Решение Задачи 6: Движение Протона в Электрическом Поле

Ниже представлены решения задач с 6 по 11, оформленные для переписывания в тетрадь. Задача 6 Описание траектории: Протон начнет движение из точки \( A \) в направлении вектора напряженности \( \vec{E} \) (по касательной к силовой линии в этой точке). Однако, так как силовые линии искривлены, а протон обладает массой и инерцией, его траектория не будет в точности совпадать с силовой линией. Она будет представлять собой кривую, которая в начальный момент касается силовой линии, но затем плавно отклоняется «наружу» от изгиба линии, так как скорость протона растет, и он не может мгновенно менять направление вслед за вектором поля. Объяснение: 1. На положительно заряженный протон действует сила \( \vec{F} = q\vec{E} \), направленная вдоль силовой линии. 2. Согласно второму закону Ньютона, протон получает ускорение в том же направлении. 3. Поскольку начальная скорость равна нулю, в первый момент движение происходит по касательной. 4. При дальнейшем движении из-за кривизны линий и инерции частицы вектор скорости начинает отставать от поворота вектора силы, и траектория расходится с силовой линией. Задача 7 Дано: \( v_A = 8000 \text{ км/с} = 8 \cdot 10^6 \text{ м/с} \) \( v_B = 2000 \text{ км/с} = 2 \cdot 10^6 \text{ м/с} \) \( e = -1,6 \cdot 10^{-19} \text{ Кл} \) \( m = 9,1 \cdot 10^{-31} \text{ кг} \) Найти: \( \varphi_A - \varphi_B \) Решение: Используем закон сохранения энергии: работа поля равна изменению кинетической энергии электрона. \[ q(\varphi_A - \varphi_B) = \frac{mv_B^2}{2} - \frac{mv_A^2}{2} \] Так как \( q = -e \) (где \( e \) — модуль заряда электрона): \[ -e(\varphi_A - \varphi_B) = \frac{m}{2}(v_B^2 - v_A^2) \] \[ \varphi_A - \varphi_B = \frac{m(v_A^2 - v_B^2)}{2e} \] Подставим значения: \[ \varphi_A - \varphi_B = \frac{9,1 \cdot 10^{-31} \cdot ((8 \cdot 10^6)^2 - (2 \cdot 10^6)^2)}{2 \cdot 1,6 \cdot 10^{-19}} \] \[ \varphi_A - \varphi_B = \frac{9,1 \cdot 10^{-31} \cdot (64 \cdot 10^{12} - 4 \cdot 10^{12})}{3,2 \cdot 10^{-19}} = \frac{9,1 \cdot 10^{-31} \cdot 60 \cdot 10^{12}}{3,2 \cdot 10^{-19}} \] \[ \varphi_A - \varphi_B = \frac{546 \cdot 10^{-19}}{3,2 \cdot 10^{-19}} = 170,625 \text{ В} \] Ответ: 170,625 В. Задача 8 Дано: Заряды в вершинах: \( Q \) и \( 2Q \). Диагонали ромба: \( d_1 = a \), \( d_2 = 2a \). Перемещаемый заряд: \( q = 4Q \). Решение: Наиболее удаленные вершины находятся на концах большой диагонали \( 2a \). Расстояние от них до третьей вершины (на конце малой диагонали) найдем по теореме Пифагора. Половины диагоналей: \( a/2 \) и \( a \). Расстояние от зарядов до третьей вершины: \( r_1 = \sqrt{(a/2)^2 + a^2} = \sqrt{\frac{5}{4}a^2} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \). Потенциал в третьей вершине: \[ \varphi_1 = k \frac{Q}{r_1} + k \frac{2Q}{r_1} = \frac{3kQ}{a\sqrt{5}/2} = \frac{6kQ}{a\sqrt{5}} \] Потенциал в центре ромба (расстояние до зарядов \( r_2 = a \)): \[ \varphi_2 = k \frac{Q}{a} + k \frac{2Q}{a} = \frac{3kQ}{a} \] Работа внешних сил: \( A = q(\varphi_2 - \varphi_1) \). \[ A = 4Q \left( \frac{3kQ}{a} - \frac{6kQ}{a\sqrt{5}} \right) = \frac{kQ^2}{a} \cdot 4 \cdot (3 - \frac{6}{\sqrt{5}}) = \frac{kQ^2}{a} \cdot (12 - \frac{24}{\sqrt{5}}) \] Вычислим коэффициент \( B \): \[ B = 12 - \frac{24}{2,236} \approx 12 - 10,73 = 1,27 \] Ответ: 1,27. Задача 9 Решение: Точка \( C \) находится снаружи полого шара (\( 6R > 4R \)). Согласно теореме Гаусса, для любой точки вне сферически симметричного распределения зарядов поле эквивалентно полю точечного заряда, помещенного в центр и равного сумме всех зарядов системы. Суммарный заряд: \( Q_{sum} = 3Q + \frac{Q}{2} = 3,5Q \). Напряженность в точке \( C \): \[ E = k \frac{Q_{sum}}{r^2} = k \frac{3,5Q}{(6R)^2} = \frac{3,5}{36} \frac{kQ}{R^2} \] \[ B = \frac{3,5}{36} \approx 0,0972 \] Ответ: 0,0972. Задача 10 Решение: Точка \( A \) находится внутри полости шара (\( R/4 < R \)). Согласно теореме Гаусса, заряд, распределенный по проводящему шару, не создает электрического поля внутри своей полости. Следовательно, поле в точке \( A \) создается только точечным зарядом \( Q/2 \), находящимся в центре. \[ E = k \frac{Q/2}{(R/4)^2} = k \frac{Q/2}{R^2/16} = k \frac{16Q}{2R^2} = 8 \frac{kQ}{R^2} \] Коэффициент \( B = 8 \). Ответ: 8. Задача 11 Решение: Точка \( C \) находится снаружи (\( 6R > 4R \)). Потенциал вне системы равен потенциалу точечного заряда, равного сумме всех зарядов системы и помещенного в центр. Суммарный заряд: \( Q_{sum} = 4Q + Q = 5Q \). Потенциал в точке \( C \): \[ \varphi = k \frac{Q_{sum}}{r} = k \frac{5Q}{6R} = \frac{5}{6} \frac{kQ}{R} \] Коэффициент \( B = \frac{5}{6} \approx 0,833 \). Ответ: 0,833.