Олимпиадная подготовка по электростатике - 1

Ну вот и дошли до электростатики в решении задач для подготовки к олимпиадам! Статьи для одиннадцатиклассников, знающих производную и интегрирование.

Задача 1.

Заряженный шарик массой $m= 1$ г висит на нерастяжимой изолирующей нити. Определить работу, которую необходимо совершить, приближая к нему издалека и очень медленно другой заряженный шарик, помещая его в точку, где вначале находился шарик на нити, который отклоняется при этом, поднимаясь на высоту $h= 1$ см.

Решение. В задаче даны только масса и высота, на которую поднялся шарик. Вероятно, $A\approx mgh$. Но физика – это борьба за коэффициенты. Нам предстоит этот коэффициент (перед $mgh$) найти. Первоначальную энергию шарика примем за ноль.

$$W_1=0$$

Когда второй шарик поднесли, шарик приобрел потенциальную энергию в поле силы тяжести, и потенциальную энергию в электрическом поле:

$$W_2=mgh+\frac{kqQ}{r}$$

Второе слагаемое найдем из условий равновесия шарика. Составим для него уравнения по второму закону Ньютона, на ось $x$:

$$F_q\cos \beta=T\sin \alpha$$

На ось $y$:

$$mg=F_q\sin \beta+T\cos\alpha$$

Выражаем $T$ из первого и подставляем во второе:

$$T=\frac{ F_q\cos \beta }{\sin \alpha }$$

$$mg=F_q\sin \beta+\frac{ F_q\cos \beta }{\sin \alpha }\cos\alpha$$

$$mg=F_q\left(\frac{\sin \beta \sin \alpha +\cos \beta \cos\alpha }{\sin \alpha }\right)~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

Видим в числителе косинус разности, свернем:

$$\sin \beta \sin \alpha +\cos \beta \cos\alpha=\cos(\beta-\alpha)=\sin(\beta-\alpha+90)$$

Составим теорему синусов:

$$\frac{l}{\cos(\beta-\alpha)}=\frac{r}{\sin \alpha}$$

$$\cos(\beta-\alpha)=\frac{l\sin \alpha }{r}$$

Подставим в (1):

$$mg=F_q\left(\frac{\sin \beta \sin \alpha +\cos \beta \cos\alpha }{\sin \alpha }\right)=\frac{ F_q }{\sin \alpha }\cdot \frac{l\sin \alpha }{r}=\frac{kQq}{r^2}\cdot\frac{l}{r}=\frac{kQq}{r}\cdot\frac{l}{r^2}~~~~~~~~~(2)$$

Для малого прямоугольного треугольника с углом $\beta$ составим теорему Пифагора:

$$h^2=r^2-b^2$$

Для среднего треугольника:

$$b^2=l^2-(l-h)^2$$

Из этих двух уравнений:

$$h^2=r^2-l^2+(l-h)^2$$

$$h^2=r^2-l^2+l^2-2lh+h^2$$

$$r^2=2lh$$

Подставляем в (2):

$$mg=\frac{kqQ}{r}\cdot\frac{l}{2lh}$$

$$2mgh=\frac{kqQ}{r}$$

Следовательно,

$$W_2=mgh+2mgh=3mgh$$

$$A=3mgh=3\cdot 0,001\cdot 10\cdot 0,01=3\cdot 10^{-4}$$

Ответ: 300 мкДж.

Задача 2.

Равномерно заряженная тонкая нить длины $L$, имеет заряд $Q$. Нить положили неподвижно на скользкий ровный стол, при этом ее натяжение в середине оказалось равно $T_0$. Затем нить продели в две маленькие бусинки с зарядом $q$ каждая. Бусинки прикрепили к столу на расстоянии $l$ друг от друга, при этом продетая в них нить расположилась на столе прямолинейно, симметрично относительно бусинок. Сила трения между нитью и бусинками отсутствует. Чему теперь окажется равным натяжение нити в середине? Нить нерастяжима, заряды нити и бусинок одноименны. Размером бусинок пренебречь, нить невесома.

Решение. Сила $T_0$ - сила отталкивания левой половинки нити от правой, и наоборот. Когда появятся бусинки, добавятся силы, с которыми правая бусинка отталкивает левую половину нити и наоборот.

Пусть $\lambda$ - линейная плотность распределения зарядов

$$\lambda=\frac{Q}{L}$$

Выделим малый кусочек нити, например, в левой половине. Он находится на расстоянии $\frac{l}{2}+x$ от правой бусинки и отталкивается от нее с силой

$$dF=\frac{kqdq}{\left(\frac{l}{2}+x\right)^2}$$

Или, с учетом линейной плотности,

$$dF=\frac{kq\lambda dx}{\left(\frac{l}{2}+x\right)^2}$$

Интегрируем, чтобы найти силу $F$:

$$F=k q \lambda \int_0^{\frac{L}{2}} \frac{dx}{\left(\frac{l}{2}+x\right)^2}= k q \lambda \int_0^{\frac{L}{2}} \frac{d\left(\frac{l}{2}+x\right)}{ \left(\frac{l}{2}+x\right)^2}=$$ $$= k q \lambda\cdot (-1)\cdot \frac{1}{\frac{l}{2}+x}\Bigr|_0^{\frac{L}{2}}= k q \lambda\left(\frac{1}{\frac{l}{2}+\frac{L}{2}}+\frac{1}{\frac{l}{2}}\right)= k q \lambda\cdot \frac{L}{\frac{l}{2}(l+L)}=\frac{2kqQ}{l(l+L)}$$

Ответ: $F=\frac{2kqQ}{l(l+L)}$.

