ВсОШ, 2023/24, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

При движении по окружности угловая скорость не зависит от радиуса: сила упругости и сила Лоренца обе пропорциональны \(r\). Старт из покоя — это сумма двух встречных равномерных вращений с подобранными длинами векторов, при которой начальные скорости взаимно гасятся.

Ответ

1) по часовой стрелке \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} + \dfrac{qB}{2m}\), против часовой стрелки \(\omega_2 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} - \dfrac{qB}{2m}\);  2) \(r_\text{min} = \dfrac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \dfrac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\), где \(\Omega = \dfrac{qB}{2m}\), \(\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}\);  3) \(\tau = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\);  4) траектория трижды за оборот проходит от окружности радиуса \(r_0\) до окружности радиуса \(r_0/3\) и обратно (см. рисунок в решении); в исходной точке бусинка впервые окажется через \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Решение

1. Уравнение движения бусинки на резинке в магнитном поле \(\vec B\) имеет вид \[m\vec a = -k\vec r + q\big[\vec v\times\vec B\big],\] то есть (как и отмечено в условии) оно является линейным и однородным уравнением по отношению к закону движения \(\vec r(t)\) (сам вектор координаты, откладываемый от положения равновесия бусинки, и его производные — скорость и ускорение — входят в уравнение только в первой степени). При движении по окружности радиуса \(r_0\) центростремительное ускорение бусинки создаётся силой упругости резинки и силой Лоренца, причём в зависимости от направления вращения сила Лоренца либо направлена к центру окружности, либо от него. Значит, величина угловой скорости бусинки при таком движении находится из уравнения \[m\omega^2r_0 = kr_0 \pm qB\omega r_0 \;\Longrightarrow\; \omega^2 \pm \frac{qB}{m}\omega - \frac{k}{m} = 0.\] Далее введём обозначения \(\Omega \equiv \dfrac{qB}{2m}\) и \(\omega_0^2 \equiv \dfrac{k}{m}\). Тогда, выбирая для каждого случая положительный корень, приходим к выводу, что при вращении по часовой стрелке величина угловой скорости (циклическая частота вращения) \[\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} + \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} + \frac{qB}{2m},\] а при вращении против часовой стрелки она равна \[\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} - \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} - \frac{qB}{2m} < \omega_1.\]

Примечание: в обоих случаях угловая скорость не зависит от радиуса окружности! Поэтому величина линейной скорости пропорциональна радиусу описываемой окружности.

2. Пусть теперь \(\vec r_1(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по окружности радиуса \(r_0\) по часовой стрелке, а \(\vec r_2(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по той же окружности против часовой стрелки. Модули скоростей движения у бусинки при этих движениях различаются: легко найти, что \(|\vec v_1| = \omega_1r_0\), а \(|\vec v_2| = \omega_2r_0\). Если записать суперпозицию этих законов движения в виде \[\vec r(t) = \frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t) + \frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t),\] то, в соответствии с линейностью и однородностью уравнения движения (и в соответствии с содержащейся в условии «подсказкой»), этот закон тоже удовлетворяет уравнению движения. Легко определить начальные условия, которым он соответствует: поскольку \(\vec r_1(0) = \vec r_2(0) \equiv \vec r_0\) и при различных направлениях вращения \(|\vec v_1(0)| = \omega_1r_0 = \dfrac{\omega_1}{\omega_2}|\vec v_2(0)|\), то \(\vec r(0) = \vec r_0\) и \(\vec v(0) = 0\). Следовательно, полученный закон описывает движение бусинки, запущенной без начальной скорости с расстояния \(r_0\) от отверстия! Мы обнаружили, что вектор координаты такой бусинки можно в любой момент времени найти как сумму вектора \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_1\) по часовой стрелке, и вектора \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_2\) против часовой стрелки от того же начального положения (см. рисунок). Отметим, что угол между этими векторами в момент времени \(t\) равен \(\varphi(t) = (\omega_1 + \omega_2)t\). Поэтому, по теореме косинусов, в этот момент времени расстояние от бусинки до отверстия удовлетворяет уравнению \[r^2(t) = \left(\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + \left(\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + 2\cdot\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big].\] Значит, \[r(t) = \frac{r_0}{\omega_1 + \omega_2}\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2 + 2\omega_1\omega_2\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big]}.\] Таким образом, циклическая частота изменения расстояния от бусинки до положения равновесия равна \(\omega_1 + \omega_2 = 2\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}\), причём минимальное значение \[r_\text{min} = \frac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \frac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\]

расстояние принимает в моменты времени \(t_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega^2 + \Omega^2}}\left(n + \dfrac{1}{2}\right)\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Отметим, что для нахождения \(r_\text{min}\) не обязательно исследовать закон изменения расстояния \(r(t)\): достаточно понять, что расстояние от бусинки до отверстия минимально, когда «составляющие» векторы нашей суперпозиции направлены противоположно. Тогда ясно, что \(r_\text{min}\) равно разности их модулей.

