Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”
ru/6.2.7.md
+27 −36
| @@ -1,44 +1,35 @@ | |||
| ### Условие | |||
| − | $6.2.7.$ | ||
| + | $6.2.7.$ Найдите распределение объемной плотности электрического заряда: | ||
| + | а) в шаре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в шаре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю); | ||
| + | б) в бесконечном цилиндре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в цилиндре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю). | ||
| − | __Пример условия__: | ||
| − | $1.1.1.$ Определите координату $x(t)$ тела как функцию времени $t$, если его ускорение задано как $a(t) = bt$, где $b$ - константа. | ||
| − | |||
| ### Решение | |||
| + | a) | ||
| − | [Здесь должно быть ваше решение] | ||
| + | Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | ||
| + | $$dq = \rho (r)\cdot dV = \rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr$$ | ||
| + | Запишем теорему Гаусса для двух сфер: | ||
| + | $$\Phi_r = E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 4\pi (r+dr)^2 = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+dr^2)=\frac{q+\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0} $$ | ||
| + | Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | ||
| + | $$E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+)=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | Вычтем из второго уравнения перове: | ||
| + | $$8\pi rdr\cdot E_0 = \frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| + | б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | ||
| + | $$dq = \rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr$$ | ||
| + | Запишем теорему Гаусса для двух цилиндров: | ||
| + | $$\Phi_r = E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 2\pi (r+dr)h = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 2\pi (rh+drh)=\frac{q+\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0} $$ | ||
| + | Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | ||
| + | $$E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$E_0\cdot 2\pi rh+E_0\cdot 2\pi drh=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | Вычтем из второго уравнения первое: | ||
| + | $$E_0\cdot 2\pi drh=\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | ||
| + | $$\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| − | __Пример решения__: | ||
| − | Ускорение тела задано как | ||
| − | |||
| − | $$a(t) = bt$$ | ||
| − | |||
| − | Мы знаем, что ускорение - это производная скорости по времени: | ||
| − | |||
| − | $$a(t) = \frac{d v(t)}{d t}$$ | ||
| − | |||
| − | Чтобы найти скорость $v(t)$, интегрируем $a(t)$ по времени: | ||
| − | |||
| − | $$v(t) = \int a(t) \, dt = \int b t \, dt$$ | ||
| − | |||
| − | Если начальная скорость $v(0) = 0$, то скорость становится: | ||
| − | |||
| − | $$v(t) = \frac{b t^2}{2}$$ | ||
| − | |||
| − | Аналогично, интегрируем $v(t)$ по времени: | ||
| − | |||
| − | $$x(t)= \int v(t) \, dt = \frac{b}{2} \int t^2 \, dt$$ | ||
| − | |||
| − | Откуда координата от времени, учитывая начальные условия: | ||
| − | |||
| − | $$\boxed{x(t)=\frac{bt^3}{6}}$$ | ||
| − | |||
| #### Ответ | |||
| − | |||
| − | [Вставьте краткий ответ или результат в рамке, например:] | ||
| − | |||
| − | |||
| − | __Пример ответа__: | ||
| − | $$ | ||
| + | $$a)\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r};\quad б.\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | ||
| @@ -1,44 +1,35 @@ | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $6.2.7.$ |
$6.2.7.$ Найдите распределение объемной плотности электрического заряда: | ||
| а) в шаре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в шаре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю); | |||
| б) в бесконечном цилиндре радиуса $R$ (напряженность электрического поля $E_0$ в цилиндре направлена вдоль его радиуса и не меняется по модулю). | |||
| __Пример условия__: | |||
| $1.1.1.$ Определите координату $x(t)$ тела как функцию времени $t$, если его ускорение задано как $a(t) = bt$, где $b$ - константа. | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| a) | |||
| [Здесь должно быть ваше решение] | Рассмотрим две гауссовы поверхности. Это концентрические сферы, рудиуса $r$($r\leq R$) и $r+dr$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух сфер: | ||
| $$dq = \rho (r)\cdot dV = \rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr$$ | |||
| Запишем теорему Гаусса для двух сфер: | |||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 4\pi (r+dr)^2 = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+dr^2)=\frac{q+\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0} $$ | |||
| Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | |||
| $$E_0\cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E_0\cdot 4\pi (r^2+2rdr+)=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| Вычтем из второго уравнения перове: | |||
| $$8\pi rdr\cdot E_0 = \frac{\rho (r)\cdot 4\pi r^2 dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| б. По анологии с пунктом а. Рассмотрим два коаксиальных цилиндра $r$($r\leq R$) и $r+dr$, высота каждого $h$. $dr$ - бесконечно малое, поэтому можно сказать что $\rho (r) = \rho (r+dr)$. Тогда найдём разность зарядов для двух цилиндров: | |||
| $$dq = \rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr$$ | |||
| Запишем теорему Гаусса для двух цилиндров: | |||
| $$\Phi_r = E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\Phi_{r+dr} = E_0\cdot 2\pi (r+dr)h = \frac{q+dq}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad E_0\cdot 2\pi (rh+drh)=\frac{q+\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0} $$ | |||
| Получим систему уравнений($dr^2$ пренебрежимо мало): | |||
| $$E_0\cdot 2\pi rh = \frac{q}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E_0\cdot 2\pi rh+E_0\cdot 2\pi drh=\frac{q}{\varepsilon_0}+\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| Вычтем из второго уравнения первое: | |||
| $$E_0\cdot 2\pi drh=\frac{\rho (r)\cdot 2\pi rh\cdot dr}{\varepsilon_0}$$ | |||
| $$\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| __Пример решения__: | |||
| Ускорение тела задано как | |||
| $$a(t) = bt$$ | |||
| Мы знаем, что ускорение - это производная скорости по времени: | |||
| $$a(t) = \frac{d v(t)}{d t}$$ | |||
| Чтобы найти скорость $v(t)$, интегрируем $a(t)$ по времени: | |||
| $$v(t) = \int a(t) \, dt = \int b t \, dt$$ | |||
| Если начальная скорость $v(0) = 0$, то скорость становится: | |||
| $$v(t) = \frac{b t^2}{2}$$ | |||
| Аналогично, интегрируем $v(t)$ по времени: | |||
| $$x(t)= \int v(t) \, dt = \frac{b}{2} \int t^2 \, dt$$ | |||
| Откуда координата от времени, учитывая начальные условия: | |||
| $$\boxed{x(t)=\frac{bt^3}{6}}$$ | |||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $$a)\rho (r)= \frac{2E_0 \varepsilon_0}{r};\quad б.\rho (r)= \frac{E_0 \varepsilon_0}{r}$$ | |||
| [Вставьте краткий ответ или результат в рамке, например:] | |||
| __Пример ответа__: | |||
| $$ |
|||