Закон Кулона и малые колебания

 

[latexpage]

В этой статье затронута тема малых колебаний (повторим тему и формулы),  а также и задачи с нитями: вспомним второй закон Ньютона. Старайтесь все нанести на рисунок: вектора сил,  углы, можно обозначить длины некоторых отрезков. Хороший рисунок – это часто половина решения.

Задача 1. Четыре положительных заряда связаны нитями одинаковой длины $l$, как показано на рисунке. Определить силу натяжения нити $T$, связывающей заряды $Q$.

Рассмотрим рисунок.

Одинаковыми цветами на нем показаны равные силы. Тогда для силы натяжения нити $T$ можно записать уравнение по второму закону Ньютона в векторном виде:

$$2\vec{T_1}+2\vec{F_{Qq}}+\vec{F_{QQ}}+\vec{T}=0$$

А в проекциях на вертикаль это уравнение запишется так:

$$T+2T_1\cos{\alpha}=2F_{Qq}\cos{\alpha}+F_{QQ}$$

Откуда искомая сила натяжения нити будет равна:

$$T=2F_{Qq}\cos{\alpha}+F_{QQ}-2T_1\cos{\alpha}$$

Стало понятно, что без силы $T_1$ не обойтись. Поэтому, чтобы найти ее, запишем уравнение по второму закону Ньютона для заряда $q$:

$$2\vec{T_1}+2\vec{F_{Qq}}+\vec{F_{qq}}=0$$

А в проекциях на нить $l$ уравнение запишем так:

$$T_1+T_1\cos{\alpha}=F_{Qq}+ F_{Qq}\cos{\alpha}+F_{qq}\cos{\frac{\alpha}{2}}$$

Тогда

$$T_1=\frac{ F_{Qq}(1+ \cos{\alpha})+F_{qq}\cos{\frac{\alpha}{2}}}{1+\cos{\alpha}}$$

Найдем теперь силу $T$:

$$T=2F_{Qq}\cos{\alpha}+F_{QQ}-\frac{2\cos{\alpha} ( F_{Qq}(1+ \cos{\alpha})+F_{qq}\cos{\frac{\alpha}{2}})}{1+\cos{\alpha}}$$

Определим силы взаимодействия зарядов:

$$F_{qq}=\frac{kq^2}{l^2}$$

$$F_{Qq}=\frac{kqQ}{l^2}$$

$$F_{QQ}=\frac{kQ^2}{l^2}$$

Угол $\alpha=60^{\circ}$, так как все нити равной длины. Тогда $\frac{\alpha}{2}=30^{\circ}$, и можно упростить выражение:

$$T=F_{Qq}+F_{QQ}- F_{Qq}+ F_{qq}\frac{\sqrt{3}}{3}$$

$$T=F_{QQ}-F_{qq}\frac {\sqrt{3}}{6}$$

$$T=\frac{kQ^2}{l^2}- \frac{kq^2\sqrt{3}}{6l^2}$$

$$T=\frac{kQ^2}{l^2}\left(1- \frac{q^2\sqrt{3}}{6Q^2}\right)$$

 

Задача 2. Четыре заряда $q=-1$ мкКл, $q_2=-2$ мкКл ,  $q_3=-3$ мкКл  и  $q_4=-4$ мкКл  расположены в вершинах квадрата со стороной $a=0,1$ м. В центр квадрата помещен заряд $q_5=5$ мкКл. Найти силу, действующую на центральный заряд.

Искомая сила представляет собой векторную сумму сил, действующих на заряд. Так как диагонали квадрата равны и точкой пересечения делятся пополам, то центральный заряд равноудален ото всех зарядов в вершинах. Кроме того, диагонали квадрата пересекаются под прямым углом. Значит, можно рассчитать сначала равнодействующие для зарядов, расположенных по диагоналям, а потом  равнодействующую равнодействующих  определить по теореме Пифагора:

$$F=\sqrt{(F_4-F_2)^2+(F_3-F_1)^2}$$

Здесь учтено, что в углах квадрата заряды отрицательные, а в центре – положительный, поэтому все силы направлены от положительного заряда к отрицательным и в итоге при векторном сложении нам придется вычитать из большего по длине вектора меньший.

