Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет геодезии и картографии

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

11 вариант по физике электромагнетизм

.pdf

Скачиваний:

213

Добавлен:

02.05.2015

Размер:

145.28 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Задача 1.

11. Рассчитать силу кулоновского взаимодействия точечного заряда q=10 нКл и электрического диполя с моментом р=20нКл-м, если заряд расположен на оси диполя на расстоянии r= 10 см от

его центра

Дано:

q = 10-8Кл

p = 2·10-8Кл·м r = 0,1 м

Найти:

F - ?

Решение.

Напряжённость поля точечного диполя на его оси вычисляется по формуле

ì	2 p
ïE = k
ïE = k	r	3
ï	r
í			2 p			2×2×10−8
ïF = qE сила взаимодействия ® F = qk			2 p		=10−8 ×9×109	2×2×10−8	= 3,6×10−3 Н
ïF = qE сила взаимодействия ® F = qk					=10−8 ×9×109		= 3,6×10−3 Н
ï			r	3	3
î			r		0,1

Ответ.

3,6 ×10−3 Н

Задача 2.

27. Два металлических шарика радиусами R1=5 см и R2 = 10 см, находящиеся на большом расстоянии друг от друга, имеют: первый — заряд 9, = 40 нКл, второй — заряд q = -20 нКл. Найти энергию W, которая выделится при разряде, если шары соединить проводником

Дано:

R1 = 0,05м

R2 = 0,1м

q1 = 4·10-8 Кл q2 = -2·10-8 Кл

Найти:

W - ?

Решение.

При разряде выделится энергия равная разности начальной и конечной энергии системы.

ìW -W = DW

ïW10 =W1 +W2

энергия до взаимодействия

ïW =W 11

1 энергия после взаимодействия

q1ϕ1

ïW =

энергия первого заряда до взаимодействия

q12

ïW =

q2ϕ2

ïW1 = k

энергия второго заряда до взаимодействия

2R1

q 1ϕ

ïW2

= k

ïW 1

2R2

энергия первого заряда после взаимодействия

ïW1

= k

íW2

энергия второго заряда после взаимодействия

2R1

q212

ϕ = k

потенциал первого заряда до взаимодействия

= k

2R2

ïq11

ïϕ2 = k

потенциал второго заряда до взаимодействия

+ q 1

ïq + q

= q

ïϕ = k

потенциал первого заряда после взаимодействия

ïϕ = k

потенциал второго заряда после взаимодействия

закон сохранения электрического заряда

ïq1 + q2 = q1

+ q2

(q1 + q2 )R1

ìq

R1 + R2

(q1 + q2 )R2

æ q2

W =

R1 + R2

æ q

k(q + q

R2 ø

)

® í

® DW =

2(R1 + R2 )

k(q + q )

R2 ø

ïW10

= k

+ k

ïW20 =

2(R1 + R2 )

= k

+ k

2R1

2R2

9×109 æ (4×10−8 )2

(- 2×10

−8 )2 ö

9×109

(2×10−8 )2

DW =

=1,5×10−4 Дж

0,05

0,1

0,15

Ответ.

1,5×10−4 Дж

Задача 3.

43 Какой момент силы нужно приложить к диполю с электрическим моментом р=20 нКл-м, чтобы удержать его в положении, при котором вектор его электрического момента составляет с вектором напряженности электростатического поля E = 80 В/м угол в 60°?

Дано:

р=20 нКл-м = 2·10-8Кл·м E = 80 В/м

α = 60°

Найти:

М - ?

Решение.

Механический момент , действующий на электрический диполь вычисляется по формуле

M = pEsinα = 2×10-8 ×80×sin 600 =1,4×10−6 Нм

Ответ.

1,4 ×10−6 Нм

Задача 4.

59 Плоскопараллельная пластина с диэлектрической проницаемостью е = 2 внесена в однородное электрическое поле с напряженностью E0=40 В/м и расположена так, что угол между нормалью к пластине и направлением внешнего поля равен 60°. Найти угол между нормалью к пластине и направлением поля внутри пластины.

Дано:

ε2 = ε = 2

ε1 = 1 α1 = 600

E0=40 В/м

Найти:

α2 - ?

Решение.

α1 Е0

α2

tgα2 = ε2 преломление линий Е на границе раздела диэлектриков ® tgα2 = εtgα1 = tgα1 ε1

= 2tg600 = 3,464 ® α2 = 740

Ответ.

740

Задача 5.

75. В проводнике сопротивлением 20 Ом течет переменный ток с амплитудой 10А и частотой 50 Гц. Определить количество теплоты выделившееся в проводнике за время, равное половине периода колебаний.

Дано:

R = 20 Ом

Im = 10А

ν = 50 Гц t = T/2

Найти:

Q - ?

Решение.

