Задание №25 — Однородное электростатическое поле

Дано: m = 10 г = 10^-2 кг, q = 5 мКл = 5·10^-3 Кл, <α = 45°, T = 100 мН = 0,1 Н.

Найти: E - ?

Решение:
Примем систему отсчёта, связанную с поверхностью Земли, за инерциальную. К шарику приложены следующие силы: направленная вниз сила тяжести $m \overset{\rightarrow}{g}$, действующая горизонтально электрическая сила $q \overset{\rightarrow}{E}$ и сила натяжения нити $\overset{\rightarrow}{T .}$, направленная вдоль неё.
Выберем координатную ось Ох, совпадающую с направлением нити. Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на данную ось:
$ma = T - mg\cos \alpha - F_{э} \sin \alpha ( 1 ) ,$
в этом выражении а обозначает центростремительное ускорение, которое всегда направлено вдоль нити к центру вращения;
F_э представляет собой силу, с которой электрическое поле воздействует на заряд.
$a = \frac{v^{2}}{l} ( 2 )$
здесь v — это линейная скорость частицы в положении, когда нить отклонена на угол <α = 45° от вертикали, а l — радиус окружности (длина нити).
Связь силы и напряжённости поля выражается как Fэ = qE (3).
Объединим формулы (1), (2) и (3):
$\frac{mv^{2}}{l} = T - mg\cos \alpha - qE\sin \alpha ( 4 )$
$Т = \frac{mv^{2}}{l} + mg\cos \alpha + qE\sin \alpha ( 5 )$
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии тела в ИСО: $\Delta E_{кин} = А_{всех сил . }$. Работа, совершаемая силой натяжения $\overset{\rightarrow}{T}$, равна нулю, поскольку вектор этой силы всегда ортогонален вектору мгновенной скорости. Так как силы $m \overset{\rightarrow}{g}$ и $q \overset{\rightarrow}{E}$ являются консервативными (потенциальными), их суммарная работа определяется только начальным и конечным положениями тела.
Для удобства расчёта представим перемещение шарика как два этапа: вертикальный подъем на высоту h и последующее горизонтальное смещение на отрезок b. Тогда работа внешних сил запишется в виде $А = - mgh + qEb$, где геометрические параметры определяются как h = l(1-cosα) и b = lsinα.
Следовательно:
$\Delta E_{кин} = \frac{mv^{2}}{2} - 0 = А_{всех сил} ( 6 ) ,$
$\Delta E_{кин} = - mgl ( 1 - \cos \alpha ) + qEl\sin \alpha .$

$v^{2} = \frac{2 l ( qE\sin \alpha - mg ( 1 - \cos a ) )}{m} ( 7 ) .$

Выразим скорость из (7) и подставим в уравнение (5):
$T = 2 qE\sin \alpha - 2 mg + 2 mg\cos \alpha + mg\cos \alpha + qE\sin \alpha$
$T = 3 ( qE\sin \alpha + mg\cos a ) - 2 mg$

$E = \frac{T + mg ( 2 - 3 \cos \alpha )}{3 q\sin \alpha } = \frac{0{,}1 + 0{,}1 ( 2 - 3 \frac{\sqrt{2}}{2} )}{3 \cdot 5 \cdot 10^{- 3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}$
$E \approx 8{,}3 В / м .$

Ответ: $E = 8{,}3 В / м$

Источник: ФИПИ