ВІКІСТОРІНКА
Навигация:
Інформатика
Історія
Автоматизація
Адміністрування
Антропологія
Архітектура
Біологія
Будівництво
Бухгалтерія
Військова наука
Виробництво
Географія
Геологія
Господарство
Демографія
Екологія
Економіка
Електроніка
Енергетика
Журналістика
Кінематографія
Комп'ютеризація
Креслення
Кулінарія
Культура
Культура
Лінгвістика
Література
Лексикологія
Логіка
Маркетинг
Математика
Медицина
Менеджмент
Металургія
Метрологія
Мистецтво
Музика
Наукознавство
Освіта
Охорона Праці
Підприємництво
Педагогіка
Поліграфія
Право
Приладобудування
Програмування
Психологія
Радіозв'язок
Релігія
Риторика
Соціологія
Спорт
Стандартизація
Статистика
Технології
Торгівля
Транспорт
Фізіологія
Фізика
Філософія
Фінанси
Фармакологія


Електричне поле у діелектриках

Загрузка...

Основні формули

1. Диполь – це система двох однакових за модулем і протилежних за знаком зарядів, які розміщені на деякій відстані один від одного.

Електричний момент р диполя це вектор, який напрямлений від негативного заряду до позитивного і який дорівнює добутку заряду |q| на вектор , що проведений від негативного заряду до позитивного та називається плечем диполя, тобто

.

 

Диполь має назву точкового, якщо плече l диполя значно менше відстані r від центра диполя до точки, у якій визначається дія диполя (l<<r).

2. Напруженість поля точкового диполя визначається за формулою

,

 

де – електричний момент диполя;

r – абсолютне значення радіуса вектора, який проведений від центра диполя до точки, напруженість поля в якій визначається;

кут між радіусом-вектором r та плечем l диполя.

Напруженість поля точкового диполя у точці, яка лежить на осі диполя ( = 0)

,

 

і в точці, яка лежить на перпендикулярі до плеча диполя, що проведений із його середини (а = /2)

.

 

3. Потенціал поля точкового диполя на відстані r від диполя

.

 

4. Потенціал поля точкового диполя у точці, яка лежить на осі диполя ( = 0)

,

 

і в точці, яка лежить на перпендикулярі до плеча диполя, який проведений із його середини ( = /2)

 

.

 

Напруженість і потенціал неточкового диполя визначаються як для системи зарядів.

Механічний момент, який діє на диполь з електричним моментом , розміщеним в однорідному електричному полі з напруженістю Е

або ,

 

де а – кут між напрямками векторів та .

У неоднорідному електричному полі, окрім механічного моменту (пари сил), на диполь діє ще деяка сила. У випадку поля, яке має симетрію відносно осі х, ця сила виражається співвідношенням

 

,

де – частинна похідна напруженості поля, яка характеризує ступінь неоднорідності поля у напрямку осі х.

При а > сила Fх позитивна. Це означає, що під її дією диполь втягується в область сильного поля.

5. Електричне зміщення D пов'язане з напруженістю Е електричного поля таким співвідношенням

.

 

Це співвідношення може бути застосованим лише для ізотропних діелектриків.

6. Потік вектора електричного зміщення визначається аналогічно потоку вектора напруженості електричного поля:

– у випадку однорідного поля

 

;

 

– у випадку неоднорідного поля

 

,

 

де Dnпроекція вектора на напрямок нормалі до елемента поверхні, площа якої дорівнює dS.

7. Теорема Гаусса для поля в діелектриках. Потік вектора електричного зміщення через будь-яку замкнену поверхню дорівнює алгебраїчній сумі сторонніх зарядів, які охоплені цією поверхнею:

 

,

 

де п – кількість сторонніх зарядів, які охоплені замкнутою поверхнею.

Провідники в електричному полі

Основні формули

 

1. Електроємність ізольованого провідника або конденсатора

 

,

 

де dq – заряд, переданий провіднику (конденсатору);

d зміна потенціалу, яка викликана цим зарядом.

2. Електроємність ізольованої провідної сфери радіусом R, яка розміщена у нескінченному середовищі з діелектричною проникністю

 

.

