Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ… — Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 ; Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 (5)

Підставляючи вирази (1) і (2) у (4), а потім у (3), отримаємо:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

З огляду на вираз (5), знаходимо зміни зарядів на кожному конденсаторі:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Підстановка числових даних у ці формули дає результат:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Даний процес обов'язково (якщо тільки конденсатори не мають однакову ємність) буде супроводжуватися перерозподілом зарядів, а тому що система відключена від батареї то й їх перерозподіл викликає зменшення енергії..

Задача 14. Плоский повітряний конденсатор із площею обкладок 200 см2 кожна і відстанню між ними 5 мм заряджається до різниці потенціалів 600В и відключається від батареї. Як зміниться ємність і енергія конденсатора, якщо в простір між обкладками паралельно їм внести металеву пластину такої ж площі і товщини Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 мм?

Дано:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Аналіз. Внесення металевої пластини паралельно обкладкам конденсатора (за умови, що площі пластини й обкладок рівні) не змінює конфігурації поля. Через те що у плоскому конденсаторі поле однорідне, то не має значення розташування пластини – упритул до однієї з обкладок конденсатора або посередині між ними. І в тому, і в інших випадках внесення пластини рівнозначно зменшенню відстані між обкладками від Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 до Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Оскільки внесена пластина розміщується нормально до силових ліній поля, то поза нею напруженість поля змінюватися не буде (за умови, що конденсатор відключений від батареї). Але в товщі цієї пластини напруженість поля дорівнює нулю. Це значить, що внесення пластини зменшує обсяг простору, у якому існує електростатичне поле. Отже, енергія конденсатора буде зменшуватися.

Розв’язок. Зменшення відстані між обкладками за рахунок внесення пластини викликає збільшення ємності конденсатора на величину

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 ф.

(тут Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 42 – кінцева ємність конденсатора).

Зміну енергії конденсатора можна визначити двома способами.

1-й спосіб. Оскільки конденсатор відключений від батареї, заряд на його обкладках залишається постійним і рівним

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Де Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 – початкова ємність конденсатора.

Зміна енергії конденсатора при зміні ємності дорівнює

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Дж.

2-й спосіб. Постійність заряду на обкладках конденсатора обумовлює постійність напруженості поля, а отже, і густини енергії.

Але тому що усередині внесеної металевої пластини поля немає, то спад енергії конденсатора дорівнює енергії електричного поля в обсязі металевої пластинки:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 .

Де Е – напруженість поля між обкладками.

Напруженість поля Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4. Остаточно одержимо Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4.

Задача 15. Два елементи з е. р.с. 1,8В і 1,4В з’єднані послідовно і замкнуті на деякий зовнішній опір R. Вольтметр із великим опором, приєднаний до клем другого елемента, показує різницю потенціалів 0,6В, при цьому «плюс» вольтметра залучений до позитивного полюса елемента. Рис.1.

Визначити показання вольтметра при переключенні полюсів другого елемента.

Дано: Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

R R

Рис.1 a) б)

Аналіз. Показання вольтметрів, як відомо, дорівнюють різниці потенціалів між точками приєднання вольтметра. Застереження, зроблене в умові задачі, показує, що в першому випадку (рис. 1а) потенціал точки 2 більше, ніж точки 1. Різниця потенціалів j2 — j 1 буде менше, ніж e2, на величину добутку Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4( тут Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 — сила току, Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 — внутрішній опір елементів). При переключенні полюсів другого елемента напрямок струму в ланцюзі не зміниться, тому що e1>e2 , але тепер струм через другий елемент буде йти від «+» до «-». Це свідчить, що в схемі (рис. 1б) потенціал точки 1 буде більше, ніж точки 2, і кулонівське поле буде сильніше стороннього, тобто різниця потенціалів j 1- j 2 буде більшою, ніж e2.. Отже, при переключенні полюсів другого елемента прийдеться переключити і вольтметр, і показання V2 , будуть більше величини e2. Різниця між показаннями вольтметра і е. р.с. елемента буде дорівнювати добутку i2r2 ( i2 — сила струму в другій схемі). Оскільки в цьому випадку елементи включені назустріч один одному, i2<i1 і різниця між показаннями вольтметра і е. р.с. елемента буде менше, ніж у першому випадку.

Роз’вязання. Використаємо узагальнений закон Ома до ділянки 1e22 в обох схемах:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 j1 — j 2 + e 2

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 j1 — j2 — e2. (1)

Відповідно до сказаного вище в першому випадку

j 1 — j2 = — U1

В другому випадку j 1 — j2 = U2 (2) Проведем відповідну підстановку і візьмемо відношення рівнянь (1), тоді отримаємо

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 (3)

Відношення струмів знайдемо за законом Ома для повного кола:

на схемі а) Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4= e1 + e2

на схемі б) i2Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 = e1 — e2 (4)

Де Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4— сумарний опір усього кола, однаковий в обох схемах. Розділивши рівняння (4) одне на інше, знайдемо

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4. (5)

Підставивши рівність (5) у співвідношення (3) і провівши розрахунок, визначимо Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 U2=1,5В.

Задача 16. Два елементи з е. р.с. 3В і 2В і внутрішніми опорами 0,5Ом кожний з’єднани паралельно і замкнуті на деякий зовнішній опір R. Знайти зовнішній опір і силу струму у всіх ділянках кола, якщо показання вольтметра, підключеного до вузлів, рівні: 1) 1,8В; 2) 2,0В; 3) 2,2в.