3. Из формулы для \(r(t)\) видно, что максимальное расстояние от бусинки до отверстия равно начальному \(r_\text{max} = r_0\), и оно достигается в моменты времени \(t'_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}n\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Как видно, впервые после отпускания это произойдёт в момент времени \[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}.\] Как и в предыдущем пункте, можно получить этот ответ без нахождения \(r(t)\) — достаточно образного представления движения. Тогда ясно, что расстояние максимально, когда вращающиеся навстречу друг другу «составляющие» векторы суперпозиции встречаются, и \(\tau = \dfrac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\).

4. При таком соотношении параметров \(\Omega^2 = \omega_0^2/8\), и поэтому \(\omega_1 = \omega\cdot\sqrt{2}\), а \(\omega_2 = \omega_0/\sqrt{2}\). Значит, отношение угловых скоростей \(\omega_1 : \omega_2 = 2 : 1\), то есть общее движение периодическое, и траектория оказывается замкнутой. В этом случае \[\vec r_1(t) = \frac{1}{3}\vec r_1(t) + \frac{2}{3}\vec r_2(t),\] длины векторов, сумма которых даёт \(\vec r(t)\), равны \(r_0/3\) и \(2r_0/3\), а закон изменения расстояния \[r(t) = \frac{r_0}{3}\sqrt{5 + 4\cdot\cos\Big[3\omega_2t\Big]}.\] Ясно, что период движения — наименьшее общее кратное периодов двух составляющих движений, которое в нашем случае равно периоду меньшей частоты \(\omega_2\).

Поэтому впервые после отпускания бусинка окажется в исходной точке спустя время \[T = \frac{2\pi}{\omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}}.\] Период изменения расстояния от отверстия

\[T = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{3\omega_0} = \frac{1}{3}T_2.\] Поэтому за один период движения бусинка трижды достигает максимального расстояния \(r_0\), и трижды — минимального \(r_0/3\). Таким образом, траектория за «полный оборот» вокруг оси отверстия трижды проходит от окружности с радиусом \(r_0\) до окружности с радиусом \(r_0/3\) и обратно, причём вблизи общих точек с большей окружностью бусинка движется по радиусу (траектория касается радиуса), в общих точках с меньшей окружностью радиальная скорость бусинки обращается в ноль при ненулевой угловой скорости — бусинка движется перпендикулярно радиусу, и её траектория касается меньшей окружности в общих точках. По этим сведениям можно достаточно корректно изобразить вид траектории (см. рисунок). Другой способ изучить траекторию — записать закон движения бусинки в декартовых координатах \((x, y)\). Удобно совместить начало координат с осью отверстия, а ось \(x\) направить так, чтобы она проходила через начальное положение бусинки. Проецируя закон движения на эти оси, получим: \[\begin{cases} x(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\cos(\omega_2t) + \cos(2\omega_2t)\Big],\\[2mm] y(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\sin(\omega_2t) - \sin(2\omega_2t)\Big]. \end{cases}\] Тогда можно построить траекторию «по точкам», выбрав несколько характерных значений \(\omega_2t\). Впрочем, и в этом случае удобно в первую очередь построить положение точек, отвечающих моментам, когда бусинка находится на максимальном и минимальном расстояниях от отверстия, то есть \(\omega_2t = 0, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{3}, \pi, \dfrac{4\pi}{3}, \dfrac{5\pi}{3}\).

Подсказка

Лепёшка широкая и плоская, поэтому задача двумерная: запишите равновесие полоски ртути по горизонтали — силы поверхностного натяжения на краях против силы среднего гидростатического давления (с добавкой от веса верхнего цилиндра). Для вытекания найдите, какой может быть наибольшая горизонтальная составляющая силы натяжения, пока край ртути переходит через закругление на боковую поверхность.

Ответ

1) \(V_0 = S\sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}\);  2) \(m_1 = \dfrac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\);  3) \(m_2 = \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta < \pi/2\) и \(m_2 = \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2}\) при \(\theta \geqslant \pi/2\).

Решение

1. Неравенство из условия задачи позволяет считать верхнюю поверхность ртути практически плоской, а горизонтальный радиус ртутной «лепёшки» много большим, чем её толщина. Это даёт возможность определить толщину слоя ртути \(h\), рассматривая задачу как двумерную. Будем считать, что ртуть заполнила всю площадь основания цилиндра, но при этом не перешла на его боковую поверхность.

Рассмотрим участок слоя жидкости шириной \(L\) и условие её равновесия в проекции на горизонтальную ось \(x\) (силы, действующие на этот участок в горизонтальном направлении, изображены на рис.): \[F_x = F\cos\theta - F + p_\text{ср}Lh = \sigma L\cos\theta - \sigma L + p_\text{ср}Lh = 0,\] где \(p_\text{ср}\) — среднее по высоте гидростатическое давление ртути, равное \(p_\text{ср} = \rho gh/2\). Тогда имеем: \[\frac{\rho gh^2}{2} = \sigma(1 - \cos\theta) \quad\Rightarrow\quad h = \sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\] Когда ртуть заполняет всю поверхность основания цилиндра, её объём равен \[V_0 = Sh = S\sqrt{\frac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho g}}.\]

