1.5. Движение заряженных частиц в электрическом поле

1.5. Движение заряженных частиц в электрическом поле
1.5.1. Электрон, обладающий нулевой начальной скоростью, попадает в однородное электрическое поле напряжённостью Е = 200 кВ/м.
Какое расстояние пролетит, предоставленный самому себе электрон
за время  = 1 нс? Какой скорости он достигнет?
Решение
1. Определим величину силы Кулона, действующую на электрон
массой m  110 30 кг при попадании его в электрическое поле напряжённостью Е
(1)
F  eE ,
где е  1,610 19 Кл  заряд электрона.
2. Для электрона, который в рамках классических представлений
считается частицей, справедлив второй закон Ньютона, посредствам
которого можно найти ускорение частицы
19
F eE 1,6 10  2 10
16 м


 3,2 10
.
(2)
 30
m m
с
10
Впечатляющая величина ускорения обусловлена весьма малой массой электрона и относительно большим значением силы.
3. Путь, пройденный электроном за заданный промежуток времени
найдём, используя кинематические соотношения
5
F  ma ,  a 
18
a
3,2 10 10
(3)

 1,6 см .
2
2
4. Скорость электрона в конце заданного промежутка времени определим из закона сохранения импульса
F  mv 2  mv 1 , v1  0,
19
5
9
F eE 1,6 10  2 10 10
(4)
7 м .
v2 


 3,2 10
30
m
m
с
10
2
16
s
1.5.2. Протон и электрон необходимо разогнать до скорости v = 30
Мм/с. Какую разность потенциалов они должны при этом пройти?
Решение
1. Работа по перемещению в электрическом поле заряда в соответствии с теоремой об изменении кинетической энергии равна
mv 22 mv 12
A  qU 

,
(1)
2
2
75
где v1 и v2  начальная и конечная скорость частицы, m  масса частицы. Если предположить, что разгон частиц начинается из состояния покоя, то уравнение (1) можно упростить
2
2
mv
mv
.
(1)
qU 
,  U
2
2q
2. Разность потенциалов, необходимая для разгона электрона, обладающего массой me  10  30 кг и зарядом е  1,610 19 кг
2
30
14
mv
10  9 10
(2)
Ue  e 
 2,8 кB .
19
2e
3,2 10
3. Разность потенциалов, необходимая для разгона до заданной скорости протона, имеющего массу mp  1,6710  27 кг и заряд p  1,610  19
Кл
2
27
14
mp v
1,6 10  9 10
6
(3)
Up 

 4,5 10 B .
19
2p
3,2 10
1.5.3. Между катодом и анодом разность потенциалов составляет
U = 90 В, расстояние равно r = 110  3 м. С каким ускорением а движется от катода к аноду электрон? За какое время он проходит расстояние r. Какова скорость электрона v в момент удара о поверхность
анода? За какое время  электрон пролетает расстояние от катода до
анода?
Решение
1. Воспользовавшись уравнением (1) предыдущей задачи, определим
конечную скорость электрона перед ударом в анод
19
mv
2eU
3,2 10  90
(1)
,v

 5,37 Мм/с ,
30
2
me
10
2. Запишем кинематические уравнения движения электрона и определим время полёта электрона от катода к аноду
3
 a 2
v
v
2r
2 10
r 
(2)
,

a

,

r

,




 0,357 нс .

2

2
v 5,37 10 6

v

a

.

3. Ускорение электрона определим из верхнего уравнения системы
уравнений (2)
2
qU 
a
2r

2

2 10
3
0,14 10
18
76
 15,7 10
15
м
с
2
.
(3)
1.5.4. Пылинка массой m = 110  12 кг, несущая на себе электрический заряд в пять электронов, прошла в вакууме ускоряющую разность
потенциалов U = 3 10 6 В. Какова скорость и кинетическая энергия пылинки?
Решение
1. Изменение энергии пылинки, в соответствии с теоремой об изменении кинетической энергии равно работе сил электрического поля
2
mv
19
6
13
,  K  5eU  5 1,6 10  3 10  24 10 Дж .
2
2. Выразим энергию пылинки в электрон-вольтах
A  qU 
K
24 10
(1)
13
 15 МэВ .
19
1,6 10
3. Определим скорость пылинки
13
2K 24 10
м
v

 2,4 .
12
m
с
10
(2)
(3)
1.5.5. Заряженная частица, пройдя ускоряющую разность потенциалов U = 0,6 МВ, приобрела скорость v = 5,4 Мм/с. Определить удельный заряд частицы (отношение заряда к массе).
Решение
1. Запишем теорему об изменении кинетической энергии частицы и
определим удельный заряд
mv
q
v
29,16 10
 

6
2
m 2U
1,2 10
2
qU 
2
12
 24,3
мкКл
.
кг
(1)
1.5.6. Протон, начальная скорость которого была равна v0 = 100
км/с, пройдя ускоряющее электрическое поле с напряжённостью Е =
300 В/см удвоил свою скорость. Какой путь прошёл протон, если вектор его скорости совпадал по направлению с вектором напряжённости?
Решение
1. Определим величину силы Кулона, действующей на протон, обладающий массой m = 1,6710  27 кг и зарядом е = +1,6 19 Кл
F  eE .
(1)
2. Запишем теорему об изменении кинетической энергии протона
при прохождении им электрического поля
77
2
2
2
2
4mv 0 mv 0
mv 2 mv 1
,