При стороне $a$ квадрат имеет диагональ, равную $a\sqrt{2}$, а полдиагонали – $\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

При расчете сил взаимодействия между зарядами используется квадрат расстояния, для всех зарядов это будет $\frac{a^2}{2}$.

Тогда:

$$F=\sqrt{(\frac{2kqq_4}{a^2}-\frac{2kqq_2}{a^2})^2+(\frac{2kqq_3}{a^2}-\frac{2kqq_1}{a^2})^2}$$

$$F=\sqrt{(\frac{2kq(q_4-q_2)}{a^2})^2+(\frac{2kq(q_3-q_1)}{a^2})^2}$$

$$F=\sqrt{\frac{4k^2q^2((q_4-q_2)^2+(q_3-q_1)^2)}{a^4}}$$

$$F=\frac{2kq}{a^2}\sqrt{(q_4-q_2)^2+(q_3-q_1)^2}$$

$$F=\frac{2\cdot9\cdot10^9\cdot5\cdot10^{-6}}{0,1^2}\sqrt{4\cdot10^{-12}+4\cdot10^{-12}}=18\sqrt{2}$$

Ответ:  $18\sqrt{2}$ Н.

 

Задача 3. Секундный маятник ($T_1=1$ c) состоит из шарика массой $m=16$ г, подвешенного на шелковой нити. Шарик заряжают отрицательно, а под ним на расстоянии $r=50$ см помещают другой шарик с таким же по модулю, но положительным зарядом. При этом период колебаний становится $T_2=0,8$ с. Вычислить силу взаимодействия между шариками и заряд каждого шарика.

Период колебаний шарика до того, как под ним поместили заряд, был равен

$$T_1=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$$

Определим длину нити:

$$l=\frac{T_1^2g}{4 {\pi}^2}$$

После того  как шарик зарядили и поднесли другой заряд, сила взаимодействия зарядов

$$F=\frac{kq^2}{r^2}$$

Так как кулонова сила направлена вниз, то к ускорению свободного падения добавится составляющая, обусловленная этой силой:

$$a=\frac{F}{m}=\frac{kq^2}{mr^2}$$

Тогда

$$T_2=2\pi \sqrt{\frac{l}{g+a}}$$

А длина нити:

$$l=\frac{T_2^2(g+a)}{4 {\pi}^2}$$

Поскольку длина нити не меняется, то приравняем длину нити, выраженную через $T_1$, к длине, выраженной через $T_2$:

$$\frac{T_1^2g}{4 {\pi}^2}=\frac{T_2^2(g+a)}{4 {\pi}^2}$$

Таким образом,

$$a+g=\frac{T_1^2g}{T_2^2}$$

$$a=g\left(\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2-1\right)$$

Тогда, зная добавочное ускорение, найдем силу:

$$F=am=mg\left(\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2-1\right)$$

$$F= 0,016\cdot10\left(\left(\frac{1}{0,8}\right)^2-1\right)=0,0882$$

Из равенства (приравниваем два выражения для ускорений)

$$ g\left(\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2-1\right)= \frac{kq^2}{mr^2}$$

Найдем заряд:

$$q=r\sqrt{\frac{gm\left(\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2-1\right)}{k}}$$

Теперь можно считать:

$$q=r\sqrt{\frac{gm\left(\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2-1\right)}{k}}=0,158\cdot10^{-5}$$

Ответ: 88,2 мН, $q=1,58$ мкКл

Задача 4. На концах тонкого непроводящего горизонтального стержня длиной $l=1$ м закреплены две маленькие бусинки, а третья надета на стержень, по которому она может перемещаться без трения. Всем бусинкам сообщают одинаковые заряды $q=10^{-6}$ Кл. Найти период малых колебаний подвижной бусинки. Масса бусинки $m=5$ г.

Период колебаний бусинки может быть рассчитан по формуле:

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_u}}$$

Здесь $k$ – некоторый коэффициент, играющий роль коэффициента жесткости. Он может быть определен из соотношения:

$$k_u=\frac{F}{\Delta x}$$

Где $Delta x$ – смещение бусинки из положения равновесия.

