Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 5594
2017-12-05 
Бесконечная прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью $\gamma$. В плоскости, перпендикулярной нити, на расстоянии $a$ от нее расположена заряженная с той же линейной плотностью палочка АВ длиной $l$ (рис.). Определить силу, действующую на палочку со стороны нити, если $OC = a, \angle COB = \alpha_{1}, \angle AOC = \alpha_{2}$.
Решение:
Напряженность поля заряженной нити $E = \frac{ \gamma}{ 2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r}$. В проекциях на оси: $E_{x} = \frac{ \gamma \sin \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r}; E_{y} = \frac{ \gamma \cos \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r }$.
$dF_{x} = E_{x} dq = E_{x} \gamma dl = \frac{ \gamma \sin \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r} \gamma \frac{r d \alpha}{ \cos \alpha} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} tg \alpha d \alpha$.
Интегрируя, получим:
$F_{x} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} ln \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}}$.
Аналогично:
$F_{y} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} ( \alpha_{1} + \alpha_{2})$.
$F = \sqrt{ F_{x}^{2} + F_{y}^{2}} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \epsilon_{0} \epsilon} \left [ ln^{2} \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}} + ( \alpha_{1} + \alpha_{2})^{2} \right ]$.
Угол между силой $\vec{F}$ и осью у находим из равенства:
$tg \phi = \frac{E_{x}}{E_{y}}$.
Получаем, что
$\phi = arctg \frac{ln \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}}}{ \alpha_{1} + \alpha_{2}} = arctg \frac{ln \cos \alpha_{1} - ln \cos \alpha_{2}}{ \alpha_{1} + \alpha_{2}}$.
Бесконечная прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью $\gamma$. В плоскости, перпендикулярной нити, на расстоянии $a$ от нее расположена заряженная с той же линейной плотностью палочка АВ длиной $l$ (рис.). Определить силу, действующую на палочку со стороны нити, если $OC = a, \angle COB = \alpha_{1}, \angle AOC = \alpha_{2}$.
Решение:
Напряженность поля заряженной нити $E = \frac{ \gamma}{ 2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r}$. В проекциях на оси: $E_{x} = \frac{ \gamma \sin \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r}; E_{y} = \frac{ \gamma \cos \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r }$.
$dF_{x} = E_{x} dq = E_{x} \gamma dl = \frac{ \gamma \sin \alpha}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon r} \gamma \frac{r d \alpha}{ \cos \alpha} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} tg \alpha d \alpha$.
Интегрируя, получим:
$F_{x} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} ln \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}}$.
Аналогично:
$F_{y} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \pi \epsilon_{0} \epsilon} ( \alpha_{1} + \alpha_{2})$.
$F = \sqrt{ F_{x}^{2} + F_{y}^{2}} = \frac{ \gamma^{2}}{2 \epsilon_{0} \epsilon} \left [ ln^{2} \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}} + ( \alpha_{1} + \alpha_{2})^{2} \right ]$.
Угол между силой $\vec{F}$ и осью у находим из равенства:
$tg \phi = \frac{E_{x}}{E_{y}}$.
Получаем, что
$\phi = arctg \frac{ln \frac{ \cos \alpha_{1}}{ \cos \alpha_{2}}}{ \alpha_{1} + \alpha_{2}} = arctg \frac{ln \cos \alpha_{1} - ln \cos \alpha_{2}}{ \alpha_{1} + \alpha_{2}}$.
