 2 . Согласно закону сохранения заряда ( ) ( ) 1 2 1 q q Q + = и равенству напряжений на конденсаторах ( ) ( ) 2 1 2 1 C q C q = , откуда ( ) 2 1 C C QC q + = . По аналогии после заземления обкладки В конденсатор С 2 разрядится, а заряд ( ) 1 q перераспределится по обкладкам конденсаторов С и С 1 . При этом на конденсаторе С останется заряд ( ) ( ) ( )( ) 2 1 2 1 1 2 C C C C Q C C C Cq q + + = + = . Видим, что после очередного заземления пластин конденсатора заряд на нем уменьшается в ( )( ) 2 1 2 C C C C C k + + = раз. Итак, конденсатор полностью разрядить не удается, даже если повторить процедуру заземления пластин неоднократно. Рис.14.6 §14. Задачиповышеннойтрудности 268 Энергия конденсатора C Q 2 2 уменьшается. Она переходит в тепло, выделяющееся при разрядке конденсаторовС 1 иС 2 Пример 14.6. Конденсатор емкостью C присоединен к верхним концам двух параллельных медных шин, расположенных вертикально на расстоянии l друг от друга. Вся система находится в постоянном однородном магнитном поле, вектор индукции которого B перпендикулярен плоскости шин. Вдоль шин падает без начальной скорости медный проводник массы m так, что всегда есть контакт между проводником и шинами. Найти ускорение проводника и силу тока, заряжающего конденсатор. Сопротивлением и индуктивностью проводников, а также трением проводника о шины пренебречь. Решение . Для задания текущего положения проводника введем координатную ось Ox, направленную вертикально вниз (см. рис.14.7). Рассмотрим силы, действующие на проводник: это сила тяжести mg F = T , направленная вертикально вниз, и сила Ампера (7.2), возникающая за счет протекания по проводнику индукционного тока. Пусть вектор индукции внешнего магнитного поля направлен «от нас», а индукционный ток I в контуре, образованном конденсатором, шинами и проводником, течет против часовой стрелки. Тогда сила Ампера направлена вертикально вверх и равна по модулю IlB F = A . Запишем для проводника второй закон Ньютона в проекции на ось Ox: IlB mg ma − = , Рис.14.7 §14. Задачиповышеннойтрудности 269 или m IlB g a − = , (14.1) где a – ускорение проводника. Для нахождения индукционного тока необходимо воспользоваться законом электромагнитной индукции. Сначала найдем магнитный поток через наш замкнутый контур: Blx S − = = Φ ∫ ds B где S – плоская поверхность, ограниченная контуром, а знак «–» появился из-за того, что при данном выборе направления индукционного тока вектор нормали к плоскости контура S d антипараллелен вектору магнитной индукции B . ЭДС индукции найдем, продифференцировав последнее выражение по времени: Blv dt dx Bl dt d i = = Φ − = ε , (14.2) где ) (t v v = – мгновенная скорость проводника. Применим теперь к участку рассматриваемого контура, начинающемуся в точке «1» и заканчивающемуся в точке «2» (см. рис.14.7) закон Ома: i u u ε + − = 1 2 0 , или i u ε = 12 (14.3) Здесь учтено, что сопротивление проводников исчезающе мало, и введено обозначение 2 1 12 u u u − ≡ для разности потенциалов между обкладками конденсатора, которая зависит от их заряда Q: C Q u = 12 , или §14. Задачиповышеннойтрудности 270 CBlv u C Q = = 12 Сила индукционного тока равна скорости изменения заряда обкладок конденсатора: CBla dt dv CBl dt dQ I = = = (14.4) Подставив последнее выражение в (14.1), выразим из последнего искомое ускорение: m C l B g a 2 2 1 + = (14.5) Из полученной формулы видно, что в достаточно сильном магнитном поле ускорение проводника может быть значительно меньше ускорения свободного падения – индукционный ток противодействует падению проводника, но остановить его не в состоянии. Окончательное выражение для силы индукционного тока получим, подставив (14.5) в (14.4): 1 2 2 m C l B BlCg I + = Пример 14.7. По двум вертикальным параллельным медным шинам в поле силы тяжести может скользить без трения идеальная проводящая перемычка массой m и длиной l . Шины сверху замкнуты индуктивностью L , а снизу - сопротивлением R . Система находится в однородном магнитном поле, индукция которого перпендикулярна плоскости шин и равнаВ. Перемычка сначала удерживается в некотором положении, а затем отпускается без толчка. §14. Задачиповышеннойтрудности 271 Найдите новое положение равновесия перемычки и характер переходного процесса. Решение . Как и в предыдущем примере направим ось x 0 вертикально вниз. На перемычку действуют те же силы, что и в предыдущем примере: сила тяжести g m и сила Ампера IlB F A = . Эти силы показаны на рис.14.8. Второй закон Ньютона принимает такой же вид, как и в примере 6, - формулу (14.1). ЭДС индукции также совпадает с найденной выше в примере 6 и задается выражением (14.2): Blv E i = . А вот цепь, по которой протекает индукционный ток, в данном примере отличается от цепи примера 6. Правила Кирхгофа для нее имеют вид: 2 1 1 2 1 , , 0 I I I dt dI L RI E dt dI L i + = = = + (14.3) Подставляя в первое уравнение (14.3) i E и интегрируя, получаем C Blx LI = + 1 Если ось x 0 направить из начального положения перемычки, то константа интегрирования С=0, так как в момент 0 = t ток через катушку не течет. Из двух последних уравнений (14.3) выразим I : dt dI R L I I 1 1 + = (14.9) Рис.14.8 §14. Задачиповышеннойтрудности 272 Подставляя в (14.4) x L Bl I − = 1 , а I во второй закон Ньютона (14.1), находим уравнение движения перемычки ( ) ( ) g x mL Bl dt dx mR Bl dt x d = − + 2 2 2 2 (14.5) Новое положение равновесия перемычки найдем, положив в (14.5) 0 = ′ = ′′ x x ( ) 2 0 Bl gmL x = Решение уравнения (14.5) определяется корнями его характеристического уравнения ( ) ( ) 0 2 2 2 = − + mL Bl mR Bl λ λ 1. Если ( ) L mR Bl 1 4 2 2 < , то корни комплексно сопряженные ω δ λ i ± − = 2 , 1 , где ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 2 2 4 , 2 R m Bl mL Bl mR Bl − = = ω δ Общее решение уравнения (14.5) в этом случае ( ) ( ) [ ] t C t A t Bl mgL x ω ω δ sin cos exp 2 + − + = Константы А и С находим из начальных условий: в момент 0 = t координата ( ) , 0 0 = x ( ) 0 0 = ′ x , (14.6) §14. Задачиповышеннойтрудности 273 или ( ) C A A Bl mgL ω δ + − = + = 0 , 0 2 Откуда окончательно ( ) ( ) + ⋅ − − = t t t Bl mgL x ω ω δ ω δ sin cos exp 1 2 2. Если ( ) L mR Bl 1 4 2 2 > , то корни характеристического уравнения действительные 2 2 2 1 , ω δ λ ω δ λ − − − = − + − = , а общее решение уравнения (14.5) с начальными условиями (14.6) имеет вид ( ) ( ) ( ) − + = t t A Bl mgL x 2 2 1 1 2 exp exp λ λ λ λ , где ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 , , ω δ λ ω δ λ λ λ λ − − − = − + − = + = Bl mgL A При ( ) 2 Bl mgL x t → ∞ → Таким образом , если ( ) L mR Bl 1 4 2 2 < , то ( ) ( ) + ⋅ − − = t t t Bl mgL x ω ω δ ω δ sin cos exp 1 2 , где ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 2 2 4 , 2 R m Bl mL Bl mR Bl − = = ω δ §14. Задачиповышеннойтрудности 274 Если ( ) L mR Bl 1 4 2 2 > , то ( ) ( ) ( ) − + = t t A Bl mgL x 2 2 1 1 2 exp exp λ λ λ λ , где ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 , , ω δ λ ω δ λ λ λ λ − − − = − + − = + = Bl mgL A При ( ) 2 Bl mgL x t → ∞ → Ось x 0 направлена от начального положения перемычки вертикально вниз Пример 14.8. Электромагнит из железного бруса квадратного сечения в форме подковы имеет размеры , указанные на рис .14.9 а : см h см l см R см a 10 , 10 , 5 , 7 , 5 = = = = Число витков обмотки N =200, сила тока I = 2 А Как велика подъемная сила электромагнита , если магнитная проницаемость бруса µ = 200 ? Решение . Расчет подъемной силы электромагнита проведем , используя энергетические соображения Допустим , что якорь электромагнита отстоит от подковы на малое расстояние δ ( рис .14.9 б ). При перемещении якоря на это расстояние ( в положение , показанное на рис .14.9. а ) он совершит работу δ F A = , где − F искомая подъемная сила электромагнита Эта работа совершается как за счет изменения энергии магнитного поля 2 2 1 LI W = , пронизывающего электромагнит Рис.14.9 §14. Задачиповышеннойтрудности 275 ∆Φ = ∆ I W 2 1 , так и за счет работы ЭДС индукции , возникающей в контуре за счет изменения магнитного потока ∫ ∆Φ − = = I dt IE A i i , где − ∆Φ изменение потока вектора индукции магнитного поля через витки обмотки электромагнита Баланс энергии в системе при перемещении якоря имеет вид ∆Φ − = ∆Φ + ∆Φ − = = I I I F A 2 1 2 1 δ (14.7) Поток вектора индукции через витки обмотки равен 2 BNa = Φ , где − B величина индукции магнитного поля , которую , если пренебречь рассеянием поля , можно считать одинаковой для всех витков Ее можно найти , если применить теорему о циркуляции к траектории , совпадающей с силовой линией , показанной на рис .14.9 пунктиром : 1. для положения якоря , показанного на рис .14.9 б [ ] IN B a l h R B = + + + + δ µ π µµ 2 2 2 0 1 0 1 ; 2. для положения якоря , показанного на рис .14.9 а [ ] IN a l h R B = + + + 2 2 0 2 π µµ ;. Подставляя найденные значения 1 B и 2 B сначала в выражение для потока Φ , а его в (14.7), окончательно получим §14. Задачиповышеннойтрудности 276 ( ) ( ) + + + + − + + + = − = µδ π π µµ δ 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 0 2 1 2 2 a l h R a l h R INa B B INa F Учтем , что a l h R , , , << δµ , тогда выражение в правой части преобразуется к виду δ µ µ π 0 2 2 2 2 + + + a l h R IaN , или H a l h R IaN F 8 , 49 2 2 0 2 2 = + + + = µ µ π Задание для самостоятельной работы 14.1. Заряд Q равномерно распределен по тонкому кольцу радиусом R ( рис .14.10). Точечный диполь массой m с дипольным моментом p может перемещаться вдоль оси кольца Определите частоту малых колебаний диполя около положения равновесия 14.2. Одна из пластин конденсатора жестко закреплена , а вторая , имеющая массу m , связана с пружиной жесткостью k ( см рис .14.11). Расстояние между пластинами при ненапряженной пружине равно 0 d К конденсатору подключили батарею В новом положении равновесия расстояние между пластинами 0 5 4 d d = Найдите частоту малых колебаний пластины Рис.14.10 §14. Задачиповышеннойтрудности 277 14.3. Конденсатор переменной емкости состоит из двух неподвижных металлических пластин , расположенных на расстоянии d друг т друга , и подвижной диэлектрической пластины , которая может поворачиваться и входить в зазор между металлическими пластинами ( рис .14.12). Все пластины имеют форму полукруга радиуса R , причем зазоры между диэлектрической пластиной и пластинами конденсатора пренебрежимо малы по сравнению с d Пренебрегая краевыми эффектами , найдите момент сил M , действующих на диэлектрическую пластину , когда она выведена из положения равновесия Конденсатор заряжен до разности потенциалов V , диэлектрическая проницаемость подвижной пластины равна ε . 