Сила, действующая на бусинку при выходе из положения равновесия (возвращающая сила $F$) может быть записана как равнодействующая двух сил, действующих на бусинку со стороны обоих зарядов:

$$F_1-F_2=k_u\Delta x$$

$$\frac{kQq}{(r-\Delta x)^2}-\frac{ kQq}{(r+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

Приведем к общему знаменателю левую часть:

$$\frac{kqQ\left((r+\Delta x)^2-(r-\Delta x)^2\right)}{(r^2-\Delta x^2)^2}=k_u\Delta x$$

Упростим:

$$\frac{kqQ\left(r^2+2r\Delta x +\Delta x^2-(r^2-2r\Delta x+\Delta x^2)\right)}{(r^2-\Delta x^2)^2}=k_u\Delta x$$

$$\frac{kqQ\left(r^2+2r\Delta x +\Delta x^2-r^2+2r\Delta x-\Delta x^2\right)}{(r^2-\Delta x^2)^2}=k_u\Delta x$$

$$\frac{4kqQr\Delta x}{(r^2-\Delta x^2)^2}=k_u\Delta x$$

Откуда $k_u$:

$$k_u =\frac{4kqQr}{(r^2-\Delta x^2)^2}$$

Тогда период колебаний равен:

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m(r^2-\Delta x^2)^2}{4kqQr}}$$

Так как величина $\Delta x$ очень маленькая – ведь речь идет о малых колебаниях – то ею можно пренебречь. Кроме того, $q=Q$. Тогда:

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m(r^4}{4kq^2r}}=2\pi \sqrt{\frac{mr^3}{4kq^2}}=\frac{\pi r}{q}\sqrt{\frac{mr}{k}}$$

Так как $r=\frac{l}{2}$, то

$$T=\frac{\pi l}{2q}\sqrt{\frac{ml}{2k}}$$

$$T=\frac{3,14\cdot1}{2\cdot10^{-6}}\sqrt{\frac{0,005}{18\cdot10^9}}=0,83$$

Ответ: 0,83 с

 

Задача 5. На концах гладкого непроводящего горизонтального стержня длиной $l=60$ см закреплены два заряда $q_1=10^{-7}$ и $q_2=4q_1$. По стержню без трения может скользить бусинка массой $m=10$ г. Бусинке сообщают заряд и выводят из положения равновесия. Период малых колебаний бусинки  $T=2,42$ c. Найти заряд, сообщенный  бусинке.

Поскольку заряды положительные, то и у бусинки тоже должен быть положительный заряд, иначе она притянется к большему по модулю заряду сразу, как только ее выведут из состояния равновесия. Так как заряды не равны по модулю, то очевидно, что начальное положение бусинки – не середина стержня. Найдем ее положение равновесия. Обозначим расстояние от первого заряда за $x$, тогда от бусинки до второго $l-x$, и, раз она находится в состоянии равновесия, то ее силы взаимодействия с зарядами равны:

$$F_1=\fracz{kq_1Q}{x^2}$$

$$F_2=\fracz{4kq_1Q}{(l-x)^2}$$

Приравниваем:

$$\frac{1}{x^2}=\frac{4}{(l-x)^2}$$

$$4x^2=l^2-2lx+x^2$$

$$3x^2-2lx-l^2=0$$

$$D=4l^2-4\cdot3\cdot(-l^2)=16l^2$$

$$x_{1,2}=\frac{2l \pm 4l}{6}=\frac{l}{3}$$

Оставляем только положительный корень, так как отрицательный означает, что еще одно положение равновесия есть, но уже не на стержне.

Период колебаний бусинки может быть рассчитан по формуле:

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_u}}$$

Здесь $k$ – некоторый коэффициент, играющий роль коэффициента жесткости. Он может быть определен из соотношения:

$$k_u=\frac{F}{\Delta x}$$

Где $Delta x$ – смещение бусинки из положения равновесия.

Сила, действующая на бусинку при выходе из положения равновесия (возвращающая сила $F$) может быть записана как равнодействующая двух сил, действующих на бусинку со стороны обоих зарядов:

$$F_1-F_2=k_u\Delta x$$

Если от первого заряда до положения равновесия бусинки $x=\frac{l}{3}$, то от положения равновесия до второго заряда – $2x=\frac{2l}{3}$.

$$\frac{4kQq_1}{(2x-\Delta x)^2}-\frac{ kQq_1}{(x+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

Приведем к общему знаменателю левую часть:

$$\frac{kq_1Q\left(4(x+\Delta x)^2-(2x-\Delta x)^2\right)}{(2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