2. Если поставить на ртуть цилиндр массой \(m\), то в каждой точке жидкости гидростатическое давление возрастёт на величину \(mg/S_\text{к}\), где \(S_\text{к}\) — площадь контакта ртути и поставленного на неё цилиндра. Среднее гидростатическое давление в слое ртути в этом случае составит \[p_\text{ср} = \frac{\rho gh}{2} + \frac{mg}{S_\text{к}}.\]

Условие равновесия сил, действующих на участок ртути единичной ширины в проекции на ось \(x\) (см. рис.), примет вид: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gh^2}{2} + \frac{mgh}{S_\text{к}}.\] Отметим, что \(h = V/S_\text{к}\), поскольку поверхность ртути можно считать плоской (после постановки на неё цилиндра это приближение становится ещё более справедливым). Подставляя выражение для \(h\), получим: \[\sigma(1 - \cos\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S_\text{к}^2} + \frac{mgV}{S_\text{к}^2}.\] Ртуть полностью заполнит зазор между цилиндрами при \(S_\text{к} = S\), следовательно \[m_1 = \frac{\sigma S^2(1 - \cos\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]

Примечание: обращаем внимание, что в выражении для давления ртути нельзя считать \(\rho gh \ll mg/S\), так как эти величины могут быть одного порядка!

3. В процессе перехода границы ртути с основания нижнего цилиндра на его боковую поверхность направление касательной к поверхности ртути поворачивается на \(90^\circ\). Ртуть станет вытекать из зазора между цилиндрами, когда сила гидростатического давления превысит максимально возможную величину горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения. Теоретически, этот максимум соответствует положению касательной, при котором она является горизонтальной, однако это положение может быть нереализуемо при заданном значении угла смачивания \(\theta\).

Рассмотрим два случая.

Первый случай: \(\theta < \pi/2\).

В данном случае касательная к поверхности жидкости никогда не станет горизонтальной, поэтому величина горизонтальной компоненты силы поверхностного натяжения будет максимальной, если касательная будет направлена под углом \(\theta\) к боковой поверхности цилиндра (см. рис.). Тогда \[F_{max} = \sigma L(1 + \sin\theta).\] Записывая условие равновесия, получим, что \[\sigma(1 + \sin\theta) = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\]

Второй случай: \(\theta \geqslant \pi/2\).

В данном случае касательная к поверхности жидкости может стать горизонтальной (см. рис.). Тогда максимальная горизонтальная компонента силы поверхностного натяжения будет равна \[F_{max} = 2\sigma L.\] Записывая условие равновесия в этом случае, получим \[2\sigma = \frac{\rho gV^2}{2S^2} + \frac{m_2gV}{S^2},\] откуда \[m_2 = \frac{2\sigma S^2}{gV} - \frac{\rho V}{2}.\] Итак, \[m_2 = \begin{cases} \dfrac{\sigma S^2(1 + \sin\theta)}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta < \pi/2,\\[3mm] \dfrac{2\sigma S^2}{gV} - \dfrac{\rho V}{2} & \text{при}\quad \theta \geqslant \pi/2. \end{cases}\]

Подсказка

Разрежьте боковую поверхность на узкие полоски: при \(\sigma = A/x\) каждая полоска — стержень с постоянной линейной плотностью заряда. Нормальная к плоскому заряженному слою составляющая поля пропорциональна телесному углу, под которым слой виден; в точке пересечения диагоналей осевого сечения оба основания видны под одним углом.

Ответ

1) \(E_\text{O} = \dfrac{\sqrt{3}}{16}\dfrac{A}{\varepsilon_0l}\), вектор направлен вдоль оси конуса;  2) \(\text{OF} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}l\) (точка пересечения диагоналей осевого сечения);  3) устойчиво при \(\sigma_0 < \dfrac{A}{2l}\), период \(T = \dfrac{8\pi}{3}\sqrt{\dfrac{2}{\sqrt{3}}\dfrac{m\varepsilon_0l}{q}\left(\dfrac{A}{l} - 2\sigma_0\right)^{-1}}\).

Решение

1. Первый способ. Из осевой симметрии системы следует, что в любой точке на оси конуса вектор напряжённости параллелен оси. Мысленно разрежем конус на \(2N\) одинаковых практически плоских трапеций. При увеличении \(N\) площадь кусочка искривлённой трапеции стремится к площади плоской трапеции, так что при достаточно большом \(N\) кусочки можно считать плоскими.

Наибольшее основание \(\Delta c\) трапеции выражается через центральный угол \(\Delta\beta\) окружности сечения с наибольшим радиусом или через угол \(\Delta\phi\) при вершине треугольника, получающегося при дополнении трапеции, как \(\Delta c = l\Delta\beta = 2l\Delta\phi\). При достаточно малом \(\Delta\beta\) справедливо соотношение \(\Delta c \ll l\), так что в первом приближении каждую из трапеций можно представить в виде тонкого стержня с некоторой эффективной линейной плотностью заряда \(\lambda(x)\).

