Конденсаторы

$U=U_1+U_2$

$U=U_1=U_2$

$q=q_1=q_2$

$q=q_1+q_2$

$\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}$

$C=C_1+C_2$

${\mathrm{q\prime }}^{}=C_1{U}_1+C_2{U}_2$

${\mathrm{C\prime }}^{}=C_1+C_2$

${\mathrm{U\prime }}^{}=\frac{q^{\prime }}{C\prime }=\frac{C_1{U}_1+C_2{U}_2}{C_1+C_2}$

Схема соединения конденсаторов разноименными полюсами:

Заряд системы после соединения:

${\mathrm{q\prime }}^{}=C_1{U}_1-C_2{U}_2$

Электрическая емкость системы:

${\mathrm{C\prime }}^{}=C_1+C_2$

Напряжение:

${\mathrm{U\prime }}^{}=\frac{q^{\prime }}{C\prime }=\frac{C_1{U}_1-C_2{U}_2}{C_1+C_2}$

${\stackrel{-}{F}}_{тяж}+{\stackrel{-}{F}}_K+{\stackrel{-}{F}}_A=0$

ρ_ш > ρ, поэтому ${\stackrel{-}{F}}_{тяж}$> ${\stackrel{-}{F}}_A$. В этом случае сила Кулона направлена вверх, а заряд шарика положительный. Схематически это можно отобразить так:

$F_K+F_A=F_{тяж}$

Сила тяжести равна произведению объема на плотность шарика и на ускорение свободного падения:

$F_{тяж}={\rho }_{ш}\frac{4}{3}\pi r^{3}g$

Архимедова сила равна произведению объема шарика на плотность масла и на ускорение свободного падения:

$F_{А}=\rho \frac{4}{3}\pi r^{3}g$

$F_K=\frac{qU}{d}$

$\frac{qU}{d}+\rho \frac{4}{3}\pi r^{3}g={\rho }_{ш}\frac{4}{3}\pi r^{3}g$

$q={(\rho }_{ш}\frac{4}{3}\pi r^{3}g-\rho \frac{4}{3}\pi r^{3}g)\frac{d}{U}=\frac{4\pi r^{3}gd({\rho }_{ш}-\rho )}{3U}$

Условие равновесия исходит из второго закона Ньютона:

${\stackrel{-}{F}}_{тяж}+{\stackrel{-}{F}}_K+{\stackrel{-}{F}}_{упр}=0$

Проекции на оси ОХ и ОУ соответственно:

$F_{упр}\sin .\alpha -F_K=0$

$F_{упр}\cos .\alpha -mg=0$

$k\Delta l\sin .\alpha =\frac{qU}{d}$

$k\Delta l\cos .\alpha =mg$

Чтобы избавиться от угла α, возведем уравнения в квадрат и сложим их:

${\left(k\Delta l\right)}^2{\sin }^2.\alpha +{\left(k\Delta l\right)}^2{\cos }^2.\alpha ={\left(\frac{qU}{d}\right)}^2+{\left(mg\right)}^2$

${\left(k\Delta l\right)}^2\left({\sin }^2.\alpha +{\cos }^2.\alpha \right)={\left(\frac{qU}{d}\right)}^2+{\left(mg\right)}^2$

${\sin }^2.\alpha +{\cos }^2.\alpha =1$

${\left(k\Delta l\right)}^2={\left(\frac{qU}{d}\right)}^2+{\left(mg\right)}^2$

$U=\frac{d}{q}\sqrt{{\left(k\Delta l\right)}^2-{\left(mg\right)}^2}$

${\stackrel{-}{F}}_{тяж}+{\stackrel{-}{F}}_K=0$

$F_{тяж}-F_K=0$

$F_{тяж}=mg$

$F_K=\frac{qU}{d}$

$mg=\frac{qU}{d}$

$d=\frac{qU}{mg}$

${\stackrel{-}{F}}_{тяж}+{\stackrel{-}{F}}_K=m\stackrel{-}{a}$

Согласно условию данной задачи, сила тяжести противоположно направлена силе Кулона. Построим рисунок:

Если F_тяж > F_K, то шарик движется с ускорением вниз. Ускорение и перемещение в этом случае равны:

$a=\frac{mg-qE}{m}$

$s=b$

Если F_тяж < F_K, то шарик движется с ускорением верх. Ускорение и перемещение в этом случае равны:

$a=\frac{qE-mg}{m}$

$s=d$

Начальная скорость шарика равна нулю. Поэтому перемещение также равно:

$s=\frac{a{t}^2}{2}$

$\frac{a{t}^2}{2}=b$

$\frac{mg-qE}{m}\frac{t^2}{2}=b$

$t=\sqrt{\frac{2bm}{mg-qE}}$

Выполняя вычисления для случая Сделаем вычисления для случая F_тяж < F_K, получим:

$t=\sqrt{\frac{2bm}{qE-mg}}$

${\stackrel{-}{F}}_{тяж}+{\stackrel{-}{F}}_K=m\stackrel{-}{a}$

Если сила Кулона направлена вправо, то s_x = d.

Если сила Кулона направлена вправо, то s_x = b.

Учитывая, что заряд меньше нуля, а вектор напряженности направлен вправо, делаем вывод, что кулоновская сила направлена влево.

Из проекций второго закона Ньютона выразим проекции ускорения на оси ОХ и ОУ соответственно:

$a_x=\frac{qE}{m}$

$a_y=g$

$s_x=\frac{a_x{t}^2}{2}$

$s_x=\Delta h=\frac{g{t}^2}{2}$

$\frac{a_x{t}^2}{2}=b$

$\frac{qE}{m}\frac{t^2}{2}=b$

Так как время движения шарика по вертикали и горизонтали одинаково:

$t^2=\frac{2\Delta h}{g}=\frac{2mb}{qE}$

$\Delta h=\frac{mbg}{qE}$