Методичка по физике Кунин, Галкин
.pdfработу A1−2 . По первому закону термодинамики для перехода из состояния 1 в состояние 2 можно записать
Q2 =U2 −U1 + A1−2 , |
(1) |
где U2 −U1 – изменение внутренней энергии газа. Выражение для внутренней энергии одноатомного газа имеет вид
U = ν |
3 |
RT , |
(2) |
|
2 |
||||
|
|
|
где ν – количество вещества, а νRT можно выразить из уравнения Клапейрона – Менделеева:
PV = νRT. |
(3) |
Используя уравнения (2), (3) и тот факт, что работа газа на участке 1 – 2 равна площади прямоугольника (с обратным знаком) под изобарой 1 – 2, для количества теплоты Q2 из соотношения (1) получим
Q = |
3P(V −V ) +P(V −V ) = |
5 P(V −V ) = |
5 |
100 103 (1,0−5,0) 4=−1,0 106Дж. |
|||||||
2 |
2 1 |
2 |
1 |
1 |
2 |
1 |
2 1 |
2 |
1 |
2 |
|
Знак “минус” показывает, что количество теплоты Q2 отдаётся газом
холодильнику.
Количество теплоты Q1 , которое получает газ от нагревателя на изотерме 3 – 1 при температуре T1 , по первому закону термодинамики равно
Q1 = A3−1 , |
(4) |
где A3−1 – работа, совершённая газом на участке 3 – 1.
Как известно, работа газа при изотермическом процессе определяется
формулой |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
= νRT ln |
V1 |
. |
(5) |
|
|
|||||
3−1 |
1 |
V |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
Состояния 3 и 1 находятся на одной изотерме, поэтому |
|
||||
PV3 = P1V1. |
|
(6) |
В то же время состояния 3 и 2, как видно из рисунка, соответствуют одной адиабате, поэтому из уравнения Пуассона следует
P V γ = PV γ, |
(7) |
|||
3 |
3 |
1 |
2 |
81 |
|
|
|
|
где γ |
– показатель адиабаты одноатомного идеального газа, |
γ = |
i + 2 |
= |
|||||||||||||||||||||||||
i |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
3 + 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
= |
=1,67 |
. Исключая из уравнений (6) и (7) величины давления P и P , |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||||||||
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
γ |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
1 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
V1 |
|
|
V1 |
) |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
получим |
|
|
|
|
|
|
= ( |
γ−1 |
|
|
|
|
|
|
(8) |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Используя формулы (3), (5) и (8), для количества теплоты Q1 из соот- |
||||||||||||||||||||||||||||
ношения (4) имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
γ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
V1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
γ−1 |
|
γ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
Q = |
A |
|
= νRT ln |
= PV ln |
V1 |
|
= |
|
PV ln |
V1 |
|
= |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
γ − |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
1 |
3−1 |
1 |
V |
1 1 |
V |
|
|
1 1 1 |
V |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
1,67 |
|
|
|
|
|
|
|
5,0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
= |
|
|
100 |
103 5,0 ln |
|
|
|
|
= 2,0 |
106 Дж. |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
1,67 −1,0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1,0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Работа A , совершённая газом за цикл, как вытекает из первого закона
термодинамики, A = Q − |
|
Q |
|
= (2,0 106 |
−1,0 106 )=1,0 106 Дж. |
|||||
|
|
|||||||||
1 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Для КПД цикла η имеем: η= |
A |
= |
|
1,0 106 |
= 0,50 =50 %. |
|||||
Q1 |
|
2,0 106 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Ответ: Q = 2,0 106 |
Дж; Q = −1,0 |
106 Дж; A =1,0 106 Дж; η = 50 % . |
||||||||
1 |
2 |
|
|
|
|
|
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
2.20. Молекулярный кислород массой m = 250 г, имевший температуру Т1 = 200 К, был адиабатно сжат. При этом была совершена работа А = = –25 кДж. Определить конечную температуру Т2 газа.
(354 K)
2.21. Газ адиабатически расширяется, изменяя объем в 2 раза, а давление в 2,64 раза. Определить молярные теплоемкости Cp и CV этого газа.
(Cp = 29,1 Дж/(моль К); CV = 20,8 Дж/(моль К))
2.22. Некоторое количество азота ν, имеющего параметры состояния p1, V1, T1, переходит при постоянной температуре в состояние 2, а затем при постоянном объеме – в состояние 3. Определить работу перехода 1 – 3, изменение внутренней энергии газа и теплоту, полученную при переходах,
82
если в конце процесса установилась температура T3 и давление p3 = p1. Изобразить процесс 1 – 3 на диаграмме V - T.
