Электростатика — Задание 25 ЕГЭ по физике №00051639

Что тут происходит. Заряженный шарик висит на нити в горизонтальном электрическом поле. Его отпускают из положения, где нить вертикальна, и поле начинает толкать шарик вбок. Шарик движется по дуге окружности и поднимается. Известна скорость в момент, когда нить отклонилась на $30^\circ$. Нужно найти заряд.

Шаг 1 — силы. Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной, шарик — материальной точкой. На него действуют сила тяжести $m\vec{g}$ (вниз), сила со стороны поля $q\vec{E}$ (горизонтально, в сторону поля, так как заряд положительный) и сила натяжения нити $\vec{T}$ (вдоль нити).

Шаг 2 — почему удобна энергия. Ускорение шарика всё время меняется по величине и направлению, поэтому законы Ньютона здесь неудобны. Используем теорему об изменении кинетической энергии: изменение кинетической энергии равно работе всех сил.

$$\dfrac{mv^2}{2}-0=A_T+A_{mg}+A_{qE}.$$

Сила натяжения всё время перпендикулярна скорости (скорость направлена по касательной к дуге, нить — по радиусу), поэтому её работа равна нулю.

Шаг 3 — работа двух постоянных сил. Сила тяжести и сила $q\vec{E}$ постоянны, их работа не зависит от формы пути. Поэтому мысленно переведём шарик в конечную точку другим путём: сначала вертикально вверх на высоту $h$, потом по горизонтали на расстояние $b$. Из прямоугольного треугольника с гипотенузой-нитью $l$:

$$b=l\sin\alpha,\qquad h=l-l\cos\alpha=l(1-\cos\alpha).$$

На подъёме сила тяжести совершает отрицательную работу $-mgh$, на горизонтальном участке электрическая сила — положительную работу $qEb$ (шарик смещается в сторону поля).

Шаг 4 — уравнение и заряд:

$$\dfrac{mv^2}{2}=qEl\sin\alpha-mgl(1-\cos\alpha)\quad\Rightarrow\quad q=\dfrac{m\left(\dfrac{v^2}{2}+gl(1-\cos\alpha)\right)}{El\sin\alpha}.$$

Шаг 5 — числа: $m=0{,}5$ г $=5\cdot10^{-4}$ кг, $\sin30^\circ=0{,}5$, $\cos30^\circ\approx0{,}866$.

Кинетическая энергия: $\dfrac{5\cdot10^{-4}\cdot0{,}81}{2}\approx2{,}03\cdot10^{-4}$ Дж. Подъём: $h=0{,}8\cdot(1-0{,}866)\approx0{,}107$ м, работа тяжести по модулю $5\cdot10^{-4}\cdot10\cdot0{,}107\approx5{,}36\cdot10^{-4}$ Дж. Знаменатель: $El\sin\alpha=6\cdot10^5\cdot0{,}8\cdot0{,}5=2{,}4\cdot10^5$ В.

$$q=\dfrac{2{,}03\cdot10^{-4}+5{,}36\cdot10^{-4}}{2{,}4\cdot10^5}=\dfrac{7{,}39\cdot10^{-4}}{2{,}4\cdot10^5}\approx3{,}1\cdot10^{-9}\ \text{Кл}.$$

Проверим себя. Работа поля $qEb=3{,}08\cdot10^{-9}\cdot6\cdot10^5\cdot0{,}4\approx7{,}39\cdot10^{-4}$ Дж. Она больше модуля работы тяжести ($5{,}36\cdot10^{-4}$ Дж) ровно на кинетическую энергию $2{,}03\cdot10^{-4}$ Дж — баланс сходится. Так и должно быть: шарик и поднялся, и разогнался только за счёт поля.