Номер 584, страница 126 - гдз по физике 10 класс сборник задач Дорофейчик, Белая

584. На шелковой нити длиной $l$ подвешен маленький шарик массой $m$ и положительным зарядом $q$. Шарик обращается с постоянной угловой скоростью вокруг вертикальной оси в однородном электростатическом поле, модуль напряженности которого равен $E$, а вектор напряженности направлен вертикально вниз. Определите угловую скорость обращения шарика и модуль силы натяжения нити, если угол, образуемый нитью и вертикалью, равен $\alpha$. Найдите кинетическую энергию шарика.

Дано:

Длина нити: $l$

Масса шарика: $m$

Заряд шарика: $q > 0$

Напряженность поля: $E$ (направлена вниз)

Угол отклонения нити от вертикали: $\alpha$

Угловая скорость: $\omega = \text{const}$

Найти:

Угловую скорость $\omega$

Модуль силы натяжения нити $T$

Кинетическую энергию шарика $K$

Решение:

На шарик, вращающийся на нити, действуют три силы: сила тяжести $m\vec{g}$, направленная вертикально вниз, электрическая сила $\vec{F}_э = q\vec{E}$, также направленная вертикально вниз (так как заряд $q$ положительный), и сила натяжения нити $\vec{T}$, направленная вдоль нити к точке подвеса.

Шарик совершает равномерное движение по окружности в горизонтальной плоскости. Следовательно, его ускорение является центростремительным $\vec{a}_ц$ и направлено горизонтально к центру окружности.

Радиус окружности, по которой движется шарик, равен $r = l \sin\alpha$.

Модуль центростремительного ускорения: $a_ц = \omega^2 r = \omega^2 l \sin\alpha$.

Согласно второму закону Ньютона, равнодействующая всех сил равна произведению массы на ускорение:

$m\vec{g} + \vec{F}_э + \vec{T} = m\vec{a}_ц$

Выберем систему координат: ось OY направим вертикально вверх, а ось OX – горизонтально к центру окружности. Спроецируем уравнение второго закона Ньютона на эти оси:

Проекция на ось OY (вертикальная): $T \cos\alpha - mg - qE = 0$ (1)

Проекция на ось OX (горизонтальная): $T \sin\alpha = m a_ц = m \omega^2 l \sin\alpha$ (2)

Определите угловую скорость обращения шарика и модуль силы натяжения нити

Из уравнения для вертикальной оси (1) выразим модуль силы натяжения нити $T$:

$T \cos\alpha = mg + qE$

$T = \frac{mg + qE}{\cos\alpha}$

Теперь рассмотрим уравнение для горизонтальной оси (2). Так как по условию нить отклонена на угол $\alpha$, то $\alpha \neq 0$, и мы можем сократить уравнение на $\sin\alpha$:

$T = m \omega^2 l$

Приравняем два полученных выражения для силы натяжения $T$:

$\frac{mg + qE}{\cos\alpha} = m \omega^2 l$

Отсюда найдем квадрат угловой скорости:

$\omega^2 = \frac{mg + qE}{m l \cos\alpha}$

Тогда угловая скорость равна:

$\omega = \sqrt{\frac{mg + qE}{m l \cos\alpha}}$

Ответ: Модуль силы натяжения нити $T = \frac{mg + qE}{\cos\alpha}$, угловая скорость обращения шарика $\omega = \sqrt{\frac{g(1 + qE/mg)}{l \cos\alpha}} = \sqrt{\frac{mg + qE}{m l \cos\alpha}}$.

Найдите кинетическую энергию шарика

Кинетическая энергия тела определяется формулой $K = \frac{1}{2}mv^2$, где $v$ – его линейная скорость.

Линейная скорость шарика связана с угловой скоростью и радиусом вращения соотношением: $v = \omega r = \omega l \sin\alpha$.

Подставим это в формулу для кинетической энергии:

$K = \frac{1}{2}m(\omega l \sin\alpha)^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 l^2 \sin^2\alpha$

Теперь подставим найденное ранее выражение для $\omega^2 = \frac{mg + qE}{m l \cos\alpha}$:

$K = \frac{1}{2}m \left( \frac{mg + qE}{m l \cos\alpha} \right) l^2 \sin^2\alpha$

После сокращения $m$ и $l$ получаем:

$K = \frac{1}{2}(mg + qE) \frac{l \sin^2\alpha}{\cos\alpha}$

Это выражение можно также записать, используя $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$:

$K = \frac{1}{2}(mg + qE) l \tan\alpha \sin\alpha$

Ответ: $K = \frac{1}{2}(mg + qE) l \tan\alpha \sin\alpha$.