Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Напряженность поля

Напряженность поля: шарики на нитках и работа поля

 

[latexpage]

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:

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

В итоге минимальная работа, которую потребуется выполнить,  – это сумма всех трех видов энергии, которые приобрел шарик:

$$A=E_k+ E_{grav}+ E_{el}$$

Осталось совсем немного: определить радиус окружности, по которой вращается шарик.

$$ma_n=T\sin{\alpha}$$

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

Разделим второе уравнение на первое:

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{ ma_n}{ Eq+mg }$$

$$a_n=\omega^2 R$$

С другой стороны,

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{R}{ h }$$

Тогда:

$$\frac{R}{ h }=\frac{ m\omega^2 R}{ Eq+mg }$$

Или

$$h=\frac{ Eq+mg }{ m\omega^2}$$

Возведем в квадрат:

$$h^2=\frac{ (Eq+mg)^2 }{ m^2\omega^4}$$

Теперь по теореме Пифагора определим радиус:

$$R^2=l^2-h^2=l^2-\frac{ (Eq+mg)^2 }{ m^2\omega^4}$$

$$R=\sqrt{l^2-\frac{ (Eq+mg)^2 }{ m^2\omega^4}}$$

Теперь можем записывать окончательное выражение для работы:

$$A=E_k+ E_{grav}+ E_{el}=\frac{m\omega^2R^2}{2}+ mg(l-\sqrt{l^2-R^2})+ Eq(l-\sqrt{l^2-R^2})=\frac{m\omega^2R^2}{2}+ (mg+Eq)(l-\sqrt{l^2-R^2})$$

$$A=\frac{m\omega^2}{2}\cdot \left(l^2-\frac{ (Eq+mg)^2 }{ m^2\omega^4}\right)+ (mg+Eq)(l-\frac{ Eq+mg }{ m\omega^2})$$

$$A=\frac{m\omega^2l^2}{2}-\frac{ (Eq+mg)^2 }{ 2m\omega^2}+ (mg+Eq)(l-\frac{ Eq+mg }{ m\omega^2})$$

$$A=\frac{m\omega^2 l^2}{2}+(Eq+mg)\left(l-\frac{Eq+mg}{ m\omega^2}-\frac{ Eq+mg }{ 2m\omega^2}\right)$$

$$A=\frac{m\omega^2l^2}{2}+(Eq+mg)\left(l-\frac{3Eq+3mg}{ 2m\omega^2}\right)$$

Ответ: $A=\frac{m\omega^2l^2}{2}+(Eq+mg)\left(l-\frac{3Eq+3mg}{ 2m\omega^2}\right)$

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *