Электродинамика. Электростатика

ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
Электростатика
1 ( ЦТ 2001 г.Тест 9. А19). Проводящий шар радиуса R
имеет положительный заряд +q. Если на расстоянии 2R от
центра шара поместить точечный отрицательный заряд –
2q, то потенциал в центре шара
1) уменьшится в 2 раза
2) не изменится
3) станет равным нулю
4) увеличится в 3 раза
5) изменит знак на противоположный
Типичная ошибка при решении происходит из неверного толкования формулировки:
«поле внутри проводящего шаR
ра отсутствует». Из этого
утверждения делается ошибочный вывод: обе характеристики
E
E=q/4πε0R2
поля: и напряженность, и потенциал – равны нулю. В действительности в этом случае
0
r
нулю равна лишь напряженφ
ность поля, т.к. свободные заφ=q/4πε0R
ряды перестают перемещаться
по поверхности проводника
то
гда, когда вектор E в любой
0
r
точке поверхности перпендикулярен ей. Поверхность проводника в этом случае является эквипотенциальной. Работа перемещения пробного
заряда в объеме, ограниченном поверхностью, равна нулю,
т.к. равна нулю действующая на заряд сила; из этого следует, что потенциальная энергия заряда при перемещении
от точки к точке не изменяется: электрический потенциал в
объеме, ограниченном проводящей поверхностью, постоянен и равен потенциалу на самой поверхности. Изменение
напряженности и потенциала заряженной сферы с расстоя-
33
нием от центра заряда можно проиллюстрировать графиками (см. рис.).
Решение
Потенциал, создаваемый сферически симметрично распределенным зарядом q в центре шара, такой же, как на его
поверхности и равен φ1 = q/4πε0R ; потенциал, создаваемый в этой же точке точечным зарядом –2q , расположенным вне сферы на расстоянии 2R от ее центра,
равен φ 2 = – 2q/4πε 0 2R; потенциал в центре шара – результат суперпозиции двух полей, т.е. φ = φ1+ φ2=
q/4πε 0 R–2q/4πε 0 2R= 0.
При выполнении тестовых заданий удобно сделать запись как можно более короткой. Например, в данном случае достаточно одного общего уравнения φ = q/4πε0r.
Т.к. точечный отрицательный заряд вдвое больше заряда, распределенного на сфере и находится от центра сферы
вдвое дальше, из записанного уравнения видно, что потенциалы обоих зарядов равны по величине и противоположны по знаку, следовательно, результирующий потенциал
равен 0.
2 (ЦТ 2001 г. Тест 11. А 19).
Внутри шарового металлическо+
го слоя, внутренний и внешний ра+
_
+
диусы которого соответственного
_
R
равны R и 2R, на расстоянии R/2 от
+ _ 0
_ +
центра находится точечный положи_ +q _ 2R
тельный заряд q. Потенциал в центре
+
–
+
сферы равен…
+
Решение
Затруднения вызывает построение картины распределения зарядов на поверхностях шарового слоя.
Благодаря электростатической индукции на внутренней
поверхности сферы появляется заряд –q, а на наружной +q.
Потенциал в центре сферы   1   2   3 ;
34
1 
3 
q
40  R

2
q
20 R
q
q

40  2 R 80 R
2 
;
 
3q
40 R
q
;
40  R
– ответ 1.
Подобная же задача – А 19 в тесте № 12, 2001 г. :
Внутри шарового металлического слоя, внутренний и
внешний радиусы которого соответственно равны 2R и 4R,
на расстоянии R от центра находится точечный положительный заряд q. Потенциал в центре сферы равен ….
3q
Ответ:
16  0 R
3 (ЦТ 2000 г.Тест ... А19). Металлический шар радиусом R1 , имеющий потенциал φ1, окружают незаряженной
сферической проводящей оболочкой радиусом R2 . Найдите потенциал шара после того, как он будет на некоторое
время соединен с оболочкой?
Решение
q
Потенциал заряженного шара 1 
.
40 R1
Если заряженный шар касается внутренней поверхности
оболочки, заряды, стремясь расположиться на возможно
больших расстояниях друг от друга, переходят на оболочку. Напряженность поля внутри оболочки становится равной 0, потенциал поля в точках оболочки и внутри нее раq
вен  2 
( но не 0! См. предыдущую задачу), где
40 R2
q  40 R11 . Таким образом, потенциал оболочки и находящегося внутри нее и соединенного с нею шара равен
R
 2  1 1 – ответ.
R2
Правильный ответ –1.
35
4 (ЦТ 2000 г. Тест… А19).
Металлический шар радиуса R1,
–
имеющий потенциал φ1, окружают сферической проводящей обо–
+ R1 –
лочкой радиуса R2. Чему будет
+
+
равен потенциал шара, если за–
+
+ –
землить оболочку?
+
R2
Решение
–
Наиболее частая ошибка состоит в том, что не учитывается
потенциал поля, созданного зарядами, наведенными на
оболочке при ее заземлении.
Первый вариант решения. Потенциал на поверхности
q
шара, созданный зарядом шара  q , равен 1  
.
40 R1
После заземления оболочки на ней появляется индуцированный заряд  q , который на оболочке и внутри нее соq
здает потенциал  2  
.
40 R2
Суперпозиция исходного поля шара и поля, созданного
наведенным зарядом оболочки, дает на поверхности шара
потенциал

R
  1   2  1 (1  2 )  1 (1  1 ) – ответ.
1
R2
Второй вариант решения. Можно в рассуждениях исходить из того, что потенциал оболочки после заземления равен 0, как это принято в технике (заземленная оболочка принимается за начало отсчета потенциальной энергии), из этого условия находится величина и знак наведенного заряда. Потенциал оболочки φ2 складывается из по36
тенциала, обусловленного наведенным на ней зарядом q2 и
потенциалом поля шара φ1:
q1
q2

 0 ,  q1 = – q2..
40 R2 40 R2
Находим потенциал шара после заземления оболочки:
q2
(1).
  1   2  1 
40 R2
q1
Из 1 
найдем q1  q 2  40 R11 , подставляем в
40 R1
40 R11
R
(1), получаем ответ:   1 
 1 (1  1 ) .
40 R2
R2
У этого варианта решения есть минусы:
– в ранее решенных задачах отсчитывали потенциал
(потенциальную энергию) от точки, бесконечно удаленной
от заряда, что имеет ясный физический смысл; логично
всегда использовать одно и тоже начало отсчета ;
– решение получилось более громоздким.
5 (ЦТ 2001 г. Тест 3. А19). Тонкое закрепленное кольцо
радиуса R равномерно заряжено так, что на единицу длины
кольца приходится заряд +γ . В вакууме на оси кольца на
растоянии l от его центра помещен маленький шарик,
имеющий заряд +q. Если шарик освободить, то в процессе
движения он приобретет максимальную кинетическую
энергию, равную
 qR
R q
q
1)
2)
3)
2
2
2
2
2 0 l 2
2 0 R  l
2 0 R  l
4)
 qR
4 0 l
5)
 ql
40 R
37
Решение
По закону сохранеR
+q
ния энергии E = U, где
U – энергия взаимодейl
ствия точечного заряда
и кольца.
Типичная ошибка:
при решении этой задачи считают, что в силу
симметричности распределения заряда по кольцу можно
«стянуть» его в центр кольца и находить потенциал поля,
созданного кольцом в месте нахождения заряда, как
 2 R
потенциал поля точечного заряда:  
. Однако так
40 l
поступать нельзя, поскольку симметрия заряда не
пространственная, а плоскостная. В действительности
следует разбить кольцо на малые элементы, которые
можно считать материальными точками, определить
потенциал поля каждого такого точечного заряда в месте
нахождения заряда +q и просуммировать результаты:
N
N
 
