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

Закон Кулона и напряженность поля. Снова шарики на нитках

В этой статье я возвращаюсь к теме шариков на нитках, хотя задачи на эту тему на сайте есть. Помните о том, что в поле заряженный предмет обладает потенциальной энергией – о ней часто забывают, а ее обязательно нужно включить в расчет. В каждой из этих задач было составлено уравнение по второму закону Ньютона: внимательно следите за записью проекций, не путайте тригонометрические функции.

Задача 1. Заряженный шарик массой 2 г подвешен на нити длиной 1 м и движется по окружности в горизонтальной плоскости. В центре окружности помещен шарик с таким же зарядом. Угол отклонения нити от вертикали равен 30^{\circ}, угловая скорость вращения равна 1 рад/с.  Определите заряд каждого шарика.

К задаче 1

Сначала определим различные расстояния, например, радиус окружности, по которой вращается шарик:

    \[R=l\sin{\alpha}\]

Тогда можно найти линейную скорость шарика:

    \[\upsilon=\omega R=\omega l \sin{\alpha}\]

Запишем уравнения Ньютона в проекциях на вертикальную и горизонтальную оси:

    \[a_n m=T\sin {\alpha}-F_q\]

    \[mg=T\cos{\alpha}\]

Из последнего

    \[T=\frac{mg}{\cos{\alpha}}\]

Подставляем в первое:

    \[F_q= -a_n m+mg\operatorname{tg}{\alpha}\]

Кулонова сила взаимодействия зарядов равна

    \[F_q=\frac{kq^2}{R^2}\]

Тоже подставим:

    \[\frac{kq^2}{R^2}= mg\operatorname{tg}{\alpha} -a_n m\]

    \[kq^2= R^2(mg\operatorname{tg}{\alpha}- a_n m)\]

Подставим также нормальное ускорение, ведь нам известна скорость шарика, поэтому:

    \[a_n=\frac{\upsilon^2}{R}=\omega^2R=\omega^2 l \sin{\alpha}\]

    \[q^2= \frac{R^2}{k}(mg\operatorname{tg}{\alpha} -\omega^2 l \sin{\alpha}m)\]

Отсюда уже можно найти заряды шариков:

    \[q=R\sqrt{\frac{ m }{k}(g\operatorname{tg}{\alpha} -\omega^2 l \sin{\alpha})}\]

    \[q=l\sin{\alpha}\sqrt{\frac{ m }{k}(g\operatorname{tg}{\alpha} - \omega^2 l \sin{\alpha})}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ 2\cdot10^{-3} }{9\cdot10^9}(10\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{2})}=0,51\cdot10^{-6}\]

Ответ: 0,51 мкКл

Задача 2. Четыре заряда q,Q, q, Q связаны нитями длиной l каждая. Определите угол \beta между нитями.

Рассмотрим рисунок.

К задаче 2

Запишем силы взаимодействия между зарядами – большими, маленькими, и между маленьким и большим. Для этого нужно обозначить расстояния между зарядами. Обозначим большую диагональ – 2r, а меньшую – 2y:

    \[F_{qq}=\frac{kq^2}{4y^2}\]

    \[F_{QQ}=\frac{kQ^2}{4r^2}\]

    \[F_{Qq}=\frac{kqQ}{ l^2}\]

Теперь запишем уравнения для двух точек, А и В, (по 2 закону, в проекциях на оси) –  для точки А по горизонтальной оси, а для В – по вертикальной.

    \[F_{QQ}+2 F_{Qq}\cos{\frac{\beta}{2}}-2T\cos{\frac{\beta}{2}}=0\]

    \[F_{qq}+2 F_{Qq}\sin{\frac{\beta}{2}}-2T\sin{\frac{\beta}{2}}=0\]

Из первого уравнения

    \[T=\frac{ F_{QQ}}{2\cos{\frac{\beta}{2}}}+ F_{Qq}\]

Из второго уравнения

    \[T=\frac{ F_{qq}}{2\sin{\frac{\beta}{2}}}+ F_{Qq}\]

Можно приравнять правые части:

    \[\frac{ F_{QQ}}{2\cos{\frac{\beta}{2}}}+ F_{Qq}=\frac{ F_{qq}}{2\sin{\frac{\beta}{2}}}+ F_{Qq}\]

Или

    \[\frac{ F_{QQ}}{ F_{qq}}=\operatorname{ctg}{\frac{\beta}{2}}\]

Подставив силы, получим:

    \[\frac{Q^2 y^2}{q^2 r^2}=\operatorname{ctg}{\frac{\beta}{2}}\]

Но \frac{r}{y}=\operatorname{ctg}{\frac{\beta}{2}}, поэтому

    \[\frac{Q^2}{q^2}=\operatorname{ctg}^3{\frac{\beta}{2}}\]

Или это можно переписать в следующем виде:

    \[\operatorname{tg}^3 {\frac{\beta}{2}}=\frac{ q^2}{ Q^2}\]

    \[\frac{\beta}{2}=\operatorname{arctg}{\sqrt[3]{\frac{ q^2}{ Q^2}}}\]

    \[\beta=2\operatorname{arctg}{\sqrt[3]{\frac{ q^2}{ Q^2}}}\]

Ответ: \beta=2\operatorname{arctg}{\sqrt[3]{\frac{ q^2}{ Q^2}}}

Задача 3. Три тонкие металлические пластины, расположенные параллельно друг другу, имеют заряды -q, +2q и +3q (q=10 мкКл). Расстояние между соседними пластинами d=1 см, площадь каждой пластины S=1 м^2. Найдите силу, действующую на среднюю пластину.

