Несколько задач на закон Кулона - задачник Белолипецкого.

Задача 1.

Два заряженных шарика соединены нитью длины $L = 10$ см. Отношение масс шариков $\frac{m_1}{m_2} = 2$, заряды одинаковы по величине $\mid q \mid = 10^{-7}$ Кл, но противоположны по знаку. Какую внешнюю силу $F$ надо приложить к шарику массы $m_1$, чтобы в процессе движения нить была натянута?

Решение. Натянутая нить – это нить не провисшая. То есть ее натяжение есть, но оно равно нулю. Вот такой вот казус))). Тогда запишем для обоих шариков уравнение по второму закону Ньютона. При этом примем $m_1=2m$, $m_2=m$:

Рисунок к задаче 1

$$2ma=F-F_q$$

$$ma=F_q$$

Подставим второе – в первое:

$$3ma=F$$

$$F_q=F-2ma=3ma-2ma=ma$$

$$ma=\frac{kq^2}{L^2}$$

$$a=\frac{kq^2}{mL^2}$$

$$F=3ma=\frac{3kq^2}{L^2}=\frac{3\cdot 9\cdot 10^9\cdot 10^{-14}}{0,1^2}=27\cdot 10^{-3}$$

Ответ: 27 мН

Задача 2.

 По тонкому проволочному кольцу радиуса $R$ равномерно распределен электрический заряд $q$. В центре кольца расположен одноименный с $q$ точечный заряд $Q$, причем $Q>> q$. Определите силу $T$ натяжения проволоки, из которой изготовлено кольцо.

Решение. Разделим кольцо на маленькие кусочки длиной по $\Delta l$. Тогда заряд такого кусочка равен $\frac{q}{L}\Delta l$. С центральным зарядом этот кусочек будет взаимодействовать с силой:

$$F_q=\frac{kqQ\Delta l}{LR^2}$$

Эта сила направлена радиально от центра кольца. Но таких сил много! Потому что кусочков, на которые мы разбили кольцо, тоже много.

Рисунок к задаче 2

Рассмотрим точку O и найдем натяжение кольца в ней. Для этого определим проекцию силы $F_q$ на ось $x$:

$$F_q=\frac{kqQ\Delta l}{LR^2}\cos \varphi$$

Как уже ранее сказано, таких проекций будет много, половина растягивает кольцо в точке O вправо, половина – влево. Нам надо сложить проекции сил, направленные в одну сторону. Для этого рассмотрим произведение $\Delta l\cos \varphi $.

Рассмотрим в приближении

Длина дуги в случае малого кусочка примерно равна длине хорды. Произведение $\Delta l\cos \varphi $ - длина отрезка $AB$. Если сложить для всех кусочков, расположенных от точки O справа, такие произведения, мы получим длину диаметра окружности!

$$T=\sum{F_q}_i=\frac{kqQ }{LR^2}\sum\Delta l \cos \varphi=\frac{kqQ }{2\pi R\cdot R^2}\cdot 2R=\frac{kQq}{\pi R^2}$$

Ответ: $T=\frac{kQq}{\pi R^2}$.

Задача 3.

В однородном электрическом поле с вектором напряженности $E$, направленным вертикально вниз, равномерно вращается шарик массы $m$ с положительным зарядом $q$, подвешенный на нити длины $L$. Угол отклонения нити от вертикали равен $\alpha$. Определите силу натяжения нити $T$ и кинетическую энергию $K$ шарика.

Решение.  Сделаем рисунок, расставим силы и запишем уравнение по второму закону Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси:

Рисунок к задаче 3

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

$$ma_n=T\sin \alpha$$

«Раскроем» нормальное ускорение:

$$\frac{m\upsilon^2}{R}=T\sin \alpha$$

Разделим уравнения:

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{ m\upsilon^2}{R(F_q+mg)}$$

Отсюда

$$ m\upsilon^2=R\operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)$$

Но кинетическая энергия $K=\frac{ m\upsilon^2}{2}$:

$$K=0,5 R\operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)=0,5 L\sin \alpha \operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)$$

Натяжение нити найдем так:

$$T=\frac{m\upsilon^2}{R\sin \alpha}=\frac{ R\operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)}{ R\sin \alpha }$$

$$T=\frac{ \operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)}{ \sin \alpha }=\frac{ Eq+mg}{ \cos \alpha }$$

Ответ: $T=\frac{ Eq+mg}{ \cos \alpha }$; $K=0,5 L\sin \alpha \operatorname{tg}\alpha(Eq+mg)$