12. Напряжённость электростатического поля

[Виктор]

В1.10. Электростатическое поле создано двумя бесконечными параллельными проводящими пластинами с поверхностной плотностью зарядов σ₁ = 20 нКл/м²  и σ₂ = – 80 нКл/м², Модуль напряжённости электростатического поля между пластинами равен …кВ/м.
Решение: напряжённость электростатического поля заряженной плос-кости (пластины) рассчитывается по формуле:
\[ E=\frac{\left|\sigma \right|}{2\cdot \varepsilon _{0}}. \]
Здесь ε₀ = 8,85 ∙ 10^-12 Ф/м – электрическая постоянная, σ – поверхностная плотность заряда на пластине. Первая пластина заряжена положительно, поэтому вектор напряжённости E₁ направлен от неё, вторая пластина заряжена отрицательно, поэтому вектор напряжённости E₂ направлен к ней. В пространстве между пластинами вектора  E₁ и E₂ будут сонаправлены (направлены от первой ко второй пластине). Применяя принцип суперпозиции полей для указанной системы получим:
\[ E=E_{1} +E_{2} =\frac{\left|\sigma _{1} \right|}{2\cdot \varepsilon _{0} } +\frac{\left|\sigma _{2} \right|}{2\cdot \varepsilon _{0}} =\frac{\left|\sigma _{1} \right|+\left|\sigma _{2} \right|}{2\cdot \varepsilon _{0}}. \]
Ответ: 5,6 кВ/м

[Виктор]

В2.1. Модуль напряжённости  электростатического поля, образованного точечным зарядом q в точке A, E_A = 16 В/м,  а в точке B, лежащей на прямой, проходящей через заряд и точку A – E_B = 49 В/м. В точку С, находящейся в середине отрезка AB, модуль напряжённости E_C равен … В/м.
Решение: модуль напряжённости  электростатического поля точечного заряда, в точке, удалённой от него на расстояние r (k = 9∙10⁹ Н∙м²/Кл²):
\[ E=\frac{k\cdot q}{r^{2}}. \]
Пусть расстояние до точки А равно r_A, до точки В равно r_B. Тогда по условию задачи расстояние получим, что расстояние до точки С:

r_C = (r_A + r_B)/2.

Таким образом
\[ \begin{array}{l} {E_{A} =\frac{k\cdot q}{r_{A}^{2}} ,{\rm \; \; \; \; }r_{A} =\sqrt{\frac{k\cdot q}{E_{A} } } ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; \; \; }E_{B} =\frac{k\cdot q}{r_{B}^{2} } ,{\rm \; \; \; \; }r_{B} =\sqrt{\frac{k\cdot q}{E_{B}}},} \\ {E_{C} =\frac{k\cdot q}{r_{C}^{2} } =\frac{k\cdot q}{\left(\frac{r_{A} +r_{B}}{2} \right)^{2}} =\frac{4\cdot k\cdot q}{\left(r_{A} +r_{B} \right)^{2}} =\frac{4\cdot k\cdot q}{\frac{k\cdot q}{E_{A}} +\frac{2\cdot k\cdot q}{\sqrt{E_{A} \cdot E_{B}}} +\frac{k\cdot q}{E_{B}}},} \\ {E_{C} =\frac{4\cdot E_{A} \cdot E_{B}}{\left(\sqrt{E_{A} } +\sqrt{E_{B} } \right)^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 26 В/м.

[Виктор]

В2.2. Электростатическое поле создано двумя бесконечными парал-лельными проводящими пластинами с поверхностной плотностью зарядов σ₁ = 4,0 ∙ 10^-8 Кл/м²  и σ₂ = 8,0 ∙ 10^-8 Кл/м², Модуль напряжённости электростатического поля между пластинами равен …кВ/м.
Решение: см. решение задания В1.10. Отличие в том, что обе пластины заряжены положительно и в пространстве между пластинами вектора  E₁ и E₂ будут иметь противоположное направление. Тогда:
\[ E=\left|E_{1} -E_{2} \right|=\left|\frac{\sigma _{1}}{2\cdot \varepsilon _{0} } -\frac{\sigma _{2} }{2\cdot \varepsilon _{0}} \right|=\left|\frac{\sigma _{1} -\sigma _{2} }{2\cdot \varepsilon _{0}} \right|. \]
Ответ: 2,3 кВ/м.