i 1
qi
4 0 R  l
2
2

 q
i 1
i
4 0 R  l
2
2

2 R
40 R  l
2
2

R
2 0 R 2  l 2
Энергия взаимодействия кольца с зарядом и
максимальная кинетическая энергия заряда равны,
R q
согласно закону сохранения энергии: E  U 
2 0 R 2  l 2
– ответ.
Подобным же образом находится потенциал при
решении задачи А 19 из теста № 8 ЦТ 2001 г.: по тонкому
проволочному кольцу радиуса 3 см равномерно
распределен заряд 10–9 Кл. Определите разность
потенциалов между центром кольца и точкой, находящейся
на оси кольца на расстоянии 4 см от центра. Ответ: 120 В.
38
6 (ЦТ 2000 г. Тест 3. А 20). Если металлический шар радиуса R1, заряженный до потенциала φ1 , соединить тонкой
проволокой с незаряженным металлическим шаром радиуса R 2 , то общий потенциал соединения окажется равным
R1
R2

R 
1)  
2)  
1
1

3)    1 

R1  R2
R1  R2
R 

1
1
2
 R 
4)   1  2  1
R1 

5)  
R1  R2
1
2
Решение
радиуса
Заряженный шар
q
емкость
C1  1  const R1 ;
1
C2  const R2 .
R1
имеет
незаряженного
емкость
шара
Общая емкость шаров после их соединения С = С1+С2
= const (R1+R2). , а их общий заряд q1. Общий потенциал
соединенных шаров равен
q
const R1 1
R
 1
 1 1 – ответ.
C const ( R1  R2 ) R1  R2
Учащиеся часто ошибочно считают, что емкость соединенных шаров находится, как емкость последовательно со1
1
1
единенных конденсаторов, по формуле
.


C C1 C 2
Второй вариант решения: можно исходить из формулы потенциала поля, созданного сферически симметричq
ным зарядом  
, и закона сохранения заряда .
40 R
Заряд первого шара до соединения после соединения шаров распределяется между ними: q1  q1(1)  q2(1) , где
39
q  4 0 R11 , q1(1)  4 0 R1 ,
q 2(1)  4  0 R2 . Из этих
выражений получаем тот же ответ:  
R11
.
R1  R2
Аналогичным образом решается задание А 20 теста 5,
ЦТ 2000 г.: шар радиусом R1, заряженный до потенциала
φ1, соединяют с незаряженным шаром тонкой проволокой,
после чего общий потенциал соединения оказывается равным φ. Определить радиус второго шара.
 
 
 
1) R1 1
2) R1 1
3) R1 1

1
1  

1
4) R1
5) R1
1  
1  
7 (ЦТ 2001г. Тест 2. А 19). Какую работу надо совершить, чтобы три одинаковых точечных положительных заряда q, находящихся в вакууме вдоль одной прямой на расстоянии a друг от друга, расположить в вершинах равно+q
+q
+q
стороннего треугольника со
стороной a/2.
a
a
+q
Первая ошибка при решении этой задачи – вместо того,
a/2
a/2
чтобы найти работу как изме+q
+q
нение энергии взаимодействия
a/2
системы зарядов, пытаются
искать ее как скалярное произведение силы на перемещение. Вторая ошибка – учитывается только энергия взаимодействия соседних зарядов.
Решение
Энергия взаимодействия системы зарядов в начальном
положении (взаимодействует каждый заряд с каждым !) :
40
5q 2
.
40 a 40 a 40 2a 80 a
Энергия взаимодействия системы зарядов после перемещения:
q2
12q 2
.
W2  3

80 a
40 a
2
7q 2
Работа перемещения зарядов равна A  W2  W1 
–
80 a
ответ 5.
W1 
q2

q2

q2

8 (ЦТ 2001 г. Физика–II. Тест 2. А 11). Два соосных
тонких диска радиусом R = 0,4 м каждый находятся на
расстоянии d = 0,50 см друг от друга. Одному из дисков
сообщили заряд q = 7·10–8 Кл, другому заряд (– 2q).
Если электрическая постоянная ε 0 = 9·10–12 Ф/м, среда
– вакуум, а заряд распределен по дискам равномерно, то
разность потенциалов между центрами дисков равна….
1) 108 В
2) 122 В
3) 116 В
4) 130 В
5) 138 В
Решение
Вар. 1. Т.к. расстояние между дисками d « R , поле, создаваемое каждым из дисков, можно считать однородным. и
напряженность поля каждого диска рассчитывать, как для
бесконечной заряженной плоскости. По принципу суперпозиции полей, т.к. направления векторов напряженности
полей дисков совпадают:
1 
E  E1  E2 
1  2
, где

2 0 2 0
2q
q
, 2 
– поверхностные плотности заря2
R
 R2
41
дов на дисках. Следовательно, E 
3q
. Разность потен2 0R 2
3qd
=116 В.
2 0R 2
Второй вариант решения. Эту задачу можно решить, не
прибегая к формуле напряженности поля бесконечной заряженной плоскости, которая известна только учащимся
физико-математических профильных классов. Решение основано на использовании формул для плоского конденсатора, принципе суперпозиции полей и возможности произвольно выбирать начало отсчета потенциала.
Разность потенциалов межd
ду обкладками плоского конден1
2
сатора, образованного дисками с
+q
-q
зарядом
±q,
равна
q
qd
φ=0
φ= φ1,2+ φ1,2
  
. Потенциал, соC 0 R 2
здаваемый левой (1-й) обкладкой
x=0
x=d
в центре правой (2-й) вдвое
qd
меньше:  1, 2 
. (Это яс20 R 2
но из того, что согласно принципу суперпозиции, напряженность поля внутри плоского конденсатора вдвое больше напряженности, создаваемой одной из пластин, и

напряженность поля внутри конденсатора равна E 
.)
d
Аналогично второй диск создает в центре первого потен2qd
циал  2,1  
, знак «-» обусловлен знаком заряда
20 R 2
второго диска. Это потенциал первого диска относительно
второго. Потенциал второго диска относительно первого,
созданный зарядом второго же диска должен иметь обрат-
циалов   Ed 
42
2qd
. По принципу суперпозиции по20 R 2
qd
2qd
3qd
  2, 2 


