Автор Тема: Тонкий и длинный шнур равномерно заряжен зарядом  (Прочитано 1897 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Антон Огурцевич

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 2401
  • Рейтинг: +5/-0
  • Пространство переходит во время, как тело в душу.
Тонкий и длинный шнур равномерно заряжен зарядом с линейной плотностью 2 нКл/см. и подвешен за один из концов вертикально. Определить напряжённость поля в точке потолка, отстоящей на 10 см от точки подвеса. Сделать рисунок.

Оффлайн Виктор

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 526
  • Рейтинг: +0/-0
  • сделать можно многое, но времени так мало...
Решение:
Разобьем шнур на элементарные отрезки dl. Такой отрезок можно считать точечным зарядом и имеющим заряд dq=τ•dl.  Напряженность поля, создаваемая в точке A таким элементарным отрезком равна: 
\[ dE=\frac{dq}{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot {{r}^{2}}}=\frac{\tau \cdot dl}{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot {{r}^{2}}}. \]
ε0 = 8,85•10-12 Ф/м  - электрическая постоянная. Из рисунка видно, что
\[ dl=\frac{r\cdot d\alpha }{\cos \alpha },\text{        }\cos \alpha =\frac{h}{r}. \]
Тогда напряжённость будет равна
\[ dE=\frac{\tau \cdot r\cdot d\alpha \cdot r}{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot {{r}^{2\cdot }}h}=\frac{\tau \cdot d\alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h} \]
Как видим из рисунка
\[ d{{E}_{x}}=dE\cdot \cos \alpha =\frac{\tau \cdot \cos \alpha \cdot d\alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}, \]
\[ d{{E}_{y}}=dE\cdot \sin \alpha =\frac{\tau \cdot \sin \alpha \cdot d\alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}. \]
Проинтегрировав эти выражения получим значения проекций напряжён-ности (переделы интегрирования α1 = 0, α2 = π/2)
\[ {{E}_{x}}=\int{d{{E}_{x}}}=\int\limits_{{{\alpha }_{1}}}^{{{\alpha }_{2}}}{\frac{\tau \cdot \cos \alpha \cdot d\alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}=\frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}}\cdot \int\limits_{0}^{\pi /2}{\cos \alpha \cdot d\alpha =}\left. \frac{\tau \cdot \sin \alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h} \right|_{0}^{\pi /2}=\frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}, \]
\[ {{E}_{y}}=\int{d{{E}_{y}}}=\int\limits_{{{\alpha }_{1}}}^{{{\alpha }_{2}}}{\frac{\tau \cdot \sin \alpha \cdot d\alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}=\frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}}\cdot \int\limits_{0}^{\pi /2}{\sin \alpha \cdot d\alpha =}\left. \frac{\tau \cdot \cos \alpha }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h} \right|_{0}^{\pi /2}=\frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}. \]
Воспользовавшись теоремой Пифагора найдём напряжённость:
\[ E=\sqrt{E_{x}^{2}+E_{y}^{2}}=\sqrt{{{\left( \frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\tau }{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h} \right)}^{2}}}=\frac{\tau \cdot \sqrt{2}}{4\cdot \pi \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot h}. \]
Т.к. мы получили равными проекции напряжённости, то вектор напряжён-ности будет направлен под углом 45° к нити. Расчёт
\[ E=\frac{200\cdot {{10}^{-9}}\cdot \sqrt{2}}{4\cdot 3,14\cdot 8,85\cdot {{10}^{-12}}\cdot 0,1}=25445,56. \]
Ответ: 25,4 кВ/м
« Последнее редактирование: 19 Марта 2016, 17:28 от alsak »

 

Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24