Автор Тема: Электростатика из сборника задач Савченко Н.Е.  (Прочитано 65279 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

djeki

  • Гость
549. Два одноименно заряженных шарика массой m = 0,50 г каждый подвешены в вакууме на очень тонких невесомых, нерастяжимых и непроводящих нитях одинаковой длины. Каждая из нитей образует с вертикалью угол α = 30°. Затем вся система погружается в неэлектропроводящую жидкость, плотность которой равна плотности материала шариков, а диэлектрическая проницаемость ε = 2,0. Найти силу натяжения нитей после погружения в жидкость. Каков характер равновесия шариков?
Решение.
1. Система в вакууме.(рис_1)
На шарики действуют сила тяжести mg, сила натяжения нити  T1 и сила кулоновского взаимодействия Fk1
Шарики находятся в равновесии, поэтому
\[ m\vec{g}+{{\vec{T}}_{1}}+{{\vec{F}}_{k1}}=0 \]
В проекциях на оси координат
OX: -T1·sinα + Fk1 = 0; T1·sinα = Fk1
OY: -m·g + T1·cosα = 0; T1·cosα = mg
Разделив первое уравнение на второе, получим
Fk1 = m·g·tgα (1)
С другой стороны
\[ \begin{align}
  & {{F}_{k1}}=\frac{k\cdot {{q}^{2}}}{{{r}^{2}}};r=2\cdot l\cdot \sin \alpha  \\
 & {{F}_{k1}}=\frac{k\cdot {{q}^{2}}}{4\cdot {{l}^{2}}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha }(2) \\
\end{align}
 \]
2. Система погружена в жидкость (рис_2, рис_3)
При погружении в жидкость с диэлектрической проницаемостью ε измениться угол расхождения нитей, так как измениться сила кулоновского взаимодействия.
На шарики действуют сила тяжести mg, сила натяжения нити  T, сила кулоновского взаимодействия Fk2  и сила Архимеда Fa
Шарики находятся в равновесии, поэтому
\[ m\vec{g}+{{\vec{T}}_{1}}+{{\vec{F}}_{k2}}+{{\vec{F}}_{a}}=0 \]
В проекциях на оси
OX: -T·sinβ + Fk2 = 0 (3)
OY: -m·g + Fa + T·cosβ = 0; (4)
Поскольку плотность шарика равна плотности жидкости, то сила Архимеда численно равна силе тяжести mg (Fa = ρ1·g·V; m·g = ρ2·V·g; ρ1 = ρ2 )
Тогда (4) перепишется
T·cosβ = 0.
Это значит, что угол β = 90 и оба шарика окажутся на одной прямой, проходящей через точку подвеса нитей.
Тогда из (3)
T = Fk2
\[ {{F}_{k2}}=\frac{k\cdot {{q}^{2}}}{4\cdot {{l}^{2}}\cdot \varepsilon }(5) \]
Решим совместно (5) и (2) с учетом (1)
\[ \begin{align}
  & {{F}_{k1}}=\frac{k\cdot {{q}^{2}}}{4\cdot {{l}^{2}}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha } \\
 & {{F}_{k2}}=\frac{4\cdot {{l}^{2}}\cdot {{\sin }^{2}}\alpha }{4\cdot {{l}^{2}}\cdot \varepsilon }\cdot m\cdot g\cdot tg\alpha  \\
 & T={{F}_{k2}}=\frac{m\cdot g\cdot tg\alpha \cdot {{\sin }^{2}}\alpha }{\varepsilon } \\
\end{align}
 \]
« Последнее редактирование: 27 Октября 2012, 16:43 от djeki »

ostatnik

  • Гость
Примечание: полученный ответ не сходится с ответом в сборнике. В решении ошибку не нашёл
Здравствуйте. Возможно, ошибка в том, что (С1+С2), С3 и С4 соединены последовательно. Тогда С<> (C1+C2) +(1/C3 + 1/C4)^-1, но 1/C=1/(C1+C2) + 1/C3 + 1/C4, тогда получается требуемый ответ: 2Se0e(e+1)/d(e^2+6e+1).

