Номер 579, страница 125 - гдз по физике 10 класс сборник задач Дорофейчик, Белая

579. Заряженный алюминиевый шарик подвешен на непроводящей легкой тонкой нити в вакууме и находится в однородном горизонтально направленном электростатическом поле. Во сколько раз необходимо увеличить модуль напряженности поля, чтобы при помещении этой системы в воду угол между нитью и вертикалью не изменился? Диэлектрическая проницаемость воды $\varepsilon = 81$. Плотность алюминия $\rho_{\text{ал}} = 2,7 \frac{\text{г}}{\text{см}^3}$, плотность воды $\rho_{\text{в}} = 1,0 \frac{\text{г}}{\text{см}^3}$.

Дано:

Диэлектрическая проницаемость воды $\epsilon = 81$.

Плотность алюминия $\rho_{ал} = 2,7 \frac{г}{см^3} = 2700 \frac{кг}{м^3}$.

Плотность воды $\rho_{в} = 1,0 \frac{г}{см^3} = 1000 \frac{кг}{м^3}$.

Угол отклонения нити в вакууме $\alpha_1$ равен углу отклонения в воде $\alpha_2$ ($\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha$).

Найти:

Во сколько раз необходимо увеличить модуль напряженности поля, то есть найти отношение $\frac{E_2}{E_1}$.

Решение:

1. Рассмотрим равновесие шарика в вакууме. На шарик действуют три силы: сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз, сила натяжения нити $\vec{T_1}$, направленная вдоль нити, и электрическая сила $\vec{F}_{e1}$, направленная горизонтально. Заряд шарика обозначим как $q$, а напряженность поля как $E_1$. Тогда $F_{e1} = qE_1$.

Условие равновесия в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси:

Горизонтальная ось (X): $T_1 \sin\alpha = F_{e1} = qE_1$

Вертикальная ось (Y): $T_1 \cos\alpha = mg$

Разделив первое уравнение на второе, получим:

$\tan\alpha = \frac{qE_1}{mg}$ (1)

2. Теперь рассмотрим равновесие шарика в воде. На шарик действуют четыре силы: сила тяжести $m\vec{g}$, сила натяжения нити $\vec{T_2}$, выталкивающая сила Архимеда $\vec{F}_A$, направленная вертикально вверх, и электрическая сила $\vec{F}_{e2}$. В диэлектрической среде (воде) электрическая сила ослабляется в $\epsilon$ раз, поэтому $F_{e2} = \frac{qE_2}{\epsilon}$, где $E_2$ — новая напряженность поля.

Условие равновесия в проекциях на оси:

Горизонтальная ось (X): $T_2 \sin\alpha = F_{e2} = \frac{qE_2}{\epsilon}$

Вертикальная ось (Y): $T_2 \cos\alpha + F_A = mg \implies T_2 \cos\alpha = mg - F_A$

Разделив одно уравнение на другое, получим:

$\tan\alpha = \frac{qE_2}{\epsilon(mg - F_A)}$ (2)

3. Так как по условию угол $\alpha$ не изменился, мы можем приравнять правые части уравнений (1) и (2):

$\frac{qE_1}{mg} = \frac{qE_2}{\epsilon(mg - F_A)}$

Сократим на $q$:

$\frac{E_1}{mg} = \frac{E_2}{\epsilon(mg - F_A)}$

Выразим массу шарика $m$ и силу Архимеда $F_A$ через плотности и объем шарика $V$:

$m = \rho_{ал}V$

$F_A = \rho_{в}gV$

Подставим эти выражения в уравнение:

$\frac{E_1}{\rho_{ал}Vg} = \frac{E_2}{\epsilon(\rho_{ал}Vg - \rho_{в}Vg)}$

Сократим на общий множитель $Vg$:

$\frac{E_1}{\rho_{ал}} = \frac{E_2}{\epsilon(\rho_{ал} - \rho_{в})}$

Отсюда найдем искомое отношение $\frac{E_2}{E_1}$:

$\frac{E_2}{E_1} = \frac{\epsilon(\rho_{ал} - \rho_{в})}{\rho_{ал}} = \epsilon \left(1 - \frac{\rho_{в}}{\rho_{ал}}\right)$

4. Подставим числовые значения:

$\frac{E_2}{E_1} = 81 \cdot \left(1 - \frac{1000}{2700}\right) = 81 \cdot \left(1 - \frac{10}{27}\right) = 81 \cdot \left(\frac{27 - 10}{27}\right) = 81 \cdot \frac{17}{27} = 3 \cdot 17 = 51$

Ответ: Модуль напряженности поля необходимо увеличить в 51 раз.