Решение

Уравнение движения \[ m\dot{\mathbf{v}}=q\mathbf{E}. \] Вектор \(\mathbf{E}\) в каждой точке направлен по касательной к силовой линии, проходящей через эту точку. Значит, и ускорение всегда лежит на этой касательной.

Пусть в начальный момент скорость \(\mathbf{v}_0\) тоже направлена вдоль той же касательной. Если силовая линия — прямая, касательная нигде не поворачивается: ускорение, скорость и сама линия всё время коллинеарны. Частица остаётся на прямой. Так бывает в однородном поле и на радиальных лучах поля точечного заряда (если пустить частицу точно на заряд или от него).

Если линия кривая, касательная поворачивается от точки к точке. Ускорение успевает повернуться вместе с ней, а скорость — нет: у частицы есть инерция, и она уходит по хорде, как камень с круговой орбиты, если убрать нить. Поэтому по кривой силовой линии заряженная частица не едет.

Особый случай — старт из покоя. Частица сама наберёт скорость вдоль мгновенной касательной. На малом участке это ещё похоже на движение «вдоль линии», но как только линия заметно искривится, инерция снова уведёт частицу в сторону вогнутости.

Ещё одно исключение на словах, но не по сути: если кроме электрической силы есть связи (бусинка на нити, рельсы), траектория задана геометрией, а не полем. В свободном пространстве таких связей нет.

Решение

Заряд электрона \(-e\), поэтому сила \(-e\mathbf{E}\) направлена против поля. Ускорение \[ a=\frac{eE}{m_e}=\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot200}{9{,}1\cdot10^{-31}}=3{,}52\cdot10^{13}\ \text{м/с}^2. \] Поле однородно и занимает полупространство справа от плоскости входа: пока электрон внутри, ускорение постоянно, снаружи его нет.

Вдоль поля. Электрон влетает со скоростью \(v=10^7\) м/с навстречу силе (или по силе — тогда его выбрасывает ещё быстрее; по смыслу задачи поле тормозит). Нормальная скорость меняется по закону \(v_n(t)=v-at\) и обращается в нуль через \(t_*=v/a\). Дальше электрон разгоняется назад и пересекает границу в обратную сторону ещё через \(t_*\). Полное время в поле \[ t=\frac{2v}{a}=\frac{2\cdot10^7}{3{,}52\cdot10^{13}}=5{,}68\cdot10^{-7}\ \text{с}\approx0{,}56\ \text{мкс}. \] Выходит он в той же точке, в которой вошёл: поперечной скорости нет.

Под углом \(45^\circ\). Разложим скорость на нормаль к границе и вдоль неё: \[ v_\parallel=v_\perp=\frac{v}{\sqrt{2}}. \] Нормальная компонента ведёт себя в точности как в первом пункте, поэтому время до возврата \[ t'=\frac{2v_\parallel}{a}=\frac{\sqrt{2}\,v}{a}. \] За это время вдоль границы электрон уходит равномерно: \[ x=v_\perp t'=\frac{v}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}\,v}{a}=\frac{v^2}{a}=\frac{10^{14}}{3{,}52\cdot10^{13}}=2{,}84\ \text{м}\approx2{,}8\ \text{м}. \] Траектория внутри поля — парабола, как у тела, брошенного под углом к «вертикали» \(\mathbf{a}\).

Решение

Направим ось \(x\) вдоль поля, начало — на входе в слой. Внутри слоя ускорение постоянно: \[ a=\frac{qE}{m} \] (знак \(E\) выберем так, чтобы положительное \(E\) разгоняло частицу, если \(q>0\)). Закон движения \[ x(t)=vt+\frac{at^2}{2}. \] В момент выхода \(x=d\), время пролёта равно \(t\), поэтому \[ d=vt+\frac{qE}{2m}t^2. \]

Разрешаем относительно \(E\): \[ \frac{qE}{2m}t^2=d-vt,\qquad E=\frac{2m(d-vt)}{qt^2}. \]

Смысл знака прозрачен. Если \(d>vt\), частица прошла больше, чем прошла бы по инерции, — поле её разгоняло, \(E\) того же знака, что \(q\). Если \(d<vt\) — поле тормозило, \(E\) противоположного знака. Если частица успела остановиться и вылететь назад, формула формально даёт большое отрицательное \(E\), но тогда «пролёт слоя за время \(t\)» надо понимать иначе: частица слоя не пересекла.

Мы молча предположили, что поле занимает слой толщины \(d\) и нигде больше, а скорость на входе направлена вдоль поля, так что движение одномерное. Поперечной компоненты нет, траектория — отрезок нормали к границам слоя.

Тот же ответ получается из теоремы о кинетической энергии. Скорость на выходе \(u=v+at=v+(qE/m)t\), путь есть среднее арифметическое скоростей, умноженное на время: \(d=(v+u)t/2\). Подставляя \(u\), снова приходим к \(E=2m(d-vt)/(qt^2)\). Если поле занимает не слой, а полупространство, частица может не выйти за время \(t\) — тогда условие «пролетает за время \(t\)» просто не выполняется, и формулу применять нельзя.

Решение

Введём оси: \(x\) — нормаль к сеткам (от первой ко второй), \(y\) — вдоль сеток. На входе \[ v_x=v\sin\alpha,\qquad v_y=v\cos\alpha, \] потому что угол \(\alpha\) отсчитывается от плоскости сетки. Между сетками \(E_y=0\), поэтому \[ u_y=v_y=v\cos\alpha \] сохраняется точно.

Работа поля на пути от сетки до сетки равна \(qEd\): потенциал меняется на \(Ed\), независимо от того, по какой параболе летит частица (поле однородно). Теорема о кинетической энергии: \[ \frac{mu^2}{2}=\frac{mv^2}{2}+qEd \qquad\Longrightarrow\qquad u=v\sqrt{1+\frac{2qEd}{mv^2}}. \]

Нормаль на выходе находим из теоремы Пифагора: \[ u_x=\sqrt{u^2-u_y^2}=\sqrt{u^2-v^2\cos^2\alpha} =v\sqrt{\sin^2\alpha+\frac{2qEd}{mv^2}}. \]

Угол \(\beta\) вылета к плоскости второй сетки определяется тангенсом: \[ \operatorname{tg}\beta=\frac{u_x}{u_y} =\frac{v\sqrt{\sin^2\alpha+2qEd/(mv^2)}}{v\cos\alpha} =\operatorname{tg}\alpha\sqrt{1+\frac{2qEd}{mv^2\sin^2\alpha}}. \]

Формула предполагает, что частица долетает до второй сетки, не развернувшись. Если поле тормозит (\(E\) против \(v_x\)) и \(q|E|d>mv_x^2/2\), частица отразится от «потенциальной стенки» и вылетит обратно через первую сетку. В условии \(q>0\) и поле, судя по рисунку, разгоняет — мы работаем в этом режиме.

Решение

Пластины конденсатора создают однородное поле \(\mathbf{E}\), перпендикулярное начальной скорости. Вдоль пластин сила не действует, скорость \(v\) не меняется, время пролёта базы \(l\) \[ t=\frac{l}{v} \] одно и то же для протона и для \(\alpha\)-частицы.

Поперек пластин движение равноускоренное, начальная поперечная скорость нуль: \[ y=\frac{at^2}{2},\qquad a=\frac{qE}{m}. \] Значит отношение отклонений равно отношению удельных зарядов: \[ \frac{y_p}{y_\alpha}=\frac{q_p/m_p}{q_\alpha/m_\alpha}. \]

Протон: \(q_p=e\), \(m_p=m_p\). Альфа-частица — ядро гелия \(^4\mathrm{He}\): \(q_\alpha=2e\), \(m_\alpha=4m_p\) (масса двух протонов и двух нейтронов; дефект масс \(\sim0{,}8\%\), для этой задачи его не видно). Поэтому \[ \frac{q_\alpha}{m_\alpha}=\frac{2e}{4m_p}=\frac12\cdot\frac{e}{m_p}=\frac12\frac{q_p}{m_p}, \] \[ \frac{y_p}{y_\alpha}=2. \]

Протон отклоняется вдвое сильнее. Это и есть принцип масс-спектрометра: при равных скоростях и одном поле траектории расслаиваются по \(q/m\).

Мы сравнили смещение внутри конденсатора. Если после конденсатора стоит длинный дрейф до экрана, угол вылета \(\alpha\approx at/v\) тоже пропорционален \(q/m\), и отношение отклонений на экране остаётся тем же.

Решение

Ось \(x\) направим вдоль пластин, ось \(y\) — по полю (от одной пластины к другой). На входе \[ v_x=v\cos\alpha,\qquad v_y=v\sin\alpha. \] Поле однородно и перпендикулярно пластинам, поэтому \(v_x\) не меняется. Время пролёта конденсатора длины \(l\) \[ t=\frac{l}{v_x}=\frac{l}{v\cos\alpha}. \]

Поперечное ускорение \(a=qE/m\). Знак выберем так, чтобы поле уменьшало уже имеющуюся \(v_y\) и частица «перегибалась» к пластинам: тогда на выходе угол \(\beta\) отсчитывается в другую сторону от плоскости, и в ответе появляется сумма тангенсов. В этом соглашении \[ v_y^{\text{вых}}=v\sin\alpha-at=v\sin\alpha-\frac{qEl}{mv\cos\alpha}. \]

С другой стороны, по определению угла вылета \[ v_y^{\text{вых}}=-v_x\operatorname{tg}\beta=-v\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}\beta \] (минус — угол по другую сторону плоскости). Приравниваем: \[ -v\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}\beta=v\sin\alpha-\frac{qEl}{mv\cos\alpha}. \]

