ID: 00026599
Маленький шарик массой m с зарядом $q=5$ нКл, подвешенный к потолку на лёгкой шёлковой нитке длиной $l=0,8$ м, находится в горизонтальном однородном электростатическом поле $\overset{\to}{E}$ с модулем напряжённости поля $E=6\cdot 10^{5}$ В/м (см. рисунок). Шарик отпускают с нулевой начальной скоростью из положения, в котором нить вертикальна. В момент, когда нить образует с вертикалью угол $\alpha=30^{\circ},$ модуль скорости шарика $\upsilon =0,9$ м/с. Чему равна масса шарика m ? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Источник: ФИПИ
Опишем сюжет. К потолку на нитке длиной $l=0{,}8$ м подвешен маленький заряженный шарик. Всё это стоит в горизонтальном однородном электрическом поле, и на рисунке видно, что вектор $\vec E$ смотрит влево — именно туда шарик и уезжает. Отпускают его из положения, когда нитка вертикальна, то есть из состояния покоя в самой нижней точке дуги. Дальше шарик разгоняется вбок и одновременно поднимается по дуге.
Шаг 1 — выбираем инструмент. Скорость связана с пройденным путём по дуге, а не с прямолинейным разгоном, да и сила натяжения нити всё время меняет направление. Считать через второй закон Ньютона тут мучительно. Зато отлично работает энергетический подход: сила натяжения нити всегда перпендикулярна скорости и работы не совершает, а сила тяжести и электрическая сила постоянны — их работу легко посчитать.
Шаг 2 — геометрия перемещения. Пусть нить отклонилась на угол $\alpha=30^\circ$. Тогда шарик сместился по горизонтали (в сторону поля) на $x=l\sin\alpha=0{,}8\cdot0{,}5=0{,}4$ м и поднялся на высоту $h=l(1-\cos\alpha)=0{,}8\cdot(1-0{,}866)=0{,}8\cdot0{,}134\approx0{,}107$ м.
Шаг 3 — работа сил. Электрическая сила $F=qE$ направлена вдоль поля, то есть туда же, куда шарик и смещается по горизонтали, поэтому её работа положительна: $A_{эл}=qE\,l\sin\alpha$. Сила тяжести направлена вниз, а шарик поднимается, поэтому её работа отрицательна: $A_{тяж}=-mg\,l(1-\cos\alpha)$.
Шаг 4 — теорема о кинетической энергии. Изменение кинетической энергии равно сумме работ всех сил. В начале шарик покоился, значит $\dfrac{m\upsilon^2}{2}-0=qE\,l\sin\alpha-mg\,l(1-\cos\alpha)$.
Шаг 5 — выражаем массу. Соберём все слагаемые с $m$ в одну сторону: $qE\,l\sin\alpha=m\left[\dfrac{\upsilon^2}{2}+g\,l(1-\cos\alpha)\right]$, откуда $m=\dfrac{qE\,l\sin\alpha}{\dfrac{\upsilon^2}{2}+g\,l(1-\cos\alpha)}$.
Шаг 6 — считаем. Электрическая сила: $qE=5\cdot10^{-9}\cdot6\cdot10^{5}=3\cdot10^{-3}$ Н. Числитель: $3\cdot10^{-3}\cdot0{,}4=1{,}2\cdot10^{-3}$ Дж. Знаменатель: $\dfrac{0{,}9^2}{2}+10\cdot0{,}8\cdot0{,}134=0{,}405+1{,}072=1{,}477\ \text{м}^2/\text{с}^2$. Итог: $m=\dfrac{1{,}2\cdot10^{-3}}{1{,}477}\approx8{,}1\cdot10^{-4}$ кг, то есть примерно $0{,}81$ г.
Прикинем, разумно ли это. Вес такого шарика $mg\approx8{,}1\cdot10^{-3}$ Н, а электрическая сила $3\cdot10^{-3}$ Н — примерно втрое меньше веса. Значит, поле способно отклонить шарик, но не слишком далеко, и угол в $30^\circ$ с ненулевой скоростью выглядит правдоподобно.
Обоснование модели. Шарик маленький, его считаем материальной точкой. Работают: теорема о кинетической энергии (закон изменения механической энергии) — изменение кинетической энергии равно работе всех сил; выражение силы, действующей на заряд в однородном электростатическом поле, $F=qE$ (поле однородное, значит сила постоянна и её работа равна произведению силы на смещение вдоль поля); формула работы силы тяжести $A=-mgh$. Натяжение нити исключено из расчёта законно: нить нерастяжима, скорость шарика в любой момент направлена по касательной к окружности, а натяжение — вдоль радиуса, то есть перпендикулярно скорости, поэтому его работа равна нулю. Сопротивлением воздуха условие велит пренебречь, так что других сил в балансе энергии нет.