, Fs 

2
2
2
2
и определим, пройденный протоном путь s
2
27
10
3mv 0 3 1,67 10 10
s

 0,52 м .
19
2eE
3,2 10  300
A
(2)
(3)
1.5.7. Бесконечная плоскость заряжена отрицательно с поверхностной плотностью  = 35,4 нКл/м2. В направлении силовой линии
поля, созданного плоскостью движется электрон. На расстоянии y0 =
510  2 м электрон имел кинетическую энергию К = 80 эВ. На какое минимальное расстояние ymin электрон может приблизиться к плоскости?
Решение
1. Напряжённость электрического поля плоскости

.
(1)
E
2 0
2. Тормозная сила, действующая со стороны электрического поля на
электрон
e
.
(2)
F  eE 
2 0
3. Электрон остановит своё движение в момент времени, когда работа кулоновской силы, тормозящей его движение, станет равной по величине начальной кинетической энергии, электрон, при этом пройдёт некоторое расстояние y
F  y  K, F y 0  y  K ,
(3)


2 K
K
 y0  0 
F 12
e 19
2  9 10  80 1,6 10
y  y0 
 5 10
2

19
9
 4 см.
(4)
1,6 10  35,4 10
4. Расстояние до пластины в момент остановки электрона определится как
(5)
y min  y 0  y  1см .
1.5.8. Электрон, летевший горизонтально со скоростью v0 = 1,6
Мм/с, влетел в однородное электрическое поле с напряжённостью Е =
78
90 В/см, направленное вертикально. Определить вектор скорости
электрона v через  = 1 нс?
Решение
1. В вертикальном электрическом поле
на электрон будет действовать сила Кулона, которая обеспечивает ускорение,
направленное по оси оy
eE
,
(1)
F  eE  ma , a 
m
где е  1,610  19 Кл  заряд электрона, m  110  30 кг  масса электрона.
2. Поскольку проекция ускорения на ось ох равна нулю, то горизонтальное движение электрона будет протекать с начальной скоростью v0,
т.е. vx = v0, а вертикальная составляющая скорости будет определяться
уравнением
v y  at,
(2)
в рассматриваемом случае, с учётом уравнения (1):
19
9
eE 1,6 10  9 10 10
6 м

 1,4 10
.
(3)
 30
m
с
10
3. Таким образом, через время  модуль скорости электрона будет
равен
3
vy 
v  v x  v y  2,1 10 м с .
2
2
6
(4)
4. Определим далее угол  между осью ох и вектором скорости в
заданной точке траектории
vy
1,4
0
tg 
,    arctg
 42 .
(5)
vx
1,6
1.5.9. В плоский конденсатор влетает электрон со скоростью v0 = 2
Мм/с, направленной перпендикулярно
вектору напряжённости электрического поля. На какое расстояние h
сместится электрон к нижней обкладке конденсатора за время пролёта
пластин конденсатора? Длина пластин составляет х = 5 см, расстояние
между пластинами d = 2 см, разность
потенциалов между обкладками U = 2 В.
79
Решение
1. Запишем кинематические уравнения движения электрона под действием постоянной силы Кулона F = eE= eU/d
x  v 0 t, 
2 
(1)
at 
h
.
2 
2. Поскольку вдоль горизонтальной оси движение электрона происходит с постоянной скоростью, то время пролёта конденсатора можно
определить как
(2)
t  x v0 .
3. Смещение электрона по вертикали, таким образом, можно представить следующим уравнением
a 2
h 2 x .
(3)
2v 0
4. Вертикальное ускорение электрона а определится посредствам
второго закона Ньютона
eU
eU
.
(4)
F  m e a,
 m e a, a 
d
med
5. Подставим значение ускорения из уравнения (4) в уравнение (3)
h
eUx 2
2m e dv
2
0

1,6 10
2 10
19
 30
 2  0,05 
3

  5 10 м .
6
 0,02  2 10 
(5)
1.5.10. Протон и   частица из состояния покоя проходят ускоряющее электрическое поле. В каком отношении будут находиться их
скорости?
Решение
1. Как известно,   частица состоит из двух протонов и двух
нейтронов, поэтому заряд   частицы в два раза больше заряда протона, т.е. q = 2qp, а масса  в четыре раза больше, т.е. m = 4 mp.
2. При прохождении частицами одинаковой разности потенциалов
 силами поля будет совершаться работа и они будут приобретать
соответствующую кинетическую энергию
2

mp vp

vp
q p 4m p
q p 1   2   2 ,
(1)

 2  1,41 .

2 
2g p m p
q      m  v  , v 

1
2

2

80
1.6. Электрический диполь. Свойства диэлектриков
1.6.1. Вычислить электрический
момент диполя p, если его заряд равен
q = 10 нКл, плечо l = 0,5 см.
Решение
1. Электрический момент диполя определяется в виде скалярного
произведения модуля заряда диполя, на плечо


p  q l  10 8  5 10 3  5 10 11 Кл  м .
(1)
1.6.2. Диполь c электрическим
моментом р = 0,12 нКлм образован
двумя точечными зарядами q. Определить напряжённость электрического поя Е и потенциал  в точках А
и В, находящихся на расстоянии r = 8
см от центра диполя.
Решение
1. Определим напряжённость электрического поля диполя в точка А,
которая отстоит от центра диполя на расстоянии r = 0,08 м, причём радиус-вектор r составляет с осью диполя угол  = /2, т.е. cos = 0
p
9 10 12 1,2 10 10
В
EA 

 2,110 6 .
(1)
3
-4
4 0 r
5,1 10
м
2. Потенциал в точке А
p

(2)
A 
cos  0 .
4 0 r 2
2
3. Напряжённость поля диполя в точке В
p
p
9 10 12  2 1,2 10 10
В
EB 
1  3 cos 0 0 
4
 4,2 10 6 .(3)
3
3
4 0 r
4 0 r
5,110 4
м
4. Потенциал поля диполя в точке В
p
9 10 12 1,2 10 10
0
B 
cos
0

 1,7 10 5 B .
(4)
4 0 r 2
6,4 10 3
81
1.6.3. Определить напряжённость Е и потенциал  электрического
диполя с моментом р = 4 пКлм на расстоянии r = 0.1 м от центра диполя в направлении  = 600 с вектором электрического момента.
Решение
1. Напряжённость электрического
поля в точке А определится уравнением
p
2
EA 
1  3 cos  , (1)
3
4 0 r
9 10  4 10
12
EA 
10
12
3
1  0,25  40
кВ
м
2. Потенциал диполя в заданной точке
A 
4 0 r
9 10  4 10
12
p
2
cos  
10
12
 0,5  180 В .
2
(2)
1.6.4. Диполь с электрическим моментом р = 1 пКлм равномерно
вращается с частотой n = 10 3 с  1 относительно оси, проходящей через центр диполя перпендикулярно своему плечу. Получить закон изменения потенциала во времени для некой точки, отстоящей от центра
диполя на расстоянии r = 1 см и лежащей в плоскости диполя. В
начальный момент времени потенциал равен нулю (0) = 0.
Решение
1. В данном случае вектор электрического момента, оставаясь постоянным по модулю, изменяет во
времени своё положение, другими
словами, величина угла  = f(t). Эти
обстоятельства приводят к тому, что
величина потенциала тоже станет
зависимой от времени
cos2nt  .
(1)
2
4 0 r
2. Определим амплитудное значение потенциала, которое будет
иметь место при t = 0, когда cos(2n0) = 1
( t ) 
p
p

 max 
4 0 r
2
9 10
12
10
110
82
4
12
 90 кВ .
(2)
3. Определим далее циклическую частоту вращения р
  2n  6,28 10 рад / с ,
и запишем уравнение потенциала, как функцию времени
3

(3)

(4)
(t )  9 10 cos 6,28 10 t .
Таким образом потенциал в точке А, расположенной в плоскости вращения диполя изменяется во времени по закону косинуса.
4
3
1.6.5. Электрический диполь с моментом р = 0,1 нКлм укреплён на
упругой нити. Когда в пространстве, где находится диполь, было создано электрическое поле напряжённостью Е = 3 кВ/м перпендикулярное вектору момента, диполь повернулся на угол  = 300. Определить
постоянную кручения нити , равную моменту закручивающей силы,
отнесённому к 1 рад.
Решение
1. Определим механический
момент пары сил, возникающий
вследствие действия сил Кулона,
приложенных к каждому из зарядов, составляющих диполь
 
(1)
M F1 , F2  pE sin  
2. Постоянная кручения, как
отмечено в условии задачи представляет собой механический момент действующей пары сил, отнесённый у углу закручивания, выраженному в радианах
 
M F1 , F2
pE sin  10 10  3 10 3  0,5
Нм
.
(2)



 2,87 10 7


0,523
рад




1.6.6. Перпендикулярно плечу диполя с электрическим моментом р =
12 пКлм возбуждено однородное
электрическое поле напряжённостью Е = 300 кВ/м. Под действием
поля диполь начинает поворачиваться относительно оси, проходящей
через его центр. Определить угловую скорость диполя  в момент прохождения им положения равновесия. Момент инерции диполя относительно оси, перпендикулярной плечу и проходящей через центр диполя
равен J = 210  9 кгм2.
83
Решение
1. Кинетическая энергия вращательного движения определяется как
1 2
(1)
K  J .
2
2. Механический момент, действующий на диполь в электрическом
поле, равен
(2)
MF1 , F2   pE sin  .
3.Полная работа при повороте диполя в электрическом поле зависит
от электрического момента и угла поворота
2
A   pE sin d  pEcos 1  cos  2  .
(3)
1
4. При прохождении состояния равновесия 1 =0, 2 = /2, т.к. электрическое поле в начальном положении диполя перпендикулярно его
оси
1 2
J  pE,   
2
2pE

J
2 12 10
12
2 10
 3 10
9
5
 60
рад
.
с
(4)
1.6.7. Колба проекционной лампы заполненная криптоном, находящимся под давлением р = 20 МПа при температуре Т = 400 К помещена в электрическое поле напряжённостью Е = 2 МВ/м. Найти диэлектрическую проницаемость криптона и его поляризованность Р. Поляризуемость криптона принять равной  = 4,510  29 м3.
Решение
1. Диэлектрическая проницаемость  входит в уравнение Клаузиуса
 Мосотти
 1 1
 n ,
(1)
2 3
где n  концентрация атомов криптона.
2. Концентрацию молекул газа определим из уравнения молекулярно-кинетической теории
p
p  nk B T,  n 
,
(2)
k BT
где kB = 1,410  23 Дж/К  постоянная Больцмана.
3. Подставим значение n из уравнения (2) в уравнение (1)
  1 1 p

