Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10440
2019-05-11 
Плоскость делит пространство на две половины. Одна половина заполнена однородной проводящей средой, а на другой половине работают физики. Они рисуют на плоской границе проводящего полупространства контур квадрата со стороной $a$ и пропускают ток $I_{0}$ так, что он входит в одну из вершин квадрата, а из соседней вершины выходит (рис.), Одновременно они измеряют при помощи вольтметра напряжение $U$, возникающее между двумя другими вершинами. Как, используя эти данные, физики смогут определить удельное сопротивление однородной проводящей среды?
Решение:
Снова используем принцип суперпозиции, чтобы объединить отдельные рассмотрения втекающего и вытекающего токов. Пусть А обозначает вершину квадрата, где входит ток $I_{0}$, В - соседнюю вершину, где он выходит, а разность потенциалов $U$ измеряется между двумя другими вершинами квадрата С и D, как показано на рисунке.
Если ток $I_{0}$ втекает в точке А и течет по направлению к точкам с нулевым потенциалом бесконечно далеко, то он растекается сферически симметрично в проводящем полупространстве, т.е. на расстоянии $r$ от точки А плотность тока равна
$j(r) = \frac{I_{0} }{2 \pi r^{2} }$.
Заметим, что это соотношение неверно для очень маленьких значений $r$, т.е. когда $r$ ненамного больше размера электрода в точке А.
Воспользуемся законом Ома в дифференциальный форме, который выражает плотность тока $j$ через напряженность электрического поля $E$ и удельное сопротивление среды $\rho$:
$j(r) = \frac{E(e)}{ \rho}$.
Используя выражение для $j(r)$, определяем напряженность электрического поля в проводящем полупространстве:
$E(r) = \frac{I_{0} \rho }{ 2 \pi r^{2} }$.
Потенциал (и, следовательно, разность потенциалов) можно определить из выражения для напряженности электрического поля интегрированием. Но мы попробуем получить результат при помощи простой аналогии.
Напряженность электрического поля точечного заряда $q$ обратно пропорциональна $r^{2}$, его потенциал обратно пропорционален $r$, и коэффициент пропорциональности тот же самый в обоих случаях ($E = kq/r^{2}$ и $\pi = kq/r$ соответственно). Это означает, что потенциал $\phi(r)$, соответствующий напряженности электрического поля, определенной выше, будет
$\phi(r) = \frac{I_{0} \rho }{2 \pi r}$.
Чем ближе точка к электроду, через который втекает ток, тем выше его потенциал. Так, потенциал точки D, равный $\phi_{D} = I_{0} \rho /(2 \pi a)$, выше, чем потенциал точки С, равный $\phi_{C} = I_{0} \rho/(2 \sqrt{2} \pi a)$. Разность потенциалов между двумя точками D и С равна
$\phi_{D} - \phi_{C} = \frac{I_{0} \rho (2 - \sqrt{2} ) }{4 \pi a}$.
Теперь обсудим вытекание из полупространства тока $I_{0}$ в точке В. Все то же самое, как и в предыдущем случае, за исключением того, что знаки величин (тока, плотности тока, напряженности электрического поля и потенциала) изменены на обратные. Так, потенциал при исследовании в этом случае описывается функцией
$\phi(r) = - \frac{I_{0} \rho }{2 \pi r^{ \prime} }$,
где $r^{ \prime}$ - расстояние от точки В. Потенциал точки С более низкий, чем потенциал точки D, т.е. точка D снова более положительная, чем точка С. Разность потенциалов между этими двумя точками та же самая, как и ранее.
Если рассмотреть наложение двух предыдущих случаев, то мы вернемся к нашей первоначальной задаче и получим, что разность потенциалов между точками С и D ровно вдвое больше любой из уже найденных разностей потенциалов, т.е.
$U = \frac{I_{0} \rho (2 - \sqrt{2} ) }{2 \pi a}$.
Кроме заданных величин, это выражение содержит искомое удельное сопротивление $\rho$. Поэтому решение задачи таково:
$\rho = \frac{(2 + \sqrt{2}) \pi a U}{I_{0} }$.
Примечание. Этот метод широко используется в реальной жизни, например чтобы определить среднее удельное сопротивление какой-нибудь породы (скал, гор, опор и т.д.). Измерения, естественно, проводятся не на бесконечных полупространствах, а на объемах и плоскостях с линейными размерами намного больше, чем сторона а нашего квадрата.
