12. Напряжённость электростатического поля

[Виктор]

А2.10.  Одинаковые капельки ртути количеством N и диаметром d, заряженные одинаковыми зарядами q, сливаются в одну большую каплю. Модуль напряжённости E на поверхности большой капли равен:
\[ 1)\frac{1}{4\pi \cdot \varepsilon _{0} } \frac{q\cdot \sqrt[{3}]{N} }{d^{2} } ;{\rm \; \; \; \; \; }2)\frac{1}{\pi \cdot \varepsilon _{0} } \frac{q\cdot \sqrt{N} }{d^{2} } ;{\rm \; \; \; \; \; }3)\frac{q\cdot N}{\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot d^{2} } ;{\rm \; \; \; \; }4)\frac{q\cdot N}{4\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot d^{2} } ;{\rm \; \; \; \; }5)\frac{q\cdot \sqrt[{3}]{N} }{\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot d^{2}}. \]
Решение: Т.к. ртуть является проводником, то заряд большой капли будет распределён по её поверхности. После слияния капель в одну большую суммарный заряд системы не изменится, т.е. заряд большой капли Q = N∙q. При этом объём большой капли равен суммарному объёму малых капель. Пусть r – радиус большой капли, тогда, считая капли шаровидными, получим
\[ \begin{array}{l} {\frac{4}{3} \pi \cdot r^{3} =N\cdot \frac{\pi \cdot d^{3}}{6},} \\ {r=\frac{d\cdot \sqrt[{3}]{N}}{2}.} \end{array} \]
Напряжённость поля заряженного шара (сферы) в точке, удалённой от центра на расстояние равное или большее радиуса можно рассчитать по формуле модуля напряжённости поля точечного заряда. Таким образом
\[ \begin{array}{l} {E=\frac{1}{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} \cdot \frac{Q}{r^{2} } =\frac{1}{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} \frac{4\cdot N\cdot q}{d^{2} \cdot \left(\sqrt[{3}]{N} \right)^{2}},} \\ {E=\frac{q\cdot \sqrt[{3}]{N} }{\pi \cdot \varepsilon _{0} d^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 5).

[Виктор]

В1.1. В вершинах квадрата последовательно закреплены точечные заряды q₁ = 2,0∙10^-9 Кл, q₂ = – 6,0∙10^-9 Кл, q₃ =6,0∙10^-9 Кл, q₄ = – 8,0∙10^-9 Кл. Диагональ квадрата d = 20 см. Модуль напряжённости электростатического поля в центре квадрата равен …кВ/м.
Решение: сделаем рисунок. Учтём, что вектор напряжённости электростатического поля точечного заряда направлен от положительного, либо к отрицательному заряду. Электростатическое поле создано системой зарядов, следовательно, подчинятся принципу суперпозиции.
\[ \begin{array}{l} {E_{i} =\frac{k\cdot q_{i}}{r^{2}} =\frac{4\cdot k\cdot \left|q_{i} \right|}{d^{2}},} \\ {\vec{E}=\left(\vec{E}_{1} +\vec{E}_{3} \right)+\left(\vec{E}_{2} +\vec{E}_{4} \right)=\vec{E}_{31} +\vec{E}_{41} ,} \\ {E=\sqrt{E_{31}^{2} +E_{41}^{2} } ,} \\ {E_{31} =E_{3} -E_{1} =\frac{4\cdot k}{d^{2} } \cdot \left(\left|q_{3} \right|-\left|q_{1} \right|\right),} \\ {E_{42} =E_{4} -E_{2} =\frac{4\cdot k}{d^{2} } \cdot \left(\left|q_{4} \right|-\left|q_{2} \right|\right),} \\ {E=\frac{4\cdot k}{d^{2}} \cdot \sqrt{\left(\left|q_{3} \right|-\left|q_{1} \right|\right)^{2} +\left(\left|q_{4} \right|-\left|q_{2} \right|\right)^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 4025 В/м = 4 кВ/м

[Виктор]

В1.2. Два точечных заряда q₁ = 2,0 мкКл и q₂ = 4,0 мкКл находятся в точках A(1;0) и В(0;3) прямоугольной системы координат x, y (x, y в метрах). Проекция вектора напряжённости электростатического поля на ось x в точке C(3;0) равна … кВ/м.
Решение: сделаем рисунок, учтём, что вектор напряжённости поля положительного заряда направлен «от него». Электростатическое поле создано системой зарядов, следовательно, подчинятся принципу суперпозиции. В проекциях на ось x:
\[ \begin{array}{l} {E_{1} =\frac{k\cdot q_{1} }{r_{1}^{2} } ,E_{2} =\frac{k\cdot q_{2}}{r_{2}^{2}} ,} \\ {E_{x} =E_{1x} +E_{2x} =E_{1} +E_{2} \cdot \cos 45{}^\circ } \\ {E_{x} =k\cdot \left(\frac{q_{1}}{r_{1}^{2}} +\frac{q_{2}}{r_{2}^{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \right).} \end{array} \]
Как видно из рисунка расстояния r₁ = 2 м, r₂ = 3√2 (теорема Пифагора)
Ответ: 5914 В/м = 5,9 кВ/м

