Правка раздела «Условие»
ru/3.1.8.md
+1 −1
| @@ -1,8 +1,8 @@ | |||
| ### Условие | |||
| $3.1.8^*.$ Два одинаковых шарика с зарядами $\pm q$, жестко связанные невесомым стержнем длины $l$, находятся в электрическом поле, которое действует на них с силой $\pm qE$. Определите массу шарика, если амплитуда малых поперечных колебаний шариков равна $x_0$, а максимальная скорость шариков $v_0$. | |||
| − |  | ||
| ### Решение | |||
| Второй закон ньютона для нормальной силы кулона, которая создаёт возвращающий момент силы, найдем в проекции на вертикальную ось $$ma_\tau =-qE\sin\varphi$$ Т.к. угол $\varphi$ пренебрежимо маленький, то воспользуемся $\sin\varphi\approx\varphi$ $$-qE\varphi=-qE\frac{2x}{l}$$ Откуда получаем уравнение гармонических колебаний $$m\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{l}x(t)=0$$ $$\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{ml}x(t)=0$$ Решение которого нам известно: $$\omega =\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ Откуда, аналогично [3.1.6](../3.1.6), находим максимальную скорость $$\upsilon_0=x_0\omega =x_0\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ После математических преобразований получаем массу шарика $$\boxed{m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}}$$ | |||
| #### Ответ | |||
| $$m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}$$ | |||
| ещё строк без изменений 5 | |||
| @@ -1,8 +1,8 @@ | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $3.1.8^*.$ Два одинаковых шарика с зарядами $\pm q$, жестко связанные невесомым стержнем длины $l$, находятся в электрическом поле, которое действует на них с силой $\pm qE$. Определите массу шарика, если амплитуда малых поперечных колебаний шариков равна $x_0$, а максимальная скорость шариков $v_0$. | $3.1.8^*.$ Два одинаковых шарика с зарядами $\pm q$, жестко связанные невесомым стержнем длины $l$, находятся в электрическом поле, которое действует на них с силой $\pm qE$. Определите массу шарика, если амплитуда малых поперечных колебаний шариков равна $x_0$, а максимальная скорость шариков $v_0$. | ||
|  | ||
| ### Решение | ### Решение | ||
| Второй закон ньютона для нормальной силы кулона, которая создаёт возвращающий момент силы, найдем в проекции на вертикальную ось $$ma_\tau =-qE\sin\varphi$$ Т.к. угол $\varphi$ пренебрежимо маленький, то воспользуемся $\sin\varphi\approx\varphi$ $$-qE\varphi=-qE\frac{2x}{l}$$ Откуда получаем уравнение гармонических колебаний $$m\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{l}x(t)=0$$ $$\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{ml}x(t)=0$$ Решение которого нам известно: $$\omega =\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ Откуда, аналогично [3.1.6](../3.1.6), находим максимальную скорость $$\upsilon_0=x_0\omega =x_0\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ После математических преобразований получаем массу шарика $$\boxed{m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}}$$ | Второй закон ньютона для нормальной силы кулона, которая создаёт возвращающий момент силы, найдем в проекции на вертикальную ось $$ma_\tau =-qE\sin\varphi$$ Т.к. угол $\varphi$ пренебрежимо маленький, то воспользуемся $\sin\varphi\approx\varphi$ $$-qE\varphi=-qE\frac{2x}{l}$$ Откуда получаем уравнение гармонических колебаний $$m\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{l}x(t)=0$$ $$\ddot{x}(t)+\frac{2qE}{ml}x(t)=0$$ Решение которого нам известно: $$\omega =\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ Откуда, аналогично [3.1.6](../3.1.6), находим максимальную скорость $$\upsilon_0=x_0\omega =x_0\sqrt{\frac{2qE}{ml}}$$ После математических преобразований получаем массу шарика $$\boxed{m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}}$$ | ||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $$m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}$$ | $$m=\frac{2qEx_0^2}{l\upsilon_0^2}$$ | ||
| ещё строк без изменений 5 | |||