Электростатика и постоянный ток - подготовка к олимпиадам

Еще несколько задач на электростатику и постоянный ток. Здесь даже затронем тему ВАХ.

Задача 1.

Два шарика равной массы $m$, имеющие одинаковые электрические заряды $q$, соединены невесомым непроводящим стержнем длиной $L$, и движутся из бесконечности в направлении закрепленной заряженной сферы по прямой, которая проходит через центр сферы и два небольших отверстия (размер больше диаметра шариков) в ее поверхности (см. рисунок). Сфера непроводящая, заряд распределен по ней равномерно, радиус сферы в 4 раза меньше длины стержня. Диэлектрическая проницаемость стержня равна единице. Сила натяжения стержня в момент, когда его центр совпал с центром сферы, оказалась вдвое больше силы натяжения на бесконечном удалении от сферы.

1. Чему равен заряд сферы?
2. Во сколько раз сила натяжения стержня в момент прохождения одним из шариков центра сферы будет превышать значение этой силы на бесконечности?

3. Какой должна быть начальная скорость шариков на бесконечности, чтобы они пролетели сквозь сферу?

Решение. Первоначально, когда «диполь» на бесконечном удалении от сферы, кулонова сила взаимодействия между шариками равна

$$F_q=\frac{kq^2}{L^2}$$

А сила взаимодействия между каждым из шариков и сферой в силу большого расстояния практически равна нулю. Также, пренебрегая длиной $L$ по сравнению с расстоянием между ближайшим к сфере шариком и сферой, будем считать силы взаимодействия между обоими шариками и сферой одинаковыми.

Тогда сила натяжения стержня будет компенсировать силу Кулона, действующую на шарик, и можно записать

$$F_q=T_{\infty}$$

Рассмотрим момент, когда центр сферы и центр диполя совпали.

Глядя на рисунок, запишем для обоих шариков уравнения по второму закону Ньютона. Для левого:

$$ma=T_1-F_q-F_s$$

Здесь $F_q$ - сила взаимодействия между шариками, $F_s$ - сила взаимодействия шариков со сферой, ведь она тоже заряжена.

Для правого:

$$ma= F_q+F_s-T_1$$

Приравнивая, получим:

$$T_1= F_q+F_s$$

$$ F_s=T_1-F_q=2 T_{\infty}- F_q= F_q$$

«Распишем» обе силы:

$$\frac{kQ^2}{\left(\frac{L}{2}\right)^2}=\frac{kq^2}{L^2}$$

Откуда $Q=\frac{q}{4}$.

Теперь изобразим ситуацию, когда один из шариков в центре:

И снова запишем уравнения по второму закону Ньютона, правый шарик:

$$ma_1=F_{s1}+F_q-T_2$$

И для левого:

$$T_2-F_q=ma_2$$

Вычитание уравнений дает:

$$T_2=\frac{F_{1s}+2F_q}{2}=\frac{\frac{kqQ}{L^2}+\frac{2kq^2}{L^2}}{2}=\frac{9}{8}k\frac{q^2}{L^2}$$

То есть

$$\frac{T_2}{ T_{\infty}}=\frac{9}{8}$$

На третий вопрос задачи ответим с помощью закона сохранения энергии. Тут важно, чтобы левый шарик оказался внутри сферы.

Первоначально диполь имел энергию

$$E_1=\frac{kq^2}{L}+\frac{m\upsilon^2}{2}$$

А в момент времени, изображенный на рисунке,

$$E_2=\frac{kqQ}{\frac{L}{4}}+\frac{kqQ}{\frac{3L}{4}}+\frac{kq^2}{L}$$

$$E_1=E_2$$

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{kqQ}{\frac{L}{4}}+\frac{kqQ}{\frac{3L}{4}}=\frac{16kqQ}{3L}=\frac{4kq^2}{3L}$$

$$m\upsilon^2=\frac{8kq^2}{3L}=\frac{2q^2}{6\pi \varepsilon_0 L}$$

$$\upsilon=q\sqrt{\frac{ 1}{3\pi \varepsilon_0 L m}}$$

Ответ: 1) $Q=\frac{q}{4}$; 2) $\frac{T_2}{ T_{\infty}}=\frac{9}{8}$; 3) $\upsilon=q\sqrt{\frac{ 1}{3\pi \varepsilon_0 L m}}$.

Задача 2.

Зависимость тока от напряжения на элементе $X$ приведена на рис. а). Постройте график зависимости тока от напряжения для схемы, изображённой на рис. б). Схема состоит из резисторов $R$ и элементов $X$.

Решение. Воспользуемся методом вольт-амперных характеристик. По изображенной ВАХ делаем вывод, что имеем в виде элемента $X$ - неидеальный диод.

По методу ВАХ при последовательном соединении элементов складываются напряжения при одном и том же токе. При параллельном соединении элементов складываются токи при одном напряжении.

Вольт-амперная характеристика резистора:

Получение ВАХ последовательного соединения резистора с неидеальным диодом:

Получение ВАХ параллельного соединения резистора с неидеальным диодом:

Теперь, так как параллельное соединение резистора с диодом соединено еще и последовательно со вторым диодом, получим ВАХ нижней ветви – снова при одном и том же токе складываем напряжения:

Ну и, наконец, соединяем параллельно верхнюю ветвь с нижней, они соединены параллельно – складываем токи при одном напряжении. Только диод включен обратно, поэтому получится вот что:

Задача 3.

