Номер 952, страница 175 - гдз по физике 9-11 класс сборник задач Капельян, Аксенович

Дано:

$h = 30$ мм

$r = 50$ мм

$q_0 = 5,0$ нКл

$W_0 = 68$ мДж

$W_1 = 40$ мДж

$W_2 = 36$ мДж

Перевод в систему СИ:

$h = 30 \cdot 10^{-3}$ м = $0,03$ м

$r = 50 \cdot 10^{-3}$ м = $0,05$ м

$q_0 = 5,0 \cdot 10^{-9}$ Кл

$W_0 = 68 \cdot 10^{-3}$ Дж

$W_1 = 40 \cdot 10^{-3}$ Дж

$W_2 = 36 \cdot 10^{-3}$ Дж

Электрическая постоянная $k \approx 9 \cdot 10^9$ Н·м²/Кл².

Найти:

q

Решение:

Для решения задачи воспользуемся законом изменения полной механической энергии. Изменение полной механической энергии системы равно работе внешних непотенциальных сил (в данном случае, работе силы трения).

Полная механическая энергия бусинки $E$ в любой точке на спице состоит из ее кинетической энергии $W_k$ и потенциальной энергии $U$ в электрическом поле заряда $q$: $E = W_k + U$. Потенциальная энергия заряда $q_0$ в поле заряда $q$ на расстоянии $d$ определяется формулой $U = k \frac{q q_0}{d}$.

Рассмотрим движение бусинки на двух участках: от левого конца (точка 0) до середины спицы (точка 1) и от середины до правого конца (точка 2).

1. Движение от точки 0 до точки 1.

Изменение полной энергии равно работе силы трения $A_{тр1}$:

$\Delta E_1 = (W_1 + U_1) - (W_0 + U_0) = A_{тр1}$

В начальной точке 0 расстояние до заряда $q$ равно $r$, а в средней точке 1 — $h$.

Следовательно, $U_0 = k \frac{q q_0}{r}$ и $U_1 = k \frac{q q_0}{h}$.

Подставив выражения для потенциальной энергии, получим:

$W_1 - W_0 + k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r}) = A_{тр1}$ (1)

2. Движение от точки 1 до точки 2.

Аналогично, изменение полной энергии равно работе силы трения $A_{тр2}$:

$\Delta E_2 = (W_2 + U_2) - (W_1 + U_1) = A_{тр2}$

В конечной точке 2 расстояние до заряда $q$ снова равно $r$, т.е. $U_2 = k \frac{q q_0}{r}$.

Подставив выражения для потенциальной энергии, получим:

$W_2 - W_1 + k q q_0 (\frac{1}{r} - \frac{1}{h}) = A_{тр2}$ (2)

Задача симметрична относительно середины спицы. Это означает, что силы, действующие на бусинку (в том числе сила нормальной реакции и, как следствие, сила трения), будут одинаковы в точках, симметричных относительно центра. Поэтому работа силы трения на первой половине пути равна работе силы трения на второй половине пути: $A_{тр1} = A_{тр2}$.

Приравняем левые части уравнений (1) и (2):

$W_1 - W_0 + k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r}) = W_2 - W_1 + k q q_0 (\frac{1}{r} - \frac{1}{h})$

Сгруппируем слагаемые, чтобы выразить $q$:

$2W_1 - W_0 - W_2 = k q q_0 (\frac{1}{r} - \frac{1}{h}) - k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r})$

$2W_1 - W_0 - W_2 = -k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r}) - k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r})$

$2W_1 - W_0 - W_2 = -2 k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r})$

Умножим обе части на -1:

$W_0 + W_2 - 2W_1 = 2 k q q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r})$

Отсюда находим искомый заряд $q$:

$q = \frac{W_0 + W_2 - 2W_1}{2 k q_0 (\frac{1}{h} - \frac{1}{r})}$

Подставим числовые значения:

$W_0 + W_2 - 2W_1 = (68 \cdot 10^{-3}) + (36 \cdot 10^{-3}) - 2 \cdot (40 \cdot 10^{-3}) = (104 - 80) \cdot 10^{-3} = 24 \cdot 10^{-3}$ Дж.

$\frac{1}{h} - \frac{1}{r} = \frac{1}{0,03} - \frac{1}{0,05} = \frac{100}{3} - \frac{100}{5} = \frac{100}{3} - 20 = \frac{100 - 60}{3} = \frac{40}{3}$ м⁻¹.

$q = \frac{24 \cdot 10^{-3}}{2 \cdot (9 \cdot 10^9) \cdot (5,0 \cdot 10^{-9}) \cdot (\frac{40}{3})} = \frac{24 \cdot 10^{-3}}{90 \cdot \frac{40}{3}} = \frac{24 \cdot 10^{-3}}{30 \cdot 40} = \frac{24 \cdot 10^{-3}}{1200}$ Кл.

$q = 2 \cdot 10^{-5}$ Кл = $20 \cdot 10^{-6}$ Кл = 20 мкКл.

Ответ: заряд $q$ равен 20 мкКл.