Олимпиадная подготовка по электростатике – 4

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

Задача 10.

Если равномерно заряженный шар разрезать пополам и отпустить половинки, то после разлёта на бесконечно большое расстояние они будут иметь скорость $\upsilon_1$. Если взять половину того же шара, разрезать пополам и отпустить половинки, то после разлёта на бесконечно большое расстояние они будут иметь скорость $\upsilon_2$. Берут первоначальный шар, вырезают из него четвёртую часть и отпускают получившиеся части. Какую скорость будет иметь на бесконечно большом расстоянии меньшая часть? Считать, что при разлёте части шара движутся поступательно (без вращения).

Решение. Разделим все на четвертинки. Потенциальную энергию взаимодействия половинок (в первом случае) найдем как взаимодействие четвертинки 1 и четвертинки 3, четвертинки 1 и четвертинки 4. И аналогично поступим с четвертинкой 2 – она тоже взаимодействует с 3 и 4. В итоге полная энергия системы

$$4W_{12}+2W_{14}=\frac{4m\upsilon_1^2}{2}+2W_{12}~~~~~~~~~~~~(1)$$

Справа второе слагаемое показывает, что разлетелись половинки – то есть внутри четвертинки по-прежнему взаимодействуют.

Во втором случае:

$$W_{12}=\frac{2m\upsilon_2^2}{2}~~~~~~~~~~~~(2)$$

В третьем случае энергия системы точно такая же, как и в первом случае:

$$4W_{12}+2W_{14}=\frac{m\upsilon_3^2}{2}+\frac{3m\upsilon_4^2}{2}+2W_{12}+W_{14}~~~~~~~~~~~~~~~~(3)$$

По закону сохранения импульса

$$m\upsilon_3=3m\upsilon_4$$

$$\upsilon_3=3\upsilon_4$$

Из (1):

$$ W_{12}+W_{14}= m\upsilon_1^2~~~~~~~~~~~(4)$$

Из (2)

$$W_{12}= m\upsilon_2^2~~~~~~~~~~~~~(5)$$

Из (3)

$$2W_{12}+W_{14}=\frac{ m\upsilon_3^2}{2}+\frac{3m\upsilon_4^2}{2}$$

$$2W_{12}+W_{14}=\frac{m\upsilon_3^2}{2}+\frac{3m\upsilon_3^2}{2\cdot 9}~~~~~~~~~~(6)$$

Складываем (4) и (5), и подставляем в (6):

$$ m\upsilon_1^2+ m\upsilon_2^2=\frac{m}{2}\cdot\frac{4\upsilon_3^2}{3}$$

Получается,

$$\upsilon_3=\sqrt{\frac{3}{2}\left(\upsilon_1^2+\upsilon_2^2\right)}$$

Ответ: $\upsilon_3=\sqrt{\frac{3}{2}\left(\upsilon_1^2+\upsilon_2^2\right)}$

Задача 11.

Медная тонкостенная сфера радиусом $R$ заряжена, полный заряд сферы $Q$. На расстоянии $\frac{R}{3}$ от центра сферы находится точечный заряд $q$, а на расстоянии $3R$ от центра сферы помещен точечный заряд $2q$. Найдите потенциалы центра сферы и самой сферы. Какой заряд протечет по тонкому проводу, если этим проводом сферу заземлить?

Решение. Разделим задачу на две: сначала рассмотрим, какое влияние оказывает заряд внутри, затем – какое влияние оказывает заряд снаружи и затем применим принцип суперпозиции.

Заряд внутри: мы знаем, что, где бы он ни находился внутри сферы, его наличие вызовет наведение на внешней поверхности сферы точно такого же заряда, распределенного равномерно. Заряд сферы в этом случае

$$Q=Q_1+q$$

Потенциал сферы:

$$\varphi_1=\frac{k(Q_1+q)}{R}+\frac{kq}{\frac{R}{3}}-\frac{kq}{R}=\frac{kQ_1}{R}+\frac{3kq}{R}$$

Последнее слагаемое – потенциал, создаваемый внутренней поверхностью сферы, на которой индуцирован неравномерно распределенный заряд $-q$.
Заряд вне сферы: из-за электростатической индукции он создаст на поверхности сферы неравномерно распределенный отрицательный заряд. Но при расчете потенциала мы разобьем сферу на маленькие кусочки с зарядами $\Delta q_2$, а так как все кусочки находятся на расстоянии $R$, т о при суммировании неравномерность распределения не будет важна:

$$\varphi_2=\frac{k\sum\Delta q_2}{R}+\frac{2kq}{3R}=\frac{kQ_2}{R}+\frac{2kq}{3R}$$

Потенциал центра сферы по принципу суперпозиции:

$$\varphi_c=\frac{k(Q_1+Q_2)}{R}+\frac{3kq}{R}+\frac{2kq}{3R}=\frac{kQ}{R}+\frac{11kq}{R}$$