[Виктор]

В2.3. Два шарика массами m₁ = 22 г и m₂ = 12 г с зарядами, равными соответственно q₁ = +5,4∙10^-6 Кл и q₂ = +2,4∙10^-6 Кл, связаны нитью, перекинутой через неподвижный блок. Если вся система помещена в однородное электростатическое поле напряжённостью E = 6,4∙10⁴ В/м, силовые линии которого направлены вертикально вниз, то модуль ускорения шариков равен … м/с². (Взаимодействием заряженных шариков пренебречь)
Решение: на первый шарик действуют силы: m₁g – сила тяжести, направленная вниз, T₁ – сила натяжения нити, F₁ ¬– сила со стороны электростатического поля, направленная вдоль силовых линий. На второй действуют силы: m₂g – сила тяжести, T₂ – сила натяжения нити и F₂ ¬– сила со стороны электростатического поля (см. рис.) Блок будем считать невесомым, трение в блоке отсутствует, и нить можно считать невесомой, тогда:

T₁ = T₂ = T,  a₁ = a₂ = a.

Запишем второй закон Ньютона для обоих шаров? Учтём что сила со стороны электростатического поля равна произведению заряда на напряжённость:
\[ \begin{array}{l} {\vec{T}+m_{1} \vec{g}+\vec{F}_{1} =m_{1} \cdot \vec{a},} \\ {\vec{T}+m_{2} \vec{g}+\vec{F}_{2} =m_{2} \cdot \vec{a}.} \end{array} \]
Спроецируем полученные уравнения на выбранную систему отсчёта:
\[ \begin{array}{l} {T-m_{1} g-q_{1} \cdot E=-m_{1} \cdot a,} \\ {T-m_{2} g-q_{2} \cdot E=m_{2} \cdot a.} \end{array} \]
Т.к. нас интересует только ускорение, то вычтем из второго первое уравнение, чтобы избавится от силы натяжения нити:
\[ \begin{array}{l} {T-m_{2} g-q_{2} \cdot E-T+m_{1} g+q_{1} \cdot E=m_{2} \cdot a+m_{1} \cdot a,} \\ {-m_{2} g-q_{2} \cdot E+m_{1} g+q_{1} \cdot E=m_{2} \cdot a+m_{1} \cdot a,} \\ {g\cdot \left(m_{1} -m_{2} \right)+E\cdot \left(q_{1} -q_{2} \right)=a\cdot \left(m_{2} +m_{1} \right),} \\ {a=g\cdot \left(\frac{m_{1} -m_{2}}{m_{1} +m_{2}} \right)+E\cdot \left(\frac{q_{1} -q_{2}}{m_{1} +m_{2}} \right).} \end{array} \]
Ответ: 8,6 м/с².

[Виктор]

В2.4. Тонкое проволочное кольцо радиусом R = 10 см имеет заряд q  = 1,0 мкКл. Модуль напряжённости поля на прямой, проходящей через центр кольца перпендикулярно плоскости кольца, на расстоянии l = 40 см от центра равен … кВ/м.
Решение: разобьём кольцо на малые участки, несущие заряд q_i. Их можно считать тачечными зарядами, каждый из которых в искомой точке создаёт электростатическое поле, напряжённостью E_i. Сделаем рисунок (учтём, что напряжённость поля положительного заряда направлена «от него»). Для нахождения напряжённости заряженного кольца, воспользуемся принципом суперпозиции, т.е. просуммируем E_i, и как видно из рисунка,
\[ \begin{array}{l} {r^{2} =R^{2} +l^{2} ,} \\ {E_{i} =\frac{k\cdot q_{i} }{r^{2} } =\frac{k\cdot q_{i} }{R^{2} +l^{2} } ,} \\ {E_{ix} =E_{i} \cdot \cos \alpha =\frac{k\cdot q_{i} }{r^{2} } \cdot \frac{l}{r} =k\cdot q_{i} \cdot \frac{l}{\left(R^{2} +l^{2} \right)^{\frac{3}{2}}}.} \end{array} \]
Сумма напряжённостей E_iy на ось Y будет равна нулю (симметрия – см. рис.), поэтому общая напряжённость равна сумме E_ix, т.е.
\[ \begin{array}{l} {E=\sum _{i}E_{ix}  =\sum _{i}\left(k\cdot q_{i} \cdot \frac{l}{\left(R^{2} +l^{2} \right)^{\frac{3}{2} } } \right) =\frac{k\cdot l}{\left(R^{2} +l^{2} \right)^{\frac{3}{2} } } \cdot \sum _{i}q_{i}  ,} \\ {E=\frac{k\cdot q\cdot l}{\left(R^{2} +l^{2} \right)^{\frac{3}{2}}}.} \end{array} \]
Ответ: 51 кВ/м. (k = 9∙10⁹ Н∙м²/Кл²)

[Виктор]