– ответ.
2
2
20 R
20 R
20 R 2
ный знак : 
лей   1, 2
2, 2

9. В плоском конденсаторе одна обкладка имеет заряд
+Q1, а другая + Q2. Внутрь конденсатора параллельно обкладкам помещают незаряженную металлическую пластину. Какой заряд будет индуцирован на левой и правой поверхностях пластины?
Решение
Считаем для определенности
Q1 + q -q Q2
Q2> Q1. Знаки зарядов и направления векторов напряженностей показаны на рисунке. Напряженность
поля внутри металлической пластины равна 0. С другой стороны, по
1 3
4 2
принципу суперпозиции полей
E=E1-E2+E3+E4.
Напряженности рассчитываем,

Q
как для бесконечных плоскостей: E1  1  1 . Анало2 0 2 0 S
гично записав другие значения напряженностей и подставив их в первое уравнение, получим Q1 –Q2+2q=0, откуда
Q  Q1
– ответ.
q 2
2
Однородное поле, создаваемое бесконечной заряженной плоскостью, можно уподобить полю, создаваемому
одной из пластин в плоском конденсаторе, и, сославшись
на принцип суперпозиции полей, выразить ее как половину
Q
напряженности поля в плоском конденсаторе: E 
.
2 0 S
43
10. В плоском конденсаторе одна обкладка имеет заряд +q, а другая (–2q). Внутрь конденсатора параллельно
обкладкам помещают пластину из диэлектрика с проницаемостью ε. Какова величина связанных зарядов, индуцированных на обеих поверхностях диэлектрика?
Решение
Решение этой задачи аналогично решению предыдущей. Отличие состоит лишь в том, что напряженность поля
в диэлектрике ЕД в ε раз меньше напряженности поля конE  E2
денсатора без диэлектрика: E Д  1
. По принципу

суперпозиции ЕД =Е1+Е2–Е3–Е4,, где E1 
E3  E 4 
q
2 0 S
, E2 
2q
,
2 0 S
q0
, откуда величина связанных зарядов равна
2 0 S
3q (  1)
q0 
- ответ.
2
11. Определить электрическую емкость плоского конденсатора с двумя слоями диэлектриков с проницаемостью
ε1 и ε2 и толщинами d1 и d2. Площадь пластины конденсатора S.
Решение
Т.к. слои диэлектриков расположены параллельно пластинам, и полностью закрывают площадь пластин, являются электрически нейтральными, то связанные заряды на
разных поверхностях одного слоя одинаковы. Такое равенство зарядов соответствует последовательному соединению конденсаторов с диэлектриками с проницаемостью ε1
44
 S
  S
1
1
1


; C1  0 1 ; C2  0 2 . Отсюда поC C1 C 2
d1
d2
0S
сле преобразований получим: C 
- ответ.
d1 d 2

и ε2:
1
2
12*. В плоском конденсаторе пространство между обкладками заполнено двумя диэлектриками с проницаемостями ε1 и ε2 , как показано на рисунке.
Площадь пластины конденсатора S, расh/2 ε
1
стояние между пластинами d.
h
ε
Решение
2
h/2
При таком заполнении конденсатора
диэлектриками
разность потенциалов
d
между поверхностями обоих диэлектриков одинакова. Это соответствует параллельному соединению двух конденсаторов, один из которых заполнен диэлектриком ε1, а другой – диэлектриком
ε2. Площадь пластин каждого из этих конденсаторов равна
половине площади пластины исходного конденсатора (см.
 S
  S
рисунок). Тогда: С=С1+С2; C1  0 1 ; C2  0 2 . По2d
2d
 S ( 1   2 )
сле преобразований получаем: C  0
– ответ.
2d
13 (ЦТ 2001 г.Тест 10. А21). Плоский конденсатор с
пластинами
размером
+
16×16 см и расстоянием
+

между ними 4 мм присоV
E
единен к полюсам батареи
___
___
с э.д.с. равной 250 кВ. В
пространство между пластинами с постоянной скоVt
l-Vt
ростью 3 мм/с вдвигают
стеклянную пластину тол45
щиной 4 мм. Какой ток при этом пойдет по цепи? Диэлектрическая проницаемость стекла ε=7.
Решение
Для решения задачи достаточно описать начальное и
конечное состояния системы конденсатора уравнениями.
В начальном состоянии емкость конденсатора равна
 S
C1  0 , разность потенциалов между его пластинами
d
 SE
равна Е и заряд конденсатора равен q 1 C1 E  0 ; в коd
нечном состоянии, когда в конденсатор вдвинута стеклян S
ная пластина , C 2  0
, разность потенциалов между
d
  SE
пластинами по-прежнему Е, заряд q 2  C2 E  0
.
d
Очевидно, за время вдвигания пластины по цепи протек за SE
ряд q2  q1  0 (  1) .
d
Заряд конденсатора изменялся со временем линейно,
т.к. скорость вдвигания стеклянной пластины и, следовательно, скорость увеличения емкости постоянны: конденсатор можно представить как параллельное соедине l (l  Vt )
ние двух конденсаторов с емкостями C1  0
и
d
  lVt
и
общей
емкостью
C2  0
d
 l[l  Vt (  1)]
– очевидна линейная зависиC  C1  C2  0
d
мость (С, t).
46
Из сказанного следует, что ток можно найти простым
делением приращения заряда на время вдвигания плаq  q1  0 SE (  1)
стины: I  2

 1,6  10 3 A - ответ 2.
l
t
V
Отметим следующее: при анализе подробных решений
этой задачи выяснилось, что подавляющее большинство
решавших получали правильный ответ, вовсе не задаваясь вопросом о характере временного изменения заряда и о правомерности деления q2–q1 на t (а не отыскания производной, как следовало бы, если бы изменения
оказались нелинейными); часть решения, выделенная выше курсивом, просто отсутствует. Это говорит об отсутствии у учащихся умения анализировать ситуацию и выбирать соответствующую ей математическую модель. Большинство, не задумываясь, рассматривает самый простой
из всех возможных случаев.
14 (ЕГЭ 2003 г. Вар. 4. С3). Один конденсатор электрической емкостью C1=5 мкФ заряжен до разности потенциалов между его пластинами U1=120 В. Другой конденсатор электрической емкостью C2=7 мкФ – до разности потенциалов U2=240 В. Одноименно заряженные пластины
конденсаторов попарно соединили проводниками. Какова
разность потенциалов U между пластинами каждого конденсатора ?
14-а* Какое количество теплоты выделится в цепи после соединения конденсаторов?
+q1
C1
–q1
C2
+q2
+ q1I
C1
– q1I
C2
–q2
 q 2I
 q 2I
47
Решение
Перетекание
заряда с одной
пластины на другую (перетекают
одноименные заряды) продолжа-
ется до тех пор, пока не сравняются потенциалы пластин
(т.е. станут одинаковыми напряжения на конденсаторах).По закону сохранения заряда: q1  q 2  q1I  q 2I ;
q1  C1U 1 ; q2  C2U 2 ; q1I  C1U ; q 2I  C 2U . После преC U  C 2U 2
образований получим: U  1 1
=190 В – ответ 1.
С1  С 2
Количество теплоты, выделившееся в цепи, равно изменению энергии системы конденсаторов (система являетCU2 C U2
W1  1 1  2 2 ;
ся замкнутой):
Q  W1  W2 ,
2
2
2
(C1  C 2 )U
. После преобразований получаем
W2 
2
C C (U  U 1 ) 2
Q 1 2 2
= 210 мДж – ответ 2.
2(C1  C 2 )
15 (ЕГЭ 2003–04, стр.124. С3)
Конденсаторы, электрическая емкость которых 2 и 10
мкФ, заряжают до напряжения 5 В каж+ –
дый, а затем вывод «плюс» одного из них
подключают к выводу «минус» другого и
соединяют свободные выводы резистором
1000 Ом. Какое количество теплоты выделится в резисторе?
15-а* Найдите разность потенциалов
между пластинами каждого конденсатора
после установления равновесия.
–
+
Решение
При решении этой задачи обычны
следующие ошибки:
– из равенства значений напряжения между пластинами
конденсаторов делают вывод, что перетекания зарядов после замыкания ключа не происходит; в действительности,
48
как и в предыдущей задаче, здесь наблюдается перетекание
заряда;
– из того, что конденсаторы соединяют разноименно заряженными пластинами, делается заключение, что это последовательное соединение, и соответственно находится
общая емкость конденсаторов после соединения, в действительности после соединения их левые пластины имеют заряд одного знака, а правые – противоположного,
т.е.конденсаторы оказываются соединенными параллельно.
Т.к. С2>C1, то при одинаковых U Абсолютная величина
заряда q2 = С2U0 больше, чем q1 = С1U0. По закону сохранения заряда q2  q1  q1I  q2I . Заряд на соединенных обкладках распределен пропорционально емкости конденсатоqI C
ров: 1I  1 .
Из
этих
уравнений
получаем:
q2 C2
 C
(C 2  C1 )U 0  q 2I 1  1
 C2
C C  C1 U 0
,
q1I  1 2
C1  C 2

 ,

q2I 
C2 C 2  C1 U 0
,
C1  C 2
следовательно,
q 2I q1I (C 2  C1 )U 0
U


 3,3 В – ответ 1.
C 2 C1
(C1  C 2 )
Количество теплоты, выделившееся в резисторе, равно убыли энергии системы конденсаторов, т.к. система является замкнутой (в цепи отсутствуют источники тока):
CU2 C U2
W1  1 0  2 0 ,
где
Q  W1  W2 ,
2
2
2
2
2
(C1  C 2 )U
(C  C1 ) U 0
.
W2 
 2
2
2(C1  C 2 )
2C1C 2U 02
Q
 83 мкДж– ответ 2.
C1  C 2
49
На второй вопрос задачи можно ответить и не определяя заряд пластин каждого конденсатора и разность потенциалов между пластинами конденсаторов после соединения. Тогда решение выглядит так:
CU2 C U2
Q  W1  W2 , где W1  1 0  2 0 ;
2
2
общий заряд соединенных пластин конденсаторов после
соединения равен q  q2  q1  U 0 (C2  C1 ) , а общая емкость
конденсаторов
откуда
C  C1  C2 ,
q 2 (C 2  C1 ) 2 U 02
W2 

