Автор Тема: Найти напряжённость электростатического поля на линии  (Прочитано 547 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Антон Огурцевич

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 2400
  • Рейтинг: +5/-0
  • Пространство переходит во время, как тело в душу.
Задача № 2
Найти напряжённость электростатического поля на линии, проходящей перпендикулярно к линии, соединяющей два заряда, проходящей через центр этого расстояния. По перпендикуляру надо отложить 34 см. Заряды находятся в среде с ε = 3,4. Величины зарядов -4,7∙10-9 Кл и +1,5∙10-9 Кл. Расстояние между зарядами 15 см. Указать направление вектора напряжённости. Чему равен вектор электростатического смещения в этой же самой точке? Сделать рисунок.

Онлайн Сергей

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 2256
  • Рейтинг: +0/-0
Решение.
Определим напряженность в указанной точке. Покажем рисунок. Если заряд положительный вектор напряженности в точке направлен от заряда, если заряд отрицательный вектор напряженности в точке направлен к заряду.
Определим расстояние от заряда до точки в которой необходимо определить напряжённость электростатического поля
\[ {{R}_{1}}={{R}_{2}}=\sqrt{{{(\frac{r}{2})}^{2}}+{{h}^{2}}}.{{R}_{1}}={{R}_{2}}=\sqrt{{{(\frac{0,15}{2})}^{2}}+{{0,34}^{2}}}=0,3481. \]
соsα найдем используя теорему косинусов:
\[ \begin{align}
  & {{r}^{2}}=R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-2\cdot {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}\cdot \cos \alpha ,cos\alpha =\frac{R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-{{r}^{2}}}{2\cdot {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}}\ \ \ (1). \\
 & cos\alpha =\frac{{{0,3481}^{2}}+{{0,3481}^{2}}-{{0,15}^{2}}}{2\cdot 0,3481\cdot 0,3481}=0,9072. \\
\end{align} \]
Для нахождения напряженности используем теорему косинусов: 
\[ \begin{align}
  & {{E}^{2}}=E_{1}^{2}+E_{2}^{2}-2\cdot {{E}_{1}}\cdot {{E}_{2}}\cdot \cos \alpha \ \ \ (3).{{E}_{1}}=\frac{k\cdot \left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{1}}^{2}}\ \ \ (3),\ {{E}_{2}}=\frac{k\cdot \left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{2}}^{2}}\ \ \ (4), \\
 & E=\sqrt{{{(\frac{k\cdot \left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{1}}^{2}})}^{2}}+{{(\frac{k\cdot \left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{2}}^{2}})}^{2}}-2\cdot \frac{k\cdot \left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{1}}^{2}}\cdot \frac{k\cdot \left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon \cdot {{R}_{2}}^{2}}\cdot \frac{R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-{{r}^{2}}}{2\cdot {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}}}, \\
 & E=\frac{k}{\varepsilon \cdot R_{1}^{2}}\sqrt{{{(\left| {{Q}_{1}} \right|)}^{2}}+{{(\left| {{Q}_{1}} \right|)}^{2}}-2\cdot \left| {{Q}_{1}} \right|\cdot \left| {{Q}_{2}} \right|\cdot \frac{R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-{{r}^{2}}}{2\cdot {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}}} \\
 & E=\frac{9\cdot {{10}^{9}}}{3,4\cdot {{0,3481}^{2}}}\sqrt{{{(1,5\cdot {{10}^{-9}})}^{2}}+{{(4,7\cdot {{10}^{-9}})}^{2}}-2\cdot (1,5\cdot {{10}^{-9}})\cdot (4,7\cdot {{10}^{-9}})\cdot 0,9072}= \\
 & =74,24. \\
 & D=\varepsilon \cdot {{\varepsilon }_{0}}\cdot E.D=3,4\cdot 8,85\cdot {{10}^{-12}}\cdot 74,24=2234\cdot {{10}^{-12}}=2,234\cdot {{10}^{-9}}. \\
\end{align}

 \]
k = 9∙109 Н∙м2 / Кл2, ε0 = 8,854∙10-12 Ф/м – электрическая постоянная.
Е = 74,24 Н/Кл, D = 2,234∙10-9 Кл/м2.
« Последнее редактирование: 23 Января 2018, 06:08 от alsak »

Оффлайн Gala

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 97
  • Рейтинг: +0/-0
Введем обозначения: h = 34 см = 0,34 м, a = 15 cм = 0,15 м
Согласно принципу суперпозиции электрических полей, каждый заряд создает поле независимо от присутствия в пространстве других зарядов. Поэтому напряженность Е электрического поля в искомой точке может быть найдена как векторная сумма напряженностей E1 и Е2 полей, создаваемых каждым зарядом в отдельности: E = E1 + E2. Вектор E1 направлен по силовой линии  к заряду q1, так как заряд q1 < 0; вектор Е2 направлен также по силовой линии, но   от заряда q2 , так как q2 > 0.
Напряженности электрического поля, создаваемого в среде с ε = 3,4, первым и вторым зарядами, соответственно равны  \[{E_1} = \frac{{|{q_1}|}}{{4\pi {\varepsilon _0}\varepsilon r_{}^2}};{E_2} = \frac{{|{q_2}|}}{{4\pi {\varepsilon _0}\varepsilon r_{}^2}}.\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\]]
Модуль вектора Е найдем по теореме косинусов:
\[E = \sqrt {E_1^2 + E_2^2 - 2{E_1}{E_2}\cos \alpha } ,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\]
где угол a в треугольнике векторов напряженностей равен углу α в треугольнике со сторонами r, а/2 и h ( оба треугольника заштрихованы):
\[\cos \alpha  = \frac{h}{r}.\]
Во избежание громоздких записей,  вычислим отдельно значение r  и cosa:
\[r = \sqrt {0,34_{}^2 + {{\left( {\frac{{0,15}}{2}} \right)}^2}}  = 0,35,\;\,\,\cos \alpha  = \frac{{0,34}}{{0,35}} = 0,995 \approx 1.\]
Подставляем выражения E1 и E2  по формулам (1) в равенство (2) и выполнив преобразования, получаем:
\[\begin{array}{l}
E = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}\varepsilon {r^2}}}\sqrt {\left( {q_1^2 + q_2^2} \right) - 2|{q_1}||{q_2}|\cos \alpha }  = \\
 = \frac{1}{{4\pi  \cdot {{8,8510}^{ - 12}} \cdot 3,4 \cdot {{0,35}^2}}} \cdot \sqrt {\left( {{{\left( { - 4,7} \right)}^2} + {{1,5}^2}} \right) \cdot {{10}^{ - 18}} - 2 \cdot 4,7 \cdot {{10}^{ - 9}} \cdot 1,5 \cdot {{10}^{ - 9}} \cdot 1}  = 70.
\end{array}\]
Вектор смещения: \[ D = {\varepsilon _0}\varepsilon E = 8,85 \cdot {10^{ - 12}} \cdot 3,4 \cdot 70 = 2,1 \cdot {10^{ - 9}}. \]
Ответ: 70 В/м, 2,1 нКл\м2.
« Последнее редактирование: 23 Января 2018, 06:08 от alsak »