[Виктор]

В1.3. На расстоянии r   = 30 см от центра проводящего шара радиусом R = 10 см модуль напряжённости электростатического поля E = 200 В/м. Поверхностная плотность заряда на шаре равна … нКл/м².
Решение: модуль напряжённости  электростатического поля заряженного шара (сферы) в точке, удалённой от центра на расстояние большее радиуса (вне сферы), рассчитывается также как напряжённость поля точечного заряда. Пусть заряд шара равен q. Найдём его.
\[ E=\frac{k\cdot q}{r^{2}} ,{\rm \; \; \; \; }q=\frac{E\cdot r^{2}}{k} . \]
Поверхностная плотность заряда σ = q/S, где S = 4π∙R² – площадь поверхности шара. Таким образом, после подстановки
\[ \sigma =\frac{q}{S} =\frac{E\cdot r^{2}}{4\pi \cdot k\cdot R^{2}}. \]
Ответ: ≈ 16 нКл/м².

[Виктор]

В1.4. Количество электронов, которое нужно удалить из медного шара радиусом R  = 10 см, что бы модуль напряжённости на его поверхности был E = 1,2 кВ/м, составляет … . Полученное значение умножьте на 10^-9.
Решение: при удалении электронов, шар приобретёт положительный заряд q = N∙e, где e = 1,6∙10^-19 Кл – заряд электрона, N – искомое количество электронов. Напряжённость поля шара на поверхности
\[ \begin{array}{l} {E=\frac{k\cdot q}{R^{2}} =\frac{k\cdot N\cdot e}{R^{2} },} \\ {N=\frac{E\cdot R^{2}}{k\cdot e} =8,3\cdot 10^{-9}.} \end{array} \]
Ответ: 8,3

[Виктор]

В1.5. Пылинка, масса которой m = 10 мг, поднимается вертикально вверх с ускорением, модуль которого a = 6,0 м/с², в однородном электростатическом поле, модуль напряжённости которого E = 1000 В/м. Силовые линии поля направлены вниз. Сопротивление воздуха не учитывать. Число избыточных электронов на пылинке равно … . Полученное значение умножьте на 10^-12.
Решение: на пылинку действуют силы: mg – сила тяжести, направленная вертикально вниз и F = q∙E – сила со стороны электростатического поля, направленная вертикально вверх, где  заряд  пылинки q = N∙e, e = 1,6∙10^-19 Кл – заряд электрона, N – искомое количество избыточных электронов. Эти силы сообщают пылинке ускорение, направленное вверх. Пусть координатная ось  Y направлена вверх, тогда второй закон Ньютона в проекциях на эту ось:
\[ \begin{array}{l} {q\cdot E-mg=m\cdot a,{\rm \; \; \; \; \; \; }N\cdot e\cdot E=m\cdot \left(g+a\right),} \\ {N=\frac{m}{e\cdot E} \cdot \left(g+a\right)=1\cdot 10^{12}.} \end{array} \]
Ответ: 1.

[Виктор]

В1.6. Пылинка массой m = 10 мг и зарядом q = 1,0 нКл, движется в  однородном электростатическом поле вертикально вниз с ускорением, модуль которого a = 3,0 м/с². Сопротивление воздуха не учитывать. Модуль напряжённости электростатического поля равен … кВ/м.
Решение: на пылинку действуют силы: mg – сила тяжести, направлен-ная вертикально вниз и F = q∙E – сила со стороны электростатического поля, направленная вертикально вверх. Направление силы F со стороны электростатического поля однозначно, т.к. если бы её не было, то пылинка двигалась бы с ускорением свободного падения (сопротивления воздуха нет).  Эти силы сообщают пылинке ускорение, направленное вниз. Пусть координатная ось Y направлена вниз, тогда второй закон Ньютона в проекциях на эту ось:
\[ \begin{array}{l} {mg-q\cdot E=m\cdot a,} \\ {E=\frac{m}{q} \cdot \left(g-a\right).} \end{array} \]
Ответ: 70 кВ/м.

[Виктор]