.
  2 3 k BT
84
(3)
4. Разрешим уравнение (3) относительно величины диэлектрической
проницаемости 
29
7
2  4,5 10  2 10
2 p
1
1
 23
3 k BT
3 1,4 10  400


 1,2 .
(3)
 29
7
1 p
4
,
5

10
2

10
1
1
 23
3 k BT
3 1,4 10  400
5. Величина поляризованности определяется в общем виде уравнением

1 i 
(4)
P
 pi ,
V i 1
где рi  дипольный момент, наведённый в i  м атоме,   число атомов
в объёме V. При нахождении атомов в однородном электрическом поле все атомы имеют дипольные моменты, совпадающие по направлению
и по величине, это даёт возможность от геометрического сложения в
уравнении (4) перейти к алгебраическому
p
P
.
(5)
V
6. С другой стороны, отношение полного числа атомов к занимаемому ими объёму равно концентрации /V = n
(6)
P  np .
7. Выразим далее дипольный момент через поляризуемость  и
напряжённость локального электрического поля Е*
(7)
P   0 nE .
*
8. Выразим напряжённость локального поля Е через напряжённость
внешнего поля Е, а концентрацию через давление и температуру
p

n
, 

k BT

3
*
E 
E, 
(8)
  2 
 29
12
7
3 0 p
3  4,5 10  9 10  2 10
мКл
6
P
E
2 10  5,4 2 .
 23
  2k B T
3,2 1,4 10  400
м
*
1.6.8. В близи атома на расстоянии r = 1 нм находится   частица, представляющая собой дважды ионизированный атом гелия с зарядом 2|e|. Электрическое поле   частицы индуцирует электрический
момент атома р = 110  32 Клм. Найти поляризуемость этого атома.
85
Решение
1. Поляризуемость  пропорциональна индуцированному электрическому моменту р и обратно пропорциональна напряжённости локального магнитного поля
p

.
(1)
*
0E
2. В данном случае внешнее электрическое поле создаётся   частицей, оно же, по сути, будет являться и локальным
2e
*
.
(2)
E E
2
4 0 r
3. Совместим уравнения (1) и (2)
18
2r p 6,28 10 1,5 10

19
e
1,6 10
2

32
 5,9 10
 30
3
м .
(3)
1.6.9. Вода имеет плотность  = 103 кг/м3 и показатель преломления n = 1,33. Определить электронную Поляризуемость е молекул воды.
Решение
1. Электронная поляризуемость молекул определяется формулой
Лоренц  Лорентца
2
 n 1 1
 e NA ,
(1)
 n2  2 3
где  = 1810  3 кг/моль, NA = 61023 моль  1.
2. Разрешим уравнение (1) относительно е
e 


3 n  1
2

N A n  2
2
.
3
e 
3 18 10  0,77
10  6 10  3,8
3
23
86
 1,75 10
(2)
 28
3
м .
(3)
1.7. Электрическая ёмкость. Конденсаторы
1.7.1. Определить электрическую ёмкость С уединённого проводящего шара радиусом R = 1 м, погруженного в трансформаторное масло.
Решение
1. Диэлектрическая проницаемость керосина  = 2, ёмкость шара
определяется уравнением
C  4 0 R  12,56  2  9 10
12
 2,3 10
10
Ф  226 пФ .
(1)
1.7.2. Найти электрическую ёмкость С проводящей сферы, погруженной в воду. Радиус сферы составляет R = 2 см.
Решение
1. Воспользуемся уравнением предыдущей задачи, с учётом значения диэлектрической проницаемости воды  =80
C  4 0 R  12,56  80  9 10
12
 0,02  180 пФ .
(1)
1.7.3. Определить электрическую ёмкость Земли, приняв её за шар
радиусом R  6,4105 м.
Решение
1. Воспользуемся уравнением для электроёмкости шара
C  4 0 R  12,56 1 9 10
12
 6,4 106  723 мкФ .
(1)
1.7.4. Два металлических шара радиусами R1 = 2 см и R2 = 6 см соединяют проводником с пренебрежимо малой ёмкостью и сообщают
электрический заряд Q = 1 нКл. Определить поверхностную плотность
зарядов.
Решение
1. Запишем уравнения электрической ёмкости шаров
(1)
C1  4 0 R1 , C2  4 0 R 2 .
2. Электрическая ёмкость шара определяется, как известно, величиной размещённого на нём заряда и потенциалом C = Q/. Поскольку
87
шары соединили безъемкостным проводником, то потенциал обоих шаров будет одинаков, а вот электрические ёмкости  разные
(2)
C1  Q1 / , C2  Q2 / ,  Q1 / C1  Q2 / C2 ,
где Q1, Q2 и С1, С2  заряды и электроёмкости шаров, соответственно.
3. В соответствии с законом сохранения заряда
(3)
Q1  Q 2  Q .
4. Образуем систему уравнений, из которой можно найти заряд каждого шара
Q1
Q2 


(4)
4 0 R 1 4 0 R 2  ,

Q 2  Q  Q1

Q1
Q  Q1
Q1 Q  Q1
,
(5)

,

4 0 R 1 4 0 R 2
R1
R2
Q1R 2  QR 1  Q1R1 , Q1R 2  Q1R1  QR 1 ,
R1
R2
.
, Q2  Q
R1  R 2
R1  R 2
5. Определим далее поверхностную плотность зарядов
Q1  Q
(6)
(7)
9