Переносим \(v\sin\alpha\) и умножаем на \(v\cos\alpha\): \[ v^2\cos^2\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{tg}\beta)=\frac{qEl}{m}. \]

Кинетическая энергия \[ K=\frac{mv^2}{2}=\frac{qEl}{2\cos^2\alpha\,(\operatorname{tg}\alpha+\operatorname{tg}\beta)}. \]

Если поле, наоборот, увеличивает \(v_y\) и частица выходит под углом \(\beta\) в ту же сторону, в скобке будет разность тангенсов. Задачник держит сумму — значит, имеется в виду «перегиб» траектории, как на типичном рисунке к этой задаче.

Решение

Напряжение на конденсаторе \(V\), зазор \(d\), поле \(E=V/d\). Поперечное ускорение электрона \[ a=\frac{eE}{m_e}=\frac{eV}{m_e d}. \] Вдоль пластин скорость \(v\) не меняется, время пролёта \(t=l/v\). Смещение к притягивающей пластине \[ y=\frac{at^2}{2}=\frac{eV}{m_e d}\cdot\frac{l^2}{2v^2}=\frac{eV l^2}{2m_e d\,v^2}. \]

На входе пучок равномерно заполняет всё расстояние между пластинами. Электроны, стартовавшие на расстоянии меньше \(y\) от «притягивающей» пластины, успевают до неё долететь; остальные выходят из конденсатора, не коснувшись стенок. Доля попавших \[ \frac{y}{d}=\frac{eV l^2}{2m_e d^2 v^2}, \] если \(y<d\); иначе сядет весь пучок, и ответ saturates на \(N=nv\cdot bd\). В формуле задачника подразумевается режим \(y<d\).

Поток электронов на входе — это плотность \(n\), скорость \(v\) и площадь сечения \(b\cdot d\): \[ \Phi=nv\cdot bd. \] Число попаданий в единицу времени \[ N=\Phi\cdot\frac{y}{d}=nv\cdot bd\cdot\frac{eV l^2}{2m_e d^2 v^2} =\frac{neVbl^2}{2m_e vd}. \]

Ширина \(b\) входит линейно: вдоль этой оси поле не сортирует. Плотность \(n\) и заряд \(e\) — тоже линейно: каждый электрон отклоняется независимо (пучок считают несамосогласованным).

Решение

Дано: \(m=10^{-12}\) кг, \(v_{\text{пад}}=1\) мм/с \(=10^{-3}\) м/с, \(V=490\) В, \(d=0{,}1\) м, время до пластины \(t=10\) с. Пылинка начинает путь посередине, так что горизонтальный путь \(d/2=0{,}05\) м.

Вертикаль до включения. Сила тяжести уравновешена вязким трением: \[ mg=b v_{\text{пад}}\qquad\Longrightarrow\qquad b=\frac{mg}{v_{\text{пад}}}. \]

Горизонталь после включения. Уравнение \[ m\dot u_x=qE-b u_x. \] Это экспоненциальный выход на предел \(u_x\to qE/b\) с временем релаксации \[ \tau=\frac{m}{b}=\frac{v_{\text{пад}}}{g}=\frac{10^{-3}}{9{,}8}\sim10^{-4}\ \text{с}. \] Десять секунд — это сто тысяч \(\tau\). Переходным процессом можно полностью пренебречь: почти сразу \[ u_x=\frac{qE}{b}=\frac{qE\,v_{\text{пад}}}{mg}=\mathrm{const}. \]

Горизонтальный путь равномерный: \[ u_x=\frac{d/2}{t}=\frac{0{,}05}{10}=5\cdot10^{-3}\ \text{м/с}. \] Поле конденсатора \(E=V/d=490/0{,}1=4900\) В/м. Отсюда заряд \[ q=\frac{u_x\,mg}{E\,v_{\text{пад}}} =\frac{5\cdot10^{-3}\cdot10^{-12}\cdot9{,}8}{4900\cdot10^{-3}} =10^{-17}\ \text{Кл}. \]

Вертикальная скорость после включения чуть подрастёт: полная скорость станет \(\sqrt{v_{\text{пад}}^2+u_x^2}\), и трение повернётся против полной скорости. Но \(u_x=5v_{\text{пад}}\), так что перестройка произойдёт за те же \(10^{-4}\) с, и на горизонтальный снос это почти не повлияет: сила трения по-прежнему \(\approx b\mathbf{u}\), а \(b\) мы уже извлекли из вертикали.