(A1-3 = νRT1ln(T3/T1); U1-3 = (5/2)νR(T3 – T1); Q = νR[(5/2)(T3 - T1) + T1ln(T3/T1)])
2.23. Азот плотностью ρ1 = 1,4 кг/м3 занимает объем V1 = 5,0 л при температуре t1 = 27 °C. Газ адиабатически переведен в состояние с плотностью ρ = 3,5 кг/м3. Определить температуру газа T2 в конце перехода и изменение его внутренней энергии. Построить переход на диаграмме S – T.
(T2 = 4,3·102 К; U = 6,9·102 Дж)
2.24. Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону р1/2 V = const? Изобразите этот закон на диаграмме (V – T). Считая этот процесс политропическим, определить, чему равен показатель политропы η. При расширении газа тепло подводится к нему или отводится от него? Сравнить теплоёмкость С этого процесса с СV.
(СV > С)
2.25. Нагревается или охлаждается идеальный газ, если он расширяется по закону р2V = const? Изобразите этот закон на диаграмме ( р - Т). Считая этот процесс политропическим, определить, чему равен показатель политропы η. При расширении газа тепло подводится к нему или отводится от него? Сравнить теплоёмкость С этого процесса с СV.
(η = 12 ; С > СV)
2.26. В сосуде вместимостью V = 10 л находится идеальный газ под давлением p1 = 1,0 105 Па. Стенки сосуда могут выдержать максимальное давление p2 = 1,0 106 Па. Какое максимальное количество тепла Q можно сообщить газу? Постоянная адиабаты γ = 1,4.
(Q = 23 кДж)
2.27. Некоторую массу азота сжали в 5 раз (по объёму) двумя разными способами: один раз изотермически, другой раз адиабатически. Начальное состояние газа в обоих случаях одинаково. Найти отношение соответствующих работ, затраченных на сжатие газа. Изобразить процессы в координатах P – V и Т – S.
(AТ/AА = 0,71) 2.28. В бензиновом автомобильном двигателе степень сжатия горючей смеси равна 6,2. Смесь засасывается в цилиндр при температуре t1 = 15 °C. 83
Найти температуру t2 горючей смеси к концу такта сжатия. Горючую смесь
рассматривать как двухатомный идеальный газ, процесс считать адиабатным. (3,2·102 °С)
2.29. Тепловая машина работает по циклу Карно, КПД которого η = =0,25. Каков будет холодильный коэффициент κхол машины, если она бу-
дет совершать тот же цикл в обратном направлении? Холодильным коэффициентом называется отношение количества теплоты, отнятого от охлаждаемого тела, к работе двигателя, приводящего в движение машину.
(κхол = 3)
2.30. Один моль одноатомного идеального газа совершает тепловой цикл Карно между тепловыми резервуарами с температурами t1 = 127 °С и t2 = 27 °С. Наименьший объем газа в ходе цикла V1 = 5,0 л, наибольший V3 = 20 л. Какую работу А совершает эта машина за один цикл? Сколько тепла Q1 берет она от высокотемпературного резервуара за один цикл? Сколько тепла Q2 поступает за цикл в низкотемпературный резервуар?
(Q1 = 3,2 103 Дж; Q2 = 2,4 103 Дж; A = 8,1 102 Дж)
2.31. Трехатомный идеальный газ с жесткой связью между молекулами совершает цикл Карно, при этом в процессе адиабатного расширения объем газа увеличивается в 4 раза. Определите термический КПД цикла.
( η = 37 % )
2.32. Найти КПД цикла, состоящего из двух изохор и двух изотерм, если в пределах цикла объём изменяется в k раз, а абсолютная температура – в τ раз. Рабочим веществом является идеальный газ с показателем адиабаты γ.
|
|
|
|
|
|
|
|
η = |
|
(τ−1) ln k |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
τ−1 |
|
||||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
+τln k |
|
|
|
γ−1 |
||||
|
|
|
|
|
Энтропия
Пример решения задачи
22. При нагревании двухатомного идеального газа (ν = 2,0 моля) его термодинамическая температура увеличилась в 2 раза (n = 2). Определите изменение энтропии, если нагревание происходит: 1) изохорно; 2) изобарно.