В1.7. Электрон влетает со скоростью, модуль которой υ₀ = 1,2 ∙ 10⁶ м/с, в однородное электростатическое поле, модуль напряжённости которого E = 2,0 кВ/м, перпендикулярно силовым линиям поля. Изменение кинетической энергии электрона за время Δt = 10 нс равно … эВ.
Решение: на электрон со стороны электростатического поля действует сила F = q∙E , направленная против силовых линий (заряд электрона q = 1,6∙10^-19 Кл  - отрицательный). На частицу действует только одна сила (силой тяжести можно пренебречь) и эта сила сообщает электрону ускорение a, направленное перпендикулярно начальной скорости (направление силы и ускорения совпадают) см. рис. Пусть через промежуток времени Δt скорость электрона будет равна υ. Её можно определить через проекции по теореме Пифагора. Запишем второй закон Ньютона и кинематическое уравнение зависимости скорости от времени в проекциях на систему координат:
\[ \begin{array}{l} {q\cdot E=m\cdot a,{\rm \; \; \; \; \; \; }a=\frac{q\cdot E}{m} ,} \\ {\upsilon _{x} =\upsilon _{0} ,{\rm \; \; \; \; \; \; }\upsilon _{y} =a\cdot \Delta t=\frac{q\cdot E}{m} \cdot \Delta t,} \\ {\upsilon ^{2} =\upsilon _{x}^{2} +\upsilon _{y}^{2} =\upsilon _{0}^{2} +\left(\frac{q\cdot E}{m} \cdot \Delta t\right)^{2}.} \end{array} \]
Таким образом, изменение кинетической энергии электрона будет равно
\[ \begin{array}{l} {\Delta E=E_{2} -E_{1} =\frac{m\cdot \upsilon ^{2}}{2} -\frac{m\cdot \upsilon _{0}^{2}}{2},} \\ {\Delta E=\frac{q^{2} \cdot E^{2} \cdot \Delta t^{2}}{2\cdot m}.} \end{array} \]
Ответ: 5,6 ∙ 10^-18 Дж = 35 эВ, т.к. 1 эВ = 1,6 ∙ 10^-19 Дж.

[Виктор]

В1.8. Электрон, модуль скорости которого  υ₀ = 1,8 ∙ 10⁴ м/с, влетает в однородное электростатическое поле, модуль напряжённости которого E = 3,0 мВ/м, и движется против линий напряжённости. Модуль скорости электрона, если он пройдёт расстояние s = 7,1 см, равен … км/с.
Решение: на электрон со стороны электростатического поля действует только одна сила F = q∙E , направленная против силовых линий (силой тяжести можно пренебречь и заряд электрона q = 1,6∙10^-19 Кл  - отрицательный). Эта сила сообщает электрону ускорение a, направленное против силовых линий т.е. электрон разгоняется в электростатическом поле. Запишем второй закон Ньютона и кинематическое уравнение связи скорости и перемещения (пройденного пути):
\[ \begin{array}{l} {q\cdot E=m\cdot a,{\rm \; \; \; \; \; \; }a=\frac{q\cdot E}{m},} \\ {\upsilon ^{2} -\upsilon _{0}^{2} =2\cdot a\cdot s,{\rm \; \; \; \; \; }\upsilon =\sqrt{\upsilon _{0}^{2} +2\cdot \frac{q\cdot E}{m} \cdot s}.} \end{array} \]
Ответ: 20 км/с.

[Виктор]

В1.9. Протон и α – частица (ядро атома гелия) влетают в конденсатор параллельно плоскости пластин с одинаковой по модулю скоростью. Смещение s₁ протона вдоль силовых линий электростатического поля отличается от смещения s₂ α – частицы при вылете из конденсатора в … раз (раза). (Заряд α – частицы в 2 раза больше заряда протона, а масса α – частицы в 4 раза больше массы протона)
Решение: пусть нижняя пластина конденсатора заряжена отрицательно (см. рис.). Силовые линии электростатического поля направлены вертикально вниз. В этом случае положительно заряженная частица (протон или α – частица), пролетая конденсатор, отклонится немного вниз. Пусть начало координат находится в точке влёта, ось OX направлена горизонтально, OY – вертикально вниз (см. рис.). В этой системе координат движение заряженной частицы можно представить как результат сложения двух движений: равномерного движения со скоростью υ₀ (начальная скорость) вдоль оси OX и равноускоренного движения с ускорением a вдоль оси OY.  Наличие ускорения объясняется тем, что в этом направлении на частицу действует сила со стороны электростатического поля конденсатора: F = q∙E, где q  – заряд частицы. Модуль ускорения определим из второго закона Ньютона
\[ \begin{array}{l} {F=m\cdot a,{\rm \; \; \; \; }q\cdot E=m\cdot a,} \\ {a=\frac{q\cdot E}{m},} \end{array} \]
где m – масса частицы. В момент вылета частица пролетит вдоль оси OX длину пластин l, вдоль оси OY сместится на расстояние s, время движения частицы пусть будет равно τ. Запишем кинематические уравнения зависимости координаты от времени движения
\[ \begin{array}{l} {x=\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2}}{2} =\upsilon _{0} \cdot t,{\rm \; \; \; \; \; }y=\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2}}{2} =\frac{a\cdot t^{2}}{2},} \\ {l=\upsilon _{0} \cdot \tau ,{\rm \; \; \; \; \; }s=\frac{a\cdot \tau ^{2}}{2} ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; }s=\frac{q\cdot E\cdot l^{2}}{2\cdot m\cdot \upsilon _{0}^{2}}.} \end{array} \]
Пусть заряд протона q, масса m, тогда заряд α – частицы равен 2q, масса 4m. Таким образом, искомое отношение смещений
\[ \frac{s_{1}}{s_{2}} =\frac{q\cdot E\cdot l^{2}}{2\cdot m\cdot \upsilon _{0}^{2}} \cdot \frac{2\cdot 4m\cdot \upsilon _{0}^{2}}{2q\cdot E\cdot l^{2}} =2. \]
Ответ: в 2 раза.