Определим напряженность поля между пластинами 1 и 3. Пока забудем про вторую пластину, мы ее потом в это поле внесем.

    \[E_1=\frac{q}{2S\varepsilon_0}\]

    \[E_3=\frac{3q}{2S\varepsilon_0}\]

Так как заряды первой и третьей пластин разных знаков, то вектора напряженностей сложатся, и итоговая напряженность будет равна

    \[E=E_1+E_3=\frac{4q}{2S\varepsilon_0}=\frac{2q}{S\varepsilon_0}\]

Теперь в это поле вносим вторую пластину. Так как расстояние между пластинами много меньше их линейных размеров (об этом мы будем судить по площади), то поле однородно, и неважно, где (на каких расстояниях от первой и третьей) находится вторая пластина. Сила будет равна

    \[F=qE=2q\cdot\frac{2q}{S\varepsilon_0}=\frac{4q^2}{S\varepsilon_0}=\frac{4\cdot10^{-10}}{8,85\cdot10^{-12}}=45,2\]

Ответ: 45,2 Н.

 

Задача 4. Тонкое проволочное кольцо радиусом R имеет некоторый электрический заряд q.  В центре кольца располагается одноименный с зарядом q заряд Q, причем Q >>q. Сила, с которой растянуто кольцо, равна F. Определите заряд q, который имеет кольцо.

К задаче 4

Пусть малый элемент кольца, ограниченный дугой в \alpha радиан, имеет малый заряд

    \[\Delta q=\frac{q\alpha}{2\pi}\]

Тогда этот малый элемент будет взаимодействовать с большим зарядом в центре кольца с силой

    \[W=\frac{kQ q\alpha }{2\pi R^2}\]

Данная нам сила, с которой растянуто кольцо, может быть найдена как

    \[F=\frac{W}{2\sin {\frac{\alpha}{2}}}\]

    \[W = 2F \sin{\frac{\alpha}{2}} \approx 2F\frac{\alpha}{2}= F\alpha\]

    \[F\alpha =\frac{kQ q\alpha }{2\pi R^2}\]

Откуда

    \[q=\frac{2\pi R^2}{kQ}\]

Ответ: q=\frac{2\pi R^2}{kQ}

Задача 5. Шар массой 0,1 кг и зарядом 4\cdot10^{-6} подвешен на изолирующей нити в однородном электрическом поле напряженностью E=6\cdot10^4, причем вектор E направлен горизонтально влево.  Шар отвели вправо до угла отклонения нити от вертикали на  30^{\circ} и отпустили.  Найдите натяжение нити при прохождении шариком нижней точки траектории.

К задаче 5

Шарик обладает энергией в своем стартовом положении. Это не только потенциальная энергия поля тяжести, но и потенциальная энергия электрического поля:

    \[E_p=mgh+Eqd\]

Определим, чему будут равны отрезки h и d:

    \[h=l-l\cos{\alpha}\]

    \[d=l\sin{\alpha}\]

Потенциальная энергия шарика перейдет в кинетическую:

    \[\frac{m\upsilon^2}{2}= mgh+Eqd=mg(l-l\cos{\alpha})+Eq l\sin{\alpha}\]

То есть можно определить квадрат скорости:

    \[\upsilon^2=2 g(l-l\cos{\alpha})+2\frac{Eq l\sin{\alpha}}{m}\]

Следовательно, нормальное ускорение шарика будет равно

    \[a_n=\frac{\upsilon^2}{l}=2 g(1-\cos{\alpha})+2\frac{Eq\sin{\alpha}}{m}\]

Теперь для нижнего положения шарика запишем второй закон Ньютона:

    \[a_n m=T-mg\]

Или

    \[T=mg+a_n m\]

Подставим ранее найденное нормальное ускорение:

    \[T=mg+2 mg(1-\cos{\alpha})+2Eq\sin{\alpha}\]

Упрощая,  получим

    \[T=mg(3-2\cos{\alpha})+2Eq\sin{\alpha}\]

Численный ответ:

    \[T=(3-\sqrt{3})+2\cdot6\cdot10^4\cdot4\cdot10^{-6}\frac{1}{2}=1,51\]

Ответ: 1,51 Н

 

Добавить комментарий

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