Q
Q
10
мкКл
, (8)
, 1  Q 

 50
2
2
2
s
4(R1  R 2 )R 1 12,56  8 10  2 10
м
9
2  Q 
Q
10
мкКл

 16,6 2 .
2
2
4(R 1  R 2 )R 2 12,56  8 10  6 10
м
(9)
1.7.5. Шар радиусом R1 = 6 см заряжен до потенциала 1 = 300 В, а
шар радиусом R2 = 4 см до потенциала 500 В. Найти потенциал шаров
после их соединения безъемкостным проводником.
Решение
1. Запишем уравнения, определяющие электрическую ёмкость шаров
(1)
C1  4 0 R 1 , C 2  4 0 R 2 .
2. Общая ёмкость шаров после соединения
(2)
C0  C1  C 2  4 0 R 1  R 2  .
3. Поскольку известны потенциалы шаров до их соединения, можно
определить их заряды
Q
(3)
C  ,  Q1  4 0 R 11 , Q 2  4 0 R 2 2 .

88
4. Электрический заряд шаров после их соединения безъёмкостным
проводником
(4)
Q0  Q1  Q 2  4 0 R 11  R 2 2  .
5. Потенциал шаров после их соединения
Q
R   R 2  2 0,06  300  0,04  500
(5)
0  0  1 1

 380 В .
C0
R1  R 2
0,1
1.7.6. Медное пушечное ядро, массой m = 10 кг вследствие трения
при полёте о воздух приобрело электрический заряд, эквивалентный N
= 1010 некомпенсированным элементарным зарядам. Определить электрическую ёмкость ядра и его потенциал.
Решение
1. Для определения электрической ёмкости пушечного ядра сферической формы необходимо знать его радиус, который можно найти по
известной массе m и плотности меди  = 8,9103 кг/м3
4
3m
3
.
R ,  R  3
3
4
2. Электрическая ёмкость медного пушечного ядра
m  V 
(1)
0,333

3m
30
12 
~

C  4 0
 12,56  9 10 
 7,27 пФ .
3 
4
 12,56  9 10 
3. Электрический потенциал ядра
19
10
Q Ne 1,6 10 10
 

 220 B .
12
C C
7,27 10
3
(2)
(3)
1.7.7. Заряженное проводящее тело сферической формы радиусом R
= 2 см обладает электрической энергией W = 1 Дж. Определить потенциал этого тела.
Решение
1. Электрическая энергия и потенциал заряженного тела связаны
следующим уравнением
C
,  
2
2
W
2W
2W
9 10  2
7


 3 10 B .
2
C
4 0 R
2 10
12
89
(1)
1.7.8. Найти электрическую ёмкость С плоского конденсатора с
площадью пластин s = 100 см2 и расстоянием между ними d = 0,1 мм
заполненным слюдой с диэлектрической проницаемостью  = 7.
Решение
1. Электрическая ёмкость плоского конденсатора определяется
уравнением
12
2
 s 7  9 10 10
10
C 0 
 56 10 Ф .
(1)
4
d
10
1.7.9. Между пластинами плоского конденсатора, заряженного до
разности потенциалов U = 600 В,
находятся два слоя диэлектриков:
стекло толщиной d1 = 7 мм и эбонит
толщиной d2 = 3 мм. Площадь каждой из пластин s = 200 см2. Определить электрическую ёмкость конденсатора С, смещение D, напряжённость Е и падение потенциала на
каждом слое диэлектрика.
Решение
1. Примем диэлектрическую проницаемость стекла 1 = 7, проницаемость эбонита 2 = 3. Предложенную в задаче конструкцию можно рассматривать как два последовательно соединённых конденсатора, причём
1
1
C1   0 1s , C 2   2  0 s ,
(1)
d1
d2
2 2 1 

1 2  0 s 
CC
 d1d 2   1 2  0 s ,
C0  1 2 
C1  C 2
1d 2   2 d1

 
 0 s 1  2 
 d1 d 2 
C0 
7  3  9 10
12
 2 10
2
3,78 10
12
 90 пФ .
3
3
3
7  3 10  3  7 10
42 10
2. Определим заряд конденсатора
Q
C
,  Q  CU1  U 2   90 10 12  600  54 нКл .
U1  U 2
90

(2)
(3)
(4)
3. Поверхностная плотность электрического заряда , которая по
величине совпадает со значением смещения D
Q 54 10 9
мкКл
D 
 2,7
.
(5)
s
2 10 2
м2
4. Поскольку С1 = С2 = 180 пФ, то 1 = 2 = 300 В, а для напряжённости поля Е можно записать следующие соотношения
U
600
В
(6)
E1 

 43 .
2d1 2  7 10 3
м
E2 
U
600
В

 100 .
3
2d 2 2  7 10
м
(7)
1.7.10. Расстояние между пластинами плоского конденсатора d =
1,3 мм, площадь пластин составляет s = 20 см2. В пространстве между пластинами конденсатора расположены два слоя диэлектриков:
слюда толщиной d1 = 0,7 мм и эбонита толщиной d2 = 0,3 мм. Определить электрическую ёмкость такого конденсатора.
Решение
1. Данную конструкцию электрической ёмкости можно рассматривать как три последовательно
включённых конденсатора: один с
диэлектриком из слюды, второй  из
эбонита, третий с диэлектриком из
воздуха.
2. Диэлектрическая проницаемость слюды 1 = 7, диэлектрическая проницаемость эбонита 2 = 3, диэлектрическая проницаемость воздуха 3 = 1.
3. Три последовательно соединённых конденсатора имеют общую
ёмкость, определяемую уравнением
C1C 2 C3
.
(1)
C0 
C1C 2  C 2 C3  C3C1
4. Ёмкости отдельных конденсаторов соответственно равны
 s
s
 s
C1  0 1 , C 2  0 2 , C 3  0 3 ,
(2)
d1
d2
d3
5. Сопоставим уравнения (1) и (2)
91
 0 s  1 2  3
d 1d 2 d 3
3 3
C0 
.
2 2
2 2
2 2
 0 s  1  2  0 s  2  3  0 s 1  3


