Напряженность поля: шарики на нитках и работа поля

В этой статье собраны задачи, где необходимо применить закон сохранения энергии для того, чтобы найти требуемую силу. Кроме того, нужно вспомнить, что такое центростремительное ускорение, и правильно записать второй закон Ньютона в проекциях на оси. Если все это сделать внимательно – успех гарантирован.

Задача 1. Тело массой $m=10$ г, имеющее заряд $q=5$ мкКл, подвешено на нити. Тело отклоняют на $90^{\circ}$ и отпускают. Чему равна сила натяжения нити в тот момент, когда нить составляет угол $\alpha=30^{\circ}$ с вертикалью? Тело находится в однородном электрическом поле с напряженностью $E=2$ кВ/м, направленном вертикально вниз.

Решение.

К задаче 1

Когда шарик находился вверху, он обладал потенциальной энергией, во-первых, гравитационного взаимодействия, во-вторых, электрического. Определим, на какое расстояние по высоте переместился шарик, когда перешел из начальной точки в конечную:

$d=l\cos{\alpha}$

Энергия шарика переходит из потенциальной в кинетическую:

$E_p=mgd+Eqd$

$E_k=\frac{m\upsilon^2}{2}$

$\frac{m\upsilon^2}{2}= mgd+Eqd =d(mg+Eq)= l\cos{\alpha}( mg+Eq)$

Таким образом, скорость шарика в конечном положении равна

$\upsilon^2=\frac{2 l\cos{\alpha}( mg+Eq)}{m}$

$\upsilon=\sqrt{\frac{2 l\cos{\alpha}( mg+Eq)}{m}}$

В конечном положении на шарик действуют силы: тяжести, кулонова, центробежная, сила натяжения нити. Составим уравнения по второму закону для каждой координатной оси, причем систему координат введем, направив ось ординат вдоль нити вверх. Тогда:

$T=ma_n+mg\cos{\alpha}+Eq\cos{\alpha}$

$T=m\frac{\upsilon^2}{l}+(mg+Eq)\cos{\alpha}$

Подставим скорость, найденную ранее:

$T=2\cos{\alpha}( mg+Eq)+(mg+Eq)\cos{\alpha}$

$T=3\cos{\alpha}( mg+Eq)$

Задача решена, считаем:

$T=3\frac{\sqrt{3}}{2}( 0,01\cdot10+2000\cdot 5\cdot10^{-6})=0,29$

Ответ: $T=0,29$ Н.

Задача 2. В однородном электрическом поле с напряженностью $E=20$ кВ/м на нити прикреплен шарик массой $m=10$ г и зарядом $q=10$ мкКл. Шарик отклоняют от положения равновесия на угол $\alpha=60^{\circ}$ и отпускают. Найти натяжение нити в тот момент, когда шарик проходит положение равновесия. Силовые линии поля вертикальны.

К задаче 2

В верхнем положении равновесия на шарик действует сила тяжести, кулонова сила воздействия электрического поля, сила натяжения нити и центробежная сила. Уравнение по второму закону Ньютона будет записано так:

$T=Eq-mg+ma_n$

$T=Eq-mg+m\frac{\upsilon^2}{l}$

Скорость найдем из уравнения для энергий: шарик приобретает потенциальную энергию гравитационного взаимодействия и кинетическую, но теряет потенциальную энергию взаимодействия с электрическим полем, так как двигается вдоль его линий:

$m\frac{\upsilon^2}{2}+mgh=Eqh$

$h=l-l\cos{\alpha}$

Тогда:

$m\frac{\upsilon^2}{2}=Eqh -mgh =h(Eq-mg)$

$\upsilon^2=\frac{2h(Eq-mg)}{m}$

Определим теперь силу натяжения нити:

$T=Eq-mg+\frac{2h(Eq-mg)}{l}$

$T=Eq-mg+\frac{2l(1-\cos{\alpha})(Eq-mg)}{l}$

$T=Eq-mg+2(1-\cos{\alpha})(Eq-mg)}$

$T=(3-2\cos{\alpha})(Eq-mg)}$

Задача решена, подставляем числа:

$T=(3-1)(2\cdot10^4\cdot10^{-5}-0,01\cdot10)}=0,2$

Ответ: $T=0,2$ Н

Задача 3. В однородном электрическом поле с напряженностью $E$ , направление силовых линий которого совпадает с направлением силы тяжести, на нити длиной $l$ висит шарик массой $m$ , имеющий заряд $+q$ . Какую минимальную горизонтальную скорость надо сообщить шарику, чтобы он смог вращаться в вертикальной плоскости?