14.4. Плоский конденсатор состоит из двух одинаковых квадратных пластин , расположенных в вакууме вертикально на расстоянии мм d 1 = друг от друга Одна из пластин закреплена , а другая может двигаться без трения по гладким вертикальным направляющим При какой разности потенциалов V между пластинами подвижная пластина не упадет вниз ? Масса подвижной пластины г M 1 = , сторона квадрата см l 10 = Указание: Воспользоваться уравнением Лагранжа 14.5. В безграничном слое толщиной d 2 объемная плотность заряда ρ изменяется по закону ( ) d x d d x ≤ ≤ − = / 0 ρ ρ , где x - координата вдоль оси x 0 , перпендикулярной плоскости слоя В слое имеется тонкий канал вдоль оси Рис.14.12 Рис.14.11 §14. Задачиповышеннойтрудности 278 x 0 , в котором помещен точечный диполь с массой m и дипольным моментом p , направленным вдоль оси канала Вычислите период малых продольных колебаний диполя 14.6. Как изменится ответ в примере 3, если в центре сфере поместить дополнительный точечный заряд q ? Сферу считать полой и бесконечно тонкой 14.7. На вертикальную гладкую спицу надета бусинка , несущая положительный заряд q На нижнем конце спицы расположен равный одноименный заряд Бусинку подвинули к нему достаточно близко и отпустили Совершив ряд колебаний , бусинка остановилась на высоте a Найдите эту высоту , если известно , что при движении на бусинку действует сила вязкого трения , пропорциональная ее скорости Поднявшись в какой - то момент времени до максимальной высоты 1 H , бусинка опустилась до минимальной высоты 1 h , а затем поднялась до максимальной высоты 2 H Какой заряд был на бусинке , если ее масса равна m ? 14.8. По длинному соленоиду , имеющему n витков на единицу длины , течет ток I Найдите давление p , действующее на боковую поверхность соленоида Магнитная проницаемость среды 1 = µ 14.9. Длинный сплошной цилиндр из диэлектрика статически поляризован , причем вектор поляризации во всех точках цилиндра направлен радиально А его величина пропорциональна расстоянию от продольной оси цилиндра , то есть r k P = ( − = r const k , радиус - вектор , проведенный от оси перпендикулярно к ней ). Цилиндр вращается с угловой скоростью ω вокруг своей оси Найдите §14. Задачиповышеннойтрудности 279 индукцию магнитного поля внутри цилиндра вдали от его концов , если радиус цилиндра равен R 14.10. Длинный сердечник с 100 = µ втягивается с силой H F 10 = в длинный соленоид , по которому течет ток A I 10 = Сердечник занимает все сечение соленоида и вставлен на глубину , значительно превышающую его диаметр ( рис .14.13) найдите коэффициент самоиндукции L соленоида ( без сердечника ), если его длина см l 50 = 14.11. Как изменится подъемная сила электромагнита , изображенного на рис .14.9 , если его нижний якорь изготовить из материала с магнитной проницаемостью 2 µ , отличной от магнитной проницаемости верхней подковы 1 µ ? 