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

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=0,2Н

 

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 *