 

Якщо сфера порожня і заповнена діелектриком, то електроємність її від цього не змінюється.

3. Електроємність плоского конденсатора

 

,

де S – площа кожної з пластин;

d – відстань між ними;

– діелектрична проникність діелектрика, який заповнює простір між пластинами.

Електроємність плоского конденсатора, який заповнений n шарами діелектрика товщиною d кожний, діелектричні проникності яких і (шаруватий конденсатор)

.

 

4. Електроємність сферичного конденсатора (дві концентричні сфери радіусами R1 і R2, простір між якими заповнено діелектриком з діелектричною проникністю )

 

.

 

5 Електроємність циліндричного конденсатора (два коаксіальних циліндри довжиною l i радіусами R1 і R2, простір між якими заповнено діелектриком з діелектричною проникністю )

 

.

 

6. Електроємність послідовно з'єднаних конденсаторів визначається формулою

 

,

 

де п – кількість конденсаторів;

У випадку двох конденсаторів

.

 

У випадку п однакових конденсаторів з електроємністю СІ кожний

.

 

7. Електроємність паралельно з'єднаних конденсаторів:

 

,

 

де п – кількість конденсаторів.

У випадку двох конденсаторів:

 

.

 

У випадку п однакових конденсаторів з електроємністю С2кожний

 

С = nC2.

Енергія електричного поля

Основні формули

 

1. Енергія зарядженого провідника виражається через заряд q, потенціал та ємність C провідника такими співвідношеннями:

 

.

 

2. Енергія зарядженого конденсатора

 

,

 

де С – електроємність конденсатора;

U – різниця потенціалів на його пластинах.

3. Об'ємна густина енергії (енергія електричного поля, що припадає на одиницю об'єму)

,

 

де Е – напруженість електричного поля в середовищі з діелектричною проникністю ;

– вектор електричного зміщення.

Приклади розв’язання задач

 

Приклад 1. У вершинах квадрата перебувають однакові точкові заряди 30 нКл. Який негативний заряд треба помістити в центрі квадрата, щоб зазначена система зарядів перебувала в рівновазі?

Дано:

q1 = q2 = q3 = q4 = 30 нКл = 30.10-9 Кл.

_______________________________

q5 = ?

Розв’язання. Всі заряди, розташовані у вершинах квадрата, перебувають в однакових умовах. Тому досить з'ясувати, який заряд слід помістити в центр квадрата, щоб який-небудь із чотирьох зарядів, наприклад q1, перебував у рівновазі. Заряд q1 буде перебувати в рівновазі, якщо векторна сума діючих на нього сил дорівнює Рисунок 6

нулю (рис.6)

0, ( 1)

 

де , , , – сили, з якими відповідно діють на заряд q1 заряди q2 , q3 , q4, q5;

= + – рівнодійна сил та .

 

За законом Кулона, маючи на увазі, що q1 = q2 = q3 = q4 = q, одержимо

 

F2 = F4 = , ( 2)

 

F3 = , ( 3)

 

F5 = , ( 4)

 

де a – сторона квадрата;

r = a – діагональ квадрата.

Як видно з рис. 6, рівнодійна сил й за напрямком збігається із силою F3 і за модулем дорівнює F = . З урахуванням цього твердження векторну рівність (1) можна замінити скалярною

F + F3 - F5 = F2 +F3 -F5 . ( 5)

 

Рівність (5) з урахуванням (2) – (4) матиме вигляд

= 0 .

Звідки

q .

Здійснивши обчислення, одержимо

 

3.10-8 Кл = 2,87 . 10-8 Кл.

Слід зазначити, що рівновага системи зарядів буде нестійкою.

Приклад 2. Два точкових заряди 2 нКл і -1 нКл перебувають у повітрі на відстані 5 см один від одного. Визначити напруженість і потенціал електричного поля в точці, віддаленої від першого заряду на відстань 6 см і від другого заряду на відстань 4 см.

Дано:

q1 = 2 нКл

q2 = - 1 нКл

d = 5 см

r1 = 6 см

r2 = 4 см

____________

Е – ?

j – ?