14.12. Вдоль эвакуированной длинной цилиндрической трубы радиусом R создан стационарный аксиально симметричный поток электронов , ускоренных при прохождении разности потенциалов U Найдите распределение плотности электронов в зависимости от радиуса r в некотором сечении пучка , если результаты измерения магнитного поля B как функции r в этом сечении оказалось возможным описать выражением ( ) q R r B B / 0 = при 0 , > < q R r , где 0 B и q -- постоянные Определите электрическое поле ( ) r E , предполагая , что параметры пучка не изменяются вдоль его оси 14.13. Диск радиусом R и толщиной ( ) R l l << из равномерно заряженного диэлектрика с объемной плотностью заряда ρ лежит на большой металлической заземленной пластине Вычислите энергию W рис.14.13 §14. Задачиповышеннойтрудности 280 электростатического поля , заключенного в диске Диэлектрическая проницаемость диэлектрика 1 = ε Краевыми эффектами пренебречь 14.14. В безграничном слое толщиной d 2 объемная плотность заряда ρ изменяется по закону ( ) d x d d x ≤ ≤ − = / 0 ρ ρ , где x - координата вдоль оси x 0 , перпендикулярной плоскости слоя В слое имеется тонкий канал вдоль оси x 0 , в котором помещен маленький проводящий шарик , сделанный из материала с плотностью ρ м Вычислите минимальную скорость , которую нужно сообщить шарику в центре слоя , чтобы он мог покинуть канал 14.15. В безграничном слое толщиной d 2 объемная плотность заряда ρ изменяется по закону ( ) d x d d x ≤ ≤ − = / 0 ρ ρ , где x - координата вдоль оси x 0 , перпендикулярной плоскости слоя В слое имеется тонкий канал вдоль оси x 0 , в котором помещен маленький диэлектрический шарик , сделанный из материала с плотностью ρ м и диэлектрической проницаемостью ε. Вычислите период малых продольных колебаний шарика 14.16. Проводящая полая сфера радиусом R составлена из двух полусфер Внутри сферы помещен концентрично проводящий заземленный шар радиусом R 1 Определите силу F , с которой отталкиваются полусферы , если полный заряд сферы равен Q При каком условии сила взаимодействия полусфер меняет знак ? 14.17. По сфере радиусом R равномерно распределен заряд Q Определите давление на поверхность сферы , обусловленное взаимодействием зарядов §14. Задачиповышеннойтрудности 281 14.18. На вертикальную спицу надета бусинка с массой m , несущая положительный заряд q , которая может скользить по спице без трения На нижнем конце спицы расположен такой же заряд Найдите частоту малых колебаний бусинки около положения равновесия 14.19. На рис .14.14 изображена зависимость намагниченности J от напряженности поля H для некоторого магнитного материала , из которого изготовлен сердечник тонкой тороидальной катушки , имеющей N витков В сердечнике имеется узкий поперечный воздушный зазор длиной l Длина катушки ( периметр ) равна L Определите при каком значении тока 0 I в катушке наступит насыщение намагниченности сердечника Как будет меняться магнитная индукция B в зазоре сердечника при 0 I I > ? Величины нас J и нас Н заданы 14.20. Тонкая тороидальная катушка , намотанная на полый немагнитный каркас ( см рис .14.15 ) радиусом R , имеет N витков , по которым течет ток I Каково магнитное поле B в центре тора ( в точке О )? Как изменится магнитное поле в точке О , если внутрь катушки поместить небольшой шарик радиусом r r << 0 c магнитной проницаемостью µ>>1? Рис.14.14 Рис.14.15 §14. Задачиповышеннойтрудности 282 14.21. На сколько изменится индуктивность тонкого витка радиусом см R 1 = , если его расположить на расстоянии см h 10 = от бесконечной сверхпроводящей плоскости ? Плоскость витка параллельна сверхпроводнику 14.22. В условии примера 6 конденсатор заменяется на резистор с сопротивлением R Требуется найти закон изменения скорости проводника 14.23. В условии примера 6 конденсатор заменяется на катушку с индуктивностью L Требуется найти закон движения проводника 14.24. Внутрь длинного соленоида , имеющего