В2.5. В однородном электростатическом поле, модуль напряжённости которого  E = 1,0 МВ/м, висит на нити шарик массой m = 2,0 г, несущий заряд q = 10 нКл. Вектор напряжённости поля составляет с вертикалью угол α = 30º и линии напряжённости направлены вниз. Модуль силы натяжения нити равен… мН.
Решение: на шарик действуют силы: mg – сила тяжести, направленная вертикально вниз, T – сила натяжения нити, направленная вдоль нити, F = q∙E ¬– сила со стороны электростатического поля, направленная вдоль силовых линий. Для наглядности сделаем рисунок только для сил. Так как шарик находится в равновесии, то сумма сил равна нулю. Равнодействующая силы тяжести и силы со стороны электростатического поля должна быть равна по модулю  и противоположна по направлению силе натяжения нити. Воспользуемся теоремой косинусов для диагонали параллелограмма (см. рис.)
\[ \begin{array}{l} {\vec{T}+m\vec{g}+\vec{F}=0,{\rm \; \; \; \; \; }\vec{T}=-\left(m\vec{g}+\vec{F}\right),} \\ {T=\sqrt{\left(mg\right)^{2} +\left(qE\right)^{2} +2\cdot mg\cdot qE\cdot \cos \alpha }.} \end{array} \]
Ответ: 29 мН.

[Виктор]

В2.6. Шар массой m = 1,0 кг с зарядом q = 2,0∙10^-4 Кл висит на невесомой и нерастяжимой нити в электростатическом поле, модуль напряжённости которого E = 30 кВ/м, а линии напряжённости направлены вертикально вниз. Шар отклонили на угол α = 90º от вертикали и отпустили. Модуль максимальной силы натяжения нити составляет… Н.
Решение: После того, как шар отпустили, он начнёт двигаться вниз по дуге окружности. Натяжение нити будет максимальным в нижней точке траектории. В этой точке на шар действуют: mg – сила тяжести, направленная вертикально вниз, T – сила натяжения нити, направленная вдоль нити вертикально вверх, F = q∙E – сила со стороны электростатического поля, направленная вдоль силовых линий – вертикально вниз. При этом шар движется по дуге окружности, т.е. обладает центростремительным ускорением a = υ²/l.
Запишем в рассматриваемый момент 2-ой закон Ньютона в проекции на ось, направленную к центру окружности
\[ \begin{array}{l} {T-mg-q\cdot E=m\cdot a,} \\ {T=mg+q\cdot E+m\cdot \frac{\upsilon ^{2}}{l}.} \end{array} \]
Скорость шарика найдем из закона сохранения энергии. В данном случае удобно записать его в форме теоремы об изменении кинетической энергии, рассматривая обе силы  —  и электрическую, и тяжести — как внешние.
\[ \frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} -0=A_{1} +A_{2}. \]
Поскольку работа каждой из этих сил не зависит от траектории, то для работы силы тяжести A₁ = mg∙l. Для работы силы со стороны электрического поля учтём перемещение вдоль силовой линии, равное длине нити и  A₂ = q∙E∙l.
\[ \begin{array}{l} {\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =mg\cdot l+q\cdot E\cdot l,} \\ {\upsilon ^{2} =\frac{2\cdot l}{m} \left(mg+q\cdot E\right).} \end{array} \]
Таким образом, максимальная сила натяжения нити
\[ \begin{array}{l} {\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2} =mg\cdot l+q\cdot E\cdot l,} \\ {T=3\cdot \left(mg+q\cdot E\right).} \end{array} \]
Ответ: 48 Н.  Замечание. Работу электрической силы можно вычислить через разность потенциалов между точками, равную Ed, где d — расстояние между эквипотенциальными поверхностями, на которых лежат эти точки. Работа силы тяжести равна изменению потенциальной энергии, взятому с обратным знаком.

[Виктор]

