Номер 548, страница 75, часть 1 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 1. 10 класс. Основы электродинамики. Электростатика. Электрическое поле - номер 548, страница 75.

Условие.

548. [469] После включения на некоторое время электрического поля вектор скорости частицы повернулся на угол $\varphi = 60^{\circ}$, а числовое значение скорости увеличилось в 2 раза. На какой угол $\alpha$ повернулся бы вектор скорости, если бы заряд частицы был в 2 раза больше?

Решение.

Дано:

$ \varphi = 60^\circ $
$ v_1 = 2v_0 $
$ q_2 = 2q_1 $

Найти:

$ \alpha $ - ?

Решение:

Движение заряженной частицы в однородном электрическом поле является равноускоренным. Ускорение частицы определяется вторым законом Ньютона: $ \vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{q\vec{E}}{m} $, где $ q $ - заряд частицы, $ m $ - ее масса, $ \vec{E} $ - напряженность электрического поля.

Конечный вектор скорости $ \vec{v} $ связан с начальным вектором скорости $ \vec{v}_0 $ соотношением: $ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{a}t $, где $ t $ - время действия поля. Это векторное равенство можно представить в виде треугольника векторов, где $ \Delta\vec{v} = \vec{a}t $ - вектор изменения скорости, направленный так же, как и вектор напряженности $ \vec{E} $.

Рассмотрим первый случай. Пусть начальная скорость частицы $ v_0 $, а заряд $ q_1 = q $. После действия поля в течение времени $ t $ вектор скорости $ \vec{v}_1 $ повернулся на угол $ \varphi = 60^\circ $ относительно $ \vec{v}_0 $, а его модуль стал равен $ v_1 = 2v_0 $. Векторы $ \vec{v}_0, \vec{v}_1 $ и $ \Delta\vec{v}_1 = \vec{a}_1 t = \frac{q\vec{E}t}{m} $ образуют треугольник. По теореме косинусов для этого треугольника: $ |\Delta\vec{v}_1|^2 = v_0^2 + v_1^2 - 2v_0 v_1 \cos\varphi $ Подставим известные значения: $ |\Delta\vec{v}_1|^2 = v_0^2 + (2v_0)^2 - 2v_0(2v_0)\cos(60^\circ) = v_0^2 + 4v_0^2 - 4v_0^2 \cdot \frac{1}{2} = 3v_0^2 $ Отсюда модуль изменения скорости равен: $ |\Delta\vec{v}_1| = \sqrt{3v_0^2} = v_0\sqrt{3} $

Определим угол $ \theta $ между начальным вектором скорости $ \vec{v}_0 $ и вектором изменения скорости $ \Delta\vec{v}_1 $ (то есть с направлением электрического поля). Снова воспользуемся теоремой косинусов, но теперь для нахождения стороны $ v_1 $: $ v_1^2 = v_0^2 + |\Delta\vec{v}_1|^2 - 2v_0 |\Delta\vec{v}_1| \cos(180^\circ - \theta) = v_0^2 + |\Delta\vec{v}_1|^2 + 2v_0 |\Delta\vec{v}_1| \cos\theta $ Подставим значения: $ (2v_0)^2 = v_0^2 + (v_0\sqrt{3})^2 + 2v_0(v_0\sqrt{3})\cos\theta $ $ 4v_0^2 = v_0^2 + 3v_0^2 + 2\sqrt{3}v_0^2\cos\theta $ $ 4v_0^2 = 4v_0^2 + 2\sqrt{3}v_0^2\cos\theta $ $ 0 = 2\sqrt{3}v_0^2\cos\theta $ Так как $ v_0 \neq 0 $, то $ \cos\theta = 0 $, что означает $ \theta = 90^\circ $. Таким образом, начальная скорость частицы была перпендикулярна направлению электрического поля.

Теперь рассмотрим второй случай. Заряд частицы $ q_2 = 2q_1 = 2q $. Начальные условия ($ \vec{v}_0 $, $ m $, $ \vec{E} $, $ t $) те же. Новое ускорение частицы: $ \vec{a}_2 = \frac{q_2\vec{E}}{m} = \frac{2q\vec{E}}{m} = 2\vec{a}_1 $ Изменение скорости за то же время $ t $: $ \Delta\vec{v}_2 = \vec{a}_2 t = 2(\vec{a}_1 t) = 2\Delta\vec{v}_1 $ Модуль изменения скорости: $ |\Delta\vec{v}_2| = 2|\Delta\vec{v}_1| = 2v_0\sqrt{3} $

Конечный вектор скорости во втором случае $ \vec{v}_2 = \vec{v}_0 + \Delta\vec{v}_2 $. Мы ищем угол $ \alpha $ между векторами $ \vec{v}_0 $ и $ \vec{v}_2 $. Поскольку начальная скорость $ \vec{v}_0 $ перпендикулярна направлению поля $ \vec{E} $, она также перпендикулярна вектору $ \Delta\vec{v}_2 $. Следовательно, векторы $ \vec{v}_0 $, $ \Delta\vec{v}_2 $ и $ \vec{v}_2 $ образуют прямоугольный треугольник, где $ \vec{v}_0 $ и $ \Delta\vec{v}_2 $ - катеты, а $ \vec{v}_2 $ - гипотенуза. Угол $ \alpha $ в этом прямоугольном треугольнике можно найти через тангенс: $ \tan\alpha = \frac{|\Delta\vec{v}_2|}{v_0} $. Подставим значение $ |\Delta\vec{v}_2| $: $ \tan\alpha = \frac{2v_0\sqrt{3}}{v_0} = 2\sqrt{3} $. Отсюда искомый угол $ \alpha $ равен $ \alpha = \arctan(2\sqrt{3}) $. Вычислим приближенное значение угла: $ \alpha \approx \arctan(2 \cdot 1.732) \approx \arctan(3.464) \approx 73.9^\circ $. Ответ: вектор скорости повернулся бы на угол $ \alpha = \arctan(2\sqrt{3}) \approx 73.9^\circ $.