– результат совпадает с получен2C
2(C1  C 2 )
ным в предыдущем варианте решения.
Значение сопротивления R = 1000 Ом – избыточное
данное, важно лишь то, что в цепи имеется сопротивление,
в котором выделяется теплота.
Если учитель стремится к единообразию в записи
фундаментальных законов во всех разделах физики и запишет закон сохранения энергии в данной задаче подобно
тому, как он записывался в термодинамике (первый закон
термодинамики): W2  W1  Q аналогично U 2  U1  Q –,
то Q получится отрицательным, знак «–» будет указанием
на выделение (потерю) энергии в виде теплоты.
16. Сколько теплоты выделится при переключении
ключа К из положения 1 в полоС
K
жение 2 в цепи, изображенной на
рисунке?
1
Решение
2
Эта задача отличается от
+ –
предыдущей тем, что в ней конденсатор не является замкнутой
ε1 ε2
системой: в цепи имеются источники тока, совершающие работу
50
по перемещению заряда. Закон сохранения энергии в этом
C ( 2   1 ) 2
случае имеет вид: W2  W1  Q  AСТ , где W1 
,
2
C 12
, AСТ   q   1 , изменение заряда конденсатора
W2 
2
(заряд,
протекший
по
цепи)
при
перезарядке:
q  q1  q2 , где q1  C( 2   1 ) , q2  C 1 (знаки заряда
пластин при переключении ключа меняются). Объединив
C 2
эти уравнения, получаем Q   2 – ответ. Результат ка2
жется парадоксальным – выделившаяся при перезарядке
теплота не зависит от  1 ; «–» показывает, что теплота выделяется (теряется).
17. На схему подано постоянное напряжение U=120 В. В
каких пределах будет изменяться напряжение на конденсаторе C1 с постоянной емкостью С
С1 С2
при медленных изменениях емкости C2 в пределах от С/4 до 7С?
Решение
Сумма напряжений на конденR
2R
саторах, U1 и U2, равна напряжению
на резисторе 2R: U 0  U 1  U 2 (1).
U
По закону Ома для участка цепи
U
2
U0 
 2 R  U (2). Т.к. при по3R
3
следовательном соединении конденсаторов их заряды
одинаковы, то из определения емкости следует, что напряжения на конденсаторах обратно пропорциональны их емU
C
костям: 1  2 (3). При C2 = С/4 из равенств 1–3 полуU 2 C1
U
чим U1 = 0 = 16 В (при C2 = 7С, U1 =110 В).
5
51
3.2. Электрический ток
1 (ЦТ 1999 г.Тест 6. В 3. ) При пропускании тока по
участку цепи, состоящему
из сопротивлений R1=5 Ом,
R2
R2 =1 Ом, R3 = 8 Ом, R4 =
4Ом, соединенных как показано на схеме, наибольR1
R3
шее падение напряжения
будет на сопротивлении с
индексом …
R4
Решение
При выполнении тестовых заданий бывает целесообразно отказаться от подробной записи данных, формул и от решения в общем виде. В данной задаче следует
записать значения сопротивлений прямо на рисунке. Там
же следует записать токи в ветвях цепи и падения напряжений. Ответ ясен из их сравнения: наибольшее падения
напряжения на сопротивлении с индексом 1. Запись решения может выглядеть так:
6 Ом
2I
2I×1
1 Ом
R2
I×8
8 Ом
5 Ом
2I×5 R1
R3
R4
4 Ом
I×4
52
12 Ом
I
Аналогично решение задания А 22 из теста № 5, ЦТ
1999 г.
2 (ЦТ 199? г. Тест 3. № 19). Два проводника с сопротивлениями R1 и R2 (R1 >R2) включены в электрическую цепь
сначала последовательно, а затем параллельно. На каком из
сопротивлений выделится большая тепловая мощность в том и
другом случае?
1) последовательно Р1 >Р2 , параллельно Р1 < Р2
2) последовательно Р1 < Р2, параллельно Р1 >Р2
3) в обоих случаях Р1 = Р2
4) последовательно Р1 = Р2 , параллельно Р1 < Р2
5) последовательно Р1 >Р2 , параллельно Р1 = Р2
Решение
Для сравнения тепловых мощностей при последовательном
соединении целесообразно пользоваться формулой P=I2R
(I1 =I2 =I), при параллельном соединении – P=U 2/R
(U1 =U2 ). Очевидно, при R1 ≠ R2 и в том , и в другом случае
Р1 ≠ Р2. Следовательно, ответы 3, 4 и 5 неверны. Остается выбрать между 1 и 2. Из P=I2 R следует, что при последовательном соединении при R1 >R2 Р1 >Р2 – ответ 1) . Этот же
вывод получается при использовании формулы P=U 2 /R для
параллельного соединения.
3 (ЦТ 2000 г.Тест 3. А21). Напряжение на зажимах батареи, состоящей из двух источников тока (ε1 = 2 В; r1 = 0,2
Ом; ε2 = 1,7 В; r2 = 0,1 Ом) равно
1) 2,2 В
2) 1,8 В
3) 1,9 В
4) 1,5 В
1) 2,1 В
ε1, r1
А
ε2,
В
Решение
Часто приходится слышать, что для
решения этой задачи необходимо использовать законы Кирхгофа. Эти законы вернее было бы называть правила-
r2
53
ми. Никакого дополнительного физического смысла по
сравнению с законом Ома они не несут и являются просто
удобным для расчетов техническим приемом. Поэтому нет
смысла загромождать школьный курс физики подобными
формальными знаниями.
Для решения данной задачи нет необходимости использовать правило Кирхгофа. Следует рассмотреть
один из источников как источник, а второй – как нагрузку с
неизвестным сопротивлением, учитывая, «что падение
напряжения на участке цепи» и «разность потенциалов на
концах участка цепи» – синонимы (что учащиеся не всегда
понимают). Тогда, по известному учащимся закону Ома,
(1).
1  Ir1  ( A   B )  Ir1  
Теперь поменяем источники ролями:
(2).
  2  Ir2  ( B   A )  Ir2  
Подставляя числовые данные и решая систему уравнений (1) и (2), получим Δφ = 1,8 В.
Следует обратить внимание на знаки ЭДС источников и разности потенциалов Δφ.
4 (ЦТ 2001 г. Тесты 8, 28. А 21). В схеме, изображенной на рисунке, R1 = 5 Ом, R2 = 6 Ом, R3 = 3 Ом, сопротивлением амперметра и подводящих проводов можно пренебречь. Если вольтметр показывает 2,1 В, то показанию амперметра соответствует…
1) 0,1 А
2) 0,2 А
3) 0,3 А
4) 0,4 А
5) 0,5 А
Решение
I1
Решение задачи требует
A
навыков чтения схем –
необходимо увидеть, что
V
R2 I2
I3
резисторы R2 и R3 включены
в цепь параллельно. Вольтметр показывает падение
R1
R3
напряжения на внешнем
участке цепи с сопротивле54
R2 R3
RR
 R1 :
U  I 1 ( 2 3  R1 ) .
R2  R3
R2  R3
Как правило, в заданиях Российских тестов числовые
данные подобраны так, что вычисления получаются очень
простыми. Поэтому, целесообразно сразу же подставить
данные:
63
2,1  I 1 (
 5) , I1 = 0,3 А.
63
Из схемы видно, что I1 = I2 + I3 и I 2 R2  I 3 R3 . Снова подставляем значения сопротивлений и тока I1 и решаем систему уравнений: 0,3 = I2 + I3 и I 2  6  I 3  3 . Получаем
ответ: 0,2 А.
нием R 
5 (ЦТ 2001 г. Тест 13. А 21).
Источники тока, имеющие
одинаковые внутренние сопротивления r = 1 Ом, подключены к резисторам, кажE1
E2
дый из которых имеет сопроR
R
тивление R = 4 Ом. ЭДС исr
r
точника тока E1 = 12 В.
Ток, протекающий через
B
источник E2, равен нулю
I
при ЭДС E2 равной …
Решение
Ток в цепи течет, как показано стрелками. Т.к. тока в ветви
источника E2 нет, для остальной цепи можно записать заR
R
E1  I   Ir , где I  – падение напряжения
кон Ома:
2
2
на внешнем участке цепи, или разность потенциалов точек
А и В. Эта разность потенциалов ввиду отсутствия тока чеA
55
рез источник E2 равна его ЭДС: I 
R
 E 2 . Таким образом,
2
E1
12
4

 4 A ; E 2  4   8B .
R
4
2
r
1
2
2
Аналогично решается задача А 21 теста № 11, 2001 г.:
Источники тока, имеющие одинаковые внутренние сопротивления r = 0,5 Ом подключены к резисторам, каждый
из которых имеет сопротивление R. ЭДС. источников тока
E1 = 12 В, E2 = 6 В. Определить величину сопротивления R,
при котором ток, протекающий через источник E2 , равен
нулю. Ответ: 1 Ом.
I
6 (ЦТ 2001 г. Тест 11. В 3). Определите показание амперметра (А) в электрической цепи, изображенной на рисунке, если показание вольтметра U=250 В, а сопротивление каждого резистора R и внутреннее сопротивление вольтметра равV
ны по 1 кОм.
I2
R
R
R
I
I1
A
Решение
Амперметр измеряет ток I=I1+I2.
Отношение токов
I1 R  rV  R

 3  I  4I 2 .
I2
R
Ток I2 по закону Ома равен
U
250

 0,25 А , где U – падение напряжения на
rV 1000
вольтметре. Таким образом, I  1А – ответ.
Ошибка состоит в том, что учащиеся, не понимая
принципа действия вольтметра, привыкли считать, что он
«измеряет падение напряжения на параллельном ему
участке цепи», и безуспешно ищут этот параллельный участок в схеме. В действительности вольтметр, как и амперI2 
56
метр, реагирует на протекающий через него ток; различия
между ними только в величине внутреннего сопротивления
и единицах градуировки шкалы; он измеряет падение
напряжения на самом себе.
7*. Определите показания идеального амперметра в
схеме, представленной на рисунке.
I1
a I3
Сопротивление R=3 Ом, ЭДС исR
точника ε=21 В. Сопротивлением
R
А I
проводов и внутренним сопротив2R
R
лением источника пренебречь.
b
I2
Решение
I4
Распределение токов показано на
рисунке, направление тока через амI0
перметр показано произвольно; правильность выбора направления будет видна после получения численного ответа.
Как видно из рисунка I  I1  I 3 или I  I 4  I 2 . Т.к.
амперметр идеальный (внутреннее
R
2R
сопротивление амперметра равно 0),
падение напряжения на нем равно 0,
a b
т.е. потенциалы точек a и b равны.
Следовательно, для расчета общего
сопротивления цепи R0 можно исR
R
пользовать эквивалентную схему.
Из
схемы
видно,
что
R 2R 7
R0  
 R,
откуда
2
3
6