К задаче 3

Решение.

Так как шарик подвешен на нити, а не на стержне, то ему обязательно обладать скоростью в верхней точке траектории, чтобы не упасть. Эта скорость может быть определена из условия равенства нулю равнодействующей всех сил: на шарик действует сила тяжести и кулонова сила, а также центробежная сила. Силу натяжения нити считаем равной нулю.

$ma_n=\frac{m{\upsilon_2}^2}{l}$

$ma_n=mg+Eq$

$\frac{m{\upsilon_2}^2}{l}= mg+Eq$

С другой стороны, чтобы шарик мог забраться наверх, да еще преодолев силу, с которой поле на него воздействует, ему надо сообщить достаточную энергию: потенциальную, чтобы он поднялся на высоту $2l$

$E_p=mg\cdot2l$

Кинетическую:

$E_k=\frac{m{\upsilon_2}^2}{2}$

Да еще потенциальную энергию на преодоление воздействия поля:

$E_{el}=Eq\cdot 2l$

Тогда ему нужно сообщить суммарную энергию:

$\frac{m{\upsilon_1}^2}{2}=2mgl+2Eql+\frac{m{\upsilon_2}^2}{2}$

Упростим:

$\frac{m{\upsilon_1}^2}{2}=2l(mg+Eq)+ \frac{l(mg+Eq)}{2}$

$\frac{m{\upsilon_1}^2}{2}=2,5l(mg+Eq)$

${\upsilon_1}^2=\frac{5l(mg+Eq)}{m}$

Извлечем корень:

$\upsilon_1=\sqrt{\frac{5l(mg+Eq)}{m}}$

Ответ: $\upsilon_1=\sqrt{\frac{5l(mg+Eq)}{m}}$

Задача 4. В однородном электрическом поле с напряженностью $E$ на нити длиной $l$ вращается вокруг вертикальной оси шарик массой $m$ , имеющий заряд $+q$ . Направление силовых линий электрического поля совпадает с направлением силы тяжести. Определить минимальную работу $A$ , которую нужно произвести для разгона шарика из состояния покоя до угловой скорости $\omega$ .

Решение.

Поскольку шарик разогнали, следовательно, ему сообщили кинетическую энергию:

$E_k=\frac{m \upsilon^2}{2}=\frac{m\omega^2R^2}{2}$

Пока шарик не вращался, а просто висел, он находился на расстоянии $l$ от точки крепления нити.

К задаче 4

Можно считать, что его потенциальная энергия гравитационного взаимодействия на данной высоте – нулевая. Когда угловая скорость шарика достигла $\omega$ , то очевидно, что, вращаясь по окружности радиуса $R$ , он приподнялся, и его потенциальная энергия перестала быть нулевой – ведь теперь он поднялся на высоту $l-h$ , где $h=\sqrt{l^2-R^2}$ . Тогда потенциальная энергия шарика, связанная с гравитацией, равна:

$E_{grav}=mg(l-h)=mg(l-\sqrt{l^2-R^2})$

Также, приподнявшись, шарик приобрел потенциальную энергию, связанную с перемещением его в поле против силовых линий этого поля. Работа поля при этом отрицательна, но энергия, приобретенная шариком – положительна: при движении по линиям поля потенциальная энергия уменьшается, зато растет кинетическая, и наоборот.

Тогда потенциальная энергия электростатического взаимодействия заряда и поля равна:

$E_{el}=qE(l-h)=qE(l-\sqrt{l^2-R^2})$