Рисунок 7

Розв’язання. Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів кожен заряд створює поле незалежно від наявності в просторі інших зарядів. Напруженість результуючого поля . Напруженості полів, створюваних у повітрі (e = 1) зарядами q1 й q2 визначають за формулами:

 

E1 = , ( 1)

 

E2 = . (2)

Напрямки векторів і зазначені на рис.7. Модуль вектора E знайдемо за теоремою косинусів

, (3)

де a – кут між векторами і .

З рис.7 видно, що .

Отже,

. (4)

 

Із трикутника зі сторонами r1, r2, d за теоремою косинусів знаходимо

 

cos b = ( r12 + r22 - d2) / (2r1r2).

 

Обчислимо cos окремо

 

cosb = .

 

Виразимо всі величини в одиницях СІ: q1 = 2.10-9 Кл, q2 = -10-9 Кл, r1 = 6.10-2 м, r2 = 4.10-2 м, 1/4pe0 = 9.109 м/Ф, e = 1.

Зробивши обчислення за формулами (1), (2), (4), (5), одержимо:

 

E1 = B/м,

 

E2 = B/м.

 

При обчисленні Е2 знак заряду q2 опущений, тому що знак мінус визначає напрямок вектора , а напрямок був врахований при його графічному зображенні (рис.7).

 

.

 

За принципом суперпозиції потенціал результуючого поля, створюваного зарядами q1 й q2, дорівнює алгебраїчній сумі потенціалів j1 та j2, тобто j = j1 + j2 або

. (5)

 

Зробивши обчислення, одержимо

 

.

Приклад 3. На тонкій нитці, вигнутій по дузі кола радіусом 6 см, рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною 20нКл/м. Визначити напруженість і потенціал електричного поля, створюваного розподіленим зарядом у точці, яка збігається із центром кривизни дуги, якщо довжина нитки становить 1/3 довжини кола.

Дано:

R = 6 см

= 20 нКл/м

l = 2/3 R

___________

Е - ? - ?

Розв’язання. Виберемо осі координат так, щоб початок координат збігався із центром кривизни дуги, а вісь ОY була б розташована симетрично до кінців дуги (рис.8). Рисунок 8

 

Розіб'ємо нитку на елементарні ділянки й виділимо елемент довжиною dl із зарядом dq = dl. Цей заряд можна розглядати як точковий.

Визначимо напруженість електричного поля в точці О. Для цієї точки напруженість поля, створюваного зарядом dq, дорівнює

 

 

де – радіус-вектор, спрямований від елемента dl у точку О.

Розіб'ємо вектор d на складові й . Із умови симетрії випливає, що сума складових від всіх елементарних ділянок нитки дорівнює нулю й результуючий вектор буде спрямований уздовж осі OY. В цьому випадку напруженість поля визначиться так

, (1)

де dEY = dЕ sin a.

Оскільки r = R й dl = Rd , то

dEy= sin = sin d . (2)

 

Після підстановки (2) в (1), проведемо інтегрування в межах зміни кута від 0 до , попередньо помноживши цей інтеграл на 2

E= = . (3)

 

Знайдемо потенціал електричного поля у точці О. У цій точці потенціал поля, створеного точковим зарядом dq, дорівнює

 

. (4)

 

Потенціал результуючого поля одержимо шляхом інтегрування виразу (4) по довжині нитки

.

Оскільки l = 2 R / 3, то

. (5)

 

Виразимо всі величини в одиницях СІ: t = 2.10-8 Кл/м, R = 6.10-2 м, 1/4pe0 = 9.109 м/Ф, e = 1, e0 = 8,85.10-12 Ф/м.

Здійснивши обчислення за формулами (3) і (5), одержимо:

 

E = В/м,

В.

 

Приклад 4. Електричне поле створене довгим циліндром радіусом 1 см, рівномірно зарядженим з лінійною густиною заряду 20 нКл/м. Визначити роботу сил поля з переміщення точкового заряду 25 нКл із точки, що перебуває на відстані 1 см, у точку, що перебуває на відстані 3 см від поверхні циліндра в середній його частині.

