Электростатика из сборника задач Савченко Н.Е.

[alsak]

Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

	521	522	523	524	525	526	527	528	529
530	531	532	533	534	535	536	537	538	539
540	541	542	543	544	545	546	547	548	549
550	551	552	553	554	555	556	557	558	559
560	561	562	563	564	565	566	567	568	569
570	571	572	573

[Sneggh]

Здравствуйте!
Меня интересует задача № 562.
Вроде бы рассматриваем движение тела, брошенного под углом к горизонту?
Ускорение легко находится из 2-го з-на Ньютона.
А вот зачем дан угол бетта? Спасибо.

[alsak]

562. Частица, масса которой m = 1⋅10^–4 кг и заряд q = 1⋅10^–8 Кл, влетает в область однородного электростатического поля шириной b = 0,1 м под углом α = 45°, а вылетает под углом β = 60° (рис. 1). Определить начальную скорость частицы, если напряженность однородного поля Е = 1⋅10⁶ В/м. Траектория частицы лежит в плоскости чертежа.

Решение. Совместим начало координат с точкой, в которой находился заряд в начальный момент времени, ось 0Х направим горизонтально, ось 0Y — вертикально вниз. На заряд действует со стороны электрического поля сила F и сила тяжести m⋅g (рис. 2). Вдоль оси 0Х сил нет.
Запишем второй закон Ньютона:

\[ m \cdot \vec{a} = \vec{F}+ m \cdot \vec{g}, \]

0Y: m⋅a = F +m⋅g, (1)

где F = q⋅E.
Запишем проекции уравнений координаты х и скорости:

\[ x = x_0 + \upsilon_{0x} \cdot t + \frac{a_x \cdot t^2}{2}, \;\;\; \upsilon_y = \upsilon_{0y} + a_y \cdot t, \]

где x₀ = 0, υ_0x = υ₀⋅cos α, a_x = 0, υ_0y = –υ₀⋅sin α, a_y = a (см. рис. 2). Тогда

x = υ₀⋅cos α⋅t,  υ_y = –υ₀⋅sin α + a⋅t.

Пусть заряд движется в электрическом поле в течение промежутка времени t₁. В момент времени t₁

x = b = υ₀⋅cos α⋅t₁, (2)

υ_y = –υ₀⋅sin α + a⋅t₁ = υ_x⋅tg β = υ₀⋅cos α⋅tg β. (3)

Решим систему уравнений (1)-(3). Например,
 

\[ a = \frac{F+m \cdot g}{m} = \frac{q \cdot E+ m \cdot g}{m}, \; \; \; t_{1} = \frac{b}{\upsilon _{0} \cdot \cos \alpha}, \]
 
\[ -\upsilon _{0} \cdot \sin \alpha + a \cdot \frac{b}{\upsilon _{0} \cdot \cos \alpha } = \upsilon _{0} \cdot \cos \alpha \cdot tg \beta, \; \; \; \upsilon _{0}^{2} \cdot \cos \alpha \cdot \left(\cos \alpha \cdot tg \beta + \sin \alpha \right) = a \cdot b, \]
 
\[ \upsilon _{0} = \sqrt{\frac{a \cdot b}{\cos \alpha \cdot \left(\cos \alpha \cdot tg \beta + \sin \alpha \right)}} = \sqrt{\frac{\left(q \cdot E+ m \cdot g \right) \cdot b}{m \cdot \cos \alpha \cdot \left(\cos \alpha \cdot tg \beta + \sin \alpha \right)}}, \]

υ₀ = 3 м/с.

[kimklimov]

Интересует задача №564. Очень надо, ничего не понятно...

[alsak]

564. Электрон влетает в однородное электростатическое поле напряженностью E = 148 В/м (рис. 1). В некоторый момент времени скорость электрона υ направлена под углом α = 60° к силовым линиям поля и модуль ее υ = 2⋅10⁶ м/с. Найти угол β, под которым будет направлена скорость электрона через промежуток времени Δt = 3⋅10^–8 с. Заряд электрона e = 1,6⋅10^–19 Кл, масса электрона m_e = 9,1⋅10^–31 кг. Силой тяжести электрона пренебречь.