В2.7 Электрон влетает в конденсатор параллельно плоскости пластин со скоростью, модуль которой υ₀ = 3,0∙10⁶ м/с. Если электрон вылетает из конденсатора под углом α = 30° к пластинам, то при длине пластин l = 20 см модуль напряжённости поля в конденсаторе равен … кВ/м.
Решение: пусть нижняя пластина конденсатора заряжена положительно (см. рис.). Силовые линии электростатического поля направлены вертикально вверх. В этом случае отрицательно заряженная частица (электрон), 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 = 1,6∙10^-19 Кл 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 = 9,1∙10^-31 кг масса электрона. В момент вылета частица пролетит вдоль оси OX длину пластин l, время движения частицы пусть будет равно τ. Запишем кинематические уравнения зависимости координаты и скорости частицы от времени движения
\[ \begin{array}{l} {x=\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} ,{\rm \; \; \; \; }\upsilon _{{\rm x}} =\upsilon _{0x} +a_{x} \cdot t,{\rm \; \; \; \; \; \; }\upsilon _{{\rm y}} =\upsilon _{0y} +a_{y} \cdot t,} \\ {l=\upsilon _{0} \cdot \tau ,{\rm \; \; \; \; }\tau =\frac{l}{\upsilon _{0} } ,{\rm \; \; \; \; \; \; }\upsilon _{{\rm x}} =\upsilon _{0} ,{\rm \; \; \; \; \; }\upsilon _{{\rm y}} =a\cdot \tau =\frac{q\cdot E}{m} \cdot \tau .} \end{array} \]
Как видно из рисунка, тангенс угла отклонения частицы равен отношению противолежащего катета к прилежащему в треугольнике скоростей:
\[ \begin{array}{l} {tg\alpha =\frac{\upsilon _{{\rm y}}}{\upsilon _{{\rm x}} } =\frac{q\cdot E\cdot \tau }{m\cdot \upsilon _{0}} =\frac{q\cdot E\cdot l}{m\cdot \upsilon _{0}^{2}},} \\ {E=\frac{m\cdot \upsilon _{0}^{2} \cdot tg\alpha }{q\cdot l}.} \end{array} \]
Ответ: 0,15 кВ/м.

[Виктор]

В2.8 Электрон влетает в плоский горизонтальный конденсатор параллельно его пластинам со скоростью, модуль которой υ₀ = 3,6∙10⁴ км/с. Модуль напряжённости пол внутри конденсатора E = 370 В/м. Длина пластин конденсатора l = 20 см. Смещение электрона в вертикальном направлении под действием электростатического поля за время его движения в конденсаторе равно … мм.
Решение: пусть нижняя пластина конденсатора заряжена положительно (см. рис.). Силовые линии электростатического поля направлены вертикально вверх. В этом случае отрицательно заряженная частица (электрон), 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. Модуль этой силы равен: F = q∙E, где q = 1,6∙10^-19 Кл 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 = 9,1∙10^-31 кг масса электрона. В момент вылета частица пролетит вдоль оси OX длину пластин l, вдоль OY пролетит расстояние s (искомое смещение). Пусть время движения частицы будет равно τ. Запишем кинематические уравнения зависимости координаты частицы от времени движения
\[ \begin{array}{l} {x=\upsilon _{0x} \cdot t+\frac{a_{x} \cdot t^{2} }{2} ,{\rm \; \; \; \; }y=\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2} ,} \\ {l=\upsilon _{0} \cdot \tau ,{\rm \; \; \; \; \; }\tau =\frac{l}{\upsilon _{0} } {\rm ,\; \; \; \; \; }s=\frac{a\cdot \tau ^{2} }{2} =\frac{q\cdot E\cdot \tau ^{2} }{m\cdot 2} ,} \\ {s=\frac{q\cdot E\cdot l^{2} }{2\cdot m\cdot \upsilon _{0}^{2}}.} \end{array} \]
Ответ: 1 мм.

[Виктор]

В2.9 Пылинка находится в однородном электростатическом поле и движется горизонтально с ускорением, модуль которого a = 4,6 м/с². Силовые линии поля составляют с горизонтом угол, равный … град.
Решение: на пылинку действуют силы: mg – сила тяжести, направлен-ная вертикально вниз и F = q∙E – сила со стороны электростатического поля, направленная вдоль силовых линий поля (будем считать заряд пылинки положительным), где  заряд  пылинки q. Эти силы сообщают пылинке ускорение, направленное горизонтально. Пусть координатная ось  OY направлена вверх, ось OX горизонтально, по направлению ускорения пылинки (см. рис.). Запишем второй закон Ньютона в проекциях на систему координат и разделим полученные уравнения друг на друга:
\[ \begin{array}{l} {OX:{\rm \; \; \; \; \; }q\cdot E\cdot \sin \alpha =m\cdot g,} \\ {OY:{\rm \; \; \; \; \; }q\cdot E\cdot \cos \alpha =m\cdot a,{\rm \; \; \; }} \\ {\frac{q\cdot E\cdot \sin \alpha }{q\cdot E\cdot \cos \alpha } =\frac{m\cdot g}{m\cdot a} ,{\rm \; \; \; \; \; }tg\alpha =\frac{g}{a},} \\ {\alpha =arctg\left(\frac{g}{a} \right).} \end{array} \]
Ответ: 65°.