Найдём \(\lambda(x)\). Выразим заряд на малой площади треугольника, получающегося при дополнении трапеции. \[\Delta q = \sigma(x)\,\Delta S = \sigma(x)\,x\,\Delta x\,\Delta\phi = A\,\Delta x\,\Delta\phi.\] Тогда имеем \[\lambda(x) = \frac{\Delta q}{\Delta x} = A\,\Delta\phi = A\frac{\Delta\beta}{2} \overset{x}{\equiv} \text{const}.\] Рассмотрим тонкий диэлектрический равномерно заряженный стержень длины \(l\) с линейной плотностью заряда \(\lambda\). Найдём напряжённость на прямой, содержащей стержень, в точке O на расстоянии \(l\) от стержня. Сделаем это методом разности потенциалов. При смещении из точки O на расстояние \(\Delta x \ll l\) имеем \[\Delta E_\text{O} = -\frac{\Delta\varphi}{\Delta x} = k\lambda\left(\frac{1}{l} - \frac{1}{2l}\right) = \frac{A}{8\varepsilon_0l}\frac{\Delta\beta}{2\pi}.\] Тогда с учётом проекции на ось после суммирования \(\Delta\beta\) от \(0\) до \(2\pi\) получаем вклад в результирующую напряжённость от боковой поверхности конуса: \[E_\text{O}^{side} = \frac{\sqrt{3}}{16}\frac{A}{\varepsilon_0l}.\]

Нормальная компонента поля к плоской равномерно заряженной площадке в любой точке пространства выражается через телесный угол, под которым видна площадка из этой точки. Покажем, что если по плоскому слою равномерно распределён заряд с поверхностной плотностью \(\sigma\), то в точке \(A\) компонента электрического поля, перпендикулярная слою, равна: \[E_n = \frac{\sigma\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0},\] где \(\Omega_A\) — телесный угол, под которым виден плоский слой из точки \(A\).

Доказательство: Рассмотрим элемент плоского слоя с площадью \(dS\). Пусть \(\vec e_n\) — единичный вектор нормали к поверхности слоя, направленный к точке \(A\), а \(\vec r\) — радиус-вектор, проведённый от элемента слоя к точке \(A\). Тогда для нормальной компоненты электрического поля элемента слоя получим: \[d\vec E_n = \vec e_n\cdot\frac{\sigma\vec r\,dS}{4\pi\varepsilon_0r^3} = \frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{\vec r\cdot d\vec S}{r^3}.\] Если направления векторов \(\vec r\) и \(d\vec S\) изменить на противоположные, величина \(\big(\vec r\cdot d\vec S\big)/r^3\) по определению будет представлять собой элемент телесного угла \(d\Omega_A\), под которым элемент плоского слоя виден из точки \(A\). Таким образом: \[dE_n = \frac{\sigma\,d\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0} \;\Rightarrow\; E_n = \frac{\sigma\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0},\] что и требовалось доказать.

Так как оба основания видны из точки O под одинаковым телесным углом, а \(\sigma_1 = -\sigma_2\), из теоремы о выражении нормальной к площадке напряжённости через телесный угол следует, что суммарный вклад в результирующую напряжённость от оснований \[E_\text{O}^{bases} = 0.\] Значит, \[E_\text{O} = \frac{\sqrt{3}}{16}\frac{A}{\varepsilon_0l}.\]

Второй способ. Разобьём боковую поверхность на колечки и начнём интегрировать. \[E_\text{O} = \int\limits_l^{2l} k\frac{2\pi x\sin(\alpha)}{x^2}\frac{A}{x}\cos(\alpha)\,dx = \frac{\sqrt{3}A}{8\varepsilon_0}\int\limits_l^{2l}\frac{1}{x^2}\,dx = \frac{\sqrt{3}}{16}\frac{A}{\varepsilon_0l}.\] Пусть \(y\) — расстояние от центра диска, заряженного с \(\sigma_0\), по его оси. Радиус диска \(R\). Будем интегрировать по радиусу. \[E^{disk}(y) = \frac{y\sigma_0}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^R\frac{r}{(r^2 + y^2)^{3/2}}\,dr = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0}\left(1 - \frac{y}{\sqrt{y^2 + R^2}}\right).\] В нашем случае \[y_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}l, \quad R_1 = \frac{l}{2}; \qquad y_2 = \sqrt{3}\,l, \quad R_2 = l.\] Тогда, так как \(\sigma_1 = -\sigma_2\), суммарная напряжённость от оснований: \[E_\text{O}^{bases} = 0, \qquad E_\text{O} = \frac{\sqrt{3}}{16}\frac{A}{\varepsilon_0l}.\]

2. Первый способ. Рассмотрим пару противоположных стержней. Они образуют равнобокую трапецию с основаниями \(l\), \(2l\) и боковой стороной \(l\).

Заметим, что для равномерно заряженного стержня BC в любой точке W, не принадлежащей стержню, напряжённость направлена вдоль биссектрисы угла \(\angle\text{BWC}\).

Доказательство: Рассмотрим малый элемент длины \(\Delta l\) стержня. Напряжённость от него в точке \(W\) эквивалентна напряжённости от точечного заряда \(\Delta q = \lambda\Delta l\).

