Номер 4, страница 382 - гдз по физике 10 класс учебник Хижнякова, Синявина

Дополнительные задания повышенной сложности. Электростатика - номер 4, страница 382.

Условие.

4. Два маленьких шарика с одинаковыми массами, зарядами, радиусами подвешены на тонких нитях одинаковой длины в одной точке и опущены в жидкий диэлектрик, плотность которого равна $\rho_0$, а диэлектрическая проницаемость — $\epsilon$. Чему должна быть равна плотность $\rho$ вещества шариков, чтобы угол расхождения нитей в воздухе и в диэлектрике был один и тот же?

Ответ. $\rho = \frac{\rho_0 \epsilon}{\epsilon - 1}$.

Решение.

Дано:

Плотность жидкого диэлектрика: $\rho_0$
Диэлектрическая проницаемость диэлектрика: $\epsilon$
Масса шариков: $\text{m}$
Заряд шариков: $\text{q}$
Длина нитей: $\text{l}$
Угол расхождения нитей в воздухе и в диэлектрике одинаков.

Найти:

Плотность вещества шариков $\rho$.

Решение:

Рассмотрим равновесие одного из шариков в двух случаях. Пусть $2\alpha$ — угол расхождения нитей, тогда угол отклонения каждой нити от вертикали равен $\alpha$.

1. Шарики в воздухе.

На шарик действуют три силы: сила тяжести $F_g = mg$, сила натяжения нити $T_1$ и сила кулоновского отталкивания $F_{e1}$. Диэлектрическую проницаемость воздуха принимаем равной 1. Запишем условие равновесия в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

$T_1 \sin\alpha = F_{e1}$

$T_1 \cos\alpha = mg$

Разделив первое уравнение на второе, получим:

$\tan\alpha = \frac{F_{e1}}{mg}$ (1)

2. Шарики в жидком диэлектрике.

На шарик действуют четыре силы: сила тяжести $F_g = mg$, сила натяжения нити $T_2$, сила кулоновского отталкивания в диэлектрике $F_{e2}$ и выталкивающая сила Архимеда $F_A$.

Сила Кулона в диэлектрике ослабляется в $\epsilon$ раз: $F_{e2} = \frac{F_{e1}}{\epsilon}$.

Сила Архимеда равна $F_A = \rho_0 V g$, где $\text{V}$ — объем шарика.

Массу шарика выразим через его плотность $\rho$ и объем $\text{V}$: $m = \rho V$.

Условие равновесия в проекциях на оси:

$T_2 \sin\alpha = F_{e2}$

$T_2 \cos\alpha + F_A = mg \implies T_2 \cos\alpha = mg - F_A$

Разделив первое уравнение на второе, получим:

$\tan\alpha = \frac{F_{e2}}{mg - F_A}$ (2)

Поскольку по условию угол $\alpha$ в обоих случаях одинаков, мы можем приравнять правые части уравнений (1) и (2):

$\frac{F_{e1}}{mg} = \frac{F_{e2}}{mg - F_A}$

Подставим выражения для сил $F_{e2}$, $\text{m}$ и $F_A$:

$\frac{F_{e1}}{(\rho V)g} = \frac{F_{e1}/\epsilon}{(\rho V)g - (\rho_0 V)g}$

Сократим $F_{e1}$ (так как заряды не равны нулю) и $Vg$ в знаменателях:

$\frac{1}{\rho} = \frac{1/\epsilon}{\rho - \rho_0}$

Преобразуем полученное равенство, чтобы выразить $\rho$:

$\frac{1}{\rho} = \frac{1}{\epsilon(\rho - \rho_0)}$

$\epsilon(\rho - \rho_0) = \rho$

$\epsilon\rho - \epsilon\rho_0 = \rho$

$\epsilon\rho - \rho = \epsilon\rho_0$

$\rho(\epsilon - 1) = \epsilon\rho_0$

$\rho = \frac{\epsilon\rho_0}{\epsilon - 1}$

Ответ: $\rho = \frac{\rho_0\epsilon}{\epsilon - 1}$.