Правка раздела «Решение»
ru/8.2.11.md
+1 −1
| ### Условие | |||
| $8.2.11.$ В центре проводящего шара с удельным сопротивлением $\rho$ оказался избыточный заряд $Q_{0}$. | |||
| $\textbf{а. }$ Как зависит от $Q_{0}$ ток, текущий из центра шара к его поверхности? | |||
| $\textbf{б. }$ Как будет меняться заряд в центре шара со временем? | |||
| @@ -8,7 +8,7 @@Условие | |||
| ### Решение | |||
| − | $\textbf{а. }$ Внутри нашего проводящего шара радиуса $R$ очерчи | ||
| + | $\textbf{а. }$ Внутри нашего проводящего шара радиуса $R$ очерчим сферу радиуса $r$ $(r\lt R)$. Площадь данной сферы $S=4\pi r^{2}$. Запишем теорему Гаусса: | ||
| $$E(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}}\Longrightarrow E(r)=\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | |||
| Закон Ома в дифференциальной форме: | |||
| $$j(r)=\frac{1}{\rho}E(r)$$ | |||
| $$j(r)=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | |||
| здесь $j(r)$ - плотность тока. | |||
| Полный ток через сферу радиуса $r$: | |||
| $$I=j(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\cdot4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | |||
| $\textbf{б. }$ Внутри проводника заряд не может оставаться сосредоточенным: он начнёт перетекать к поверхности, вызывая ток, направленный от центра к поверхности. Используя результат подзадачи $\textbf{а}$, можем записать: | |||
| $$I(t)=\frac{Q(t)}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | |||
| Но ток — это убывание заряда: | |||
| $$I(t)=-\frac{dQ}{dt}$$ | |||
| Подставим: | |||
| $$-\frac{dQ}{dt}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}\rho}\Longrightarrow \frac{dQ}{Q}=-\frac{dt}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | |||
| Проинтегрируем, а потом проекспонируем: | |||
| $$Q(t)=C\cdot\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | |||
| Из начального условия $Q(0)=Q_{0}$ получим, что $C=Q_{0}$. Тогда: | |||
| $$Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | |||
| #### Ответ | |||
| $$\textbf{а. }I=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | |||
| $$\textbf{б. }Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | |||
| ещё строк без изменений 36 | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $8.2.11.$ В центре проводящего шара с удельным сопротивлением $\rho$ оказался избыточный заряд $Q_{0}$. | $8.2.11.$ В центре проводящего шара с удельным сопротивлением $\rho$ оказался избыточный заряд $Q_{0}$. | ||
| $\textbf{а. }$ Как зависит от $Q_{0}$ ток, текущий из центра шара к его поверхности? | $\textbf{а. }$ Как зависит от $Q_{0}$ ток, текущий из центра шара к его поверхности? | ||
| $\textbf{б. }$ Как будет меняться заряд в центре шара со временем? | $\textbf{б. }$ Как будет меняться заряд в центре шара со временем? | ||
| @@ -8,7 +8,7 @@Условие | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| $\textbf{а. }$ Внутри нашего проводящего шара радиуса $R$ очерчи |
$\textbf{а. }$ Внутри нашего проводящего шара радиуса $R$ очерчим сферу радиуса $r$ $(r\lt R)$. Площадь данной сферы $S=4\pi r^{2}$. Запишем теорему Гаусса: | ||
| $$E(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}}\Longrightarrow E(r)=\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | $$E(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}}\Longrightarrow E(r)=\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | ||
| Закон Ома в дифференциальной форме: | Закон Ома в дифференциальной форме: | ||
| $$j(r)=\frac{1}{\rho}E(r)$$ | $$j(r)=\frac{1}{\rho}E(r)$$ | ||
| $$j(r)=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | $$j(r)=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$$ | ||
| здесь $j(r)$ - плотность тока. | здесь $j(r)$ - плотность тока. | ||
| Полный ток через сферу радиуса $r$: | Полный ток через сферу радиуса $r$: | ||
| $$I=j(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\cdot4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | $$I=j(r)\cdot 4\pi r^{2}=\frac{1}{\rho}\cdot\frac{Q_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\cdot4\pi r^{2}=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | ||
| $\textbf{б. }$ Внутри проводника заряд не может оставаться сосредоточенным: он начнёт перетекать к поверхности, вызывая ток, направленный от центра к поверхности. Используя результат подзадачи $\textbf{а}$, можем записать: | $\textbf{б. }$ Внутри проводника заряд не может оставаться сосредоточенным: он начнёт перетекать к поверхности, вызывая ток, направленный от центра к поверхности. Используя результат подзадачи $\textbf{а}$, можем записать: | ||
| $$I(t)=\frac{Q(t)}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | $$I(t)=\frac{Q(t)}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | ||
| Но ток — это убывание заряда: | Но ток — это убывание заряда: | ||
| $$I(t)=-\frac{dQ}{dt}$$ | $$I(t)=-\frac{dQ}{dt}$$ | ||
| Подставим: | Подставим: | ||
| $$-\frac{dQ}{dt}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}\rho}\Longrightarrow \frac{dQ}{Q}=-\frac{dt}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | $$-\frac{dQ}{dt}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}\rho}\Longrightarrow \frac{dQ}{Q}=-\frac{dt}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | ||
| Проинтегрируем, а потом проекспонируем: | Проинтегрируем, а потом проекспонируем: | ||
| $$Q(t)=C\cdot\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | $$Q(t)=C\cdot\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | ||
| Из начального условия $Q(0)=Q_{0}$ получим, что $C=Q_{0}$. Тогда: | Из начального условия $Q(0)=Q_{0}$ получим, что $C=Q_{0}$. Тогда: | ||
| $$Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | $$Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | ||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $$\textbf{а. }I=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | $$\textbf{а. }I=\frac{Q_{0}}{\varepsilon_{0}\rho}$$ | ||
| $$\textbf{б. }Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | $$\textbf{б. }Q=Q_{0}\exp\left( -\frac{t}{\varepsilon_{0}\rho} \right)$$ | ||
| ещё строк без изменений 36 | |||