6
I0 

,
и что I o  I 1  I 2  I 3  I 4 .
R0 7 R
Из эквивалентной схемы видно, что U1=U2 , U3=U4 ; соответственно I1 = I2 = I0/2 , I3 = 2I0/3, I4 = I0/3.
57
После преобразований получим для тока через амперметр
I

I  0 
 1А – ответ.
6
7R
Полученный в ответе знак « – » означает, что в действительности направление тока через амперметр противоположно выбранному в начале решения.
8 (ЦТ 2003 г. Физика–II. Тест 2. А 12). В конце процесса
зарядки аккумулятора напряжение на нем равно U1 = 5,5 В
и ток через него I1 = 10 мА. Если в начале разрядки аккумулятора напряжение на нем U2 = 3 В и ток через него I2 =
25 мА, то внутреннее сопротивление аккумулятора равно
1) 56 Ом
2) 71 Ом
3) 47 Ом
4) 93 Ом
8-а* Найдите ток короткого замыкания аккумулятора.
Решение
При зарядке ток через аккуr
ε
мулятор (внутри аккумулятора)
U
течет от положительного полюса
к отрицательному, следовательно,
по закону Ома для полной цепи
  U1  I1r . При разрядке ток через аккумулятор течет от
отрицательного полюса к положительному, следовательно,
U U2
= 71 Ом – от  U 2  I 2 r . Из этих уравнений r  1
I 2  I1
вет 1.
Ток
короткого
замыкания
равен
 (U I  U 2 I1 )
=67мА – ответ 2.
I КЗ   1 2
r
U1  U 2
58
9*. Определите, при каком значении сопротивления
резистора Rх показания гальванометра в схеме, изображенной на рисунке, равны нулю.
Решение
Показания
гальванометa
RX
ра будут равны нулю при
равенстве потенциалов точек a и b. В этом случае то8R
ки через резистор 2R и раз4R
6R
ветвленный участок цепи
(RX, 8R) равны, аналогично
равны токи через резисторы
b
8RR X
4R и 6R. Тогда I1  2R  I 2  4R , I1 
 I 2  6 R . Из
8R  R X
этих уравнений видно, что показания гальванометра равны
2 R  (8R  R X ) 4 R
0 при выполнении соотношения
, от
8RR X
6R
24
R – ответ.
куда R X 
5
10*. В схеме, представленной на рисунке, вольтметр показывает 12 В. Сопротивление R = 2
Ом. Амперметр и вольтметр – идеальные. Определите показания амV
А
перметра.
2R
Решение
Учитывая, что измерительные
R
R
приборы идеальные, т.е. внутреннее сопротивление амперметра
равно 0, а внутреннее сопротивление вольтметра бесконечно велико, воспользуемся эквивалентной схемой.
2R
59
Сила тока в резисторе 2R
U
равна
; сила тока в паралА
2R
лельной ветви в 3 раза больше,
т.к. сопротивление этой ветви в 3
V
2R
раза меньше сопротивления поR
следовательно соединенных реR
3U
зисторов 2R и R :
. Сила тока
2R
в неразветвленной части цепи
U 3U 4 U
U
 2 = 12 А.
(показание амперметра) равна
+
=
2 R 2R 2R
R
11 (ЦТ 2000 г. Физика –II. Тест 1. A14). Если в схеме,
приведенной на рисунке,
C
L
R0
ЭДС источника ε = 6 кВ,
Сопротивление R0 = 1,0
Ом и R = 2,0 Ом , емкость конденсатора C =
R
3·10-6 Ф, индуктивность
катушки L= 2·10-6 Гн, то
в сопротивлении R после
K
ε
размыкания ключа К
выделяется тепло в количестве….
1) 28 Дж
2) 32 Дж
3) 36 Дж
4) 41 Дж
5) 46 Дж
Решение
При замкнутом ключе ток течет в контуре с резистором
R, при этом напряжение на конденсаторе равно ЭДС источника, энергия электрического поля конденсатора равна
C 2
W 
. После размыкания ключа конденсатор разряжа2
ется через последовательно соединенные резисторы R0 , R и
катушку L. На индуктивном сопротивлении катушки
теплота не выделяется, индуктивность катушки влияет
60
только на быстроту разряда конденсатора . По закону
сохранения энергии W  Q  Q0 . Количества теплоты, выделившиеся в резисторах прямо пропорциональны их сопротивлениям, т.к. разрядные токи в резисторах в любой
момент времени одинаковы ( последовательное соединение): Q  I 2 Rt , Q0  I 2 R0 t . Т.к. по условию R  2R0 , то
2 C 2
= 36 Дж – ответ.

3 2
Может возникнуть сомнение в правомерности применения закона Джоуля-Ленца для расчета теплоты, т.к. ток
разрядки конденсатора переменный, а закон Джоуля-Ленца
был получен для постоянного тока. Закон справедлив в
любом случае, если под I понимать эффективное (действующее) значение тока.
Q  2Q0 . Следовательно, Q 
12 (ЦТ 2000 г. Физика –II. Тест 2. A14).
Если в схеме, приведенной на рисунке, ЭДС
источника тока ε = 6 кВ,
С
R
сопротивления R = R0 =
1,0 Ом, индуктивность
катушки L=2·10-6 Гн, емK
ε кость конденсатора C =
3·10-6 Ф, то на сопротивлении R после размыкания ключа К выделится тепло в количестве…
1) 35 Дж
2) 40 Дж
3) 45 Дж
4) 50 Дж
5) 55 Дж
Решение
Эта задача отличается от предыдущей тем, что при замкнутом ключе энергия системы складывается из энергии
электрического поля конденсатора и энергии магнитного

поля катушки, через которую течет ток I 
:
R0
L
R0
61
C 2 LI 2
. В остальном решение задачи аналогично