По закону Кулона, \[\Delta E_W = k\frac{\lambda\Delta l\cos^2\theta}{h^2}.\] Заметим, что \[\frac{h}{\cos\theta}\,\Delta\theta = \cos(\theta)\,\Delta l.\] Тогда выражение для \(\Delta E_W\) примет вид \[\Delta E_W = \frac{k\lambda}{h^2}h\Delta\theta,\] что в точности соответствует напряжённости от малого элемента длины \(h\Delta\theta\) дуги окружности радиусом \(h\) с плотностью заряда \(\lambda\). Поскольку для дуги окружности в силу симметрии результирующая напряжённость в точке \(W\) направлена по биссектрисе центрального угла, то же самое верно и для стержня. Что и требовалось доказать.

Таким образом, напряжённость \(\vec E_\text{F}\) в точке пересечения диагоналей трапеции F от боковой стороны направлена вдоль биссектрисы угла \(\theta\).

Заметим, что точка F\('\), в которой суммарная напряжённость от боковой поверхности усечённого конуса равна 0, совпадает с точкой F. В самом деле, рассмотрим соотношения углов: \(\gamma_1 = \gamma_2\) — как вертикальные, \(\gamma_2 = \gamma_3\) — так как треугольник в основании равнобедренный, \(\varphi_1 + \gamma_1 = \pi/2\), \(\varphi_2 + \gamma_3 = \pi/2\) — так как напряжённость от боковой стороны должна быть перпендикулярна высоте конуса.

Получаем \(\varphi_1 = \varphi_2\), значит, биссектриса угла \(\theta\) перпендикулярна высоте конуса. В точке пересечения диагоналей напряжённость от боковой стороны перпендикулярна высоте конуса, точки F и F\('\) совпадают.

Согласно теореме о выражении нормальной к площадке напряжённости через телесный угол, так как \(\sigma_1 = \sigma_2\), в точке F пересечения диагоналей трапеции суммарная напряжённость от оснований конуса равна нулю при любом значении \(\sigma_0\).

Из подобия треугольников получаем \[\frac{h_2}{h_1} = \frac{r_2}{r_1}, \qquad \frac{r - r_1}{h_1} = \frac{r_2 - r}{h_2}.\] Откуда: \[r = \frac{2r_1r_2}{r_1 + r_2}. \tag{1}\] При \(r_1 = \dfrac{l}{2}\), \(r_2 = l\) получаем: \[r = \frac{2}{3}l.\] В конусе \[\text{OF} = \frac{r}{\operatorname{tg}(\alpha)},\] откуда имеем \[\text{OF} = \frac{2\sqrt{3}}{3}l.\]

Второй способ. Введём координатную ось \(z\) с началом в точке O и направлением вдоль оси симметрии. Разобьём боковую поверхность усечённого конуса на колечки и для нахождения напряжённости проинтегрируем вклад от одного колечка в пределах изменения координаты \(x\) — от \(l\) до \(2l\). \[E^{sides}(z) = \int\limits_l^{2l} k\frac{2\pi x\sin(\alpha)A\,(x\cos(\alpha) - z)}{\Big((x\sin(\alpha))^2 + (x\cos(\alpha) - z)^2\Big)^{3/2}x}\,dx = \frac{A}{4\varepsilon_0}\int\limits_l^{2l}\frac{x\cos(\alpha) - z}{\Big((x\sin(\alpha))^2 + (x\cos(\alpha) - z)^2\Big)^{3/2}}\,dx.\] Введём новую переменную: \[u = x - \frac{\sqrt{3}}{2}z.\] Тогда выражение примет вид \[E^{sides}(z) = \frac{A}{4\varepsilon_0}\left[\frac{\sqrt{3}}{2}\int\limits_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}\frac{u}{\left(u^2 + \frac{z^2}{4}\right)^{3/2}}\,du \;-\; \frac{z}{4}\int\limits_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}\frac{1}{\left(u^2 + \frac{z^2}{4}\right)^{3/2}}\,du\right].\] Для взятия данных интегралов можно использовать подстановки Эйлера или Чебышёва или тригонометрическую подстановку, однако первообразная легко угадывается: \[E^{sides}(z) = \frac{A}{4\varepsilon_0}\left[-\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{2}{\sqrt{4u^2 + z^2}}\bigg|_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z} - \frac{z}{4}\frac{8u}{z^2\sqrt{4u^2 + z^2}}\bigg|_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}\right].\]

После подстановки пределов и приведения к общему знаменателю имеем \[E^{sides}(z) = \frac{l}{z}\left(\frac{2\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2} - \sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}}{\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2}\,\sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}}\right).\] Из условия \[E^{sides}(z_0) = 0\] получаем единственный корень \[z_0 = \frac{2}{\sqrt{3}}l.\] Теперь получим выражение для \(E^{bases}(z)\). Пусть \(y\) — расстояние от центра по оси диска, заряженного с \(\sigma_0\). Радиус диска \(R\). Будем интегрировать по радиусу. \[E^{disk}(y) = \frac{y\sigma_0}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^R\frac{r}{(r^2 + y^2)^{3/2}}\,dr = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0}\left(1 - \frac{y}{\sqrt{y^2 + R^2}}\right).\] Здесь напряжённость положительна вдоль направления положительного отсчёта \(y\). В нашем случае \[R_1 = \frac{l}{2}, \quad y_1 = z - \frac{\sqrt{3}}{2}l; \qquad R_2 = l, \quad y_2 = \sqrt{3}l - z.\] Вклад в осевую напряжённость от оснований: \[E^{bases}(z) = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0}\left(\frac{\sqrt{3}l - z}{\sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}} - \frac{z - \frac{\sqrt{3}}{2}l}{\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2}}\right).\] Тогда из условия \[E^{bases}(z'_0) = 0\] имеем единственный корень \[z'_0 = z_0 = \frac{2}{\sqrt{3}}l.\] Поскольку \(E^{sides}(z_0) = E^{bases}(z_0) = 0\), \(z_0\) — искомое положение равновесия: \[\text{OF} = \frac{2\sqrt{3}}{3}l.\]

3. Первый способ. Пусть пробный заряд смещён относительно положения равновесия F на расстояние \(z\) в точку G, \(z \ll l\).

Рассчитаем вклад в напряжённость \(E_\text{G}\) в точке G от боковой поверхности конуса. Отрежем от трапеции верхушку так, чтобы точка G была точкой равновесия для получившейся новой трапеции. Тогда на пробный заряд будет действовать сила со стороны отрезанного кольца (на рисунке обозначенного синим цветом), эта сила будет возвращающей. Значит, положение равновесия устойчивое.

\[\text{OG} - \text{OF} = z, \qquad r_3 = \text{OG}\operatorname{tg}(\alpha), \qquad r = \text{OF}\operatorname{tg}(\alpha).\] Используя (1), можно записать \[r_3 = \frac{2r'_1r_2}{r'_1 + r_2},\] откуда \[r'_1 = \frac{r_2r_3}{2r_2 - r_3}, \qquad \Delta r_1 = r'_1 - r_1, \qquad \Delta x_1 = \frac{\Delta r_1}{\sin\alpha} = \frac{3\sqrt{3}}{4}z.\] \[\Delta E_\text{G}^{side} = \frac{k\lambda(x)\Delta x_1}{y_1^2}\cos 60^\circ = \frac{kA\Delta x_1}{4y_1^2}\Delta\beta,\] где \[y_1 = \frac{\sqrt{3}}{3}l.\] Просуммируем \(\Delta\beta\) от \(0\) до \(2\pi\): \[E_\text{G}^{side} = \frac{9\sqrt{3}}{32}\frac{A}{\varepsilon_0l^2}z.\] Рассчитаем вклад в напряжённость \(E_\text{G}\) в точке G от оснований конуса. Воспользуемся упомянутой в первом пункте теоремой. Тогда нескомпенсированный заряд расположен в форме кольца (на рисунке обозначенного синим цветом) в нижнем основании усечённого конуса.

Из подобия треугольников, \[\frac{r'_2}{\text{OH}_2 - (\text{OF} + z)} = \frac{r_1}{\text{OF} + z - \text{OH}_1}.\] При этом \[\text{OH}_1 = l\cos\alpha, \quad \text{OH}_2 = 2l\cos\alpha, \qquad \Delta r_2 = r_2 - r'_2,\] \[\Delta E_\text{G}^{bases} = k\frac{2\pi r_2\Delta r_2\sigma}{y_2^2}\cos 60^\circ,\] где \[y_2 = \frac{2\sqrt{3}}{3}l.\] Тогда для вклада в напряжённость в G от оснований имеем \[E_\text{G}^{bases} = -\frac{9\sqrt{3}}{16}\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0l}z.\] Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид \[\ddot z + \frac{9\sqrt{3}}{32}\frac{q}{m\varepsilon_0l}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0\right)z = 0.\] Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае \[\sigma_0 < \frac{A}{2l},\] а период колебаний \[T = \frac{8\pi}{3}\sqrt{\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{m\varepsilon_0l}{q}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0\right)^{-1}}.\]

Второй способ. Пусть \[z = z_0 + z, \quad z \ll l.\] Принимая во внимание \[(1 + x)^\alpha \approx 1 + \alpha x, \quad x \ll 1,\] получим \[E^{sides}(z_0 + z) \approx \frac{9\sqrt{3}}{32}\frac{A}{\varepsilon_0l^2}z.\] Проделывая то же самое для оснований, получим \[E^{bases}(z_0 + z) \approx -\frac{9\sqrt{3}}{16}\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0l}z.\] Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид \[\ddot z + \frac{9\sqrt{3}}{32}\frac{q}{m\varepsilon_0l}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0\right)z = 0.\] Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае \[\sigma_0 < \frac{A}{2l},\] а период колебаний \[T = \frac{8\pi}{3}\sqrt{\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{m\varepsilon_0l}{q}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0\right)^{-1}}.\]

Подсказка

Пока ток быстро нарастает, рамка неподвижна, и импульс силы Ампера выражается через \(\int I\,dI\). После этого тормозящая сила пропорциональна скорости рамки, поэтому \(m\,dv\) пропорционально \(dx/x^4\) — интегрируйте по пути, а не по времени.

Ответ

\(v_1 = \dfrac{v_0}{3}\).