d 1d 2
d 2d 3
d 3 d1
6. Преобразуем последнее уравнение к более простому виду
3 3
 0 s 1  2  3
d 1d 2 d 3
C0  2 2
,
2 2
2 2
 0 s  1  2 d 3   0 s  2  3 d 1   0 s  1 3 d 2
d 1d 2 d 3
 0 s 1 2  3
(3)
(4)
3 3
C0 
 0 s 1 2 d 3   2  3 d1  1 3d 2 
2 2
,


1  2  3
.
C 0   0 s

 1  2 d 3   2  3 d 1  1  3 d 2 
7. Поделим числитель и знаменатель уравнения (6) па
диэлектрических проницаемостей (123)






1
1
   s
C 0   0 s
0
 1  2 d 3  2  3 d 1 1  3 d 2 
 d 3 d1 d 2




  
 1  2  3 1 2  3 1  2  3 
  3 1  2
(5)
(6)
произведение


,



(7)
d d
d  d1  d 2  
,
(8)
C 0   0 s 1  2 

3
 1  2

8. Подставим в уравнение (8) заданные по условию задачи и справочные данные
 0,07 0,03 0,0033 
16
C 0  9 10 12  2 10 3 


(9)
  4 10 Ф .
7
3
1


1.7.11. На пластинах плоского конденсатора равномерно распределён электрический заряд плотностью  = 0,2 мкКл/м2. Расстояние
между пластинами d = 1 мм. На сколько изменится разность потенциалов на обкладках конденсатора, если расстояние между пластинами
увеличить в три раза.
Решение
1. Разность потенциалов на обкладках конденсатора и его заряд связаны следующим соотношением
92
Q
Q
, U  .
(1)
U
C
2. При увеличении расстояния между обкладками изменяется ёмкость конденсатора и разность потенциалов между обкладками, другими словами
Q
Q
s
s
(2)
U1 
, U2 
, U1 
d1 , U 2 
d2 .
C1
C2
 0s
 0s
3. Определим разность потенциалов при измени расстояния между
обкладками


2 10 3  2 10 7
U  U 2  U1  d 2  d1   3d1  d1  
 44,4B . (3)
0
0
9 10 12
C
1.7.12. Два кубика электрической ёмкостью С1 и С2 заряжены до потенциалов 1 и 2 соответственно. Определить
ёмкость прямоугольной призмы, составленной из этих кубиков.
Решение
1. Поскольку соединяемые тела не
представляют собой конденсаторы в
классическом их понимании, то использовать для нахождения общей ёмкости формул последовательного или
параллельного соединения не представляется возможным. В данном
случае применимы законы сохранения заряда и энергии.
2. Запишем законы сохранения заряда и энергии
q 0  q1  q 2 ,

2
2
(1)
C11  C 2  2  .
Wo 

2

3. Перепишем систему уравнений (1) с учётом значений зарядов кубиков и общей их энергии Wo
q 0  C11  C 2  2 , 
2
2
2 
q0
C   C 22  .
(2)
 1 1

2C 0
2

4. Совместим уравнения системы (2)
C11  C12 2
C0
 C11  C 2 2 ,
2
откуда
93
2
(3)
C0 
C11  C 2 2 2
C11  C 2  2
2
2
.
(4)
1.7.13. На плоский конденсатор с парафиновым диэлектриком ( =
2) подано напряжение U = 4000 В. Расстояние между обкладками d = 2
мм. Определить поверхностную плотность зарядов  на обкладках.
Решение
1. Выразим электрическую ёмкость конденсатора через его электрические и геометрические параметры
 U
Q  s
Q  U
C   0 ,  0 ,   0 ,
(1)
U
d
s
d
d
2. Подставим в уравнение (1) заданные величины

9 10
12
 2  4 10
2 10
3
3
 36 10
4
Кл
м
2
.
(2)
1.7.14. Плоский конденсатор представляет
собой две круглые проводящие пластины радиусом r = 1 см, пространство между которыми
заполнено винипластом с диэлектрической проницаемостью  = 3. Какой максимальный заряд
Qmax должен быть на пластинах, чтобы при
напряжённости электрического поля Е = 45 кВ/мм произошёл электрический пробой диэлектрика?
Решение
1. Для решения задачи воспользуемся уравнением (1) предыдущей
задачи
Q  2r 2
C  0
.
(3)
U
d
2. Разрешим уравнение (3) относительно заряда Q
 2r 2 U
Q max  0
 2 0 r 2 E  6,28  3  9 10 12  45 10 6  7,63 10 3 Кл . (4)
d
94
1.7.14. Электростатические весы представляют собой устройство, в котором действие силы тяжести компенсируется силой
притяжения между разноимённо заряженными пластинами, расположенными на расстоянии d = 1 мм. Какой добавочный груз
нужно поместить на чашку весов, чтобы
расстояние между пластинами сохранилось
при зарядке конденсатора напряжением U = 1 кВ? Площадь пластин
составляет s = 510  3 м2.
Решение
1. Определим силу Кулона, действующую на положительно заряженную пластину
q2
.
(1)
F  qE 
2 0 s
2. С другой стороны, заряд конденсатора можно выразить через его
ёмкость и разность потенциалов между обкладками
s
q  CU  U 0 .
(2)
d
3. Подставим значение заряда из уравнения (2) в уравнение (1)
1 U 2  02 s 2  0 sU2 9 10 12  5 10 3 10 6
(3)
F