ö2

2 ×20

ïQ = I2 Rt закон Джоуля - Ленца ® Q = ç

÷ R

=10 Дж

2ν

4ν

4×50

è 2 ø

ïI =

действующее значение силы тока

ït =

по условию задачи ® t =

2ν

ïT =

период колебаний

Ответ.

10 Дж

Задача 6.

76. Определить силу тока в каждом элементе и напряжение на внешнем сопротивлении, если ε1 = 8В, ε2 = 4В, r1 = 1 Ом, r2 = 0,5 Ом и R = 50 Ом

Дано:

ε1 = 8В, ε2 = 4В, r1 = 1 Ом, r2 = 0,5 Ом и R = 50 Ом I1

Найти:

U - ? I1 - ? I2 - ?

Решение.

закон Ома для полной цепи ® I =

5,3

= 0,11A

ïI

R + r

50 +

ïU = IR закон Ома для однородного участка цепи ®U = 0,106×50 = 5,3В

ïε ε1

ε2

æ ε1

ε2 ö

1æ 8 4 ö

ïr

= r

+ r

+ 0,5 ÷ = 5,33B

параллельное соединение источников ® ε = rç r

÷ =

è 1

r r

1×0,5

ír

сопротивление при параллельном соединении ® r =

Ом

r1 + r2

0,5

ïU = ε

- I r

закон Ома для неоднородного участка цепи ® I

= ε1 -U

8 - 5,33

= 2,67A

1 1

ε2 -U =

4 -5,33

ïU = ε2 - I2r2

закон Ома для неоднородного участка цепи ® I2 =

= -2,56A т.е.

0,5

ïïнаправлен в противоположную сторону, относительно нарисованного на чертеже îнаправления

Ответ.

U = 5,3B; I1 = 2,67А I2 = 2,56А

Задача 7.
11. По контуру АВС течёт ток 0,4А. Определить магнитную
индукцию в точке О , если ОВ = ОС = R = 10см, АВ = ОА, ВС дуга
радиуса R.
Дано:	φ1	φ2

I = 0,4A	α
I = 0,4A
ОВ = ОС = R = 10см = 0.1м АВ = ОА, ВС дуга радиуса R.
Найти:
В - ?
Решение.
Магнитная индукция в точке О создаётся тремя элементами схемы.

Проводник ВА магнитная индукция В1 = 0, так как искомая точка находится на продолжении

провдника Проводник СВ : магнитная индукция В2 определяется как магнитная индукция, созданная частью

окружности, направлена из плоскости чертежа Проводник АС: магнитная индукция В3 определяется как магнитная индукция, созданная отрезком прямого проводника, направлена в плоскость чертежа

По принципу суперпозиции

ìВ = В3 - В2

= 6,9×10−7 - 4,2×10−7 = 2,7×10−7 Тл

(cosϕ - cosϕ

) магнитное поле отрезка проводника ® B =

4π ×10

−7 ×0,4 æ

5π

ïB =

- cos

çcos

0,1

4π

10−7 ×8 æ

5π ö

×10−7 Тл

ï=

çcos

- cos

÷ = 6,9

B¢

×α

ïB2¢ =

магнитное поле круговоготока ® B2 =

так как часть окружности ®

2π

B¢

B2¢

μ0 I

4π ×10−

×0,4

ï® B2 =

= 4,2×10−7

Тл

2π

12R

12×0,1

R / 2

ïcosα =

= 0.5 ® α =

по условию задачи

ïϕ =

ïϕ

= π + π =

5π

внешний угол треугольника

Ответ.

2,7 ×10−7 Тл направлена в плоскость чертежа

Задача 8.

27. В одной плоскости с бесконечно длинным проводом, по которому идет ток 1 = 5А, расположена прямоугольная рамка размерами 20х10си2, по которой течет ток I =0,2А. Длинные стороны рамки параллельны прямому току, причем ближайшая находится от него на расстоянии х0=5 см, ток в ней сонаправлен току /. Определить силы взаимодействия прямого тока с каждой из сторон рамки.

Дано:

11 = 5А

12 = 0,2А а = 0,1м

b = 20cм = 0,2м = 2а х0=5 см = 0,05м

Найти:

F1 - ? F2 - ?

Решение.

На контур в магнитном поле прямого тока будут действовать две силы Ампера, направленные в противоположные стороны ( правило левой руки) и приложенные к сторонам рамки параллельным бесконечному проводнику. На стороны, перпендикулярные току, силы Ампера действовать не будут.

ö =

ìF = B I

b по закону Ампера для ближней стороны рамки ® F = μ

b =

2πx0

ï= 4π ×10−7

×0,2

×0,2 = 8×10−7 H

2π ×0,05

= B2 I2aпо закону Ампера для дальней стороны рамки ® F2 = μ0

ïF2

2b =

2π (a

+ x0 )

ï= 4π ×10−7

×0,2×0,2 = 2,7×10−7 H

2π ×(0,05 + 0,1)

ïB

= μ

закон Био -Савара - Лапласса

0 2πx0

ïB

= μ

закон Био -Савара - Лапласса

2π (a

+ x0 )

Ответ.