84
Дано: |
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
i = 5 |
|
|
|
|
1) V = const. |
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
ν = 2,0 моля |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
T |
|
|
Из определения энтропии dS = |
T . |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
n = |
2 |
= 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T2 vC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dT |
|
T |
|||||
|
T1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
′ |
|
V |
|
||||||
1) V = const |
|
Изменение энтропии |
S1 = ∫ d Q = |
∫ |
|
|
= vCV ln |
2 |
, |
|||||||||||||
|
T |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
T |
|
T1 |
|
|
T1 |
|||||||
2) p = const |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
где CV – молярная теплоёмкость при постоянном объё- |
|||||||||||||||||
1) S1− ? |
|
|
ме. |
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2) S2 −? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
Так как CV = |
2 R , то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
T2 |
|
i |
R ln n = 2,0 5 8,31 ln 2 = |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
S = v |
i |
R ln |
= v |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
1 |
|
2 |
|
|
T1 |
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 28,8 Дж/К 29 Дж/К 2) р = const.
Учитывая, что C p = i +22 R , где C p – молярная теплоёмкость при по-
стоянном давлении, аналогично п. 1 получим:
|
|
2 |
|
T |
|
T2 |
|
T2 |
|
|
S |
2 |
= ∫dQ |
= ∫2vСp dT =vСp ln |
=v i +2 Rln |
=v i +2 Rlnn = |
|||||
T1 |
T1 |
|||||||||
|
1 |
T |
T |
T |
2 |
2 |
||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
= 2,0 5 +2 2 8,31 ln 2 = 40,3 40 Дж/К.
Ответ: 1) S1 =29 Дж/К; 2) S2 = 40 Дж/К.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
2.33. Какое количество тепла Q нужно сообщить 75 г водяных паров, чтобы нагреть их от 100 до 250 °С при постоянном давлении? Определите изменение энтропии водяного пара.
(Q = 21 кДж; S = 48 Дж/К)
85
2.34. Определить изменение S энтропии при изотермическом расширении кислорода массой m = 10 г от объема V1 = 25 л до объема V2 = 100 л. (Относительная молекулярная масса кислорода 32).
(3,6 Дж/К)
2.35.Найти изменение S энтропии при нагревании воды массой m =
=100 г от температуры t1 = 0 °C до температуры t2 = 100 °C и последующем превращении воды в пар той же температуры. Удельная теплоемкость
воды с = 4,18 кДж/(кг К), удельная теплота парообразования воды
2,25 103 кДж/кг.
(737Дж/К)
2.36. Найти изменение S энтропии при превращении массы m = 200 г льда, находившегося при температуре t1 = -10,7 °C в воду при t2 = 0 °C. Удельную теплоемкость льда считать не зависящей от температуры. с = =2,1 103 Дж/(кг К). Температуру плавления принять равной 273 К. Удельная теплота плавления льда λ = 333 103 Дж/кг.
( S = m[с ln(T2/T1)+λ/T2] = 261 Дж/К)
2.37. Один киломоль газа изобарически нагревается от 20 до 600 °С, при этом газ поглощает 1,20 107 Дж тепла. Найти число степеней свободы молекулы газа i; построить зависимость энтропии S как функцию от температуры Т газа.
(i = 3)
3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
Электростатика. Диэлектрики
Примеры решения задач
23. По тонкому кольцу равномерно распределен заряд Q = 40GнКл с
линейной плотностью τ = 50 нКл/м. Определить напряженность E электрического поля, создаваемого этим зарядом в точке А, лежащей на оси кольца и удаленной от его центра на расстояние, равное половине радиуса.
86
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Q = 40 нКл = 40 10−9 Кл |
|
|
′ |
|
dE1 |
|
|
|
|
||||
τ = 50 нКл/м = |
|
|
dE1 |
z |
G |
|
|
|
|||||
dE′ |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
= 50 10−9 |
Кл/м |
|
|
|
|
|
dE |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
h = |
R |
|
|
|
|
ez |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2 |
|
|
|
|
|
|
eτ |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ER 2 =? |
|
dE2′ |
|
|
|
А |
|
dE2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
r |
α |
|
h |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dQ |
|
|
|
|
|
dQ′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dl |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
На кольце выделим малый участок длиной dl |
с зарядом |
dQ = τdl |
|||||||||
(см. рисунок). Ввиду малости участка заряд можно считать точечным. |
|||||||||||||
|
Напряженность поля, создаваемого этим зарядом, |
dEG = |
τdl |
|
eG |
||||||||
4πε0r2 |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ |
где ε0 – электрическая постоянная; eτ – единичный вектор, направленный вдоль r. Разложим вектор dEGна две составляющие: dE1 вдоль оси z, и dE2 , перпендикулярную оси z , т. е.
