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

Закон Кулона и напряженность поля. Снова шарики на нитках

[latexpage]

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 *