обмотку с n витками на единицу длины , внесли маленький шарик объемом V из магнитного материала с проницаемостью µ . Оцените , насколько изменится индуктивность соленоида 14.25. На сколько изменится индуктивность тонкого витка радиусом см R 1 = , если его расположить на расстоянии см h 10 = от бесконечной сверхпроводящей плоскости ? Плоскость витка перпендикулярна сверхпроводнику 14.26. Магнитный диполь с моментом m p r вращается с угловой скоростью ω вокруг оси , проходящей через его центр и перпендикулярной магнитному моменту ( см рис .14.16 ). Найдите ток в плоской круглой неподвижной рамке радиусом a с сопротивлением R , находящейся на расстоянии a l >> от диполя Нормаль n к плоскости рамки перпендикулярна оси вращения диполя Самоиндукцией рамки пренебречь Рис.14.16 §15. Ответы 283 §15. Ответы §1. Электрическоеполе 1.1. 3 ' q q − = 1.2. 3 0 2 8 a qb E ε π = , вектор E направлен вдоль линии, соединяющей центр кольца с прорезью. 1.3. 42 2 0 10 2 , 4 4 1 ⋅ = = m e G F F g e πε 1.4. 2 8 2 0 2 / 10 5 , 2 4 с м mr e a ⋅ = = πε 1.5. м Н b l F / 1 , 8 2 0 2 = = πε κ 1.6. + = 0 0 2 1 1 ln 2 r l F πε κ κ , с такой силой нить отталкивает отрезок. 1.7. в обоих случаях 0 = E 1.8. 0 , 4 3 4 0 2 = = x y E r qa E πε §15. Ответы 284 1.9. + − = 2 2 2 0 1 2 z a z a Q E z πε , для a z << совпадает с полем бесконечной однородно заряженной плоскости 2 0 2 a Q E πε = , а для a z >> с полем точечного заряда 2 0 4 z Q E πε = 1.10. + − + = 2 2 2 2 2 1 0 1 1 2 z R z R z E z ε σ , где z – расстояние до центра кольца 1.11. Картина силовых линий показана на рис .15.1, где 0 1 2 ε σ = E 1.12. 0 4 ε σ = E , поле направлено вдоль оси симметрии полусферы 1.13. a E 0 3 ε ρ = 1.14. ( ) , 4 3 3 R e const r π ρ = = Гц mR e 15 3 0 2 10 5 , 2 4 1 ⋅ = = πε π ν 1.15. ( ) ( ) + + − − + = 2 2 2 2 0 1 1 2 l a R l a R R E ε σ , поле направлено вдоль оси цилиндра Рис .15.1 §15. Ответы 285 1.16. h l E arctg 0 πε σ = , поле направлено перпендикулярно плоскости полосы 1.17. l h l l h l E x − + + + − = 2 2 2 2 0 ln 4 πε σ , h l arctg z z E z 0 2 πε σ = 1.18. 2 0 l q E πε = , направлено вдоль диагонали квадрата 1.19. , 4 2 0 a n E πε κ r r = где = 2 1 , 2 1 n r 1.20. , 4 3 0 a n E πε κ r r = где = 3 1 , 3 1 , 3 1 n r 1.21. z E 0 4 6 πε κ = §2. Потенциал электрического поля 2.1. во всех трех случаях − = 2 1 0 1 1 4 ' r r A πε , в частности , в случае б ) 0 = A 2.2. 2 ln 2 3 1 2 1 1 2 0 0 a q a a a q πε πε ϕ − = − + − = 2.3. 0 = A , для одноименных зарядов a A 0 ' πε = 2.4. а ) , 0 = W E p M e = , момент направлен за плоскость рисунка, б) E p W e − = , 0 = M , в) E p W e = , 0 = M ; во всех случаях 0 = F 2.5. а) 3 0 2 1 r p p W πε − = ,б) , 2 3 0 2 1 r p p W πε = в) 0 = W §15. Ответы 286 2.6. , 2 m E p l e = ω 2 2 ml E p e = β 2.7. а) e p и r антипараллельны, б) e p и r параллельны, в) e p и r ортогональны 2.8. ( ) 3 0 2 4 cos 3 1 R p E e πε θ θ + = , где θ -- угол между направлением на точку сферы и диполем. 2.9. 0 2 ε σ ϕ R = , 0 4 ε σ = z E , где ось Oz направлена вдоль оси симметрии полусферы 2.10. 10 0 10 2 4 ⋅ = = e r n ϕ πε электронов, кг mn M 20 10 2 − ⋅ = = ∆ 2.11. k E j E i E E z y x r r r r + + = , где a E x 1 4 ϕ ϕ − = , a E y 2 4 ϕ ϕ − = , a E z 3 4 ϕ ϕ − = 2.12. 3 0 2 d qp F e πε = , диполь будет притягиваться к заряду, если он обращен к нему противоположно заряженным концом, и отталкиваться в противном случае. 2.13. 2 2 2 R a l − = . 2.14. Нет, так как такое поле не будет потенциальным. 2.15. 0 ε π σ ϕ R = |