Дано:

R = 1 см = 1.10-2 м

t = 20 нКл/м = 2.10-8 Кл/м

q = 25 нКл = 2,5. 10-8 Кл

a1 = 1 см = 1.10-2 м

a2 = 3 см = 3.10-2 м

_____________________

А - ?

Розв’язування. Робота сил поля з переміщення заряду дорівнює

 

А = q(j1 - j2).

 

Для знаходження різниці потенціалів скористаємося співвідношенням j. Для поля з осьовою симетрією, яким є поле циліндра, можна записати

Е = або .

 

Інтегруючи цей вираз, знайдемо різницю потенціалів між двома точками, які відстоять від осі циліндра на відстанях r1 й r2

, (1)

де r1 = a1 + R, r2 = a2 + R.

 

Оскільки циліндр довгий і точки взяті поблизу його середньої частини, то можна скористатися формулою напруженості поля, створюваного нескінченно довгим циліндром

 

(2)

Підставивши (2) в (1), одержимо

 

ln

або

ln (3)

Таким чином,

ln

 

Перевіримо чи дає розрахункова формула одиницю роботи. Для цього в праву частину замість символів величин підставимо їх одиниці

.

Виразимо всі величини в одиницях СІ: e = 1; t = 2.10-8 Кл/м; q = 2,5.10-8 Кл; 1/2peо = 2,9 109 м/Ф. Оскільки величини r2 й r1 входять у формулу (3) у вигляді відношення, то їх можна виразити в сантиметрах.

Виконавши необхідні розрахунки, одержимо

 

 

А = 2,5.10-8.2,9.109 .2. 10-8 = 6,2.10-6 Дж.

 

Приклад 5. Електричне поле створене тонкою нескінченно довгою ниткою, рівномірно зарядженою з лінійною густиною заряду 30 нКл/м. На відстані 20 см від нитки перебуває плоска кругла площадка радіусом 1 см. Визначити потік вектора напруженості електричного поля через площадку, якщо її площина складає кут 30о з лінією напруженості, яка проходить через середину площадки.

Дано:

= 30 нКл/м

a = 20 см

R = 1 см

b = 30о

_____________

DNЕ - ?

 

Розв’язання. Поле, створюване ниткою (дуже тонким циліндром), є неоднорідним, тому воно змінюється в просторі

 

(1)

 

Потік вектора дорівнює

 

cos ,

де – кут між векторами й (рис.9). Оскільки лінійні розміри площадки малі в порівнянні з відстанню до нитки (а>>R), то Е в межах площадки змінюється незначно. Тому значення Е и cos під знаком інтеграла можна замінити їх середніми значеннями <E> й <cos > і винести за знак інтеграла

 

<E> <cos > <E> <cos > S,

де S = R2 .

Замінюючи <E>й <cos > їх наближеними значеннями ЕА й cos A, розрахованими для середньої точки А площадки, одержимо

S cos A =EA R2 cos A . (2)

З рис.10 видно, що

cos A = cos(90о - ) =sin .

З урахуванням цього формула (2) матиме

вигляд

sin sin .

Рисунок 9

Виразимо всі величини в одиницях СІ: t = 3.10-8 Кл/м; e = 1; a = 0,2 м; R = 10-2 м; 1/2peо = 2,9.109 м/Ф.

Зробивши обчислення, одержимо

B.м.

Приклад 6. Електрон рухається в однорідному електричному полі вздовж силової лінії. У деякій точці поля з потенціалом 100 В електрон мав швидкість 4 Мм/с. Визначити потенціал точки поля, дійшовши до якої, електрон втратить половину своєї швидкості.

Дано:

j1 = 100 В

1 = 4 Мм/с = 4.106 м/c

2 = 2 Мм/с = 2.106 м/c

___________________

j2 – ?

Розв’язання. Через відсутність сил тертя повна механічна енергія електрона не змінюється, тобто W = = const,

де – кінетична й (- еj) – потенціальна енергія електрона.

Повна енергія на початку руху

, (1)

 

наприкінці руху з урахуванням того, що 2 = 1/2,

. (2)

Прирівнявши вирази (1) і (2), одержимо для потенціалу

 

.

