ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "ЕЛЕКТРИКА І МАГНЕТИЗМ". Компенсаційний курс

Задача 1.12. Металева куля радіусом R = 6 см має заряд q = 1 нКл. Визначити напруженість E і потенціал φ електричного поля кулі на відстані a = (R/3) від поверхні.

Задача 1.13. Вісім заряджених малих крапельок ртуті з потенціалом \(\varphi_{1}\) = 1В кожна злилися в одну. Визначити потенціал \(\varphi\) краплі, що утворилась.

Задача 1.14. Заряджену до потенціалу φ₀ = 100 В металеву кульку радіуса r з'єднали тонким провідником з незарядженою сферичною провідною оболонкою радіуса R₀ = nr, де n = 4. Визначити, яким став потенціал φ кульки після з'єднання, якщо вона є розташована: а) далеко від оболонки і б) всередині неї без дотику.

Задача 1.15. Заряджену до потенціалу φ = 30 В металеву кулю радіуса R = 1 см концентрично розмістили всередині незарядженої провідної оболонки радіусом R₀ = 3 см, котру по тому заземлили. Визначити, яким став потенціал кулі φ₁.

Задача 1.16. Плоский конденсатор із площею обкладки S заповнено двома паралельними до них шарами діелектрика з проникностями ε₁, ε₂ і товщинами d₁, d₂, відповідно. Визначити ємність конденсатора.

Задача 1.17. У зазор між обкладками зарядженого плоского конденсатора ввели пластину діелектрика з проникністю ε = 5 і товщиною в n = 3 рази меншою за відстань між обкладками. Визначити у скільки разів змінилася напруга на конденсаторі.

Задача 1.18. Три конденсатори C₁ = 2 мкФ, C₂ = 1 мкФ, C₃ = 5 мкФ з'єднан0, як на рис.18. Визначити: 1. Загальну ємність з'єднання С₀; 2. Заряди q_i і напруги U_i  на окремих конденсаторах при напрузі на з'єднанні U₀ = 20 В.

Задача 1.19. Два заряджені від одного джерела конденсатори ємністю C₁ = 10 мкФ і C₂ = 2 мкФ  з’єднали різнойменними обкладками. Визначити, у скільки разів змінилася напруга на конденсаторах. 

Задача 1.20. Визначити різницю потенціалів U між точками d  і e у схемі рис.20, якщо між точками a і b напруга U₀ = 10 В. Ємності конденсаторів: C₁ = 1 мкФ, С₂ = 4 мкФ, С₃ = 2 мкФ,  С₄ = 3 мкФ.

Задача 1.12

Металева куля радіусом R = 6 см має заряд q = 1 нКл.

Визначити

Напруженість E і потенціал φ електричного поля кулі на відстані a­ = (R₀/3) від поверхні.

Розв'язання

Умову задачі задовольняють точки, розташовані від центра кулі на відстанях  r₁ = R₀ + a (випадок 1.) та r₂ = R₀ – a (випадок 2.).

1. Назовні напруженість Е і потенціал φ поля кулі збігаються з такими для точкового заряду q, розміщеного в її центрі (п. 1.5), й визначаються формулами  (10.6a) і (10.15a). Отже, враховуючи, що для повітря ε = 1 і відповідно до умови r = (4R₀/3), знаходимо: 

\(E_{1}=\frac{9kq}{16R^{2}}\);     φ₁ = \(\frac{3kq}{4R}\),

де \({k}=1/4\pi\varepsilon_{0}=9\cdot{10}^{9}\) м/Ф.

У числах:

Е₁ ≈ 1,4·10³ В = 1,4 кВ,         φ₁ = 112,5 В.

2. Всередині провідника E = 0  (п. 1.5), тож  потенціал φ₂ є сталим і рівним потенціалові її поверхні, що визначається формулою (1.15а) при r = R. Отже,

E₂ = 0;      \(\varphi_{2}=\frac{kq}{R}\) = 150 В.
 

Задача 1.13

Вісім заряджених малих крапельок ртуті з потенціалом \(\varphi\) = 1В кожна злилися в одну. 

Визначити

потенціал \(\varphi_{0}\), краплі, що утворилась.

Розв'язання

Через великий поверхневий натяг ([ІІ], п. 3.1) ртуті та малі розміри крапель їх можна вважати кульками й згідно з формулою (1.18) записати:

де q₀, q і r₀, r – заряди й радіуси утвореної краплі та вихідних крапельок, відповідно. За умовою відношення зарядів  

$\frac{{{q}_{0}}}{q}=n$.

Таким самим є й відношення відповідних об'ємів, отже, відношення радіусів складає

$\frac{r}{{{r}_{0}}}=\sqrt[3]{\frac{V}{{{V}_{0}}}}=\frac{1}{\sqrt[3]{n}}$.

Відтак із співвідношення (1) дістаємо відповідь:

${{\varphi }_{0}}=\frac{\varphi }{\sqrt[3]{{{n}^{2}}}}$ = 4В.

Задача 1.14

Заряджену до потенціалу \(\varphi_{0}\) = 100 В металеву кульку радіуса r з'єднують довгим тонким провідником з незарядженою сферичною провідною оболонкою радіуса R = nr, де n = 4.

Визначити,

яким став потенціал φ кульки після з'єднання, якщо вона є розташована:

а) далеко від оболонки і

б) всередині неї без дотику.

 Розв'язання

а) Через велику відстань між кулькою й оболонкою можна не враховувати взаємодію між ними й обчислювати потенціал за формулою (1.16). Крім того, через малу товщину провідника можна вважати не істотним заряд, який осідає на ньому з'єднуванні тіл.

Умовою рівноваги зарядів у провідниках є їхня еквіпотенціальність (п. 1.5). Тому після з'єднання оболонка буде заряджатися, доки її потенціал не зрівняється з потенціалом кульки. Отже, відповідно до формули (1.16а),

де q′ = (q₀ – q)  – заряд оболонки, котрий дорівнює різниці початкового та кінцевого заряду кульки. Відтак,

$q=\frac{{{q}_{0}}r}{R+r}$.

Тож, урахувавши умову R = nr, дістанемо:

$q=\frac{{{q}_{0}}}{n+1}$,

і

\(\varphi=\frac{\varphi_{0}}{n+1}\) = 20 В.

б) Як і раніше, при з'єднанні тіла набудуть однакового потенціалу φ, але в цьому випадку весь заряд кулі q₀ перейде на зовнішню поверхню оболонки. Отже,

$\varphi =\frac{k{{q}_{0}}}{R}$ 

і, враховуючи умову R =nr та вираз (1.16а),

$\varphi =\frac{{{\varphi }_{0}}}{n}=25$В.

Задача 1.15

Заряджену до потенціалу φ = 30 В металеву кулю радіуса R = 1 см концентрично розмістили всередині незарядженої провідної оболонки радіусом R₀ = 3 см, котру по тому заземлили.

Визначити,

яким став потенціал кулі φ₁.

Розв'язання

Відповідь даної задачі можна дістати двома способами.

І спосіб ґрунтується на наступних положеннях електростатики провідників (пп. 1.2 – 1.5).  1. У провідниках увесь надлишковий заряд розміщується на зовнішній поверхні. 2. Напруженість поля всередині зарядженого провідника дорівнює нулю, а потенціал є однаковий і рівний потенціалові поверхні. 3. Електростатичне поле зарядженої провідної кулі, або кульового шару (оболонки), збігається з полем розташованого в центрі такого самого точкового заряду. 

При вміщенні зарядженої кулі якимось, приміром позитивним, зарядом q всередину незаземленої оболонки частина її вільних електронів виходить на внутрішню поверхню, створюючи на ній "індукований" заряд $q_{i}^{-}$, а на зовнішній, відповідно, з'являється такий самий позитивний заряд $q_{i}^{+}$, як схематично показано на рис. 15а.

Таким чином, маємо систему з трьох концентричних заряджених сфер, навколо яких створюються власні (складові) електричні поля, що за принципом суперпозиції (п. 1.2) формують загальне (результуюче) поле.

Як говорилося, вказані поля є такими, ніби відповідні заряди знаходяться в центрі кулі. Тож напруженість результуючого поля на заданій відстані r від центра визначається формулою (1.6), в якій $q$ є сумою заряду кулі та індукованого заряду оболонки всередині сфери радіуса r. Зокрема, для області між кулею та оболонкою (R ≤ r ≤ R₀) поле створюється лише зарядом кулі, котрий за умовою та формулою (1.18) дорівнює

У самій провідній оболонці результуюча напруженість складається з напруженостей полів заряду кулі $q$ та індукованого заряду внутрішньої поверхні оболонки $q_{i}^{-}$ й дорівнює нулю, отже, 

Рівність (2) означає,  що по модулю інуковані заряди збігаються із зарядом кулі. Через це результуюча напруженість поля назовні оболонки (r > R₀), хоча формально залежить від усіх зарядів $q$, $q_{i}^{-}$ і  $q_{i}^{+}$, реально, як і в порожнині, визначається тільки зарядом кулі $q$.Таким чином,

незаземлена провідна оболонка ніяк не впливає на електричне поле в навколишньому просторі.