Плоскость делит пространство на две половины. Одна половина заполнена однородной проводящей средой, а на другой половине работают физики. Они рисуют на плоской границе проводящего полупространства контур квадрата со стороной $a$ и пропускают ток $I_{0}$ так, что он входит в одну из вершин квадрата, а из соседней вершины выходит (рис.), Одновременно они измеряют при помощи вольтметра напряжение $U$, возникающее между двумя другими вершинами. Как, используя эти данные, физики смогут определить удельное сопротивление однородной проводящей среды?
Решение:
Снова используем принцип суперпозиции, чтобы объединить отдельные рассмотрения втекающего и вытекающего токов. Пусть А обозначает вершину квадрата, где входит ток $I_{0}$, В - соседнюю вершину, где он выходит, а разность потенциалов $U$ измеряется между двумя другими вершинами квадрата С и D, как показано на рисунке.
Если ток $I_{0}$ втекает в точке А и течет по направлению к точкам с нулевым потенциалом бесконечно далеко, то он растекается сферически симметрично в проводящем полупространстве, т.е. на расстоянии $r$ от точки А плотность тока равна
$j(r) = \frac{I_{0} }{2 \pi r^{2} }$.
Заметим, что это соотношение неверно для очень маленьких значений $r$, т.е. когда $r$ ненамного больше размера электрода в точке А.
Воспользуемся законом Ома в дифференциальный форме, который выражает плотность тока $j$ через напряженность электрического поля $E$ и удельное сопротивление среды $\rho$:
$j(r) = \frac{E(e)}{ \rho}$.
Используя выражение для $j(r)$, определяем напряженность электрического поля в проводящем полупространстве:
$E(r) = \frac{I_{0} \rho }{ 2 \pi r^{2} }$.
Потенциал (и, следовательно, разность потенциалов) можно определить из выражения для напряженности электрического поля интегрированием. Но мы попробуем получить результат при помощи простой аналогии.
Напряженность электрического поля точечного заряда $q$ обратно пропорциональна $r^{2}$, его потенциал обратно пропорционален $r$, и коэффициент пропорциональности тот же самый в обоих случаях ($E = kq/r^{2}$ и $\pi = kq/r$ соответственно). Это означает, что потенциал $\phi(r)$, соответствующий напряженности электрического поля, определенной выше, будет
$\phi(r) = \frac{I_{0} \rho }{2 \pi r}$.
Чем ближе точка к электроду, через который втекает ток, тем выше его потенциал. Так, потенциал точки D, равный $\phi_{D} = I_{0} \rho /(2 \pi a)$, выше, чем потенциал точки С, равный $\phi_{C} = I_{0} \rho/(2 \sqrt{2} \pi a)$. Разность потенциалов между двумя точками D и С равна
$\phi_{D} - \phi_{C} = \frac{I_{0} \rho (2 - \sqrt{2} ) }{4 \pi a}$.
Теперь обсудим вытекание из полупространства тока $I_{0}$ в точке В. Все то же самое, как и в предыдущем случае, за исключением того, что знаки величин (тока, плотности тока, напряженности электрического поля и потенциала) изменены на обратные. Так, потенциал при исследовании в этом случае описывается функцией
$\phi(r) = - \frac{I_{0} \rho }{2 \pi r^{ \prime} }$,
где $r^{ \prime}$ - расстояние от точки В. Потенциал точки С более низкий, чем потенциал точки D, т.е. точка D снова более положительная, чем точка С. Разность потенциалов между этими двумя точками та же самая, как и ранее.
Если рассмотреть наложение двух предыдущих случаев, то мы вернемся к нашей первоначальной задаче и получим, что разность потенциалов между точками С и D ровно вдвое больше любой из уже найденных разностей потенциалов, т.е.
$U = \frac{I_{0} \rho (2 - \sqrt{2} ) }{2 \pi a}$.
Кроме заданных величин, это выражение содержит искомое удельное сопротивление $\rho$. Поэтому решение задачи таково:
$\rho = \frac{(2 + \sqrt{2}) \pi a U}{I_{0} }$.
Примечание. Этот метод широко используется в реальной жизни, например чтобы определить среднее удельное сопротивление какой-нибудь породы (скал, гор, опор и т.д.). Измерения, естественно, проводятся не на бесконечных полупространствах, а на объемах и плоскостях с линейными размерами намного больше, чем сторона а нашего квадрата.