G dE = dE1 +dE2 .
Напряжённость E электрического поля в точке А находим интегрированием
E = ∫dE1 + ∫dE2 ,
l l
где интегрирование ведется по всем элементам заряженного кольца. Заметим, что для каждой пары зарядов dQ и dQ′, расположенных симметрично
относительно центра кольца, векторы dE2 и dE2′ , в точке А равны по модулю и противоположны по направлению dE2 = – dE2′ , т. е. компенсируют друг друга, и интегрировать нужно только по составляющейdE1.
87
Составляющие dE1 для всех элементов кольца сонаправлены с осью z,
т. е. dEG1 = dEG 1eGz .
Тогда E = eGz l∫dE1.
Так как dE = |
τdl |
, r = |
R2 +h2 = |
R2 |
|
R |
|
2 |
5R |
; |
|
+ |
|
= |
|||||||
|
|
|
||||||||
|
4πε0r2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
4τ |
|
|
|
|
|
|
τdl |
|
|
|
|||
cos α = |
2 = |
|
, то |
dE |
|
= |
|
|
|
|
|
dl = |
|
|
|
|
. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
4πε0 5R2 |
|
5 5πε0 R2 |
|||||||||||||||||||||
|
r |
5 |
|
G |
1 |
|
|
5 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
G |
2πR |
|
τdl |
|
G |
2τ |
|
|
|
||||||||||||
Таким образом E |
= e |
|
|
∫ |
|
|
|
|
= e |
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|||||||||
z |
|
5 5πε0R2 |
z 5 5ε0R |
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Поскольку Q = 2πτR , то радиус кольца R = |
|
Q |
. |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4πτ2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2πτ |
|
|
|
||||
|
|
|
2τ2πτ |
|
G |
|
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Тогда E = |
|
|
|
|
ez |
= |
|
|
ez . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
5 |
|
5ε0Q |
5 |
5ε0Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Значение напряженности на расстоянии z = h = R/2. |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
G |
|
4πτ2 |
G |
|
|
|
4 3,14(5,0 10− 9) |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|||||||||||||
E == |
|
ez = |
|
= 7,92 |
10 В/м = 7,9 кВ/м. |
|||||||||||||||||||||||
5 5ε0Q |
5 5 8,85 10−12 40 10− 9 |
Ответ: Е = 7,9 кВ/м.
24. Электрическое поле создается бесконечным цилиндром радиусом R, равномерно заряженным с линейной плотность τ. Определите разность потенциалов между двумя точками этого поля, лежащими на расстоянии r1
и r2 от поверхности этого цилиндра. |
|
|
|
|
|
||||||||
Дано |
|
R |
|
|
|
Решение |
|
|
|
|
|||
|
|
|
α1 |
Проведем |
вспомогатель- |
||||||||
|
Sв.о. |
|
|
|
|
||||||||
R |
|
|
|
dS |
|
ную гаусcову поверхность в |
|||||||
τ |
|
|
|
|
|
1 |
E |
виде цилиндра высотой h, ра- |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
r1 |
|
|
|
|
r |
|
dS |
E |
диусом r, соосного с исходным. |
||||
r2 |
|
h Sбок |
|
|
|
Записываем теорему Гаусса для |
|||||||
|
|
|
|
|
r2 |
||||||||
φ1 – φ2 =? |
|
вектора E |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
r |
1 2 |
G G |
|
∑q |
|
|
|
|
Sн.о. |
|
|
|
1 |
v∫ EdS = |
i |
. |
(*) |
|||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
ε |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
88 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Интеграл по гауссовой поверхности раскладываем на три интеграла: по верхнему и нижнему основаниямG G , по боковой поверхности. Интеграл по
верхнему основанию ∫ EdS1 = ∫EdS1 cosα1 = 0 , так как угол α1 между век-
Sв.о
тором элементарной площадки dS1 и вектором E равен π /2 и cos π /2 = 0.
Аналогично для нижнего основания. Остается интеграл по боковой по- |
|||
|
G |
|
2 , здесь угол α2 = 0, cos 0 = 1. Значение |
верхности |
∫ EdS = |
∫ EdS cosα |
|
|
бок |
бок |
|
напряженности Е на одном и том же расстоянии r одинаково, Е выносим за
знак интеграла E ∫dS = E 2πrh . Получили левую часть теоремы Гаусса
S бок
(*). В правой части теоремы Гаусса заряд, охватываемый гауссовой поверхностью ∑qi = τh . Таким образом, подставляя в (*), получаем
E2πrh = τ h ,
ε0 E = 2πετ0r .