Решение

Энергии. Протон стартует у заземлённой сетки 1 почти с нулевой скоростью и втягивается в трубку с потенциалом \(-V\). Набирает \[ K_p=eV. \] Захват одного или двух электронов в газе почти не меняет импульс (электроны лёгкие), поэтому у родившегося \(\mathrm{H}^-\) кинетическая энергия та же, \(K=eV\). Заряд иона \(-e\), потенциал трубки \(-V\), полная механическая энергия \[ \mathcal{E}=K+q\varphi=eV+(-e)(-V)=2eV. \] За заземлённой сеткой 4 потенциал нуль, значит кинетическая энергия станет \(K'=2eV\). Скорость вырастет в \(\sqrt{2}\) раз.

Преломление на наклонном зазоре 3–4. Поле в зазоре нормально к сеткам. Касательная компонента скорости сохраняется. Пусть \(v\) — скорость иона в трубке, \(mv^2/2=eV\). Нормаль к сеткам составляет угол \(\alpha\) с осью трубки, поэтому \[ v_\tau=v\sin\alpha,\qquad v_n=v\cos\alpha. \] На выходе \(v'_\tau=v\sin\alpha\), \(v'=\sqrt{2}\,v\), и угол \(\beta'\) траектории с нормалью к сеткам \[ \sin\beta'=\frac{v'_\tau}{v'}=\frac{\sin\alpha}{\sqrt{2}}. \]

Угол траектории с осью трубки есть разность \(\beta=\alpha-\beta'\). Удобнее работать с тангенсом. Нормаль на выходе \[ v'_n=\sqrt{v'^2-v^2\sin^2\alpha}=v\sqrt{2-\sin^2\alpha}=v\sqrt{1+\cos^2\alpha}. \]

Разложим \(\mathbf{v}'\) на ось трубки и поперёк. После короткой геометрии \[ \operatorname{tg}\beta=\frac{v\sin\alpha\cdot\cos\alpha-v'_n\sin\alpha}{v\sin\alpha\cdot\sin\alpha+v'_n\cos\alpha} =\frac{\cos\alpha\sqrt{1+\cos^2\alpha}-\cos^2\alpha}{\cos\alpha\sqrt{1+\cos^2\alpha}+\sin^2\alpha}. \]

Эквивалентная запись через арктангенс угла с нормалью: \[ \beta=\alpha-\operatorname{arctg}\frac{1+\sin^2\alpha}{\cos\alpha}. \]

Нейтралы \(\mathrm{H}^0\) сеток не чувствуют и летят вдоль оси. Протоны, не успевшие перезарядиться, между сетками 3–4 тормозятся до нуля (их полная энергия 0) и назад в трубку не возвращаются — схема и вправду выделяет \(\mathrm{H}^-\).

Решение

Электрон имеет заряд \(-e\), поэтому его потенциальная энергия \(U=-e\varphi\). Сохранение энергии при переходе из области 1 в область 2: \[ \frac{m_e v_1^2}{2}-e\varphi_1=\frac{m_e v_2^2}{2}-e\varphi_2, \] \[ v_2^2=v_1^2+\frac{2e}{m_e}(\varphi_2-\varphi_1). \]

Если \(\varphi_2>\varphi_1\), электрон ускоряется (ему «выгоднее» сидеть в большем потенциале). Если \(\varphi_2<\varphi_1\) настолько, что правая часть отрицательна, пройти нельзя: электрон отразится — аналог полного внутреннего отражения.

Сила на границе нормальна к ней, поэтому \[ v_{2\tau}=v_{1\tau}. \] Угол \(\alpha\) в условии — угол с границей (не с нормалью), так что \[ v_{1\tau}=v_1\cos\alpha,\qquad v_{1n}=v_1\sin\alpha. \] На выходе угол \(\beta\) с той же границей: \[ \operatorname{tg}\beta=\frac{v_{2n}}{v_{2\tau}}=\frac{\sqrt{v_2^2-v_1^2\cos^2\alpha}}{v_1\cos\alpha}. \]

Подставляем \(v_2^2\): \[ \operatorname{tg}\beta=\operatorname{tg}\alpha\sqrt{1+\frac{2e(\varphi_2-\varphi_1)}{m_e v_1^2\sin^2\alpha}}. \]

Тот же результат можно записать как закон Снеллиуса \[ \frac{\cos\beta}{\cos\alpha}=\frac{v_1}{v_2}: \] «медленная» область сильнее преломляет траекторию к нормали границы, «быстрая» — от нормали.