Потенциал на поверхности сферы

$$\varphi_p=\frac{k(Q_1+q)}{R}+\frac{kQ_2}{R}+\frac{2kq}{3R}=\frac{kQ}{R}+\frac{5kq}{R}$$

Когда сферу заземлили, на ней образовался заряд $Q’$, ее потенциал равен нулю:

$$\frac{kQ’}{R}+\frac{kq}{R}+\frac{2kq}{3R}=0$$

$$Q’=-q-\frac{2}{3}q=-\frac{5}{3}q$$

По проводу протек заряд

$$\Delta q=Q’-Q=-\frac{5}{3}q-Q$$

Ответ: $\varphi_c=\frac{kQ}{R}+\frac{11kq}{R}$; $\varphi_p=\frac{kQ}{R}+\frac{5kq}{R}$; $\Delta q=-\frac{5}{3}q-Q$.

Задача 12.

Четыре плоские проводящие пластины расположены параллельно друг другу. Расстояния между каждыми соседними $d, 2d, d$ соответственно. Вторая и третья соединены проводником, а первая и четвертая заряжены с поверхностной плотностью $-2\sigma$ и $-\sigma$. Площадь пластинок $S$.

1. Найти индуцированные заряды на соединенных пластинках.
2. Построить график зависимости $E_x (x)$, $х = 0$ выбрать на крайней левой пластинке, указать все характерные точки.
3. Построить график зависимости $\varphi(x) ‚ x = 0$ выбрать на крайней левой пластинке, $\varphi(x=0)=0$, указать все характерные точки.
4. Нарисовать силовые линии электрического поля.

Решение. Потенциалы соединенных пластин равны:

$$\varphi_2=\varphi_3$$

Внутри, между второй и третьей пластинами, $E=0$. Мы получили один большой проводник, соединив пластины, а внутри проводника поле равно нулю. Теперь поместим между второй и третьей пластинами пробный маленький положительный заряд и расставим напряженности полей, созданных в этой точке всеми пластинами поочередно. К первой пластине заряд будет притягиваться, потому что она заряжена отрицательно – рисуем вектор $E_1$, направленный влево. От второй пластины, заряженной предположительно положительно – пробный заряд будет отталкиваться – рисуем вектор $E_2$ вправо. Так как вторая пластина и третья соединены, и их суммарный заряд ноль, то, если вторая имеет заряд $+q$, то третья – заряд $-q$. Тогда пробный заряд притягивается к третьей пластине – рисуем вектор $E_3$, направленный вправо. И к четвертой пластине пробный заряд тоже притягивается – рисуем вектор $E_4$ (вправо).

$$E_x=-E_1+E_2+E_3+E_4$$

Здесь знаки уже учтены, когда мы рисовали векторы, поэтому дальше это будут просто модули напряженностей.

$$E_x=-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{q}{S\cdot 2\varepsilon_0}+\frac{q}{S\cdot 2\varepsilon_0}+\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=0$$

$$-2\sigma+2q+\sigma=0$$

$$q=\frac{\sigma S}{2}$$

Это ответ на первый вопрос. Мы, выходит, угадали со знаком заряда второй пластины.

Для ответа на второй вопрос задачи, необходимо рассмотреть поочередно области слева от пластин, область между первой и второй пластинами, между второй и третьей и т.д., помещая в них по очереди пробный положительный заряд и расставляя везде векторы напряженностей.

Но $E_2=E_3$, так как плотности зарядов пластин 2 и 3 одинаковы по модулю. Поэтому два этих вектора сократятся и мы получим в области слева $E_1+E_4=\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{3\sigma}{2\varepsilon_0}$.

Рассматриваем область между первой и второй пластинами. Мы перешагнули через одну, левую пластину, и поэтому только один вектор ($E_1$) развернется. Опять $E_2=E_3$, два этих вектора сократятся и мы получим в области между первой и второй пластинами $E_4- E_1=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$.

В третьей области поле равно нулю – мы это определили в самом начале.

В области между третьей и четвертой пластинами  (перешагнули третью пластину, вектор $E_3$ развернется. Снова $E_2=E_3$, два этих вектора сократятся и мы получим в области между третьей и четвертой пластинами  $E_4- E_1=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$.

Наконец, в правой области мы получим ситуацию, зеркальную самой левой области: $-E_4- E_1=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}=-\frac{3\sigma}{2\varepsilon_0}$.

Рисуем график:

$$E_x=-\frac{\Delta \varphi}{\Delta x}=-\frac{\varphi_2-\varphi_1}{\Delta x }$$

$$\varphi_2=\varphi_1- E_x\Delta x$$

Используя это, строим график потенциала. Зависимость линейная. В однородном поле $\varphi=0$ можно выбрать в любой точке: в однородном поле  потенциал неопределен, так как энергия поля определяется с точностью до константы :

Изобразим картину поля: