Опыты Кулона

Подсказка

Момент упругости нити пропорционален полному углу закручивания; из условия равновесия коромысла находят силу и расстояние между шариками. Утечку заряда оценивают, считая шарик электродом в слабопроводящей среде (связь тока и заряда через теорему Гаусса).

Ответ

1.1) \(d\approx2{,}55\cdot10^{-5}\) м; 1.2) \(G\approx8{,}1\cdot10^{-9}\) Н\(\cdot\)м; 2.1) \(F=\dfrac{G(\alpha+\varphi)}{r_0\cos(\alpha/2)},\ R=2r_0\sin\dfrac\alpha2\) (три точки: \(49{,}1\) нН при \(66{,}9\) мм; \(189{,}3\) нН при \(33{,}9\) мм; \(749{,}3\) нН при \(16{,}0\) мм); 2.2) наклон графика \(\ln F(\ln R)\) около \(-1{,}9\approx-2\); 2.3) \(q\approx1{,}5\cdot10^{-10}\) Кл; 3.1) \(\rho\approx5{,}2\cdot10^{14}\) Ом\(\cdot\)м.

Решение

1. Свойства нити подвеса.

1.1 В описании Ш. Кулона приведена масса нити \(m\), она легко выражается через объем и плотность серебра

\[m = \rho _ { A g } L \frac { \pi d ^ { 2 } } { 4 } .\tag{1}\]

Из этой формулы легко выразить диаметр нити:

\[d = \sqrt { \frac { 4 m } { \pi \rho _ { A g } L } } .\tag{2}\]

При численных расчетах следует все параметры выразить в единицах системы СИ:

\[d = \sqrt{\frac{4m}{\pi\rho_{Ag}L}} = \sqrt{\frac{4\cdot\frac{1}{16}\cdot 64{,}8\cdot10^{-6}\,\text{кг}}{\pi\cdot10{,}5\cdot10^{3}\,\frac{\text{кг}}{\text{м}^3}\cdot28\cdot2{,}707\cdot10^{-2}\,\text{м}}} = 2{,}55\cdot10^{-5}\,\text{м}.\tag{3}\]

Менее трех сотых миллиметра!

1.2 Модуль кручения определяется по формуле

\[G = { \frac { M } { \varphi } } = { \frac { F r } { \varphi } } .\tag{4}\]

Подстановка численных значений с переводом в систему СИ дает следующее значение

\[G = \frac{Fr}{\varphi} = \frac{\frac{1}{340}\cdot64{,}8\cdot10^{-6}\cdot9{,}81\,\text{Н}\cdot4\cdot2{,}707\cdot10^{-2}\,\text{м}}{2\pi} = 8{,}055\cdot10^{-9}\,\text{Н}\cdot\text{м} \approx 8{,}1\cdot10^{-9}\,\text{Н}\cdot\text{м}.\tag{5}\]

2. Фундаментальный закон электричества.

2.1 Решение этой части задачи начнем с цитаты из использованного мемуара: «Расстояние между двумя шариками, когда они удалены друг от друга действием взаимного отталкивания, измеряется в точности не углом, который они образуют, а хордой дуги, которая соединяет их центры. Так же и плечо в крайнем положении, где проявляется действие, измеряется не половиной длины дуги, или радиусом, а косинусом половины угла...»

Воспользуемся подсказкой самого Шарля Кулона, рассмотрим условия равновесия коромысла крутильных весов. На рисунке показана геометрия опыта и направление силы взаимодействия между шариками \(\vec{F}\). Из рисунка следует, что расстояние между шариками равно

\[R = 2 r_{0} \sin \frac{\alpha}{2}.\tag{6}\]

Плечо силы взаимодействия

\[h = r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}.\tag{7}\]

Угол закручивания нити

\[\varphi_{\Sigma} = \alpha + \varphi.\tag{8}\]

Условие равновесия коромысла весов имеет вид

\[G(\alpha + \varphi) = F r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}.\tag{9}\]

Следовательно, сила взаимодействия может быть рассчитана по формуле

\[F = \frac{G(\alpha + \varphi)}{r_{0} \cos \frac{\alpha}{2}}.\tag{10}\]

Расстояние между шариками рассчитывается по формуле (6). Результаты расчетов по этим формулам приведены в Таблице (1). График этой функции показан на рисунке.

Таблица 1. Расчет сил и расстояний.

2.2 Для доказательства закона Кулона \(\left(F = \frac{A}{R^2}\right)\) следует провести линеаризацию зависимости силы от расстояния. Эту линеаризацию можно провести различными способами. например, построить зависимость \(F(R^{-2})\). Наиболее предпочтительной линеаризацией является построение графика в логарифмическом масштабе \(\ln F(\ln R)\). В этом случае коэффициент наклона будет равен показателю степени в зависимости \(F = AR^n\). На рисунке приведены графики обеих линеаризованных зависимостей.

Действительно, коэффициент наклона в логарифмической зависимости примерно равен -1,9, что с учетом неизбежных погрешностей измерений можно принять равным -2.

Также видно. что зависимость \(F(R^{-2})\) близка к линейной, поэтому эта зависимость также подтверждает закон Кулона.

2.3 В системе СИ закон Кулона имеет вид

\[F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q^2}{R^2}.\]

С помощью этой формулы можно вычислить заряды шариков. Для повышения точности следует провести усреднение по трем результатам измерений. Один из возможных вариантов такого усреднения – использование зависимости \(F(R^{-2})\). В этой зависимости коэффициент наклона равен

\[a = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0} = 1{,}94 \cdot 10^{-10} \, H \cdot m^2,\tag{11}\]

Откуда следует, что

\[q = \sqrt{4\pi\varepsilon_0 a} = \sqrt{4\pi \cdot 8{,}85 \cdot 10^{-12} \cdot 1{,}94 \cdot 10^{-10}} = 1{,}5 \cdot 10^{-10} \, \text{Кл}.\tag{12}\]

3. Утечка заряда.

Понятно, что уменьшение угла отклонения связано с утечкой зарядов с шариков. Поэтому в данной части задачи необходимо найти ответы на два вопроса: первый, как зависит заряд шарика от времени; второй – как связано изменение угла отклонения с изменением заряда.

Можно считать, что шарик находится в однородной слабопроводящей среде, а электрический ток протекает от шарика до бесконечности.

В этом случае разность потенциалов равна потенциалу шарика

\[\Delta \phi = \frac { q } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } b }\tag{13}\]

Здесь обозначено \(b\) - радиус шарика (чтобы не путать с \(R\) - так мы обозначим сопротивление среды).

Для расчета сопротивления среды ее следует разделить на тонкие сферические слои. Сопротивление отдельного слоя радиуса \(r\) и толщины \(\Delta r\) равно

\[\Delta R = \rho \frac { \Delta r } { 4 \pi r ^ { 2 } } .\tag{14}\]

Так как радиально растекающийся ток протекает последовательно через слои, то общее сопротивление равно сумме сопротивлений всех слоев

\[R = \sum _ { i } \rho \frac { \Delta r _ { i } } { 4 \pi r _ { i } ^ { 2 } } .\tag{15}\]

Для выполнения суммирования (точнее интегрирования) можно сослаться на традиционный способ вычисления потенциала поля, создаваемого точечным источником – здесь сумма имеет тот же вид, поэтому

\[R = \sum _ { i } \rho \frac { \Delta r _ { i } } { 4 \pi r _ { i } ^ { 2 } } = \frac { \rho } { 4 \pi b } .\tag{16}\]

Таким образом, находим, что сила тока утечки равна

\[I = \frac { \Delta \phi } { R } = \frac { q } { \rho \varepsilon _ { 0 } } .\tag{17}\]

Примечание. Этот же результат можно получить более изящным способом, используя теорему Гаусса. Мысленно окружим один из шариков произвольной замкнутой поверхностью \(\Omega\). Сила тока, стекающего с шарика равна потоку вектора плотности тока \(\vec{j}\) через эту поверхность \(I = \Phi_j\). По закону Ома в дифференциальной форме плотность пока связана с напряженностью электрического поля соотношением \(\vec{j} = \frac{1}{\rho} \vec{E}\). Поэтому поток вектора плотности тока связан с потоком вектора напряженности таким же соотношением: \(\Phi_j = \frac{1}{\rho} \Phi_E\).