Решение

Пусть сторона рамки, параллельная проводу, равна \(a\), а перпендикулярная ей сторона равна \(b\). Введём ось \(Ox\) с началом на проводе перпендикулярно ему в направлении к рамке (см. рис. 1). Далее величина \(x\) везде обозначает расстояние между проводом и ближайшей к нему стороной рамки, которое изначально равнялось \(x_0\). Пусть сила тока в проводе равна \(I\). Тогда индукция создаваемого магнитного поля провода на расстоянии \(r\) от него направлена перпендикулярно горизонтальной поверхности на читателя и равна: \[B(I, r) = \frac{\mu_0I}{2\pi r},\] где \(\mu_0\) — магнитная постоянная.

Пусть \(I_1\) — величина силы тока в рамке в направлении против часовой стрелки при виде сверху. Равнодействующая сил Ампера, действующих на контур, составляет: \[F_x = I_1aB(I, x + b) - I_1aB(I, x).\]

Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то выражение для \(F_x\) можно приблизить следующим образом: \[F_x \approx \frac{\mu_0I_1Ia}{2\pi}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)b = -\frac{\mu_0I_1Iab}{2\pi x^2}.\] Пусть \(R\) — сопротивление рамки, а \(\Phi\) — поток индукции магнитного поля, пронизывающего рамку. Поскольку индуктивностью рамки можно пренебречь, для силы тока \(I_1\) из закона электромагнитной индукции Фарадея находим: \[I_1 = -\frac{\dot\Phi}{R}.\] Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то индукцию магнитного поля провода можно считать постоянной по всей поверхности, натянутой на контур рамки, и равной \(B(x)\), поэтому \(\Phi \approx B(x)ab\). Тогда имеем: \[I_1 = -\frac{ab}{R}\frac{dB(x)}{dt} = -\frac{\mu_0ab}{2\pi R}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right),\] откуда: \[F_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right).\] Рассмотрим увеличение силы тока в проводе. Поскольку это увеличение происходит очень быстро, движением рамки и её смещением за время увеличения силы тока в проводе до максимального значения можно пренебречь. Тогда для силы \(F_x\) имеем: \[F_x \approx \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Пусть \(m\) и \(v_x\) — масса рамки и проекция её скорости на ось \(x\) соответственно. Из закона изменения импульса для рамки имеем: \[m\frac{dv_x}{dt} = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx^3}.\] Проинтегрируем полученное выражение, обозначив за \(I_0\) максимальную величину силы тока в проводе: \[\int\limits_0^{v_0}m\,dv_x = mv_0 = \int\limits_0^{I_0}\left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx_0^3} = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{2Rx_0^3}.\] Отметим, что рамка начинает удаляться от провода после достижения в нём максимального значения силы тока.

Проанализируем дальнейшее движение рамки. Для этого получим выражение для силы \(F_x\) при постоянном значении силы тока в проводе \(I = I_0\): \[F_x = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{x}\right) = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Запишем закон изменения импульса для рамки: \[m\frac{dv_x}{dt} = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{dx}{Rx^4}.\] Проинтегрируем полученное выражение в предположении, что рамка удаляется бесконечно далеко от провода, обозначив за \(v_{1x}\) проекцию скорости рамки на ось \(x\) на бесконечном удалении от провода. Поскольку скорость рамки уменьшается, предположение окажется оправданным в том случае, если величина \(v_{1x}\) окажется положительной. Имеем: \[m(v_{1x} - v_0) = -\frac{1}{R}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\int\limits_{x_0}^{\infty}\frac{dx}{x^4} = -\frac{1}{3Rx_0^3}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2 = -\frac{2mv_0}{3}.\] Отсюда: \[v_{1x} = \frac{v_0}{3}.\] Поскольку \(v_{1x} > 0\), рамка в процессе движения после достижения силой тока в проводе максимального значения никогда не останавливалась, а значит, полученное значение является ответом на вопрос задачи. Если бы величина \(v_{1x}\) оказалась отрицательной, то скорость рамки и расстояние между рамкой и проводом асимптотически стремились бы к нулю и к постоянному значению соответственно. Таким образом: \[v_1 = \frac{v_0}{3}.\]

Подсказка

В слоистой среде сохраняется \(n(x)\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол луча с осью \(y\). Покажите, что радиус кривизны траектории при этом постоянен: лучи идут по дугам окружностей, и у всех лучей центр в одной точке.

Ответ

1) \(y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2\) — дуга окружности с центром в точке \(x = 2h\), \(y = 0\);  2) \(\alpha \leqslant 45^\circ\);  3) \(\alpha \leqslant \dfrac{1}{2}\arcsin\dfrac{1}{3} \approx 9{,}74^\circ\).