 

Виразимо всі величини в одиницях СІ: 1 = 4.106 м/с; m = 9,1.10-31 кг; е = 1,6.10-19 Кл.

Виконавши обчислення, одержимо

 

= 66 В .

Можливий й інший підхід до розв’язання. Зміна кінетичної енергії частинки дорівнює роботі результуючої сили, тобто

 

.

 

Оскільки електрон гальмується силами поля, то А = - е(j1 - j2).

 

Приклад 7. Сила взаємного притягання пластин плоского повітряного конденсатора 50 мН. Площа кожної пластини 200 см2. Визначити об'ємну густину енергії поля конденсатора.

Дано:

F = 50 мН = 5.10-2 Н

S = 200 см2 = 2.10-2 м2

__________________

w - ?

Розв’язання. Об'ємна густина енергії поля конденсатора

 

(1)

 

де Е =s/ee0 – напруженість електричного поля між пластинами конденсатора;

s – поверхнева густина заряду на пластинах.

Підставивши вираз для Е в (1), одержимо

 

(2)

Знайдемо силу взаємного притягання пластин. Заряд q = sS однієї пластини перебуває в полі напруженістю Е1 = s / 2ee0, створеному зарядом іншої пластини конденсатора. Отже, на заряд першої пластини діє сила

 

(3)

 

Виразивши s2 з формули (3) і підставивши її в (2), одержимо

 

w = F / S

 

Виразимо всі величини в одиницях СІ: F = 5.102 Н, S = 2.10-2 м2.

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

 

Дж/м3.

 

Приклад 8. Між пластинами плоского конденсатора, зарядженого до різниці потенціалів 600 В, перебувають два шари діелектриків – скло товщиною 5 мм та ебоніт товщиною 3 мм. Площа кожної пластини 200 см2. Визначити: а) напруженість електричного поля, індукцію й спад напруги в кожному шарі; б) електричну ємність конденсатора.

 

Дано:

U = 600 В

скло,

d1 = 5 мм = 5.10-3 м

ебоніт

d2 = 3 мм = 3.10‑ 3 м

S = 200 см2 = 2.10-2 м2

________________

Е – ? D – ?

U 1– ? U2 – ?

С – ?

Розв’язання. При переході через межу поділу діелектриків нормальна складова вектора в обох шарах діелектриків має однакові значення D1n = D2n.

У конденсаторі силові лінії вектора перпендикулярні до межі поділу діелектриків, отже, D1n = D1 й D2n = D2. Тому

 

D1 = D2 = D. (1)

 

Врахувавши, що D = ee0Е, і скорочуючи на e0, з рівності (1) одержимо

 

e1E1 = e2Е2 , (2)

де Е1 й E2 – напруженості електричного поля в першому й у другому шарах діелектриків;

e1 й e2 – діелектричні проникності діелектриків.

Різниця потенціалів між пластинами конденсатора очевидно дорівнює сумі напруг на шарах діелектриків

 

U = U1 + U2 . (3)

 

У межах кожного шару поле однорідне, тому U1 = E1d1 й U2 = Е2d2. З урахуванням цього рівність (3) набуде вигляду

 

U = Е1d1 + E2d2. (4)

 

Розв’язавши спільно рівняння (2) і (4), одержимо

 

 

Виразимо всі величини в одиницях СІ: d1 = 5.10-3 м; d2 = 3.10-3 м; e1= 7; e2 = 3; e 0 = 8,85.10-12 Ф/м.

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

 

B/м;

 

B/м;

 

B;

 

B;

 

Кл/м2.

 

Визначимо ємність конденсатора

 

С = , (5)

 

де q = S – заряд кожної пластини конденсатора. Враховуючи ту обставину, що поверхнева густина зарядів (на пластинах конденсатора чисельно дорівнює модулю електричного зміщення, тобто ( = D), одержимо

 

 

 

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

 

пФ.

 

Електричний струм

Основні формули

 

1. Сила постійного струму

,

 

де q – заряд, що пройшов через поперечний переріз провідника за час t.