Для нахождения разности потенциалов воспользуемся связью напряженности и потенциала
E = −grad φ.
Для случая радиальной симметрии, реализующейся у нас,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = − |
dϕ |
. |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dr |
|
|
||
Интегрируя это выражение, получим |
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
ϕ2 |
−ϕ1 = − |
R+r2 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ Edr, или |
|||||||||||
|
R+r |
|
|
|
R+r |
|
|
|
|
R+r1 |
|
R+r |
|||||||
|
|
|
|
|
τ |
|
|
|
|
|
τ |
||||||||
ϕ1 −ϕ2 = |
∫ |
2 |
Edr = |
|
∫ |
2 |
|
dr = |
|
|
∫ 2 dr |
||||||||
|
|
|
|
2πε0r |
|
|
|
||||||||||||
|
R+r |
|
|
|
R+r |
|
|
|
|
2πε0 R+r r |
|||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
Ответ: ϕ −ϕ |
2 |
= |
τ |
|
|
ln |
|
R + r2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
2πε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
1 |
|
|
0 |
|
|
R + r |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
τ |
|
|
R + r2 |
|
= |
|
|
ln |
|
. |
2πε |
0 |
R + r |
|||
|
|
|
1 |
|
25. Плоский конденсатор, между обкладками которого помещена стеклянная пластинка ε ( ε = 6,0) толщиной l = 2,00 мм, заряжен до напряжения U = 200 В (рис. 1). Пренебрегая величиной заряда между пластинкой и
89
обкладками, найти: а) поверхностную плотность σ свободных зарядов на обкладках конденсатора; б) поверхностную плотность σ′ связанных зарядов (зарядов поляризации) на стекле. Изобразить силовые линии электрического поля в стекле и воздушном зазоре между стеклом и обкладками.
Дано: |
|
|
′ |
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε = 6,0 |
|
– σ |
+ σ |
|
|
|
|
Решение |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
+ σ |
|
|
|
- σ |
|
|
а) Величину σ выразим |
||||||
l = 2,00 мм = |
|
|
|
|
|
||||||||
= 2,00·10-3 м |
|
|
|
|
|
|
|
|
через напряженность поля Е |
||||
U = 200 В |
|
|
|
|
|
|
|
|
внутри |
конденсатора. По- |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
скольку |
введение диэлек- |
||||
а) σ – ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
трика между его обкладками |
|||||
б) σ´ – ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
уменьшает эту |
напряжен- |
||||
в) изобра- |
|
|
|
|
|
|
|
|
ность поля в ε раз, исполь- |
||||
зить силовые |
|
|
|
|
|
|
|
|
зуем формулу поля напря- |
||||
линии EG |
|
|
|
l |
|
|
|
|
женности для плоского кон- |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
Рис. 1 |
|
|
|
|
денсатора: Е = |
σ |
, |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
ε0 |
|||||||
с учетом наличиия диэлектрика |
σ |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
E = |
. |
|
|
|
|
|
(1) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
ε0ε |
U |
|
|
|
|
|
||
Отсюда, учитывая соотношение Е = |
, справедливое для однородно- |
||||||||||||
l |
|||||||||||||
го поля конденсатора, найдём |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
σ = ε0εU / l . |
|
|
|
(2) |
б) Чтобы определить величину σ′, воспользуемся формулой σ = Pn (поверхностная плотность связанных зарядов равна проекции вектора по-
ляризованностиG P на внешнюю нормаль к поверхности диэлектрика). Так
как вектор P параллелен вектору напряженности E поля в диэлектрике, направленному по нормалиG к поверхности стеклянной пластинки, то Pn= P.
Учитывая соотношение P = æε0E , где æ – диэлектрическая восприимчи-
вость среды, и соотношение ε =1+æ, получим:
′ |
(ε −1)E = ε0 (ε −1)U / l. |
(3) |
σ = P =æε0 |
Подставляя в формулы (2) и (3) величины в единицах СИ: U = 200 B,
l= 2,00·10-3м, ε0 = 8,85·10-12Ф/м, найдем:
σ= 5,3 10−6 Кл/м2 ; σ′ = 4,4 10−6 Кл/м2.
90