Решение

1. Поскольку пучок света направлен по нормали к грани призмы, на которую он падает, на входе в призму пучок не преломляется. Исследуем траектории лучей внутри призмы. Пусть \(\varphi\) — угол между направлением распространения луча и осью \(y\), а \(x_0\) — координата точки входа луча в призму. При этом угол падения на границу раздела сред равен \(90^\circ - \varphi\), поэтому из закона Снелла следует:

\[n\cos\varphi = \frac{3\cos\varphi}{2 - \dfrac{x}{h}} = \frac{3}{2 - \dfrac{x_0}{h}} \;\Rightarrow\; \cos\varphi = \frac{2h - x}{2h - x_0}.\]

Первое решение. Обратим внимание на соотношение: \[\frac{2h - x}{\cos\varphi} = 2h - x_0 = const.\]

Проведём через некоторую точку \(T\) траектории луча линию, перпендикулярную направлению его распространения, до точки \(P\) такой, что \(x_P = 2h\). Обратим внимание, что расстояние между точками \(P\) и \(T\) является постоянной величиной, равной \(2h - x_0\). Поскольку свет распространяется в направлении, перпендикулярном \(PT\), а \(PT = 2h - x_0 = const\) и \(x_P = 2h = const\) — положение точки \(P\) является постоянным, поскольку её смещение должно быть одновременно перпендикулярно \(PT\) и оси \(x\), что невозможно. Значит, траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой окружность с центром в точке \(P\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Второе решение. Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[dx = (2h - x_0)\sin\varphi\,d\varphi.\] Изменения координат \(dx\) и \(dy\) можно связать с помощью угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Найдём изменение \(dy\) координаты \(y\) при изменении угла \(\varphi\) на величину \(d\varphi\): \[dy = dx\operatorname{ctg}\varphi = (2h - x_0)\operatorname{ctg}\varphi\sin\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\cos\varphi\,d\varphi.\] Величине \(y = 0\) соответствует \(\varphi = 0\). Тогда получим: \[y(\varphi) = (2h - x_0)\int\limits_0^{\varphi}\cos\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\sin\varphi.\] Теперь получим выражение, связывающее \(y\) и \(x\): \[1 = \sin^2\varphi + \cos^2\varphi = \left(\frac{y}{2h - x_0}\right)^2 + \left(\frac{x - 2h}{2h - x_0}\right)^2,\] откуда: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Третье решение. Получим зависимость \(y(x)\) для траектории луча света. Для этого избавимся от угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Поскольку \(\varphi > 0\): \[\operatorname{tg}\varphi = \sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi} - 1} = \sqrt{\left(\frac{2h - x_0}{2h - x}\right)^2 - 1} = \frac{dx}{dy}.\]

Учитывая, что \(2h > x\), получим: \[y(x) = \int\limits_{x_0}^{x}\frac{(2h - x)\,dx}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2}} = \int\limits_{2h - x_0}^{2h - x}\frac{x'\,dx'}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - x'^2}}.\] Отсюда: \[y(x) = \sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2} \;\Rightarrow\; y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Четвёртое решение. Для радиуса кривизны \(\rho\) траектории луча имеем: \[\rho = \frac{dl}{d\varphi},\] где \(dl\) — элемент пути, пройденного лучом. Но \(dl = dx/\sin\varphi\), откуда:

\[\rho = \frac{1}{\sin\varphi}\frac{dx}{d\varphi} = -\frac{dx}{d\cos\varphi}.\] Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[-\frac{dx}{d\cos\varphi} = 2h - x_0 = \rho = const.\] Таким образом, радиус кривизны траектории каждого луча остаётся постоянным, т. е. траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой дугу окружности радиусом \(2h - x_0\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h - x_0 + x_0 = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

2. Из решения первого пункта следует, что траектории любого луча внутри призмы до попадания на \(AB\) и \(OB\) сечения призмы являются дугами окружностей, лежащими в плоскости рисунка, а центры этих окружностей расположены в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\), а \(y_P = 0\).

Обратим внимание, что радиус окружности уменьшается с увеличением координаты \(x_0\). Расстояние от точки \(P\) до точки пересечения дуги окружности с \(OB\) уменьшается вплоть до момента, пока дуга окружности не коснётся рассматриваемой грани. При дальнейшем увеличении координаты \(x_0\) дуги окружности не будут пересекать \(OB\). Таким образом, лучи достигнут всех точек \(OB\) при условии отсутствия точек касания с дугами окружностей, а значит, угол \(\angle PBO\) не должен быть острым. Поскольку треугольник \(OPB\) является равнобедренным, имеем: \[\angle PBO = 180^\circ - 2\alpha \geqslant 90^\circ,\] откуда: \[\alpha \leqslant 45^\circ.\]

3. Обратим внимание, что при увеличении координаты \(x_0\) угол падения лучей на \(OB\) будет увеличиваться, как и показатель преломления вещества призмы. Тогда условие, при котором все лучи, достигнувшие \(OB\), попадают в воздух, состоит в том, что лучи, достигнувшие её вблизи точки \(B\), не испытают полного отражения. Поскольку исходно такие лучи падают под углом \(\alpha\) к \(OB\) и поворачивают на угол \(\alpha\) при движении по дуге окружности — угол падения луча в момент достижения \(OB\) равен \(2\alpha\).

Тогда имеем: \[n(h)\sin 2\alpha = 3\sin 2\alpha \leqslant 1,\] откуда: \[\alpha \leqslant \frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{3} \approx 9{,}74^\circ.\]