Закон Кулона и малые колебания

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.

Задача 1.

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.

Задача 2.

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:

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

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

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

$F_1-F_2=k_u\Delta x$

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,

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