 2 10 2 H .
2 0 s d 2
2d 2
2 10 6
4. Определим массу перегрузка m для уравновешивания весов
F  mg ,  m  F g  2 10 3 кг .
(4)
1.7.15. Электростатические весы устроены так, что одна из пластин конденсатора
укреплена неподвижно, а вторая соединена с
пружиной с коэффициентом жёсткости k.
Площадь обкладок конденсатора равна s.
Определить удлинение пружиныl при сообщении пластинам равных по модулю и противоположных по знаку зарядов Q.
Решение
1. Воспользовавшись уравнением (1) предыдущей задачи, определим
величину силы, возникающей при взаимодействии разноимённо заряженных пластин
95
2
Q
.
(1)
2 0s
2. Притяжение пластин будет сопровождаться удлинением пружины
на величину l и возникновением силы упругости Fу = kl, другими
словами
F  QE 
2
2
Q
Q
.
 kl,  l 
2 0 s
2k 0s
(2)
1.7.16. В плоском переменном конденсаторе
ёмкость изменяется путём увеличения расстояния
между пластинами. Какую работу совершает источник тока, к которому подключены пластины,
если ёмкость меняется от С1 до С2, а заряд конденсатора остаётся равным Q?
Решение
1. Как было показано в предыдущих задачах, разноимённо заряженные пластины притягиваются с силой
2
Q
.
(1)
2 0s
2. При элементарном изменении расстояния между пластинами на у
ёмкость конденсатора изменяется на dC, при этом внешним источником
энергии, каковым является батарея, совершается элементарная работа
A  F  d ,
(2)
полная работа при изменении расстояния от d1 до d2 определится как
F  QE 
d2
A12  Fdy  Fy 2  y1  
d1
2
Q
y .
2 0 s
(3)
3. Установим взаимосвязь расстояния между пластинами и ёмкости
s
s
s
s
(4)
C1  0 , C 2  0 ,  y1  0 , y 2  0 ,
y1
y2
C1
C2
y  y 2  y1 
C1  C 2  0s .
C1C 2
4. Подставим уравнение (5) в формулу работы (3)
Q C1  C 2
.
2 C1C 2
(5)
2
A12 
96
(6)
1.7.17. Напряжение U1 = 100 B на круглых пластинах воздушного
конденсатора радиусом R = 0,5 см увеличили до U2 = 200 В, а пластины
развели на 25% от первоначальной величины d1 = 0,5 мм. Определить
изменение заряда q на обкладках.
Решение
1. В данном случае конденсатор является плоским, поэтому его ёмкость для двух положений пластин определится как
(1)
C1   0 R d1 , C 2   0 R d 2 .
2. Подставим в уравнения (1) значение электрической ёмкости, выраженное через напряжение на обкладках и заряд конденсатора С = Q/U
2
2
 0 R
 0 R
Q
Q
(2)
 1,
 2 .
d1
U1
d2
U2
3. Разрешим уравнения (2) относительно зарядов и определим их
разность
2
2
 R U1
 R U 2
,
(3)
Q1  0
, Q2  0
d1
d2
2
2
2
U  1,4 0 R U1
2  3U1
.
Q  Q 2  Q1   0 R 
 1  
d1
 1,25d1 d1 
Q 
1,4  9 10
12
(4)
6
 3,14  26 10 100
5 10
4
 0,2 нКл .
(5)
1.7.18. Пластины плоского воздушного конденсатора несут заряды
+ 3Q и – Q. Определить разность потенциалов между пластинами,
если расстояние между ними d, а их площадь  s.
Решение
1. Будем исходить из того, что напряжённость электрического поля
между двумя параллельными заряженными пластинами определяется
уравнением

(1)
E   d ,
  
где E  E1  E 2  напряжённость результирующего поля, определяемая
в виде суперпозиции полей, создаваемых каждой из пластин.
2. Геометрическая сумма напряжённостей полей создаваемых пластинами, в сочетании с уравнением (1), позволяют определить искомую
разность потенциалов
97
E1 
1
3Q
Q
.

, E2 
2 0 2 0 s
2 0 s

2Q 
,
E  E1  E 2 

2 0 s
d
 
2Qd
.
 0s
(2)
(3)
(4)
1.7.19. Плоский воздушный конденсатор погружают в жидкий диэлектрик с
диэлектрической проницаемостью 2
двумя способами, показанными на рисунке. Во сколько раз, при этом, меняется
ёмкость конденсатора.
Решение
1. Когда в жидкий диэлектрик погружена половина площади обоих пластин,
то такой сложный конденсатор можно
рассматривать как две электрические
ёмкости, соединённые параллельно
 0 1s  0  2 s  0 s
1   2  ,
C1  C1,1  C1, 2 


(1)
2d
2d
2d
где 1 = 1  диэлектрическая проницаемость воздуха, 2  диэлектрическая проницаемость жидкого диэлектрика.
2. Изменение ёмкости для рассмотренного выше случая составит
C1 1   2

,
(2)
C0
21
где С0 = 01s/d  электрическая ёмкость воздушного конденсатора.
3. При погружении в диэлектрик одной пластины образуется сложная ёмкость, которую можно представить в виде двух последовательно
соединённых конденсаторов С2,1 и С2,2
C 2,1  C 2, 2
2 0 1s  2 0  2 s
,
(3)
C2 

C 2,1  C 2, 2
 2 0 1 2 0  2 s 
d  d

d 
 d
2 0 1 2 s
.
d1   2 
4. Отношение ёмкостей в этом случае определится уравнением
C2 
98
(4)
C2
2 2
.