Четыре одинаковые пластины площадью $S$ расположены параллельно друг другу на одинаковых расстояниях $d$. Вторая и четвертая пластина заряжены зарядами $q$ и $-q$ ($q>0$ ), первая и третья соединены с источником напряжения ( как показано на рисунке). Найти разность потенциалов между второй и четвертой пластинами $\varphi_2-\varphi_4$. Расстояние $d$ много меньше размеров пластин.

Решение. Предположим, что, будучи подключенными к источнику, пластина 1 зарядилась зарядом $-Q$, а пластина 3 – зарядом $Q$.

Будем помещать пробный положительный заряд в пространство между пластинами, а также над и под ними, чтобы расставить направления векторов напряженностей, создаваемых каждой из пластин.

Рассматриваем область над пластинами. Пластина 1 заряжена отрицательно – вектор $E_1$ направлен к ней, вниз. Пластина 2 заряжена положительно – вектор $E_2$ направлен от нее, вверх. Пластина 3 заряжена положительно – вектор $E_3$ направлен от нее, вверх. Пластина 4 заряжена отрицательно – вектор $E_4$ направлен к ней, вниз.

Знаки мы уже учли, поэтому в уравнении будем писать уже только модули:

$$E_0=E_1-E_2-E_3+E_4$$

Переходим через пластину 1 и оказываемся в пространстве 1-2. Вектор $E_1$ развернется и будет направлен вверх, к пластине 1:

$$E_{12}=-E_1-E_2-E_3+E_4$$

Переходим в пространство 2-3, вектор $E_2$ разворачивается:

$$E_{23}=-E_1+E_2-E_3+E_4$$

И так далее:

$$E_{34}=-E_1+E_2+E_3+E_4$$

$$E_{4}=-E_1+E_2+E_3-E_4$$

Так как нам известно напряжение $U$, используем его:

$$A_{12}+A_{23}=q’(\varphi_3-\varphi_1)=q’U$$

Перепишем напряженности:

$$ E_{12}=-\frac{Q}{\varepsilon_0 S}-\frac{q}{\varepsilon_0 S}-\frac{Q}{\varepsilon_0 S}+\frac{q}{\varepsilon_0 S}$$

$$ E_{23}=-\frac{Q}{\varepsilon_0 S}+\frac{q}{\varepsilon_0 S}-\frac{Q}{\varepsilon_0 S}+\frac{q}{\varepsilon_0 S}$$

Запишем теперь работы по перемещению заряда $q’$ между этими пластинами:

$$A_{12}= E_{12} q’ d$$

$$A_{23}= E_{23} q’ d$$

$$A_{12}+A_{23}=-\frac{4Q}{\varepsilon_0 S} q’ d+\frac{2q}{\varepsilon_0 S} q’ d$$

Таким образом,

$$ q’(\varphi_3-\varphi_1)=q’U =-\frac{4Q}{\varepsilon_0 S} q’ d+\frac{2q}{\varepsilon_0 S} q’ d$$

$$ U =-\frac{4Q}{\varepsilon_0 S} d+\frac{2q}{\varepsilon_0 S} d$$

Откуда получим заряд $Q$:

$$-\frac{4Q}{\varepsilon_0 S} d=U-\frac{2q}{\varepsilon_0 S} d$$

$$-4Qd=U\varepsilon_0 S-2qd$$

$$Q=\frac{q}{2}-\frac{ U\varepsilon_0 S }{4d}$$

Теперь перейдем к вопросу задачи и запишем работу по перемещению заряда $q’$ между пластинами 2-4:

$$ q’(\varphi_2-\varphi_4)=A_{24}$$

$$ A_{24}= A_{23}+ A_{34}$$

$E_{23}$ записано уже выше,

$$ E_{34}=-\frac{Q}{\varepsilon_0 S}+\frac{q}{\varepsilon_0 S}+\frac{Q}{\varepsilon_0 S}+\frac{q}{\varepsilon_0 S}$$

Тогда

$$ q’(\varphi_2-\varphi_4)= \frac{4q}{\varepsilon_0 S} q’d-\frac{2Q}{\varepsilon_0 S}q’ d$$

$$ \varphi_2-\varphi_4= \frac{4q}{\varepsilon_0 S} d-\frac{2Q}{\varepsilon_0 S} d$$

$$ \varphi_2-\varphi_4= \frac{4qd}{\varepsilon_0 S} -\frac{2d}{\varepsilon_0 S} \left(\frac{q}{2}-\frac{ U\varepsilon_0 S }{4d}\right)$$

$$ \varphi_2-\varphi_4=\frac{4qd}{\varepsilon_0 S} -\frac{qd}{\varepsilon_0 S}+\frac{U}{2}=\frac{3qd}{\varepsilon_0 S}+\frac{U}{2}$$

Ответ: $ \varphi_2-\varphi_4=\frac{3qd}{\varepsilon_0 S}+\frac{U}{2}$.