Решение. Совместим начало координат с точкой, в которой находился заряд в начальный момент времени, ось 0Х направим горизонтально, ось 0Y — вертикально вверх. На заряд действует со стороны электрического поля сила F (по условию, силой тяжести пренебречь) (рис. 2). Так как электрон имеет отрицательный заряд, то сила F направлена против напряженности E электрического поля. Вдоль оси 0Х сил нет. Запишем второй закон Ньютона:
 

\[ m_e \cdot \vec{a} = \vec{F}, \]

0Y: m_e⋅a = F, (1)

где F = q⋅E, q = e.
Отсчет времени начнем в тот момент, когда скорость электрона была равна υ. Запишем проекции скорости электрона:

υ_x = υ_0x + a_x⋅t, υ_y = υ_0y + a_y⋅t,

где υ_0x = υ⋅sin α, a_x = 0, υ_0y = υ⋅cos α, a_y = a (см. рис. 2). Тогда

υ_0x = υ⋅sin α, υ_y = υ⋅cos α + a⋅t. (2)

Через промежуток времени t₁ = Δt уравнения (2) примут вид

υ_1x = υ⋅sin α, υ_1y = υ⋅cos α + a⋅t₁.

Так как (см. рис. 2)

υ_1x = υ_1y⋅tg β,

то

υ⋅sin α = (υ⋅cos α + a⋅t₁)⋅tg β,

где ускорение a найдем из уравнения (1). Тогда
 

\[ a = \frac{F}{m_e} = \frac{e \cdot E}{m_e}, \]
 
\[ tg\beta = \frac{\upsilon \cdot \sin \alpha }{\upsilon \cdot \cos \alpha + a \cdot \Delta t} = \frac{\upsilon \cdot \sin \alpha }{\upsilon \cdot \cos \alpha +e \cdot E \cdot \Delta t/m_{e}}, \; \; \; \beta = arctg\frac{\upsilon \cdot \sin \alpha }{\upsilon \cdot \cos \alpha +e \cdot E \cdot \Delta t/m_{e}}, \]

β = 45°.

[alsak]

522. Два одинаковых точечных заряда q₁ = q₂ = 2 нКл находятся в воздухе на расстоянии r = 15 см друг от друга. С какой силой они действуют на заряд q₃ = 6 нКл, находящийся на таком же расстоянии от каждого из них?

Решение. На заряд q₃ со стороны заряда q₁ действует кулоновская сила отталкивания F_CA, а со стороны заряда q₂ — сила притяжения F_CB. Эти силы одинаковы по модулю (т.к. AC = CB и |q₁| = |q₂|), направлены вдоль прямых линий, на которых располагаются взаимодействующие заряды (рис. 1), и равны
\[ F_{CB} =F_{CA} =k\cdot \frac{\left|q_{1} \right|\cdot \left|q_{3} \right|}{r^{2} }, \]
где r = CA = CB.
Ось 0Х направим параллельно АВ, ось 0Y — перпендикулярно АВ. Результирующая сила F_C, действующая на заряд q₃, равна
\[ \vec{F}_{C} =\vec{F}_{CB} +\vec{F}_{CA} \]
или

0X: F_Cx = –F_CB⋅sin α + F_CA⋅sin β,

0Y: F_Cy = –F_CB⋅cos α – F_CA⋅cos β.

Так как треугольник ABC равносторонний, то CD — это и высота, и биссектриса, и α = β = 30°. Тогда

F_Cx = 0,   F_Cy = –2F_CB⋅cos α,

\[ F_{C} =\left|F_{Cx} \right|=2F_{CB} \cdot \cos \alpha =2k\cdot \frac{\left|q_{1} \right|\cdot \left|q_{3} \right|}{r^{2} } \cdot \cos \alpha, \]
F_C = 8,3⋅10^–6 Н. Так как F_Cx = 0, F_Cy < 0, то сила F_С, действующая на заряд q₃, направлена против оси 0Y.

[alsak]

523. Два заряженных шарика, находящихся на расстоянии r = 60 см друг от друга в вакууме, притягиваются с силой F = 0,3 Н. Суммарный заряд шариков Q = 4 мкКл. Определить заряд каждого шарика. Электрическая постоянная ε₀ = 1/(4π⋅9⋅10⁹) Ф/м.