Поток вектора напряженности поля определяется теоремой Гаусса \(\Phi_E = \frac{q}{\varepsilon_0}\). Окончательно получаем \(I = \Phi_j = \frac{1}{\rho} \Phi_E = \frac{q}{\rho \varepsilon_0}\). Полученное соотношение перепишем в виде

\[I = \frac { q } { \rho \varepsilon _ { 0 } } = - \frac { \Delta q } { \Delta t } \quad \Rightarrow \quad \frac { \Delta q } { q } = - \frac { 1 } { \rho \varepsilon _ { 0 } } \Delta t \, .\tag{18}\]

Рассмотрим теперь, как связано угла смещения шарика с изменением зарядов на шариках. Сила взаимодействия выражается через угол смещения \(\alpha\) посредством соотношения (10). Используя закон Кулона, можем записать

\[F = \frac { G ( \alpha + \varphi ) } { r _ { 0 } \cos \frac { \alpha } { 2 } } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { q ^ { 2 } } { R ^ { 2 } } = \frac { 1 } { 4 \pi \varepsilon _ { 0 } } \frac { q ^ { 2 } } { \left( 2 r _ { 0 } \sin \frac { \alpha } { 2 } \right) ^ { 2 } } \quad \Rightarrow \quad q ^ { 2 } = B \frac { ( \alpha + \varphi ) \sin ^ { 2 } \frac { \alpha } { 2 } } { \cos \frac { \alpha } { 2 } } \, ,\tag{19}\]

где \(B\) - некоторая постоянная величина. Эта формула выражает связь между углом смещения и зарядами шариков. Обозначим функцию \(f(\alpha)=\frac{(\alpha+\varphi)\sin^2\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}\). Изменение заряда определяется изменением этой функции. По-видимому, в данном случае проще провести численные расчеты изменения этой функции \(\Delta f = f(\alpha-\Delta\alpha)-f(\alpha)\), хотя можно воспользоваться и приближенными формулами (вычислением производных). Учитывая, что изменения заряда мало, запишем

\[q^2 = Bf(\alpha) \quad \Rightarrow\]

\[2q\Delta q = B\Delta f \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{\Delta f}{f(\alpha)}\tag{20}\]

Численный расчет относительного изменения заряда (при \(\alpha=30^\circ\), \(\Delta\alpha=-1^\circ\), \(\varphi=50^\circ\)) дает значение:

\[\frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{\Delta f}{f(\alpha)} = -0{,}039,\tag{21}\]

Примечание. Для оценки можно приближенно считать, что расстояние между шариками равно длине дуги между ними \(r_0\alpha\), а плечо силы равно \(r_0\). Тогда условие равновесия примет вид

\[G(\alpha+\varphi) = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r_0^2 \alpha^2} r_0\alpha.\]

Тогда проводя аналогичные (20) преобразования, получим

\[q^2 = B_1\alpha(\alpha+\varphi) \quad \Rightarrow\]

\[2q\Delta q = B_1(2\alpha+\varphi)\Delta\alpha \quad \Rightarrow \quad \frac{\Delta q}{q} = \frac{1}{2}\frac{2\alpha+\varphi}{\alpha(\alpha+\varphi)}\Delta\alpha = -0{,}023.\tag{22}\]

Теперь вернемся к формуле (18), из которой можно выразить искомое удельное сопротивление воздуха

\[\rho = -\frac{\Delta t}{\varepsilon_0\left(\frac{\Delta q}{q}\right)} = \frac{3\cdot60}{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot0{,}039} \approx 5{,}2\cdot10^{14} \, \text{Ом}\cdot\text{м}.\tag{23}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.