C 0 1   2
5. Определим далее отношение ёмкостей С2 и С1
 0s
1   2     2
C2
 2d
 1 2 .
2 0 1 2 s
C1
41 2
d1   2 
(5)
(6)
1.7.20. В отсутствии силы тяжести плоский воздушный конденсатор с пластинами площадью s и
расстоянием между ними d1 подключён к источнику с электродвижущей
силой . К нижней пластине плотно
прижата проводящая пластина массой m и толщиной d. С какой скоростью пластина ударится о верхнюю
обкладку, если её отпустить?
Решение
1. На проводящей пластине, прижатой к нижней обкладке, индуцируется электрическое поле, причём отрицательные заряды будут концентрироваться со стороны нижней обкладки, а положительные  на
противоположной. Так как пластина прижата плотно к обкладке и расположение её несимметрично, то часть электронов обкладки перейдёт
на пластину, заряд которой можно определить как
 0s
(1)
Q 0  C 
* ,
d1  d 2
где С = 0s/(d1 – d2)  ёмкость воздушного конденсатора, образованного
металлической пластиной и верхней обкладкой, *  ЭДС источника
тока.
2. Отрицательно заряженная металлическая пластина будет притягиваться к верхней положительно заряженной обкладке конденсатора.
Вследствие второго закона Ньютона, наличие силы, действующей на
массу, должно неминуемо привести к её движению. Движение пластины
описывается законом сохранения энергии, в частности, теоремой об
изменении кинетической энергии. Работа, совершаемая силами электрического поля равна изменению кинетической энергии пластины. С
учётом неподвижности пластины в начальный момент времени, сказанное выше, можно представить следующим образом
99
 s 2
mv 2 C *2
(2)

 0 * ,
2
2
2d1  d 
откуда скорость пластины в момент достижения верхней обкладки
определится уравнением
Q 0 * 
v  *
 0s
.
md1  d 2 
(3)
1.7.21. Во сколько раз изменится ёмкость плоского воздушного конденсатора с пластинами площадью s1 и расстоянием между ними d1, если
параллельно обкладкам внести
парафиновую пластину площадью s2 = s1/2 и толщиной d2 =
d1/2?
Решение
1. В данном случае, при
внесении пластины, ёмкость можно представить как три конденсатора, с
последовательным и параллельным включением. Электроёмкость конденсатора, образованного пластинами и воздушным промежутком определяется как
 s
(1)
C1  0 1 1 .
d1
2. При внесении пластины с воздушным промежутком над ней представляет собой два последовательно соединённых конденсатора С2,1 и
С2,2, и параллельную ёмкость С2,3
C 2 ,1C 2 , 2
C2 
 C 2,3 ,
(2)
C 2 ,1  C 2 , 2
 0 1s1
s
 s
, C 2, 2  0 2 1 , C 2,3  0 1 1 .
d1
d1
2d1
3. Подставим значение ёмкостей С2,1, С2,2 и С2,3 в уравнение (2)
 0 1s1  0  2 s1

 0  1s 1
 s 
d1
d1
 
C2 

 0 1  1  1 2  .
 0 1s1  0  2 s1
2d1
d 1  2 1   2 

d1
d1
где C 2,1 
100
(3)
4. Поделим уравнение (3) на уравнение (1)
C 2 1  1
  1
2
1 2 7
   1 2   
   .
C1 1  2 1   2  2 1   2 2 3 6
(4)
1.7.22. Две концентрические металлические сферы радиусами R1 = 2
см и R2 = 2,1 см образуют сферический конденсатор. Пространство
между сферами заполнено парафином с диэлектрической проницаемостью  = 2. Найти ёмкость сферического конденсатора.
Решение
1. Электрическая ёмкость сферического конденсатора определяется уравнением
4 0 R 1R 2 12,56  9 10  2  4,2 10

3
R 2  R1
10
-12
C
4
~
 95 пФ
1.7.23. Определить ёмкость конденсаторного
соединения, ели С1 = С2 = С3 = С4 = С5 = 1 мкФ
Решение
1. Так как все конденсаторы задействованные
в рассматриваемой схеме одинаковые, то потенциалы точек 2 и 4 будут тоже одинаковыми, а это
значит, что при подключении батареи к источнику тока конденсатор С5 заряжаться не будет. В
этой связи приведенную схему можно упростить.
2. В отсутствии конденсатора С5 схема представляет собой комбинацию последовательного и
параллельного включения
C 0  C1, 2  C 4 , 3 ,
(1)
CC
C1C 2
 3 4 .
(2)
C1  C 2 C 3  C 4
3. По условию задачи все ёмкости одинаковые
по величине, поэтому введём обозначение С1 = С2
= С3 = С4 = С, тогда
C2 C2
C0 

 C  1мкФ .
2C 2C
C0 
101
(3)
102