Решение. Так как заряды точечные (по умолчанию), то сила электростатического взаимодействия
\[ F = k \cdot \frac{\left|q_{1} \right|\cdot \left|q_{2} \right|}{r^{2} } =\frac{1}{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} \cdot \frac{\left|q_{1} \right|\cdot \left|q_{2} \right|}{r^{2}}. \;\;\; (1) \]
Шарики притягиваются, следовательно, они разноименные. Пусть |q₁| > |q₂|, тогда

|q₁| – |q₂| = Q. (2)

Решим систему уравнений. Например,
\[ \left|q_{1} \right|=Q+\left|q_{2} \right|, \;\;\; F=k\cdot \frac{\left(Q+\left|q_{2} \right|\right)\cdot \left|q_{2} \right|}{r^{2}}, \;\;\; \left|q_{2} \right|^{2} +Q\cdot \left|q_{2} \right|-\frac{F\cdot r^{2} }{k} =0. \]
Корни квадратного уравнения равны (учтем, что модуль заряда всегда положителен):
\[ \left|q_{2} \right|=-\frac{Q}{2} +\sqrt{\frac{Q^{2} }{4} +\frac{F\cdot r^{2} }{k} } =-\frac{Q}{2} +\sqrt{\frac{Q^{2} }{4} +4\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot F\cdot r^{2} }, \]
|q₂| = 2⋅10^–6 Кл, q₂ = ±2⋅10^–6 Кл,
|q₁| = 6⋅10^–6 Кл, q₂ = ±6⋅10^–6 Кл.

[alsak]

561. Какой путь по силовой линий проходит α-частица до полной остановки в однородном тормозящем электростатическом поле напряженностью Е = 2000 В/м, если начальная скорость ее υ = 2⋅10⁷ м/с. Заряд α-частицы положительный, q = 3,2⋅10^–19 Кл, ее масса m = 6,67⋅10^–27 кг.

Решение. Скорость α-частицы изменяется под действием электростатического поля. Работа поля идет на изменение кинетической энергии электрона, т.е.

A = ΔW = W_k – W_k0,

где
\[ W_{k0} =\frac{m\cdot \upsilon ^{2}}{2}, \; \; \; W_{k} =0, \]
т.к. электрон останавливается.

Работа однородного электростатического поля при перемещении заряда на расстояние s вдоль силовой линии равна

A = –q⋅E⋅s

(знак «–», так как, по условию, поле тормозит движение частицы, т.е. сила, с которой поле действует на частицу, направлена против скорости). Тогда
\[ -q\cdot E\cdot s=-\frac{m\cdot \upsilon ^{2}}{2}, \;\;\; s=\frac{m\cdot \upsilon ^{2} }{2q\cdot E}, \]
s = 2,1⋅10³ м.

[alsak]

558. Электрон влетел в однородное электростатическое поле напряженностью Е = 1⋅10⁴ В/м со скоростью υ₀ = 8 Мм/с перпендикулярно силовым линиям. Вычислить модуль и направление скорости электрона в момент времени t₁ = 2 нc. Масса электрона m = 9,1⋅10^–31 кг, заряд e = 1,6⋅10^–19 Кл.

Решение. Так как сила F, с которой электростатическое поле действует на электрон, во много раз больше силы тяжести, то последней силой можно пренебречь. Пусть вектор напряженности направлен вверх, а электрон летит горизонтально. Совместим начало координат с точкой, в которой находился электрон в начальный момент времени, ось 0Х направим горизонтально, ось 0Y — вертикально вниз. На заряд действует со стороны электрического поля сила F = e⋅E (рис. 1), вдоль оси 0Х сил нет. Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось 0Y:

0Y: m⋅a = e⋅E или

\[ a=\frac{e\cdot E}{m}. \; \; \; (1) \]

Запишем уравнения проекций скорости на выбранные оси.
 

На ось 0Х: т.к. a_x = 0, то υ_х = υ_0х = υ₀,

На оси 0Y: υ_y = υ_0y + a_y⋅t, где υ_0y = 0, a_y = a.