Задача 3.

В тонкостенной непроводящей равномерно заряженной сфере массой $m_1 = 100$ г и радиусом $r = 20$ см имеются два небольших диаметрально противоположных отверстия. Заряд сферы $Q = 3$ мкКл. В начальный момент сфера покоится. По прямой, соединяющей отверстия, из бесконечности движется со скоростью $\upsilon = 5$ м/с частица массой $m_2 = 40$ г с зарядом $q = 2$ мкКл. Найдите время, в течение которого заряд будет находится внутри сферы.

Решение. Сначала у частицы есть кинетическая энергия, равная

$$E_{k0}=\frac{m_2\upsilon^2}{2}$$

Затем, при подлете к сфере, появляется потенциальная энергия взаимодействия

$$E_p=q\varphi=q\cdot \frac{kQ}{r}$$

И, кроме того, сфера приходит в движение и у нее тоже появляется кинетическая энергия. Скорость частицы на подлете к сфере равна $\upsilon_2$, скорость сферы $\upsilon_1$. Поэтому закон сохранения энергии запишем как

$$\frac{m_2\upsilon^2}{2}=\frac{kqQ}{R}+\frac{m_2\upsilon_2^2}{2}+\frac{m_1\upsilon_1^2}{2}$$

Запишем также закон сохранения импульса:

$$m_2\upsilon=m_1\upsilon_1+m_2\upsilon_2$$

Решив эту систему, сможем определить время нахождения внутри сферы:

$$t=\frac{2R}{\upsilon_2-\upsilon_1}$$

Решаем систему. Сначала умножим ЗСЭ на 2:

$$ m_2\upsilon^2=\frac{2kqQ}{R}+ m_2\upsilon_2^2+ m_1\upsilon_1^2$$

Переносим:

$$m_2(\upsilon^2-\upsilon_2^2)= \frac{2kqQ}{R}+ m_1\upsilon_1^2$$

Аналогично переносим в ЗСИ:

$$m_2(\upsilon-\upsilon_2)= m_1\upsilon_1$$

Теперь разделим ЗСЭ на ЗСИ:

$$\upsilon+\upsilon_2=\frac{\frac{2kqQ}{R}+ m_1\upsilon_1^2}{ m_1\upsilon_1}$$

$$\upsilon+\upsilon_2=\frac{2kqQ}{R m_1\upsilon_1}+ \upsilon_1$$

$$\upsilon_2=\frac{2kqQ}{R m_1\upsilon_1}+ \upsilon_1-\upsilon $$

Подставляем в ЗСИ:

$$m_2\upsilon=m_1\upsilon_1+\frac{2kqQ\cdot m_2}{R m_1\upsilon_1}+ m_2\upsilon_1-m_2\upsilon $$

Получили квадратное уравнение:

$$(m_1+m_2)\upsilon_1^2-2m_2\upsilon\upsilon_1+\frac{2kqQ\cdot m_2}{R m_1}=0$$

$$\upsilon_1=\frac{2m_2\upsilon \pm \sqrt{4m_2^2\upsilon^2-4(m_1+m_2)\frac{2m_2 k qQ}{m_1R}}}{2(m_1+m_2)}$$

$$\upsilon_1=\frac{2\cdot0,04\cdot 5 \pm \sqrt{4\cdot 0,04^2\cdot 25-4\cdot 0,14\frac{2\cdot 0,04\cdot 9\cdot 10^9\cdot 6\cdot 10^{-12}}{0,1\cdot 0,2}}}{2\cdot 0,14}$$

$$\upsilon_1=\frac{0,4-0,198}{0,28}=0,72$$

$$\upsilon_1=\frac{0,4+0,198}{0,28}=2,13$$

Из ЗСИ:

$$\upsilon-\upsilon_2=\frac{m_1}{m_2}\upsilon_1$$

$$\upsilon_2=\upsilon-\frac{m_1}{m_2}\upsilon_1$$

При подстановке второй корень дает отрицательное значение скорости $\upsilon_2$, так что возьмем первый:

$$\upsilon_2=5-\frac{0,1}{0,04}\cdot 0,72=3,2$$

И находим время:

$$t=\frac{2R}{\upsilon_2-\upsilon_1}=\frac{0,4}{3,2-0,72}=0,161$$

Ответ: $t=0,161$ с.