Дано: Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 A Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 B

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 I R

Рис.2

Аналіз. Незалежно від значення зовнішнього опору струм по ньому може йти тільки від точки В до точки А; отже, jА > jв (рис.1) і показання вольтметра будуть U = j В — jА.

У першому випадку (j В — jА)<e2 , тобто на ділянці Аe2В кулонівське поле слабкіше стороннього. Це значить, що струм через другий елемент піде від негативного полюса до позитивного в напрямку, показаному на схемі. Такий напрямок приймемо за позитивний (i2>0).

В другому випадку (jВ — jА)=e2. За умови, що внутрішній опір елемента не дорівнює нулю, це рівняння може мати місце тільки, якщо i2 = 0. В останньому випадку (j в — jА)>e2, тобто кулонівське поле сильніше стороннього, і струм через другий елемент буде йти від «плюса» до «мінуса» (i2<0).

Роз’вязання. Використаємо узагальнений закон Ома до кожної з ділянок кола, з огляду на те, що сила струму через зовнішній опір дорівнює алгебраїчній сумі сил струмів у першому і другому елементах, тобто I=i1 + i2 .

На ділянці Аe1В : i 1r = j А — jВ+e1 ,

Звідки Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 .

Відповідно до умови для трьох значень U одержимо:

1) i1=2,4А; 2) 2А ; 3) 1,6А.

Аналогічно для ділянки Аe2В знаходимо i 2r = j А-j В+ e2 ; звідки

IПриклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 =Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 ; відповідно для трьох випадків одержимо iПриклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4= 0,4А; 0; -0,4А.

Сила струму через опір R дорівнює I =iПриклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4+ iПриклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4; 1) I= 2,8А; 2) 2А; 3) 1,2А.

Зовнішній опір можна обчислити, використовуючи закон Ома для ділянки ВRА: Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

1) R=0,64 Ом; 2) R=1,0 Ом; 3) R=1,8 Ом.

Задаючи значення зовнішнього опору і застосовуючи закони Кірхгофа, можна спочатку знайти сили струмів, а потім різницю потенціалів між вузлами.

Задача 17. Три гальванічних елементи з е. р.с. 2,5В, 2,2В і 3,0В і з внутрішніми опорами по 0,2 Ом кожний включені як показано на схемі 2. Зовнішній опір 4,7Ом. Знайти сили струмів у всіх ділянках кола, різницю потенціалів між вузлами, кількість джоулеві теплоти, що виділяється у всьому колі, і роботу кожного елемента за час 1 секунду.

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Дано :

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 В i1 A Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 І

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 і2

R

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

JА — jВ=? Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Рис.3

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Розв’язання. Виберемо напрямок струмів так, як показано на рис.2. Застосовуючи II закон Кірхгофа до контурів Ae 3RBe1A і Ae3RBe2A і I закон до одного з вузлів, одержуємо таку систему рівнянь:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Спільне рішення цих рівнянь дає результат:

Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4 Приклади розв’язання задач з фізики. Вступ... - Частина 4

Реферати

  • метод определения влаги
  • Влияние физико химических факторов на активность ферментов
  • томат массовая доля сухих веществ
  • технологический баланс это
  • органолептическим методом
  • технологічна схема виробництва шоколаду
Tagged with: , , , , ,
Posted in Фізика

Перелік предметів:
  1. Інформаційні технологіі в галузі
  2. Інформаційні технологіі в системах якості стандартизаціісертифікаціі
  3. Історія української культури
  4. Бухоблік у ресторанному господарстві
  5. Діловодство
  6. Мікропроцесорні системи управління технологічними процесами
  7. Науково-практичні основи технологіі молока і молочних продуктів
  8. Науково-практичні основи технологіі м’яса і м’ясних продуктів
  9. Організація обслуговування у підприємствах ресторанного господарства
  10. Основи наукових досліджень та технічноі творчості
  11. Основи охорони праці
  12. Основи підприємницькоі діяльності та агробізнесу
  13. Політологія
  14. Технологічне обладнання для молочноі промисловості
  15. Технологічне обладнання для м’ясноі промисловості
  16. Технологічний семінар
  17. Технологія зберігання консервування та переробки молока
  18. Технологія зберігання консервування та переробки м’яса
  19. Технологія продукціі підприємств ресторанного господарства
  20. Технохімічний контроль
  21. Технохімічний контроль
  22. Управління якістю продукціі ресторанного господарства
  23. Вища математика 3к.1с
  24. Вступ до фаху 4к.2с.
  25. Загальні технології харчових виробництв
  26. Загальна технологія харчових виробництв 4к.2с.
  27. Мікробіологія молока і молочних продуктів 3к.1с
  28. Математичні моделі в розрахунках на еом
  29. Методи контролю харчових виробництв
  30. Основи фізіології та гігієни харчування 3к.1с
  31. Отримання доброякісного молока 3к.1с
  32. Прикладна механіка
  33. Прикладна механіка 4к.2с.
  34. Теоретичні основи технології харчових виробництв
  35. Технологія зберігання, консервування та переробки м’яса
  36. Фізика
  37. Харчові та дієтичні добавки
  38. Фізичне виховання 3к.1с

На русском

  1. Методы контроля пищевых производств
  2. Общая технология пищевых производств
  3. Теоретические основы технологий пищевых производств
  4. Технология хранения, консервирования и переработки мяса
LiveInternet

Интернет реклама УБС