 

2.Густина електричного струму є векторна величина, яка дорівнює відношенню сили струму до площі S поперечного перерізу провідника:

,

де k – одиничний вектор, який за напрямком збігається з напрямком руху позитивних носіїв заряду.

3. Опір однорідного провідника

 

де – питомий опір речовини провідника;

l – його довжина.

4. Провідність G провідника і питома провідність речовини:

 

, .

 

5. Залежність питомого опору від температури

 

,

де і 0питомі опори відповідно при t і 0°С;

t – температура (за шкалою Цельсія);

– температурний коефіцієнт опору.

4. Опір послідовно з'єднаних провідників:

 

.

 

Опір паралельно з'єднаних провідників

 

,

де Rіопір і-го провідника;

п – кількість провідників.

 

7. Закон Ома в інтегральній формі:

- для неоднорідної ділянки кола

 

;

 

- для однорідної ділянки кола ( = 0)

 

;

 

- для замкнутого кола ( = )

,

 

де ( - ) – різниця потенціалів на кінцях ділянки кола;

– е.р.с. джерел струму, що входять у цю ділянку;

U – напруга на ділянці кола;

R – опір кола (ділянки кола);

е.р.с.усіх джерел струму замкнутого кола.

 

8. Правила Кірхгофа.

Перше правило: алгебраїчна сума сил струмів, що сходяться у вузлі, дорівнює нулю, тобто

,

 

де п – кількість струмів, що сходяться у вузлі.

Друге правило: у замкненому контурі алгебраїчна сума спадів напруги на всіх ділянках контуру дорівнює алгебраїчній сумі електрорушійних сил, тобто

 

,

 

де І – сила струму на і-й ділянці;

Rіактивний опір на і-й ділянці;

– е.р.с. джерел струму на і-й ділянці;

п – кількість ділянок, що містять активний опір;

k – кількість джерел струму на всіх ділянках замкнутого контуру.

 

9. Робота, яка виконується електростатичним полем і сторонніми силами на ділянці кола постійного струму за час t

 

.

 

10. Потужність струму

 

.

 

11. Закон Джоуля-Ленца

 

,

 

де Q – кількість теплоти, що виділяється на ділянках кола за час t.

Закон Джоуля - Ленца має місце за умови, що ділянка кола нерухома і в ній не здійснюються хімічні перетворення.

12. Густина струму j, середня швидкість впорядкованого руху носіїв заряду та їх концентрація п пов'язані співвідношенням

 

,

 

де q – елементарний заряд.

13. Закон Ома у диференціальній формі

 

де – питома провідність провідника ( ;

Е – напруженість електричного поля;

τ – середній час вільного руху носіїв струму;

m – масса електрона.

14. Закон Джоуля - Ленца у диференціальній формі

 

,

 

де об'ємна густина теплової потужності.

15. Закони електролізу Фарадея. Перший закон

 

,

 

де т – маса речовини, що виділилась на електроді під час проходження через електроліт електричного заряду Q;

k – електрохімічний еквівалент речовини.

Другий закон

,

де F – стала Фарадея (F = 96,5 кКл/моль);

– молярна маса іонів даної речовини;

n – валентність іонів.

Об'єднаний закон

 

де І – сила струму, що проходить через електроліт;

t – час, протягом якого протікав струм.

16. Рухливість іонів

,

де <υ> – середня швидкість впорядкованого руху іонів;

Е – напруженість електричного поля.

17. Закон Ома у диференціальній формі для електролітів і газів при самостійному розряді в області, яка далека від насичення,

 

,

де Q – заряд іона;

п – концентрація іонів;

b+ і b-рухливість відповідних іонів;

18. Густина струму насичення

,

де покількістьпар іонів, які створює іонізатор в одиниці об'єму за одиницю часу;

d – відстань між електродами (п0 =N/(Vt), де N – кількість пар іонів, що створює іонізатор за час t у просторі між електродами;

V – об'єм цього простору.

Приклади розв’язання задач

 

Приклад 1. Резистор опором 5 Ом, вольтметр і джерело струму з'єднані паралельно. Вольтметр по

Загрузка...

© 2013 wikipage.com.ua - Дякуємо за посилання на wikipage.com.ua | Контакти