ID: 00026615
Маленький шарик массой $m=1$ г с зарядом $q>0,$ 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 $\upsilon =0,8$ м/с. Чему равен заряд шарика q ? Сопротивлением воздуха пренебречь.
Источник: ФИПИ
Тут перед нами своеобразный «электрический маятник». Шарик массой $m=1$ г висит на шёлковой нитке длиной $l=0{,}8$ м, а вокруг — горизонтальное однородное электрическое поле напряжённостью $E=6\cdot10^{5}$ В/м. На рисунке видно, что поле смотрит влево, туда шарик и уходит. Отпустили его из вертикального положения нити без начальной скорости, и к моменту отклонения на $\alpha=30^\circ$ он разогнался до $\upsilon=0{,}8$ м/с. По этой скорости и надо восстановить заряд.
Шаг 1 — выбор метода. Тут не надо искать ускорение: оно всё время меняет и величину, и направление, потому что шарик едет по дуге. Гораздо проще посчитать энергию: она связывает начальное и конечное состояния напрямую, минуя все промежуточные подробности.
Шаг 2 — какие силы совершают работу. Их две: постоянная электрическая сила $F=qE$ и сила тяжести $mg$. Натяжение нити работы не совершает вовсе — оно в каждый момент перпендикулярно скорости шарика. Сопротивлением воздуха условие велит пренебречь.
Шаг 3 — геометрия. При отклонении нити на угол $\alpha$ шарик уезжает по горизонтали на $l\sin\alpha=0{,}8\cdot0{,}5=0{,}4$ м и одновременно поднимается на $l(1-\cos\alpha)=0{,}8\cdot(1-0{,}866)=0{,}8\cdot0{,}134\approx0{,}107$ м. Второе часто забывают: шарик не просто едет вбок, он ещё и «взбирается» по дуге.
Шаг 4 — энергетический баланс. Кинетическая энергия в конце равна сумме работ: $\dfrac{m\upsilon^2}{2}=qE\,l\sin\alpha-mg\,l(1-\cos\alpha)$. Работа поля положительна (шарик едет туда, куда его толкают), работа тяжести отрицательна (шарик поднимается).
Шаг 5 — выражаем заряд. Перенесём работу тяжести в левую часть: $qE\,l\sin\alpha=\dfrac{m\upsilon^2}{2}+mg\,l(1-\cos\alpha)$, откуда $q=\dfrac{m\left[\dfrac{\upsilon^2}{2}+g\,l(1-\cos\alpha)\right]}{E\,l\sin\alpha}$.
Шаг 6 — арифметика. Квадратная скобка: $\dfrac{0{,}8^2}{2}+10\cdot0{,}8\cdot0{,}134=0{,}32+1{,}072=1{,}392$. Числитель: $10^{-3}\cdot1{,}392=1{,}392\cdot10^{-3}$ Дж. Знаменатель: $6\cdot10^{5}\cdot0{,}8\cdot0{,}5=6\cdot10^{5}\cdot0{,}4=2{,}4\cdot10^{5}$. Итог: $q=\dfrac{1{,}392\cdot10^{-3}}{2{,}4\cdot10^{5}}=5{,}8\cdot10^{-9}$ Кл, то есть примерно $5{,}8$ нКл.
Проверим, сходится ли по силам: электрическая сила $qE=5{,}8\cdot10^{-9}\cdot6\cdot10^{5}\approx3{,}5\cdot10^{-3}$ Н, вес шарика $mg=10^{-2}$ Н. Электрическая сила примерно втрое меньше веса — значит, шарик не может отклониться слишком сильно и в районе $30^\circ$ он ещё движется. Правдоподобно.
Обоснование модели. Шарик считаем материальной точкой. Используются: теорема о кинетической энергии (изменение кинетической энергии равно суммарной работе всех сил); выражение силы, действующей на точечный заряд в однородном электростатическом поле, $F=qE$ — однородность поля гарантирует постоянство силы, поэтому её работа равна произведению силы на смещение вдоль направления поля; формула работы силы тяжести $A=-mgh$. Силу натяжения нити исключаем строго: нить нерастяжима, шарик движется по окружности, скорость направлена по касательной, натяжение — по радиусу, значит угол между ними прямой и работа равна нулю. Условие $q\gt0$ согласуется с тем, что шарик уходит В СТОРОНУ поля.