Файл: Ащеулов С.В. Задачи по элементарной физике [учеб. пособие].pdf

чтобы (мысленно) уменьшить на малую величину объем сферы, и результат, применяя закон сохранения энергии, сравним с изме­ нением потенциальной энергии сферы.

Если искомое давление равно р, то, чтобы сжать сферу на ма­ лый объем АУ (со всех сторон равномерно), нужно выполнить работу

где AR — изменение радиуса сферы.

При этом потенциальная энергия заряда на сфере изменится

Для ответа на второй вопрос задачи воспользуемся аналогич­ ным приемом. Пусть полусферы разошлись на столь малое расстоя­

ние Ах, что ни давление, ни распределение зарядов на них не изме­ нились. При этом за счет взаимодействия зарядов произведена работа АA t = рАѴ1 = pnR2Ах (см. рис. а). Эту же работу мо­ жно подсчитать по формуле А4Х= FAx, где F — искомая сила отталкивания полусфер. Следовательно, с учетом соотношения (3)

Перейдем к последнему вопросу. Поместим в центр сферы произвольный заряд q0. Сила, действующая со стороны этого заряда на малую площадку AS заряженной сферы, может быть найдена по закону Кулона:

где а — плотность заряда на сфере. Очевидно, что если эта сила AF есть сила „давления на сферу снаружи“ и равна по величине силе

159

давления за счет взаимодействия зарядов на сфере, т. е. АF =

=—АSp, то сфера находится в равновесии.

Таким образом, из (3) и (5) следует, что искомый заряд имеет

величину

Обсудим еще один способ решения этой задачи. Поместим в центр сферы произвольный заряд д0, выделим на сфере малый участок АS и подберем величину заряда q0 таким образом, чтобы силы взаимодействия заряда Аq = оAS = qAS/inR2 на выделен­ ном участке с зарядом q0 (AFX) и с зарядом на оставшейся части сферы (AF2) компенсировали друг друга.

Указанные силы можно определить из выражений

где E' — напряженность поля, создаваемого заряженной сферой без участка AS в том месте, где расположен этот участок. Напря­ женности поля АЕг и ДЕ3, создаваемого самим участком вблизи его поверхности, равны друг другу по величине (рис. б).

Представим поле целой сферы как суперпозицию полой с на­ пряженностями Е', АЕХи АЕ2. Так как поле вне сферы равно по величине q/R2, а внутри сферы отсутствует, то E' + АЕх = q/R2, Е' + АЕ2 = 0, откуда

в процессе решения используется неочевидное утверждение, кото­ рое на первый взгляд трудно заметить.

Поясним это подробнее. Сформулируем требования, которые были предъявлены к размерам участка AS. Во-первых, этот участок должен быть настолько мал, чтобы по отношению к осталь­ ной части сферы его можно было считать точечным зарядом и пользоваться второй из формул (7). Но, во-вторых, участок должен быть достаточно велик, чтобы при учете его взаимодейст­ вия с оставшейся частью сферы можно было пренебречь краевыми эффектами. То, что эти требования не противоречивы, не очевидно и нуждается в доказательстве (аналогичную ситуацию вниматель­ ный читатель заметит в задаче 52).

Первый способ решения в этом смысле проще.

З АДАЧ А 126

Полусфера радиуса R равномерно заряжена электричеством с плотностью о. Докажите, что в любой точке воображаемого круга, „стягивающего“ полусферу, напряженность поля перпен­ дикулярна к плоскости этого круга. Найдите напряженность в центре круга.

160

Р Е Ш Е Н И Е

Если взять две такие полусферы и составить целую сферу, то поле внутри нее будет равным нулю. Значит, поле одной из полусфер должно в плоскости круга, который их друг от друга отделяет, компенсировать поле другой. Поскольку поля полусфер симметричны относительно этого круга, утверждение, которое нужно было доказать, становится очевидным.

Для ответа на второй вопрос воспользуемся третьим законом Ньютона: сила, действующая на полусферу со стороны заряда

Кзадаче 127.

РЕ ШЕ Н И Е

Замкнутая цепь с несколькими э. д. с. подчиняется закону Ома для полной цепи

j — 2е + е+ е + 2е 2е

1 ~~ R + 2r-\-r-\-2R + 2r + r ~ Зі? + 6г ‘

Закон Ома для правого участка цепи с учетом находящихся на этом участке э. д. с. имеет вид / = (U + Зе)/(2R -f Зг).

Сравнивая выписанные выражения, находим, что U = — (5RAr

+ 12r) е/(3R + 6г).

З А Д А Ч А 128

Определить ток і а через амперметр с внутренним сопротивле­ нием, равным нулю, в схеме, приведенной на рисунке. Величины сопротивлений таковы: = R 3 = 30 Ом, jR2 = 5 Ом, Я4 = 15 Ом,

г — 10 Ом, а е = 180 В.

Р Е Ш Е Н И Е

Непосредственно применить закон Ома для участка цепи

камперметру нельзя, так как его сопротивление равно нулю. Вычислим полное сопротивление внешней цепи

вляется на составляющие І х через сопротивление R x и / 2 через сложную цепь Д2, і?3, і?4. Сопротивление этой цепи равно 15 Ом,

Р Е Ш Е Н И Е

Как и в предыдущей задаче, при решении иногда возникают трудности, поскольку применить закон Ома к перемычке нельзя.

Рассчитаем токи через сопро­ тивления Rx, R2, R 3, Rx.

Полное сопротивление всей цепи

З А Д А Ч А 130

Известно, что вольтметр должен обладать большим внутренним сопротивлением. Обычно это обосновывают тем, что в противном случае часть тока, протекавшего ранее через участок цепи, напря­ жение на котором измеряется, ответвится в вольтметр, и режим участка изменится. Следствием такого объяснения является тре­ бование, чтобы сопротивление вольтметра было велико сравни­ тельно с сопротивлением исследуемого участка.

Согласны ли вы с этим?

162