Вариант 5*, страница 68 - гдз по физике 10 класс самостоятельные и контрольные работы Ерюткин, Ерюткина

Электродинамика. Электростатика. Самостоятельная работа № 2. Напряжённость электрического поля. Напряжённость поля точечного заряда - страница 68.

Условие.

Вариант 5*

1. На невесомой нерастяжимой непроводящей нити подвешен маленький шарик массой 5,6 г. После того как включили горизонтальное однородное электрическое поле, нить с шариком отклонилась от вертикали на угол, тангенс которого равен 0,7. Определите значение заряда шарика, если напряжённость электрического поля равна $2 \cdot 10^3 \text{ Н/Кл}$.

2. Два точечных заряда, значения которых равны 1 нКл, расположены в вакууме на расстоянии 6 см друг от друга. Определите значение напряжённости электрического поля в точке, удалённой от каждого из зарядов на 5 см.

Решение.

1. Дано:

m = 5,6 г

$\tan \alpha = 0,7$

$E = 2 \cdot 10^3$ Н/Кл

g ≈ 10 Н/кг

Перевод в СИ:
m = $5,6 \cdot 10^{-3}$ кг

Найти:

q - ?

Решение:

На шарик в равновесии действуют три силы: сила тяжести $\vec{F_т} = m\vec{g}$, направленная вертикально вниз, сила со стороны электрического поля $\vec{F_э} = q\vec{E}$, направленная горизонтально, и сила натяжения нити $\vec{T}$, направленная вдоль нити. Условие равновесия шарика записывается в виде векторного уравнения:

$\vec{T} + m\vec{g} + q\vec{E} = 0$

Выберем систему координат: ось OY направим вертикально вверх, а ось OX – горизонтально в сторону отклонения шарика. Спроецируем силы на эти оси:

Ось OX: $qE - T \sin \alpha = 0 \implies qE = T \sin \alpha$

Ось OY: $T \cos \alpha - mg = 0 \implies T \cos \alpha = mg$

Разделим уравнение для оси OX на уравнение для оси OY:

$\frac{qE}{mg} = \frac{T \sin \alpha}{T \cos \alpha} = \tan \alpha$

Из этого соотношения выразим искомый заряд шарика $\text{q}$:

$q = \frac{mg \tan \alpha}{E}$

Подставим числовые значения в полученную формулу:

$q = \frac{5,6 \cdot 10^{-3} \text{ кг} \cdot 10 \text{ Н/кг} \cdot 0,7}{2 \cdot 10^3 \text{ Н/Кл}} = \frac{0,0392 \text{ Н}}{2000 \text{ Н/Кл}} = 0,0000196 \text{ Кл} = 19,6 \cdot 10^{-6} \text{ Кл}$

Ответ: заряд шарика равен $19,6$ мкКл.

2. Дано:

$q_1 = q_2 = q = 1$ нКл

$d = 6$ см

$r = 5$ см

$k = 9 \cdot 10^9$ Н⋅м²/Кл² (электрическая постоянная)

Перевод в СИ:
$q = 1 \cdot 10^{-9}$ Кл
$d = 0,06$ м
$r = 0,05$ м

Найти:

$E_{общ}$ - ?

Решение:

Согласно принципу суперпозиции, напряженность электрического поля в искомой точке равна векторной сумме напряженностей полей, создаваемых каждым из зарядов: $\vec{E}_{общ} = \vec{E_1} + \vec{E_2}$.

Два заряда и точка, в которой ищется напряженность, образуют равнобедренный треугольник с основанием $d = 6$ см и боковыми сторонами $r = 5$ см.

Модули напряженностей полей, создаваемых зарядами $q_1$ и $q_2$, равны, так как величины зарядов и расстояния до точки одинаковы:

$E_1 = E_2 = k \frac{|q|}{r^2}$

Векторы напряженности $\vec{E_1}$ и $\vec{E_2}$ направлены от положительных зарядов вдоль прямых, соединяющих заряды с данной точкой. При сложении этих векторов по правилу параллелограмма их горизонтальные проекции (параллельные линии, соединяющей заряды) взаимно компенсируются, а вертикальные (перпендикулярные линии, соединяющей заряды) складываются. Результирующий вектор $\vec{E}_{общ}$ будет направлен вдоль высоты равнобедренного треугольника.

Модуль результирующей напряженности можно найти как $E_{общ} = 2 E_1 \cos \alpha$, где $\alpha$ — это угол между вектором $\vec{E_1}$ (или $\vec{E_2}$) и вектором $\vec{E}_{общ}$.

Найдем косинус угла из геометрии. Высота треугольника $\text{h}$, опущенная на основание $\text{d}$, делит его пополам. По теореме Пифагора: $h = \sqrt{r^2 - (d/2)^2} = \sqrt{(0,05 \text{ м})^2 - (0,03 \text{ м})^2} = \sqrt{0,0025 - 0,0009} = \sqrt{0,0016} = 0,04$ м. Тогда $\cos \alpha = \frac{h}{r} = \frac{0,04 \text{ м}}{0,05 \text{ м}} = 0,8$.

Вычислим модуль напряженности поля от одного заряда:

$E_1 = 9 \cdot 10^9 \frac{\text{Н} \cdot \text{м}^2}{\text{Кл}^2} \cdot \frac{1 \cdot 10^{-9} \text{ Кл}}{(0,05 \text{ м})^2} = \frac{9}{0,0025} \frac{\text{Н}}{\text{Кл}} = 3600 \frac{\text{Н}}{\text{Кл}}$

Теперь найдем модуль результирующей напряженности:

$E_{общ} = 2 \cdot E_1 \cdot \cos \alpha = 2 \cdot 3600 \frac{\text{Н}}{\text{Кл}} \cdot 0,8 = 5760 \frac{\text{Н}}{\text{Кл}}$

Ответ: значение напряженности электрического поля в указанной точке равно 5760 Н/Кл.