1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Имеем L = AC = ` (1 + sin α) + (1 − cos α)= ` 3.Второй закон Ньютона в нижней точке даетmv 2= T − mg.`Из закона сохранения энергии следует, чтоmv 2q2q2= mg` (1 − cos α) +−.24πε0` 4πε0LТаким образом,√ 1q2T = mg 3 − 2 + 2 1 − √.3 4πε0`2Напряженность, потенциал и энергия электростатического поля2433. 20. В верхней точке на шарик действуют по вертикали сила тяq 2√жести mg и проекция кулоновской силы 4πε ·5. Чтобы было дви5`20жение по окружности, необходимо выполнение условияmv 2q2√ .≥ mg`4πε0 · 5 5`2Учитывая закон сохранения энергииmv02 mv 2=+ 2mg`,221/2q 2√.получаем v0 ≥ 5g` + 4πε ·5 5`m03.
21. Из закона сохранения энергии и условия потенциальностиэлектростатического поля можно написать2mv02`2mv 2+ 2q E =.222Из второго закона Ньютона имеем2mv02q2=T +.24πε0`2В итоге получаем2mv02q2T =+ 2qE −.`4πε0`23. 22. Сплошное равномерно заряженное кольцо в однородном поле вращаться не будет. Заменим мысленно кольцо с зазором на сплошное, где на месте зазора добавим еще и отрицательный заряд −q 0 тойже линейной плотности, что и положительный на сплошном кольце:q`−q 0 = −,2πRгде R – радиус кольца. Скорость будет максимальна в положенииравновесия, когда заряд −q 0 (или зазор, что эквивалентно) пройдетдугу (π/2) R.244ОТВЕТЫ.
Электричество и магнетизмТак как поле однородное, изменение потенциальной энергии приэтомq`E−∆Eпот = qER =.2πЗакон сохранения энергии даетr2Mvq`Eq`E=; отсюда v =.22ππM3. 23. Шарики будут подниматься по спицам лишь при условии,что кулоновское отталкивание преобладает над силами тяжести, т. е.приq2> mg tg α.4πε0L2Если шарики остановятся, не достигнув концов спиц, то из закона сохранения энергииq211−= 2mgh4πε0 L L + 2h ctg αнаходим максимальную высоту h:q2L− tg α.h=8πε0mgL 2Этот результат справедлив при h ≤ ` sin α, т.
е. приq2≤ mgL tg α (L + 2` cos α) .4πε0В противном случае шарики соскользнут со спиц. Из закона сохранения энергии находим скорость шарика на конце спицы:mv 2q2112=−− 2mg` sin α.24πε0 L L + 2` cos αВысота подъема определяется только вертикальной составляющей скорости шарика на конце спицы:v 2 sin2 αh = ` sin α +.2gНапряженность, потенциал и энергия электростатического поля245Таким образом, приq 2 > 4πε0mg` tg α (L + 2` cos α) ,2 ` cos α sin2 αh = ` sin α cos2 α + 4πε0qmgL(L+2`cos α) .3. 24.
Средний шарик будет покоиться, а скорость крайних находим из закона сохранения энергии:r2mv 2q2q25=+отсюда v = q.24πε0 · 2` 4πε0`4πε0 · 2`m3. 25. Из закона сохранения энергии имеемq2κ`2q2κ4`2+=+.4πε0`24πε0` · 4`2Отсюдаq2κ=.4πε0` · 2`33. 26. Скорость максимальна при равенстве сил трения и электростатического взаимодействия:q2kmg =.4πε0x2Закон сохранения энергии даетmv 2q21 12=−− kmg (x − `) ,24πε0 ` xОкончательноvmaxприq24πε0 `2pq− kg`,=√4πε0m`> kmg (в противном случае тела не сдвинутся с места).3. 27.
По закону сохранения энергии находимq1q2q1q2=+ kmg (` − `0) ,4πε0`0 4πε0`246ОТВЕТЫ. Электричество и магнетизмотсюда однозначно (второй корень уравнения не годится)q1q2q1q2`=при> kmg,4πε0mgk`04πε0`2(если это условие не выполняется, ` = `0, так как тело в движение непридет).3. 28. Скорости окажутся максимальными в момент t, когда всетри заряда окажутся на одной прямой. При этом электрические силы будут скомпенсированы силами натяжения нити.
