Олимпиадная подготовка по электростатике – 3

Ну вот и дошли до электростатики в решении задач для подготовки к олимпиадам! Статьи подходят и для десятиклассников, и для одиннадцатиклассников.

Задача 7.

Шарик массой 5 г с зарядом 2 мКл подвешен на нити в горизонтальном электрическом поле с напряженностью 20 В/м, направленной слева направо. Шарик с нитью отводят вправо до горизонтального положения нити и отпускают. Найдите натяжение нити в тот момент, когда она впервые составит с вертикалью угол $\alpha$ ($\cos \alpha= 0,8$).

Решение. Сделаем рисунок:

К задаче 7

Согласно Ньютону

$$T-F\sin \alpha -mg\cos\alpha=\frac{m\upsilon^2}{l}$$

$$T=qE\sin \alpha +mg\cos\alpha+\frac{m\upsilon^2}{l}$$

По закону сохранения энергии:

$$q\varphi_1=q\varphi_2- mgl\cos\alpha+\frac{m\upsilon^2}{2}$$

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=q(\varphi_1- \varphi_2)+ mgl\cos\alpha$$

По определению

$$E_x=-\frac{\Delta \varphi}{\Delta x}$$

$$E=-\frac{\varphi_1- \varphi_2}{l(1-\sin \alpha)}$$

Откуда

$$\varphi_1- \varphi_2=-El(1-\sin \alpha)$$

Подставим это в ЗСЭ:

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=-qEl(1-\sin \alpha)+ mgl\cos\alpha$$

$$ m\upsilon^2=2l(mg\cos\alpha- qE(1-\sin \alpha))$$

А теперь полученное значение выражения $ m\upsilon^2$ в выражение для $T$:

$$T= qE\sin \alpha+ mg\cos\alpha+2 mg\cos\alpha-2qE(1-\sin \alpha)$$

$$T=3mg\cos\alpha+3qE\sin \alpha-2qE=3\cdot 0,005\cdot 10\cdot 0,8+3\cdot 0,002\cdot 20\cdot 0,6-2\cdot0,002\cdot 20=0,112$$

Ответ: $T=3mg\cos\alpha+3qE\sin \alpha-2qE=0,112$ Н

Задача 8.

Три металлические концентрические сферы имеют радиусы $R$, $2R$ и $4R$. Меньшую сферу заряжают зарядом $Q$, большую — зарядом $-3Q$, а среднюю заземляют с помощью длинного и тонкого проводника. Найти потенциал большей сферы. Ёмкостью проводника пренебречь.

Решение. Потенциал средней, заземленной, сферы, равен нулю.

$$\varphi_2=0$$

Потенциал внешней сферы

$$\varphi_3=\frac{kQ}{4R}+\frac{kq_2}{4R}-\frac{3kQ}{4R}$$

Потенциал средней сферы:

$$\varphi_2=\frac{kQ}{2R}+\frac{kq_2}{2R}-\frac{3kQ}{4R}=0$$

$$\frac{Q}{2}+\frac{q_2}{2}-\frac{3Q}{4}=0$$

$$ q_2=\frac{Q}{2}$$

Вернемся к $\varphi_3$:

$$\varphi_3=\frac{kQ}{4R}+\frac{kQ}{8R}-\frac{3kQ}{4R}=-\frac{3}{8}\cdot\frac{kQ}{R}$$

Ответ: $\varphi_3=-\frac{3}{8}\cdot\frac{kQ}{R}$.

Задача 9.

Маленький заряженный шарик массой $m$ шарнирно подвешен на невесомом непроводящем стержне длиной $l$. На расстоянии $1,5l$ слева от шарнира находится вертикальная заземленная металлическая пластина больших размеров. Стержень отклоняют от вертикали вправо на угол $\alpha$ и отпускают без начальной скорости. В ходе начавшихся колебаний стержень достигает горизонтального положения, после чего движется обратно, и процесс повторяется. Найти заряд шарика Ускорение свободного падения равно $g$.

Метод изображений в задаче 9

Решение. Взаимодействие шарика и стенки можно заменить взаимодействием шарика с точно таким же шариком с противоположным зарядом и расположенным симметрично от стенки (на таком же расстоянии) – это метод изображений. Здесь осторожно с энергией: для сил, которые обычно находят в задачах на метод изображений, нет никаких подвохов – находим силу взаимодействия нашего заряда с «подложным» и все. Но на самом деле поля там, где мы расположили изображение заряда, нет, поэтому при расчете энергии необходимо разделить  ее пополам:

$$W=\frac{kq}{2r}\cdot\frac{1}{2}$$

Где $r$ - расстояние от стенки до заряда.

По закону сохранения энергии

$$-mgl\cos \alpha+W_{sc}=0+W_{sc}’$$

$ W_{sc}$ - энергия взаимодействия шарика и стенки.

Переписываем:

$$-mgl\cos \alpha-\frac{kq^2}{4(1,5l+l\sin\alpha)}=-\frac{kq^2}{2l}$$

$$\frac{kq^2}{l}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4(1,5+\sin\alpha)}\right)= mgl\cos \alpha $$

$$q=\sqrt{\frac{2 mgl\cos \alpha \cdot l}{k\left(1-\frac{1}{3+2\sin\alpha}\right)}}$$

Ответ: $q=\sqrt{\frac{2 mgl\cos \alpha \cdot l}{k\left(1-\frac{1}{3+2\sin\alpha}\right)}}$