Тогда

υ_y = a⋅t.

Обозначим υ₁ — скорость электрона в момент времени t₁ = 2 нc. Тогда
\[ \upsilon _{1} =\sqrt{\upsilon _{1E}^{2} +\upsilon _{1C}^{2}}, \]
где υ_1x = υ₀, υ_1y = a⋅t₁. С учетом уравнения (1) получаем:
\[ \upsilon _{1} =\sqrt{\upsilon _{0}^{2} +\left(a\cdot t_{1} \right)^{2} } =\sqrt{\upsilon _{0}^{2} +\left(\frac{e\cdot E}{m} \cdot t_{1} \right)^{2}}, \]
υ₁ = 8,7⋅10⁶ м/с.

Найдем угол α (угол между направлениями начальной скорости υ₀ и скорости υ₁)
\[ {\rm tg}\alpha =\frac{\upsilon _{1y} }{\upsilon _{1x} } =\frac{a\cdot t_{1} }{\upsilon _{0} } =\frac{e\cdot E\cdot t_{1} }{m\cdot \upsilon _{0}}, \;\;\; \alpha ={\rm arctg}\frac{e\cdot E\cdot t_{1} }{m\cdot \upsilon _{0}}, \]
α = 25 °.
Угол α можно было найти и через другие уравнения, например:
\[ {\rm sin\; }\alpha =\frac{\upsilon _{1y} }{\upsilon _{1}}, \;\;\; {\rm cos\; }\alpha =\frac{\upsilon _{1x} }{\upsilon _{1}}. \]

[alsak]

552. Между пластинами плоского конденсатора, расположенного горизонтально, на расстоянии l = 0,8 см от нижней пластины «висит» заряженный шарик. Разность потенциалов между пластинами U₁ = 300 В. Через сколько секунд шарик упадет на нижнюю пластину, если разность потенциалов мгновенно уменьшится до U₂ = 240 В?

Решение. На каплю действуют две силы: сила тяжести (m⋅g) и сила (F), с которой электростатическое поле пластин конденсатора действует на заряженную каплю. При напряжении U₁ капля неподвижна (поэтому сила F должна компенсировать силу тяжести, следовательно, направлена вверх) (рис. 1), при напряжении U₂ падает вниз (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для каждого случая:
\[ 0=\vec{F}_{1} +m\cdot \vec{g}, \; \; \; m\cdot \vec{a}=\vec{F}_{2} +m\cdot \vec{g}, \]

0Y: 0 = F₁ – m⋅g,    –m⋅a = F₂ – m⋅g. (1)

Если обозначим q — заряд частицы, d — расстояние между пластинами конденсатора, то
\[ F_{1} =q\cdot E_{1} =q\cdot \frac{U_{1} }{d}, \; \; \; F_{2} =q\cdot \frac{U_{2} }{d}. \]
После подстановки в уравнения (1) получаем
\[ q\cdot \frac{U_{1} }{d} -m\cdot g=0, \; \; \; \frac{q}{d} =\frac{m\cdot g}{U_{1}}, \]
\[ -m\cdot a=q\cdot \frac{U_{2} }{d} -m\cdot g=\frac{m\cdot g}{U_{1} } \cdot U_{2} -m\cdot g, \; \; \; a=\frac{U_{1} -U_{2} }{U_{1} } \cdot g. \; \; \; (2) \]

Найдем время падения t₁. Совместим начало координат с нижней пластиной, ось 0Y направим вертикально вверх. Запишем уравнение движения капли вдоль оси 0Y (см. рис. 2):
\[ y=y_{0} +\upsilon _{0y} \cdot t+\frac{a_{y} \cdot t^{2} }{2} =l-\frac{a\cdot t^{2} }{2}. \]
Через время t = t₁ капля достигнет нижней пластины, и координата ее станет равной нулю, т.е. y = 0. С учетом уравнения (2) получаем
\[ 0=l-\frac{a\cdot t^{2} }{2}, \; \; \; t=\sqrt{\frac{2l}{a} } =\sqrt{\frac{2l\cdot U_{1} }{\left(U_{1} -U_{2} \right)\cdot g}}, \]
t = 8,9⋅10^–2 с.