2
2
предыдущей. Ответ: Q = 45 Дж.
W
К
L
1) 392 Дж
R1
R0
2) 336 Дж
13 (ЦТ 2001 г. Физика –II. Тест 4.
А14. Если возбудить в катушке индуктивностью L = 7·10-5 Гн ток силой I = 4 кА и замкнуть ключ K так,
чтобы включить в цепь сопротивления R1 = 10 Ом и R2 = 15 Ом, то на
сопротивлении R1 выделится количество теплоты равное …
3) 348 Дж
4) 363 Дж
5) 320Дж
Решение
Идея решения та же, что и в предыдущих задачах, но
для сравнения количеств теплоты, выделившихся на резисторах, следует использовать закон Джоуля-Ленца в форме
U2
Q
t (резисторы соединены параллельно). Ответ: Q1
R
= 336 Дж.
3.3. Заряженные частицы и токи в электрических и магнитных полях. Электромагнитная
индукция
1. Электрон, имея скорость V = 2·106 м/с, влетает в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мТл под углом α = 30˚ к направлению линий магнитной индукции.
Определите радиус R и шаг h винтовой линии, по которой
движется электрон.
Решение
Составляющая скорости электрона V┴=V·sin α , перпендикулярная вектору магнитной индукции, обуславливает
движение электрона по окружности и определяет радиус R
62
этой окружности. Составляющая скорости V║=V·cos α, параллельная вектору индукции остается постоянной и
определяет шаг h винтовой линии. Уравнение движения
электрона
по
окружности
имеет
вид:
2
m (V  sin  )
 e (V  sin  ) B ; уравнение движения вдоль
R
вектора магнитной индукции: h  (V  cos  )t , где t = T –
период обращения электрона по окружности, равный
2R
T
. Из приведенных уравнений получаем:
V sin 
mV sin 
R
= 0,19 мм – ответ,
eB
h  2 R  ctg  = 2 мм – ответ.
2 (ЕГЭ 2004, стр. 150. В3).
Плоский контур с источником постоянного
– +
тока находится во внешнем однородном маг

нитном поле, вектор индукции которого B перB
пендикулярен плоскости контура (см. рисунок).
На сколько процентов изменится мощность тока
в контуре после того, как значение магнитной индукции
начинает уменьшаться со скоростью 0,01 Тл/с? Площадь
контура 0,1 м2, ЭДС источника тока 10 мВ.
Решение
Главная трудность в решении – определение направления
индукционного тока (ЭДС индукции), возникающего при изменении магнитного поля. Согласно правилу Ленца, в данной
задаче ЭДС индукции направлена против ЭДС источника тока; суммарная ЭДС в контуре равна ε= ε0 – εi. Относительное
63
изменение мощности равно  
P
P
2
P0  P
 1  ; где P0  0 ,
P0
P0
R
( 0   i ) 2
.
R
После преобразований получим:   [1  (1 
Здесь  i 
i 2
) ].
0
B
 S . Числовой ответ : 0,19 или 19%.
t
3 (ЦТ 2001 г. Физика-II. Тест 2. В5).
Контур состоит из двух перемычек:
неподвижной
сопротивлением R0 =

B
R0
100 мОм, и подвижной, сопротивлениR
ем R =200 мОм, которая вращается c
угловой скоростью ω = 10 рад/с, и проω
вода, имеющего форму дуги окружности радиусом r = 0,20 м. Индукция магнитного поля, пронизывающего контур,
B =30 мТл. Определите в миллиамперах
силу тока, протекающего в контуре.
Решение
Возникновение тока в контуре – результат возникновения ЭДС индукции, вызванной изменением магнитного потока через контур за счет увеличения площади, ограниченной
контуром.
Таким
образом,
i
B  S
1
. Наиболее сложно для учаIi 


R  R0
t
R  R0
щихся определение приращение площади контура при
вращении перемычки. Площадь контура – площадь сектора
с углом     t при вершине. Т.к. эта площадь пропор1
1
циональна углу φ, то S  r 2  r 2  t . После преоб2
2
64
разований для силы тока получим: I 
r 2 B
= 20 мА –
2( R1  R0 )
ответ.
4 (ЦТ 2001 г.Физика II. Тест1. В3).
По двум параллельным проводам перемещаются две
подвижные перемычки, сопротивления которых равны R1=
R2=10 мОм., а скорости равны соответ

ственно V1 =1,0 м/с и
V1
V2
V2 =2,0 м/с. Сопроl
R1
R2
тивление
третьей

неподвижной
переB
R0
мычки равно R0=10
мОм,
расстояние
между проводами l = 0,20 м. Индукция пронизывающего
контур магнитного поля В = 30 мТл. Определить силу тока в миллиамперах в неподвижной перемычке.
Решение
Т.к. площади контуров, образованных неподвижным
резистором и перемычками,
возрастают, то, согласно правилу Ленца, индукционные токи в контурах направлены по
I1
R1
R2
I2
часовой стрелке. Для решения
R0
задачи удобно изобразить эк1
2
вивалентную схему (см. рисунок). Внутренние сопротивления источников тока в этой схеме равны 0. По закону электромагнитной
индукции
модули
ЭДС
равны
B  lV1  t
1 
 BlV1 ; аналогично  2  BlV 2 . По закону
t
Ома I1 
1
R1  R0
,
I2 
2
R2  R0
65
. Ток в резисторе R0 ра-
вен I 0  I 2  I 1 , т.к.  2 >  1 . После вычислений получаем
ответ : I0 = 200 мА.
Эту же задачу можно решить, применив правила
Кирхгофа.
Другие варианты этой задачи можно получить, заставив перемычки двигаться в одном направлении или
навстречу друг другу.
5 (ЦТ 2001 г.Тест 2. А25). Прямолинейный проводник
длиной 10 см перемещают в однородном магнитном
поле с индукцией 0,1 Тл.
U,В
Проводник,
вектор
его
скорости
и
вектор
индукции
0,3
поля взаимно перпендику0,2
лярны. С каким ускорением
0,1
нужно
перемещать
0
1
2
t, с
проводник, чтобы разность
потенциалов на его концах U
возрастала, как показано на рисунке?
1) 10 м/с2 2) 15 м/с2 3) 20 м/с2 4) 25 м/с2 5) 30 м/с2
В
l
V
Решение
Разность потенциалов на концах
проводника – результат действия
магнитного поля на валентные
(«свободные»)
электроны,
движущиеся вместе с проводником.

 lVB – потоку вектора магнитной
t
индукции через площадь, «заметаемую» проводником в
единицу времени. При движении проводника с постоянной
скоростью разность потенциалов на его концах постоянна.
V
Если проводник же движется с ускорением a 
, то
t
Она равна U 
66
разность потенциалов изменяется со скоростью
U
laB .
t
U
B
 0,1 , как видно из графика в условии задания.
t
c
Расчет дает a  10 м/с2.
Причины неудачи при решении этой задачи:
– учащиеся привыкли иметь дело с задачами, в которых
ЭДС индукции возникает благодаря изменению тока в
контуре, ограничивающем постоянную площадь;
– в задачах рассматривается случай постоянной
скорости изменения магнитного потока.
Избежать подобных затруднений можно, приучив
учеников задавать себе вопрос: «Что изменится в задаче,
если… ?»
6 (ЦТ 199? г. Тест 106. № 20). В однородном магнитном

поле с индукцией B находится пряa
b
моугольная рамка площадью S. Нормаль к плоскости рамки направлена


