Физика. Методические указания по решению задач электростатики. Часть II. Учебно-методические материалы для преподавателей и учащихся школ с углубленным изучением физики и математики

Физика

Методические указания по решению задач электростатики

Часть II

Учебно-методические материалы для преподавателей и учащихся школ с углубленным изучением физики и математики

Москва, 2011

В методических указаниях по решению задач электростатики (часть II) рассматривается методика решения задач для учащихся специализированных классов (физико-математического или технического профиля) в целях реализации стратегии автономности учащихся. В этих классах по углубленной программе изучаются как физика, так и математика. Поэтому значительная часть физических задач, предлагаемых для разбора с учащимися профильных классов, решается на основе привлечения аппарата высшей математики (дифференцирования и интегрирования функций). Также как и в методических указаниях по решению задач электростатики (часть I) на примерах использования закона Кулона и принципа суперпозиции в электростатике закрепляются навыки, умения и знания учащихся по работе с рисунком, векторами, проекциями векторов, координатным и динамическим методам решения задач.

Однако кроме отличий в используемом математическом аппарате расширяется база для использования принципа суперпозиции (кроме точечных зарядов в задаче 6 рассматриваются протяженные заряды).

Закладывается основа для более глубокого применения теоремы Гаусса-Остроградского на факультативных занятиях в методических указаниях по решению задач электростатики (часть III). В задаче 5 акцентируется внимание учащихся на использование принципа симметрии как метода решения задач.

С другой стороны, часть II является логическим продолжением части I. В нем повторяются две задачи, уже рассмотренные в первой части методических указаний, поскольку решение задач 2 и 4 второй части на них опирается. Мы повторно приводим полное решение, для обеспечения, во-первых, непрерывности и автономности процесса обучения учащихся, во-вторых, для сохранения возможности отдельного использования методических указаний (часть II).

В части II, также как и в части I, не заявлены все темы электростатики. Дополнительные темы рассмотрены в отдельном пособии «Физика. Задачи по электростатике». Использование методических указаний (части 1,2 и 3) в совокупности расширяет возможности для построения индивидуальных траекторий подготовки учащихся.

Задача 1.

Два маленьких проводящих шарика подвешены на длинных непроводящих нитях к одному крючку (рисунок). Шарики заряжены одинаковыми зарядами и находятся на расстоянии a1 друг от друга. Один из шариков разрядили.

Каким стало расстояние между шариками a2, если известно, что длина нити много больше a1?

Решение.

Предположим, что заряд шарика q, длина нити L.

Для решения задачи нам придётся рассмотреть два случая равновесного состояния шариков (до и после разрядки одного из них).

Случай 1

Применим динамический метод. Поскольку оба шарика находятся в равновесии, сумма действующих сил на каждый шарик равна 0.

На шарик действуют силы: тяжести mg, натяжения нити T, электрическая сила отталкивания F1, а силой гравитационного притяжения шариков друг к другу можно пренебречь: mg+T+F1=0

Применим координатный метод и перейдём к уравнению в проекциях на ось OX, направленную перпендикулярно нити, (мы хотим, чтобы проекция неизвестной нам силы натяжения нити оказалась равной 0).

Уравнение в виде проекций на эту ось примет вид:

F1cosα1- mgsinα1=0 (1),

где α1- угол между нитью и вертикалью в первом случае.

Перепишем уравнение (1) в виде:

F1= mg tgα1, а затем в виде:

F1= mg sinα1 (2),

так как при малых углах tgα ≈ sinα.

В то же время по закону Кулона:

F1=kq2/a12 (3)

Случай 2

После того, как один из шариков разрядили; шарики соприкоснуться, и заряд каждого шарика станет равен q/2. Сила отталкивания между шариками изменится, и угол расхождения нитей при меньших зарядах на шариках станет меньше. Меньше станет и расстояние a2 между шариками.

Повторив приведённые в случае 1 преобразования, получим:

F2 = mg sinα2 (4),

где F2=kq2/(4а22) (5)

После деления равенства (2) на равенство (4) имеем:

F1/F2 = sinα1/sinα2 (6)

Так как sinα1 = a1/2L, а sinα2 = a2/2L, то с учётом равенств (3) и (5) из равенства (6) получим a23 = a13/4.

Окончательно: a2 = a14-1/3.

Задача 2.

Два небольших одинаково заряженных шарика, каждый массы m, подвешены к одной точке на шелковых нитях длины L. Расстояние между шариками x<<L. Найти скорость утечки зарядов dq/dt с каждого шарика, если скорость их сближения меняется по закону V=a/, где a- постоянная.

Решение.

В задаче 1 было показано, что при равновесии зарядов выполняется уравнение (1):

F cos - mg sinα = 0 (1),

где F - кулоновская сила взаимодействия заряженных шариков, а α - угол между нитью и вертикалью.

При α→0 (это условие выполняется в нашей задаче) cosα→1,а sinα ≈ α ( заметим, что α выражается в радианах), т. е. уравнение (1) примет вид:

F = mgα (2),

где F = k (3),

α = (4)

Подставив (3) и (4) в уравнение (2) получим для заряда:

q= (5)

Если заряд стекает с шарика, то скорость его стекания:

Заменив имеем: , где k=1/4πεо.

Задача 3.