Скорости частицбудут перпендикулярны нитям. Обозначим через v1 скорость среднего заряда, а через v2 – скорости крайних зарядов. Из соображенийсимметрии и с учетом законов сохранения импульса и энергии имеемmv12 2mv22mv1 = 2mv2,+= ∆Wэл, ∆Wэл = Wнач − Wкон ,22 2q212qq25 q2Wнач = 3, Wкон =+=.4πε0`4πε0`2`2 4πε0`Отсюдаq2∆Wэл =.4πε0 · 2`3. 29. Отталкивание сменяется притяжением на некотором расстоянии x от точки B, когда сила,на движущуюся частицу,. действующая обращается в нуль, т. е. 9q 2 (x + `)2 = q 2 x2, отсюда однозначноx1 = `/2 (x2 < 0, т.
е. после прохождения точки B, и поэтому отброшено). Чтобы дойти до точки B, нужна энергияmv 29q 2q24q 2=−=,24πε0 (x1 + `) 4πε0x1 4πε0`откудаq v = 8q 2 4πε0m`.3. 30. Частица должна дойти до такой точки, где силы, действующие на заряд q3 со стороны зарядов q1 и q2, равны, тогда в дальнейшемНапряженность, потенциал и энергия электростатического поля247притягивающее действие заряда q1 окажется сильнее:ss !!q3 |q2||q2|11|q1 |q3 |q2| 1 1,=−1,=1−.=r2 r `|q1|r+` `|q2 |(` + r)2Из закона сохранения энергии имеемmv 2 |q3q2| |q3 q1|4πε0=−=2`+rrp|q3| =|q1 | + |q2 | − 2 |q1| |q2| =`p 2|q3| p=|q2| − |q1| .`Отсюда21/2pp2|q3 |v = 4πε|q2| − |q1|при |q2| > |q1 | ,0 m`v = 0 при |q2| ≤ |q1|.3. 31.
Нижний шарик подпрыгнет при условии mg = q 2 4πε0`2,где ` – наименьшее расстояние между шариками при отпускании верхнего шарика. Закон сохранения энергии даетq2q2κ (h − `)2mgh −= mg` −+,4πε0h4πε0`2т. е. с учетом условия q 2 4πε0`2 = mg получаем2κh2κh − 2mg` −` + h2= 0.κh + 2mgκh + 2mg2Отсюдаκh22mgh`1,2 =±.κh + 2mg κh + 2mgУсловию минимальности заряда удовлетворяет знак «–»:pκh − 2mgκh − 2mg`=, откуда qmin = 4πε0mgh.κh + 2mgκh + 2mg248ОТВЕТЫ.
Электричество и магнетизм3. 32. Для падения на землю шарику достаточно достичь с нулевойскоростью точки, где его ускорение равно нулю (силы уравновешены).Равенство сил даетq2−+ mg = 0.4πε0r2Из закона сохранения энергии следует, чтоq2mv 2q2mg (r − `) −+=−,4πε0`24πε0rqr=√.4πε0mgОтсюдаvmin =pq2g` √` 4πε0mg− 1 приq2> mg4πε0`2(в противном случае vmin = 0).3.
33. Запишем равенство отношений величины F ∆t к изменениюимпульса шарика при его упругих ударах о внутреннюю и внешнююсферы. Время соударения различных шариков ∆t будем считать одинаковым. Тогдаp · 4πr2 p0 · 4πR2=.2mv2mv 0Из закона сохранения энергии имеемmv 02q1q2 11= WK +−.24πε0 r RТаким образом,p0 = p r 2 Rq1q2 R − r1+4πε0 WK rR1/2.3. 34. Энергия цепочки 21q2q 2 3q 21 13q 2W1 =++=.4πε0 6r4r2r4πε0 6r249Напряженность, потенциал и энергия электростатического поляЭнергия тетраэдра1 3q 2W2 =.4πε0 rИскомая работа1 5q 2A== 0, 07 Дж.4πε0 6rmv 22q1 q23. 35.