на нас. Рамку повернули вокруг стоB
n
роны bc на 90º. Изменение магнитного потока через рамку при таком поc
d
вороте по величине равно
1
BS
2
1
4) BS
4
1) 
2) 2 BS
3) –BS
5) поток не изменился
Многие учащиеся не знакомы с термином «нормаль», не знают, что направление вектора индукции,
совпадающее с направлением нормали, принято считать
положительным; не учитывают, что изменение физической величины находится как разность между ее конеч-
67
ным и исходным значениями (а не наоборот) и может
быть как положительным, так и отрицательным.
Решение
В начальном положении рамки, изображенном на рисунке, магнитный поток через нее равен Φ1 =+ВS , т.к.
направления вектора индукции и вектора нормали совпадают. После поворота рамки магнитный поток становится равным Φ2 =0. Изменение магнитного потока ΔΦ
= =Φ2 – Φ1 =–BS.
3.4. Колебательный контур
1 (ЦТ 2001 г. Физика-II. Тест 2. А 14). Если в контуре,
содержащем конденсатор емкостью C= 30 мкФ и две катушки индуктивностью L1=700 нГн и L2=300 нГн, первоначально при разомкнутом ключе К зарядить конденсатор
до напряжения U0=100 В, то после замыкания ключа K амплитуда тока в контуре составит …
1) 1,2 кА 2) 1,3 кА 3) 1,4 кА 4) 1,5 кА 5) 1,6 кА
1-а* Найти период собственных электромагнитных колебаний в контуре.
Решение
Общую индуктивность L
параллельно соединенных каК
тушек можно определить, учитывая, что энергия магнитного
С
L1
L2
поля контура равна сумме энергия магнитных полей катушек и
токи в катушках обратно пропорциональны индуктивным
LI 02 L1 I 12 L2 I 22


сопротивлениям
катушек:
;
2
2
2
I 1 L1 L1


; I 0  I 1  I 2 . Из этих уравнений получим
I 2 L2 L2
68
для индуктивности параллельно соединенных катушек
1
1
1


.
L L1 L2
CU 02 LI 02
. Из этого

2
2
C ( L1  L2 )
C
= 1,2 кА
 U0
L
L1 L2
По закону сохранения энергии
уравнения получим I 0  U 0
– ответ .
Период собственных колебаний в контуре равен
L1 L2 C
=15,8 мкс – ответ .
T  2 LC  2
L1  L2
2* В контуре, содержащем две катушки индуктивностью L1 = 2 мкГн и L2= 4 мкГн и конденсатор С = 10 мкФ,
при разомкнутом ключе конденсатору сообщили заряд q =
20 мкКл. Определить 1) амплитуду тока в контуре после
замыкания ключа; 2) период собственных электромагнитных колебаний в контуре.
Решение
К
Аналогично предыдущей
задаче
можно
записать:
С
L1
2
2
2
LI 0 L1 I 1 L2 I 2


; I0=I1=I2,
L2
2
2
2
т.к. катушки соединены последовательно. Отсюда получим
для индуктивности последовательно соединенных катуq 2 LI o2

шек: L=L1+L2. По закону сохранения энергии
,
2C
2
q
q

следовательно, амплитуда тока I 0 
=
LC
( L1  L2 )C
2,6 А – ответ 1.
69
Период собственных колебаний в контуре равен
T  2 LC = 49 мкс – ответ 2.
Получив формулы индуктивности последовательно и параллельно соединенных катушек, сравните их с
аналогичными формулами для последовательно и параллельно соединенных пружин, резисторов и конденсаторов.
3 ( ЦТ 2002 г. Физика–II. Тест 3. А 14). Батарею из двух
последовательно соединенных конденсаторов, емкостью С=10 мФ каждый,
С,U0
причем один из них предварительно
a
заряжен до напряжения U0 = 1000 В,
L
K
соединяют с катушкой индуктивностью L=100 мкГн так, что образуется
b
C
колебательный контур. Если сопротивление контура пренебрежимо мало, то
амплитуда силы тока в контуре будет равна
1) 6,7 кА 2) 6,9 кА 3) 7,1 кА 4) 7,3 кА 5) 7,5 кА
3-а * Найдите циклическую частоту установившихся
собственных электромагнитных колебаний в контуре.
Решение
После замыкания ключа заряд с пластин заряженного
конденсатора начинает перетекать на второй, незаряженный. Ток перезарядки достигает максимума в момент, когда разность потенциалов на концах катушки равна 0, т.е.
потенциалы пластин конденсаторов стали одинаковыми.
Т.к. конденсаторы одинаковы, заряд q разделился между
конденсаторами поровну (по закону сохранения заряда), и
напряжение на каждом из конденсаторов стало равным
U0/2.
По
закону
сохранения
энергии:
70
2
U 
C 0 
2
2
CU 0
LI
2 
 0  2 
. После преобразований получим
2
2
2
C
= 7,1 кА – ответ1.
I0  U0
2L
Для определения циклической частоты колебаний
преобразуем формулу для I0. Т.к. первоначальный заряд
q0
конденсатора равен q0  CU 0 , то I 0 
. Т.к. ам2 LC
плитудные значения силы тока и заряда связаны соотно1
шением: I 0  q0 , то  
– ответ 2.
2 LC
Подобная задача имеется в сборнике «ЕГЭ.Физика2004. Учебно-тренировочные материалы для подготовки к
единому государственному экзамену»
4 (ЕГЭ 2002 г., 2004 г. С3). В идеальном колебательном контуре амплитуда колебаний силы тока в катушке
индуктивности I0 = 5 мА, а амплитуда колебаний заряда
конденсатора q0=2,5 нКл. В момент времени t заряд конденсатора q = 1,5 нКл. Найдите силу тока в катушке в этот
момент.
Решение
В пособии «Единый Государственный экзамен. Физика.2004.Учебно-тренировочные материалы для подготовки к единому государственному экзамену» издательства
«Интеллект-центр» приведено решение этой задачи с использованием закона сохранения энергии. Возможно другое решение. Уравнение колебаний заряда имеет вид
dq
q  q 0 cos  t . Т.к. I 
, уравнение колебаний абсолютdt
ной величины тока в контуре имеет вид: I  q 0 sin t ,
71
т.е. I 0  q0 . Учтя, что sin  t  1  cos 2 t , получим
I  I0
 q
1  
 q0
2

 = 4 мА – ответ.

5 ( ЕГЭ 2002 г., 2004 г. С3). Определите период электромагнитных колебаний в колебательном контуре, если
амплитуда силы тока равна I0, а амплитуда электрического
заряда на пластинах конденсатора равна q0.
Решение
Для этой задачи в пособии «Единый Государственный
экзамен. Физика.2004. Учебно-тренировочные материалы
для подготовки к единому государственному экзамену»
приведено решение, основанное на уравнениях колебаний
силы тока и заряда в контуре, подобное решению предыдущей задачи. Предлагаем решение, основанное на законе
сохранения энергии. Период электромагнитных колебаний
в контуре равен T  2 LC . По закону сохранения энерq02 LI 02
q 02
q02

гии
, откуда LC  2 и T  2 2 – ответ.
2C
2
I0
I0
Рекомендуем при обучении начинать решение однотипных задач, используя всегда один и тот же подход. Получив решение, можно предложить поискать другие варианты. В классах со средним уровнем физико–
математической подготовки предпочтительней использование фундаментального закона сохранения энергии.
72