Але при заземленні ситуація суттєво змінюється, позаяк  індукований заряд $q_{i}^{+}$ стікає, й оболонка набуває заряду $q_{i}^{-}$. Через це в самій оболонці та назовні створюється власне поле, що спрямоване протилежно до поля кулі й завдяки співвідношенню (2) рівне йому по модулю, тож заземлена провідна оболонка повністю компенсує (екранує) електричне поле вміщеної всередину зарядженої кулі. До слова,

в теорії доводиться, що вказаний ефект має місце незалежно від форми оболонки та форми й розташування вміщеного в неї тіла).

Напруженість поля всередині провідної оболонки як до, так і після заземлення лишається нульовою. Але цього не можна сказати про потенціал, бо напруженість визначає не сам потенціал, а швидкість його зміни при переміщенні вздовж напряму поля (див. п. 1.4). Тож нульова напруженість у деякій області простору означає не нульове значення потенціалу, а тільки те, що його величина є сталою. Тому після заземлення оболонки всередині скрізь, включно з кулею, до потенціалу поля кулі додається ще й потенціал оболонки, що стала зарядженою:

\(\varphi_{1}=\varphi+\varphi_{о}\).

Отож, враховуючи вираз (1), за формулою (1.18) отримуємо потенціал оболонки

\(\varphi_о=-\varphi\frac{R}{R_о}\)

та наступну кінцеву відповідь задачі:

     \(\varphi_{1}=\varphi\left(1-\frac{R}{R_{о}}\right)\) = 20 В.

ІІ спосіб.  Будемо розглядати кулю як внутрішню обкладку зарядженого сферичного конденсатора із зовнішньою обкладкою – оболонкою. Якщо так, то через заземлення оболонки  напруга U на цьому конденсаторі збігається з потенціалом кулі й за виразом (1.23) складає

\({{\varphi }_{1}}=\frac{q}{C}\).

Звідси, врахувавши вирази (1) для q та (1.27) для С, дістанемо відповідь:

 \(\varphi_{1}=\varphi\left(1-\frac{R}{R_{о}}\right)\) = 20 В,

що, природньо, збігається з отриманою раніше.

Задача 1.16

Плоский конденсатор із площею обкладки S заповнено двома паралельними до них шарами діелектрика з проникностями ε₁, ε₂ та товщинами d₁, d₂, відповідно (рис. 16).

Визначити

ємність конденсатора.

Розв'язання

Задачу можна розв'язати в два способи.

I. За означенням (1.23) ємність конденсатора дорівнює

Отже, для отримання відповіді необхідно визначити напругу на конденсаторі з двошаровим діелектриком при заданому заряді на обкладках, що на загал є складним завданням. Але в даній задачі воно спрощується через однорідність електричного поля в плоскому конденсаторі (див. п. 1.5).

Напруга U на обкладках заданого конденсатора дорівнює сумі напруг U₁ і U₂ на  шарах діелектрика, які визначаються напруженостями поля через співвідношення (1.20):

$U={{U}_{1}}+{{U}_{2}}={{E}_{1}}{{d}_{1}}+{{E}_{2}}{{d}_{2}}$.

При цьому величина Е в кожному шарі виражається формулою (1.25):

$E=\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}\varepsilon S}$,

отже,

Відтак, підставивши  вираз (2) у формулу (1), дістанемо відповідь: 

II. Уявімо, що шари діелектрика в конденсаторі відділено один від одного дуже тонкою металевою пластиною. В такому разі при зарядці конденсатора на її поверхні вийдуть протилежні за знаком індуковані заряди однакової з обкладками величини, котрі ніяк не впливають на поле, тож і на ємність конденсатора. Але така удавана пластина дозволяє трактувати заданий двошаровий конденсатор як послідовне з'єднання двох простих конденсаторів із ємностями

Тож, підставивши ці вирази у формулу (1.28б), після спрощень дістанемо відповідь:

\(\frac{1}{C}=\frac{1}{\varepsilon_{0}S}\left(\frac{d_{1}}{\varepsilon_{1}}+ \frac{d_{2}}{\varepsilon_{2}}\right)\) \(\Rightarrow\) $C=\frac{{{\varepsilon }_{0}}S}{\left( {{d}_{1}}/{{\varepsilon }_{1}} \right)+\left( {{d}_{2}}/{{\varepsilon }_{2}} \right)}$.

Задача 1.17

У зазор між обкладками зарядженого плоского конденсатора ввели пластину діелектрика з проникністю ε = 5 і товщиною в n = 3 рази меншою за відстань між обкладками (рис.17).

Визначити,

у скільки разів змінилася напруга на конденсаторі.

Розв'язання

Внаслідок уведення діелектрика ємність конденсатора змінюється від заданого значення С₁ до якоїсь величини С₂. При цьому заряд конденсатора лишається сталим (q = const),  тож за формулою (1.23),

Таким чином, задача зводиться до визначення величини С₂.

Початкова ємність С₁ – це ємність плоского повітряного (\(\varepsilon=1\)) конденсатора, що визначається площею пластин і відстанню між ними за формулою (1.26):

\(C_{1}=\frac{\varepsilon_{0}S}{d}\),

Таким чином, напруга на конденсаторі зменшилася приблизно в 1, 4 раза.

Зауваження. При розв'язанні задачі вважалося, що пластина діелектрика щільно прилягає до обкладки конденсатора. Але це не є необхідним. Рекомендуємо довести це самостійно.

 Задача 1.18

Три конденсатори C₁ = 2 мкФ, C₂ = 1 мкФ, C₃ = 5 мкФ з'єднано, як на рис.18.

Визначити:

1. Загальну ємність С₀ з'єднання;

2. Заряди q_і і напруги U_і  на окремих конденсаторах при напрузі на з'єднанні U₀ = 20 В.

                                            Розв'язання

1. У схемі рис.18 з'єднані паралельно конденсатори С₂ і С₃ за формулою (10.29) можна замінити одним еквівалентним конденсатором ємністю

С₂₃ = С₂ + С₃ = 6 мкФ

як показано на рис. 18-1. Отримана еквівалентна схема являє собою послідовне з'єднання конденсаторів С₁ і С₂₃, тож шукана величина С₀ за формулою (1.28б) дорівнює:

 ${{C}_{0}}=\frac{{{C}_{1}}{{C}_{23}}}{{{C}_{1}}+{{C}_{23}}}$ = 1,5 мкФ

2. При послідовному з'єднанні заряди кожного з конденсаторів і з'єднання в цілому є однакові (див. п. 1.5). Тому заряди на конденсаторах С₁  і С₂₃ збігаються між собою та із зарядом еквівалентного конденсатора С₀, який за  формулою (1.23) та даними умови складає 

q₀ = С₀U₀ = 30 мкКл.

Таким чином, онденсатора С₁ маємо:

q₁ = C₁U₁ = 30 мкКл,   U₁ = 15 В.

Аналогічно знаходимо заряди паралельно з'єднаних конденсаторів С₂ і С₃ , на яких напруги однакові й дорівнюють U₀ – U₁. Отже,

     U₂ = 5 В,  q₂ = C₂U₂ = 5 мкКл;

        U₃ = 5 В,   q₃= C₃U₃ =  25 мкКл.

 Задача 1.19

Два заряджені від одного джерела конденсатори ємністю C₁ = 10 мкФ і C₂ = 2 мкФ  з’єднали різнойменними обкладками.

Визначити,

у скільки разів змінилася напруга на конденсаторах.

Розв'язання

Позначимо початкову та кінцеву напруги на конденсаторах як  U₁ і U₂. Тоді за формулою (1.23), величини (модулі) їхніх початкових q₁, q₂ і кінцевих Q₁, Q₂ зарядів складають

За законом збереження алгебраїчна сума зарядів обкладок, що з’єднуються (рис. 19), лишається незмінною:

Тож із урахуванням виразів (1) і (2) дістанемо:

Таким чином, після з'єднання різнойменними обкладками напруга на конденсаторах зменшилась у півтора рази.

 Задача 1.20

Визначити

різницю потенціалів U  між точками d  і e у схемі рис. 20, якщо між точками a і b напруга U₀ = 10 В. Ємності конденсаторів: C₁ = 1 мкФ, С₂ = 4 мкФ, С₃ = 2 мкФ,  С₄ = 3 мкФ.

Розв'язання

Уведемо для напруг на конденсаторах позначення U₁, U₂, U₃, U₄ , а для  потенціалів відповідних точок на схемі (рис 20) — φ_а, φ_b, φ_d, φ_e, і приймемо φ_а > φ_b. Тоді

          φ_а – φ_d = U₁  $\Rightarrow $    φ_d = φ_а – U₁,

          φ_а – φ_e = U₃  $\Rightarrow $    φ_e = φ_а – U₃.

Тож шукана напруга U = φ_d – φ_e складає U = U₃ – U1, і з урахуванням формули (1.23)

де величини q₁ і q₃ є такі самі, як заряди послідовних ланцюжків C₁-C₂ та C₃-C₄, тобто 

q₁ =  C₁₂U₀;     q₃ =  C₃₄U₀,

де C₁₂, C₃₄ – ємності з'єднань. 

Отже, шукана напруга складає

 Відтак, виразивши ємності C₁₂, C₃₄ за формулою (1.28б), отримаємо наступну відповідь:

\(U=\left(\frac{C_{4}}{C_{3}+C_{4}}-\frac{C_{2}}{C_{1}+C_{2}}\right)U_{0}\).

Обчислення дають:

U = –2 В.

Знак “–” вказує на те, що φ_d < φ_e.