Из закона сохранения энергии имеем 2 0 = mv2 − 4πε,0rтак как потенциал в центре шара равен q1/4πε0r. Окончательно1/22qq1 2v = v02 +≈ 4 м/с.4πε0mr3. 36. Чтобы пролететь сквозь кольцо, частице достаточно достичьего центра со скоростью, равной скорости кольца, где потенциал равенq2/4πε0r. Законы сохранения импульса и энергии даютm1v02 (m1 + m2) v 2q1q2=+.224πε0rm1v0 = (m1 + m2) v,Отсюдаv0 minq1q2 m1 + m2=4πε0r m1m21/2.Решение можно получить иначе, если сразу перейти в систему центрамасс.3. 37. Из законов сохранения энергии и импульса имеемm2v 2 m1v12 m2v22q1q2=++,2224πε0rОтсюдаt=2r.v2 − v1m 2 v = m 1 v1 + m 2 v2 .250ОТВЕТЫ.
Электричество и магнетизмПоскольку поле внутри шара отсутствует, то заряд движется по инерции с относительной скоростью v2 − v1. Таким образом,−1/2m22q1q2m1 m2 v 2q1q22t = 2r v − 1 +,>.m1 4πε0rm2m1 + m2 24πε0r3. 38. Пусть `i – длины пролетных трубок, vi – соответствующие скорости частиц в трубках, i = 1, 2, ..., n. Электрическое полевнутри металлической трубки равно нулю, и частица летит по инерции:mv12mv22mv12mvi2= eU,= eU += 2eU,= ieU.2222Условие равенства времен пролета частицей трубок дает√`i`vi= ; отсюда `i = ` = ` i, i = 1, 2, ..., n.vi v1v13.
39. Чтобы пролететь сквозь правую сферу, частице достаточнодостигнуть левого отверстия на этой сфере. Потенциальная энергиязаряда в центре системы равна q1q2/4πε0r, а в левом отверстии –(4/3) q1q2/4πε0r. Таким образом, условие пролета из энергетическихсоображений может быть записано в видеmv 2q1 q24 q1q2+>.24πε0r 3 4πε0rqq1 q2.Таким образом, vmin = 23 4πε0 rm3. 40.
Между сферами частица остановиться не может: ближняясфера тянет ее к себе сильнее. Рассмотрим случай остановки частицывнутри одной из сфер. По закону сохранения энергии имеем2q1q2q1q2q1q2−=−−,lrx+`где q1 – заряд сферы, q2 – заряд частицы. Таким образом, x = 0, 3r.Для случая остановки частицы за сферой (т. е. когда x > 1, 2r + r)получаем2q1q2q1q2q1q2−=−−,`x−` x+`Напряженность, потенциал и энергия электростатического поля251откуда x = 2, 1r, но x должен быть не меньше 2, 2r. Следовательно,этот вариант не проходит и окончательно x = 0, 3r.3.
41. Максимальная скорость шара достигается в положении равновесия. Из законов сохранения импульса и энергии имеемq2q2mv 2 2mu2q2+=+=, 2mu + mv = 0,4πε0` 4πε0 · 2`224πε0 · 1, 5lгде v и u – скорости незакрепленного и закрепленных шаров в момент, когда незакрепленный шар находится посередине спицы.Таким образом,s2 q2vmax =.9 4πε0`m3. 42. Закон сохранения импульса:mu = 2mv.2Условие разрыва нити: 4πεq x2 = T .0Закон сохранения энергии:mu2q2q2−=−.24πε0x4πε0 · 10rОкончательноv="02q2mv=0где q = q√4πε0.!#1/2√√T1T1−при≤;q010rq02rq 02m · 5r1/2при√T1>,q02r252ОТВЕТЫ.
Электричество и магнетизмЭлектрическая емкость. Конденсаторы3. 43. Так как пластины замкнуты, то они имеют один и тот жепотенциал, т. е. поле внутри конденсатора равно нулю. Это значит,что на пластинах появились заряды, создавшие поле, напряженностькоторого равна по модулю и противоположна по направлению напряженности внешнего поля. Зная напряженность поля, вычислим заряд:q = U C = ε0ES = 0, 9 · 10−10 · Кл.Заряд на одной пластине равен q, на другой −q.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