Два точечных заряда +q и –q находятся на расстоянии 2а друг от друга (рисунок). Определить геометрическое место точек электрического поля этих зарядов с потенциалом, равным нулю, а также дать зависимость модуля напряженности в этих точках от координат точек и абсолютной величины зарядов.

Решение.

Поскольку потенциал поля точечного заряда определяется по формуле: φ=kq/2, а потенциал поля нескольких зарядов подчиняется принципу суперпозиции; геометрическим место точек с потенциалом равным нулю в этом случае будет перпендикуляр к отрезку, проведенный через середину отрезка, на концах которого расположены равные по модулю и противоположные по знаку точечные заряды.

Действительно эти точки одинаково удалены от концов отрезка, поэтому φ = k + k =0 (1)

Пусть ось OY, перпендикулярная оси OX, совпадает с геометрическим местом точек с потенциалом равным нулю (рисунок). Покажем, что в любой точке А(0;y) оси OY вектор Е направлен перпендикулярно данной оси. Пусть Е1- вектор электрического поля заряда q в точке А, Е2- вектор электрического поля заряда –q в той же точке.

По принципу суперпозиции в точке А вектор в электрического поля двух зарядов: Е = Е1+Е2 (2)

Так как модули векторов Е1=Е2=k, вектор Е является диагональю ромба, а Е=2Е1cosα, где cosα=.

Окончательно:

E=2k (3)

Задача 4.

Два точечных заряда q и –q расположены на расстоянии 2а друг от друга. Найти поток вектора напряженности электрического поля через круг радиуса R, центр которого находится на середине отрезка, соединяющего заряды, а плоскость круга перпендикулярна этому отрезку.

Решение.

Поток dФ вектора Е через площадку dS определяется как скалярное произведение векторов E и dS, где dS=dS·n, n – это единичный вектор, направленный перпендикулярно площадке, т. е.

dФ= E·dS (1)

Проинтегрировав выражение (1), получим поток вектора через поверхность S, т. е.

(2)

В решении задачи 3 мы получили формулу зависимости:

(3),

а также определили направление вектора Е (применительно к условию задачи 3 вектор Е перпендикулярен плоскости, в которой расположен круг радиуса R).

Если нормаль к плоскости круга направить по направлению вектора Е, то скалярное произведение векторов E·dS равно произведению их модулей т. е. (2) перепишется в виде:

(4)

Интегрирование удобно провести, если разбить круг радиуса R на кольца ничтожно малой ширины dr. Тогда:

(5),

где 2prdr –площадь кольца радиуса r, ширины dr.

С учетом формулы (3), заменив у на r имеем:

(6),

где

Из (5) и (6) получим:

В результате:

Задача 5.

Во сколько раз изменится поток вектора напряженности электрического поля заряда, равномерно распределенного внутри куба, через одну грань куба, если ребро куба и заряд внутри куба увеличатся в два раза, а заряд как прежде, будет равномерно распределен по объему куба?

Решение.

Эта задача решается очень просто, если в основу её решения положить принцип симметрии.

По теореме Гаусса- Остроградского, поток вектора напряженности через все грани куба , а из соображений симметрии, поток вектора напряженности через одну грань в шесть раз меньше.

Поскольку заряд внутри куба увеличился в два раза, то и поток через каждую грань увеличится в два раза.

Задача 6.

По тонкому кольцу радиуса R распределен заряд q. Чему равны напряженность поля и потенциал: а) в центре кольца; б) на расстоянии x от центра кольца вдоль оси, перпендикулярной к плоскости кольца?

Решение.

Случай а

Разобьем кольцо на участки равной длины dl, меньшей радиуса кольца, чтобы каждый из этих участков можно было принять за точечный заряд по отношению к центру кольца. Тогда заряд каждого выделенного участка равен:

(1),

где - линейная плотность заряда, т. е. заряд, приходящийся на единицу длины.

По принципу суперпозиции потенциал в центре кольца равен сумме потенциалов полей, образованных всеми заряженными участками кольца, т. е. , где . С учетом (1):

(2),

где .

Напряженность поля в центре кольца равна векторной сумме напряженностей от каждого участка кольца. Для удобства решения разобьем кольцо на четное число участков. Тогда каждый заряженный участок образует пару с другим участком, расположенным на противоположной стороне кольца. А так как векторы напряженности от каждого участка из такой пары в центре кольца равны по модулю и направлены в противоположные стороны, то сумма напряженностей от каждой пары равна нулю, и, следовательно, напряженность в центре кольца равна нулю.

Случай б

Так как любой из участков кольца находится на одинаковом расстоянии от точки, расположенной на оси кольца, то рассуждая аналогично решению в случае (а), получим значение потенциала:

(3)

Для нахождения численного значения вектора напряженности необходим рисунок, поясняющий, как был получен данный вектор, куда он направлен и т. д.

Поскольку от каждой пары точечных зарядов dq, расположенных на противоположных сторонах диаметра кольца 1 и 2, суммарный вектор напряженности в точке с координатой х направлен по оси кольца, как указано на рисунке, то и от всех пар точечных зарядов кольца суммарный вектор напряженности E направлен по оси кольца, т. е.

E dEi (4)

Пусть координатная ось X сонаправлена с искомым вектором Е. Тогда модуль вектора равен сумме проекций векторов dEi на ось X, т. е.

E dEix (5),

где dEix (6), и

(7)

Подставив (6) и (7) в (5), получим:

(8)