Kivir

  • Гость
Здравствуйте. Возможно, ошибка в том, что (С1+С2), С3 и С4 соединены последовательно. Тогда С<> (C1+C2) +(1/C3 + 1/C4)^-1, но 1/C=1/(C1+C2) + 1/C3 + 1/C4, тогда получается требуемый ответ: 2Se0e(e+1)/d(e^2+6e+1).
Да, думаю ошибка в этом. Спасибо за поправку. Действительно
\[ C=\left(\frac{1}{C_{1} +C_{2} } +\frac{1}{C_{3} } +\frac{1}{C_{4} } \right)^{-1} =\left(\frac{1}{\frac{\varepsilon _{0} \cdot S}{d\cdot 2} +\frac{\varepsilon _{0} \cdot \varepsilon \cdot S}{d\cdot 2} } +\frac{d}{\varepsilon _{0} \cdot S\cdot 2} +\frac{d}{\varepsilon _{0} \cdot \varepsilon \cdot S\cdot 2} \right)^{-1} .  \]
После преобразований, получим ответ:
\[ C=\frac{2\varepsilon _{0} \cdot \varepsilon \cdot S\cdot \left(1+\varepsilon \right)}{d\cdot \left(\left(1+\varepsilon \right)^{2} +4\varepsilon \right)} . \]


Оффлайн alsak

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 1976
  • Рейтинг: +8/-0
  • Не делает ошибок тот, кто ничего не делает
548. Заряженный шарик массой m = 1,5 г, прикрепленный к невесомой изолирующей нити, покоится в однородном горизонтальном электростатическом поле; при этом нить отклонена от вертикали на угол α = 30° (рис. 1). Затем направление поля мгновенно изменяется на противоположное. Найти силу натяжения нити в момент максимального отклонения нити от вертикали после переключения поля.

Решение. При изменении направления поля (напряженности) на противоположное — поменяет направление кулоновская сила F. Положение 1 (рис. 2), которое было вначале положением равновесия становится положением с максимальным отклонением от положения равновесия. Положение равновесия окажется в точке 2. В силу симметрии (F1 и F2 равны по величине, противоположны по направлению, т.е. F1 = F2 (1)) получаем, что угол β = α и амплитудный угол φ = β + α = 2α. Тогда максимальное отклонение влево произойдет на угол γ = φ + β = 3α (2) (положения максимального отклонения слева и справа должны быть симметричны относительно положения равновесия 2).
Найдем значение силы F1. Для этого запишем второй закон Ньютона для положения равновесия 1 (см. рис. 2):
\[\begin{array}{c} {0Y:\; \; 0=T_{1} \cdot \cos \alpha -m\cdot g,\; \; \; T_{1} =\frac{m\cdot g}{\cos \alpha } ,} \\ {0X:\; \; 0=F_{1} -T_{1} \cdot \sin \alpha ,\; \; \; F_{1} =T_{1} \cdot \sin \alpha =m\cdot g\cdot {\rm tg\; }\alpha .\; \; \; (3)} \end{array}\]

Найдем значение силы T3. Для этого запишем второй закон Ньютона для амплитудного отклонения шарика в положении 3 (см. рис. 3). При этом необходимо учесть, что в этом положении есть тангенциальное ускорение. Поэтому, чтобы не рассчитывать это ускорение, лучше ось 0Y направить вдоль нити (перпендикулярно тангенциальному ускорению).
\[0Y:\; \; 0=T_{3} -m\cdot g\cdot \cos \gamma -F_{2} \cdot \sin \gamma .\]
С учетом уравнений (1)-(3) получаем:
\[\begin{array}{c} {T_{3} =m\cdot g\cdot \cos \gamma +F_{2} \cdot \sin \gamma =m\cdot g\cdot \left(\cos \gamma +{\rm tg}\; \alpha \cdot \sin \gamma \right)=} \\ {=m\cdot g\cdot \left(\cos 3\alpha +{\rm tg}\; \alpha \cdot \sin 3\alpha \right),} \end{array}\]
T3 = 8,7∙10–3 Н.

Примечание. 1) Вторая часть решения и ответ значительно упростятся, если учесть что γ = 3α = 90°.
2) Конечная формула данного решения и ответов книги различаются, но числовой ответ один и тот же.