F1 = 8·10-7Н; F2 = 2,7·10-7А; F3 = F4 = 0

Задача 9.

43. По кольцу, сделанному из тонкого гибкого проводника радиусом 5=20 см течет ток/= 50 А. Перпендикулярно плоскости кольца возбуждено магнитное поле, индукция которого 5= 0,02 Тл. Собственное магнитное поле кольца и внешнее совпадают. Определить работу внешних сил, при преобразовании кольца в квадрат. Сила тока при этом поддерживалась неизменной.

Работой против упругих сил пренебречь

Дано:

r = 20см = 0,2м I =50А

В = 0,02Тл α = 0 так как поля совпадают

Найти:

А - ?

Решение.

- S

πr ö

-πr

ïDF = B(S

)cosα изменение магнитного потока ® DF = Bç

2 ø

ïïB(π 2r2 - 4πr2 )

Bπr2

(π - 4)

πr ö2

ïS

= a2

площадь квадрата ® S

= ç

2 ø

= πr 2

площадь круга

íS1

πr

ï4a = 2πr так как периметр не изменялся ® a = 2

Bπr

(π - 4)

0,02π ×0,2

(π - 4)

= -2,7 ×10−2 Дж ®

ïA

= IDF работа внутренних сил ® A = I

= 50

ï® А = -А = 2,7×10−2 Дж работа внешних сил

ï	1

Ответ.

2,7 ×10−2 Дж

Задача 10.

59. По проводнику, имеющему форму полого цилиндра с внутренним радиусом R1 = 10 см и внешним радиусом R2=30 см, течет ток I= 5 А. Считая плотность тока внутри цилиндра постоянной, найдите циркуляцию вектора напряженности магнитного поля вдоль окружности радиусом 20 см, проходящей внутри проводника и ориентированной так, что ее плоскость составляет угол 90° с вектором плотности тока, а центр лежит на оси полого цилиндра.

Дано:

R1 = 0,1м

R2=0,3м

I= 5 А

r = 0,2м α = 00

Найти:

òHl dl - ?

Циркуляция вектора напряжённости

Решение.

π (r2

- R2 )cosα =

dl =

dS =

jcosαdS = j cosα

dS = jS

cosα =

ïò

π (R 2

- R2 )

ïï=

(R2

2 - R12 )(r

- R1

)cosα =

(0,32 - 0,12 )

(0,2

- 0,1

)cos0

=1,9А

= j cosα нормальная составляющая вектора плотности тока

í jn

ïS = π (r2 - R2 )площадь циркуляции вектора Н

ï 1

= π (R 2

ïS

- R2 )площадь поперечного сечения проводника

ï j

плотность тока ® j =

π (R

2 - R2 )

Ответ.

1,9А

Задача 11.

75.Круговой виток помещен в однородное переменное магнитное поле с индукцией,

изменяющейся пo закону B = 14 π ×10−3 t4 так, что его плоскость перпендикулярна линиям

магнитной индукции. Определить радиус витка, если при t = 10с индукционный ток в нем ра- вен 1 мА. Сопротивление витка 10 Ом.

Дано:

B= 14π ×10−3 t4

α= 0

t = 10с I = 10-3A

R = 10 Ом

Найти:

r - ?

Решение.

π ×10

−3 t4

πr2π ×10

−34t3 =

ïe = F¢

закон электромагнитной индукции ® e = (BS)

= Sç

−3

ï=

×10

ïF = BS магнитный поток

π ×10−3 t4

íB =

ïS = πr

площадь рамки

π 2r2 ×10−34t3

1 10−

4IR

×10

ïI

закон Ома ® I =

® r

® r =

×10

−3

10π

ï= 3,2×10−2 м

Ответ.

3,2 ×10−2 м

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.04.2019268.81 Кб21-60_buh_uchet_shpory.docx
#
02.05.201587.14 Кб61.docx
#
08.11.2019212.12 Кб21.docx
#
04.09.2019213.65 Кб11.Ур.разд.пер.docx
#
02.05.2015210.43 Кб21610.10.2011 Основы стрельбы.doc
#
02.05.2015145.28 Кб21311 вариант по физике электромагнетизм.pdf
#
10.12.2018373.76 Кб512 КОЛИЧЕСТВЕННАЯ ОЦЕНКА ЗАТЕКАНИЯ АЭРОЗОЛЕЙ В....doc
#
12.07.201949.66 Кб412__rossija_v_XVII_v_.doc
#
10.12.2018441.34 Кб1013 Оценка последствий аварии на гидрогидротехни....doc
#
11.09.201931.93 Кб413-20.docx
#
02.05.20151.46 Mб4814 МЕТОДИКА ОПРЕДЕЛЕНИЯ РИСКА.doc