Упростим:

$$\frac{kq_1Q\left(4x^2+8x\Delta x +4\Delta x^2-4x^2+4x\Delta x+\Delta x^2)\right)}{ (2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

$$\frac{kq_1Q\left(12x\Delta x+3{\Delta x}^2\right)}{ (2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

$$\frac{3kq_1Q({\Delta x}^2+4x\Delta x)}{(2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2}=k_u\Delta x$$

$$k_u =\frac{3kq_1Q(\Delta x+4x)}{(2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2}$$

 

Определим квадрат периода:

$$T^2=4\pi^2\frac{m}{k_u}$$

Подставляем

$$T^2=4\pi^2\frac{m((2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2)}{ 3kq_1Q(\Delta x+4x)}$$

Выразим $Q$:

$$Q=4\pi^2\frac{m((2x-\Delta x)^2(x+\Delta x)^2)}{ 3kq_1T^2(\Delta x+4x)}$$

Так как величина $\Delta x$ очень маленькая – ведь речь идет о малых колебаниях – то ею можно пренебречь:

$$Q=4\pi^2\frac{m((2x)^2(x)^2)}{ 3kq_1T^2(4x)}$$

$$Q=16\pi^2\frac{mx^3)}{ 12kq_1T^2}$$

Подставим также $x=\frac{l}{3}$:

$$Q=\frac{4\pi^2ml^3)}{ 81kq_1T^2}$$

Определим, чему равен заряд  численно:

$$Q=\frac{4\cdot3,14^2\cdot0,1\cdot0,6^3)}{ 81\cdot9\cdot10^9\cdot10^{-7}\cdot2,42^2}=2\cdot10^{-6}$$

Ответ: $Q=2\cdot10^{-6}$.

 

Задача 6. Два одноименных заряда ($q=10^{-6}$ Кл) укреплены на расстоянии $2a=20$ см друг от друга.  Посередине между ними на тонком непроводящем стержне , перпендикулярном к линии, соединяющей заряды, находится бусинка массой $m=2,5$ г, которая может скользить по стержню. Бусинке сообщают заряд $Q$. Циклическая частота малых колебаний бусинки $\omega=120$ с$^{-1}$. Определить заряд $Q$, силу тяжести не учитывать.

Очевидно, что у бусинки заряд отрицательный, поскольку она при смещении из состояния равновесия (точки посередине между зарядами) будет стремиться вернуться в него. Период колебаний определяется формулой:

$$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_u}}$$

С другой стороны,

$$T=\frac{2\pi }{\omega}$$

Тогда

$$\frac{2\pi }{\omega}=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_u}}$$

Или:

$$\frac{1}{\omega}=\sqrt{\frac{m}{k_u}}$$

Возведем в квадрат:

$$\frac{1}{\omega^2}=\frac{m}{k_u}$$

$$k_u=m\omega^2$$

Здесь $k$ – некоторый коэффициент, играющий роль коэффициента упругости. Он может быть определен из соотношения:

$$k_u=\frac{F}{\Delta x}$$

Где $Delta x$ – смещение бусинки из положения равновесия.

Сила, действующая на бусинку при выходе из положения равновесия (возвращающая сила $F$) может быть записана как равнодействующая двух сил, действующих на бусинку со стороны обоих зарядов:

$$F_1+F_2=k_u\Delta x$$

$$F_1=\frac{kqQ}{a^2}\cos{\alpha}$$

$$F_1=\frac{kqQ}{a^2}\frac{\Delta x}{a}$$

Аналогично можно записать и вторую силу. Тогда при смещении бусинки, например, вверх по стержню на $\Delta x$, возвращающая сила будет равна:

$$\frac{2kQq}{a^2+\Delta x^2}\frac{\Delta x}{a}=k_u\Delta x$$

Упростим:

$$k_u= \frac{2kQq}{a^2+\Delta x^2}\frac{1}{a}$$

Подставляем:

$$\frac{2kQq}{a^2+\Delta x^2}\frac{1}{a}=m\omega^2$$

С учетом малости отклонения:

$$\frac{2kQq}{a^3}=m\omega^2$$

$$Q=\frac{ m\omega^2 a^3}{2kq}$$

Считаем:

$$Q=\frac{ 0,0025\cdot120^2\cdot0,1^3}{2\cdot9\cdot10^9\cdot10^{-6}}=2\cdot10^{-6}}$$

Ответ: 2 мкКл