Решение

Между плоскими электродами поле однородно, \(E=V/d\). Электрон проходит в среднем путь \(\lambda\) и за это время поле совершает работу \(eE\lambda\). Порог зажигания — равенство этой работы энергии ионизации: \[ eE\lambda=W_{\text{ион}}\qquad\Longrightarrow\qquad E=\frac{W_{\text{ион}}}{e\lambda}. \]

Напряжение между пластинами \[ V=Ed=\frac{W_{\text{ион}}\,d}{e\lambda}. \]

Числа: \(W_{\text{ион}}=3\cdot10^{-16}\) Дж, \(d=1\) см \(=10^{-2}\) м, \(\lambda=1\) мм \(=10^{-3}\) м, \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл. \[ V=\frac{3\cdot10^{-16}\cdot10^{-2}}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-3}} =\frac{3\cdot10^{-18}}{1{,}6\cdot10^{-22}}=1{,}875\cdot10^4\ \text{В}\approx19\ \text{кВ}. \]

Это оценка снизу: реальный критерий зажигания требует, чтобы за время пролёта всего зазора \(d\) успело родиться несколько поколений электронов (коэффициент размножения \(\mathrm{e}^{d/\lambda}\sim\mathrm{e}^{10}\sim2\cdot10^4\)), и чтобы вторичная эмиссия на катоде замкнула цикл. Но сам порог по энергии на длине пробега — правильный порядок, и задачник просит именно его.

Энергия ионизации \(3\cdot10^{-16}\) Дж \(\approx1{,}9\) кэВ — это жёстковато для обычного газа (у азота 15 эВ). Видимо, имеется в виду какая-то специальная смесь или просто учебное число; на ответ \(V=W d/(e\lambda)\) это не влияет.

Решение

Поле бесконечного цилиндрического конденсатора находится из теоремы Гаусса. Для гауссовой поверхности — цилиндра радиуса \(r\), \(R_1<r<R_2\), \[ E(r)\cdot 2\pi r\ell=\frac{\lambda\ell}{\varepsilon_0}\qquad\Longrightarrow\qquad E(r)=\frac{A}{r}, \] где \(A=\lambda/(2\pi\varepsilon_0)\). Разность потенциалов между обкладками \[ V_0=\int_{R_1}^{R_2}E\,dr=A\ln\frac{R_2}{R_1}, \] поэтому \(A=V_0/\ln(R_2/R_1)\) и на любой окружности \[ E(r)=\frac{V_0}{r\ln(R_2/R_1)}. \]

Электрон ускорен разностью \(V\), его кинетическая энергия \[ \frac{m_e v^2}{2}=eV. \]

Чтобы траектория была окружностью радиуса \(r\), нужна центростремительная сила \(eE\): \[ \frac{m_e v^2}{r}=eE(r)=\frac{eV_0}{r\ln(R_2/R_1)}. \]

Сокращаем \(r\) и подставляем \(m_e v^2=2eV\): \[ 2eV=\frac{eV_0}{\ln(R_2/R_1)}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{V_0}{2\ln(R_2/R_1)}. \]

Средний радиус \((R_1+R_2)/2\) в ответ не вошёл: и \(mv^2/r\), и \(E\propto 1/r\) содержат одно и то же \(r\), оно сокращается. Поэтому годится любая окружность между обкладками — все они «резонансны» при одном и том же \(V\). На практике пучок пускают посередине, чтобы не задеть стенки.

Решение

Потенциальная энергия заряда \(q\) в поле есть \(U=q\varphi\). На рисунке \(\varphi\) имеет вид горба: растёт от \(A\) к середине и спадает к \(B\) до того же значения. Поэтому \[ \varphi_B=\varphi_A\qquad\Longrightarrow\qquad U_B=U_A \] и для электрона (\(q=-e\)), и для позитрона (\(q=+e\)). Закон сохранения энергии \[ \frac{mv^2}{2}+q\varphi=\mathrm{const} \] сразу даёт \(v_B=v_A\) в обоих случаях: скорость в точке \(B\) не изменится, если вместо электрона полетит позитрон (при условии, что позитрон вообще долетит).

Электрон, \(q=-e\). Горб потенциала — это яма потенциальной энергии. Электрон в середине разгоняется, на выходе тормозит до исходной скорости. Средняя скорость на отрезке \(AB\) больше, чем без поля, время пролёта меньше.

Позитрон, \(q=+e\). Горб потенциала — это барьер высоты \(e\varphi_0\). Позитрон в середине замедляется, на выходе снова разгоняется до \(v_A\). Средняя скорость меньше, время пролёта больше, чем у электрона.

Если начальная кинетическая энергия \(K_0<e\varphi_0\), позитрон не преодолеет барьер: остановится на переднем склоне и вернётся в \(A\). До точки \(B\) он не долетит. У электрона такой проблемы нет: яма его только подгоняет.

Массы равны, \(|q|\) равны — единственное различие в знаке \(U\). Поэтому сравнение времён строгое: \(t_{e^+}>t_{e^-}\) при любом профиле горба (пока позитрон проходит).

Решение

Пусть закреплённые заряды создают поле \(\mathbf{E}(\mathbf{r})\). Уравнение движения первой частицы \[ m\ddot{\mathbf{r}}=q\mathbf{E}(\mathbf{r}),\qquad \mathbf{r}(0)=\mathbf{r}_A,\quad \dot{\mathbf{r}}(0)=0. \]

Для частицы с зарядом \(3q\) и той же массой \[ m\ddot{\mathbf{r}}=3q\mathbf{E}(\mathbf{r}), \] начальные условия те же: отпустили из точки \(A\).

Пусть \(\mathbf{r}_1(t)\) — закон движения первой частицы. Проверим функцию \(\mathbf{r}_3(t)=\mathbf{r}_1(t\sqrt{3})\). Её ускорение \[ \ddot{\mathbf{r}}_3(t)=3\,\ddot{\mathbf{r}}_1(t\sqrt{3})=\frac{3q}{m}\mathbf{E}\bigl(\mathbf{r}_1(t\sqrt{3})\bigr) =\frac{3q}{m}\mathbf{E}\bigl(\mathbf{r}_3(t)\bigr), \] и начальные условия выполнены: \(\mathbf{r}_3(0)=\mathbf{r}_A\), \(\dot{\mathbf{r}}_3(0)=\sqrt{3}\,\dot{\mathbf{r}}_1(0)=0\). Значит, это и есть движение второй частицы.

Первая достигает \(B\) в момент \(t\), то есть \(\mathbf{r}_1(t)=\mathbf{r}_B\). Тогда \(\mathbf{r}_3(t')=\mathbf{r}_B\) в момент, когда \(t'\sqrt{3}=t\): \[ t'=\frac{t}{\sqrt{3}}. \]

Заряд больше — сила больше — частица летит быстрее — время меньше. В 3-м издании задачника напечатано \(t'=t\sqrt{3}\). Это опечатка: либо перепутали направление масштаба, либо имели в виду заряд \(q/3\). Мы держим вывод.

Тот же ответ даёт размерный анализ, не требующий подобия траекторий. Единственный масштаб времени из \(m\), \(qE\) и длины \(s=AB\): \[ t\sim\sqrt{\frac{ms}{qE}}\propto\frac{1}{\sqrt{q}}. \] Отношение времён \(1/\sqrt{3}\), даже если поле неоднородно.

Решение

Ионы рождаются на эмиттере с нулевой скоростью. Поле между эмиттером и коллектором не зависит от времени: \(\mathbf{E}=\mathbf{E}(\mathbf{r})\). Уравнение движения иона заряда \(q\) и массы \(m\) \[ m\ddot{\mathbf{r}}=q\mathbf{E}(\mathbf{r}),\qquad \mathbf{r}(0)=\mathbf{r}_1,\quad \dot{\mathbf{r}}(0)=0. \]

Для иона массы \(m'=nm\) (заряд тот же) \[ nm\,\ddot{\mathbf{r}}=q\mathbf{E}(\mathbf{r}). \]

Пусть \(\mathbf{r}_m(t)\) — закон движения первого иона. Функция \(\mathbf{r}_{nm}(t)=\mathbf{r}_m(t/\sqrt{n})\) удовлетворяет второму уравнению: \[ \ddot{\mathbf{r}}_{nm}(t)=\frac{1}{n}\ddot{\mathbf{r}}_m(t/\sqrt{n}) =\frac{1}{n}\cdot\frac{q}{m}\mathbf{E}\bigl(\mathbf{r}_m(t/\sqrt{n})\bigr) =\frac{q}{nm}\mathbf{E}\bigl(\mathbf{r}_{nm}(t)\bigr), \] и начальные условия те же. Следовательно, геометрическое место точек \(\{\mathbf{r}\}\) — одна и та же кривая. Траектории совпадают.

Время пролёта по этой кривой у тяжёлого иона больше в \(\sqrt{n}\) раз: \[ \frac{t_{nm}}{t_m}=\sqrt{n}. \]

Физически это очевидно: в каждой точке ускорение меньше в \(n\) раз, скорости набираются как \(\sqrt{a}\propto 1/\sqrt{n}\), путь тот же — время \(\propto\sqrt{n}\). Если бы ионы стартовали с ненулевой скоростью, заданной «в метрах в секунду», подобие сломалось бы: начальная скорость не масштабируется вместе с ускорением. Именно поэтому в условии подчёркнуто \(v_0=0\).

От независимости траектории от массы живёт электростатическая фокусировка в ЭЛТ и масс-спектрометрах с статическим полем: ионы разной массы идут по одним и тем же кривым и расходятся только по времени прихода.

Решение

Вне каждой сферы поле такое же, как у точечного заряда \(Q\) в центре. На поверхности первой сферы (в ближайшей ко второй точке) потенциал складывается из собственного \(Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\) и потенциала соседки \(Q/(4\pi\varepsilon_0(l-R))\): \[ \varphi_1=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R}+\frac{1}{l-R}\Bigr). \]

Посередине между центрами, на расстоянии \(l/2\) от каждого, \[ \varphi_m=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{2}{l/2}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{4}{l}. \]

Для электрона \(U=-e\varphi\). Чтобы дойти до середины и остановиться, \[ K_{\min}+U(\varphi_1)=U(\varphi_m), \] \[ K_{\min}=e(\varphi_1-\varphi_m) =\frac{eQ}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R}+\frac{1}{l-R}-\frac{4}{l}\Bigr). \]

Скобка неотрицательна при \(l\ge 2R\). В этом легко убедиться: функция \(f(l)=1/R+1/(l-R)-4/l\) при \(l=2R\) даёт \(1/R+1/R-2/R=0\), а производная \(f'(l)=-1/(l-R)^2+4/l^2\) в окрестности \(2R\) положительна. Физика простая: при \(l\to 2R\) сферы почти касаются, «перевал» сливается с точкой старта, и электрон может переползти без затрат, \(K\to 0\).

Мы считали сферы непроводящими (заряд закреплён равномерно). Если бы они были металлическими, заряд перетёк бы к дальним полюсам, потенциал на линии центров изменился бы, и ответ был бы другим. Условие это оговаривает: заряд распределён равномерно.

Решение

Сфера не закреплена и вначале покоится. Система изолирована, импульс сохраняется: \[ mv=(m+M)V_{\text{см}},\qquad V_{\text{см}}=\frac{mv}{m+M}. \]

Снаружи потенциал сферы \(Q/(4\pi\varepsilon_0 r)\), внутри — константа \(Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\) (поле равно нулю). На бесконечности энергия \(mv^2/2\). Когда частица только что вошла в отверстие, расстояние до центра равно \(R\), потенциальная энергия \(qQ/(4\pi\varepsilon_0 R)\), и \[ \frac{mu^2}{2}+\frac{MU^2}{2}+\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R}=\frac{mv^2}{2}, \] где \(u\) и \(U\) — лабораторные скорости частицы и сферы, связанные импульсом \(mu+MU=mv\).

Введём относительную скорость \(v_{\text{отн}}=u-U\) и приведённую массу \(\mu=mM/(m+M)\). Кинетическая энергия в системе центра масс есть \(\mu v_{\text{отн}}^2/2\), а энергия центра масс \(mv^2/2-\mu v^2/2\) на бесконечности. Закон сохранения принимает вид \[ \frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{2}=\frac{\mu v^2}{2}-\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R}, \] \[ v_{\text{отн}}=v\sqrt{1-\frac{qQ}{2\pi\varepsilon_0 R\,\mu v^2}} =v\sqrt{1-\frac{qQ(m+M)}{2\pi\varepsilon_0 R\,mM v^2}}. \]

Коэффициент \(2\pi\), а не \(4\pi\): в знаменателе стоит \(2\cdot(4\pi\varepsilon_0)/2=4\pi\varepsilon_0\) после раскрытия \(\mu v^2/2\), и \(2k/\mu=2\cdot 1/(4\pi\varepsilon_0)\cdot(m+M)/(mM)=(m+M)/(2\pi\varepsilon_0 mM)\).

Внутри сферы сила взаимодействия не зависит от положения частицы (поле нуль), поэтому \(v_{\text{отн}}\) не меняется. Частица проходит хорду — диаметр \(2R\) — относительно сферы. Время \[ t=\frac{2R}{v_{\text{отн}}} =\frac{2R}{v}\Biggl(1-\frac{qQ(m+M)}{2\pi\varepsilon_0 R\,mM v^2}\Biggr)^{-1/2}. \]

Если подкоренное выражение неположительно, частица не долетает до поверхности: отталкивание останавливает относительное движение снаружи.

Решение

Дипольный момент гантели \(p=ql\), потенциальная энергия в однородном поле \[ U=-pE\cos\theta=-qlE\cos\theta, \] где \(\theta\) — угол между гантелью и полем.

В положении «поперёк» \(\theta=\pi/2\), \(U=0\), и по условию скорости шариков равны нулю. Полная энергия системы в этот момент — нуль (начало отсчёта \(U\) выбрано так).

В положении «вдоль поля» \(\theta=0\), \(U=-qlE\). Центр масс гантели не ускоряется: силы \(+qE\) и \(-qE\) компенсируются. Стержень нерастяжим, поэтому шарики движутся по окружностям радиуса \(l/2\) вокруг центра масс, и их скорости равны по модулю. Закон сохранения энергии: \[ 2\cdot\frac{mv^2}{2}+U_{\parallel}=U_{\perp}, \] \[ mv^2-qlE=0\qquad\Longrightarrow\qquad v=\sqrt{\frac{qEl}{m}}. \]

Это скорость каждого шарика в лабораторной системе (центр масс покоится или движется равномерно — на относительные скорости это не влияет).

Тот же ответ получается из теоремы об изменении кинетической энергии: каждый заряд проходит по дуге \(\pi l/4\), но сила \(q\mathbf{E}\) не всегда направлена по скорости, поэтому интегрировать \(\mathbf{F}\cdot d\mathbf{s}\) менее удобно, чем пользоваться \(U=-pE\cos\theta\).

Решение

Суммарный заряд нуль, центр масс в однородном поле не ускоряется. Достаточно следить за углом \(\theta\) между стержнем и полем.

Момент инерции двух шариков массы \(m\) на расстоянии \(l/2\) от центра: \[ I=2m\Bigl(\frac{l}{2}\Bigr)^2=\frac{ml^2}{2}. \]

Момент сил: на заряды действуют силы \(\pm qE\), плечо каждой — \((l/2)\sin\theta\), обе крутят в одну сторону (к положению вдоль поля): \[ M=-qlE\sin\theta. \]

Для малых углов \(\sin\theta\approx\theta\), и уравнение вращения \[ I\ddot\theta=M\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{ml^2}{2}\ddot\theta=-qlE\,\theta, \] \[ \ddot\theta+\frac{2qE}{ml}\,\theta=0. \]

Циклическая частота \(\omega=\sqrt{2qE/(ml)}\), период \[ T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{ml}{2qE}}. \]

Положение «против поля» (\(\theta=\pi\)) тоже стационарно, но неустойчиво: момент уводит гантель прочь. Малые колебания возможны только около \(\theta=0\).

Тот же период читается из энергии. \(U=-qlE\cos\theta\approx\mathrm{const}+(qlE/2)\theta^2\), кинетическая \(\tfrac12 I\dot\theta^2=\tfrac14 ml^2\dot\theta^2\). Частота \(\omega=\sqrt{\kappa/I}=\sqrt{2qE/(ml)}\) — как выше. Гантель не должна быть проводящей: иначе заряды перетекли бы и \(p\) зависел бы от \(\theta\). В условии заряды закреплены на шариках.

Решение

Поле вдоль тяжести. Если \(\mathbf{E}\) сонаправлено с \(\mathbf{g}\) (или против — тогда знак у \(qE\)), эффективное ускорение свободного падения \[ g_{\text{эф}}=g+\frac{qE}{m}. \]

Колебания около нижней точки возможны, только если равнодействующая направлена вниз, \(mg+qE>0\). Иначе нить не натягивается в «нижнем» положении, и шарик уходит вверх по полю. При \(mg+qE>0\) \[ T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g_{\text{эф}}}}=2\pi\sqrt{\frac{ml}{mg+qE}}. \]

Вывод тот же, что у обычного маятника: момент силы \(-(mg+qE)l\sin\theta\), момент инерции \(ml^2\), для малых \(\theta\) получаем \(\ddot\theta+(g_{\text{эф}}/l)\theta=0\).

Поле горизонтально (угол \(\pi/2\) к \(\mathbf{g}\)). Равновесие смещается: нить отклоняется от вертикали на угол \(\alpha\), \[ \operatorname{tg}\alpha=\frac{qE}{mg}. \]

Модуль эффективной тяжести \[ mg_{\text{эф}}=\sqrt{(mg)^2+(qE)^2},\qquad g_{\text{эф}}=\sqrt{g^2+\Bigl(\frac{qE}{m}\Bigr)^2}. \]

Малые колебания — около этой новой «вертикали», период \[ T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g_{\text{эф}}}} =2\pi\sqrt{\frac{ml}{\sqrt{(mg)^2+(qE)^2}}}. \]

Нить по-прежнему должна быть натянута; это так, пока есть хоть какая-то равнодействующая, то есть пока не обнулены сразу и \(g\), и \(E\).

Решение

Пусть закреплённые заряды сидят в точках \(-l\) и \(+l\), тело — в начале координат. Сместим его на \(x\) вдоль линии (\(|x|\ll l\)). Расстояния до зарядов станут \(l-x\) и \(l+x\). Равнодействующая (положительная — вправо) \[ F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}Qq\Biggl(\frac{1}{(l-x)^2}-\frac{1}{(l+x)^2}\Biggr). \]

Это сила от ближайшего заряда минус сила от дальнего: при \(x>0\) ближайший — правый, он толкает влево, так что на самом деле равнодействующая направлена к центру. Раскроем: \[ \frac{1}{(l-x)^2}-\frac{1}{(l+x)^2} =\frac{(l+x)^2-(l-x)^2}{(l^2-x^2)^2} =\frac{4lx}{(l^2-x^2)^2}. \]

При \(|x|\ll l\) знаменатель \(\approx l^4\), и \[ F=\frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{4lx}{l^4}=\frac{Qq}{\pi\varepsilon_0 l^3}\,x. \]

Сила при \(x>0\) толкает влево, поэтому в уравнении Ньютона \[ m\ddot x=-F=-\frac{Qq}{\pi\varepsilon_0 l^3}\,x, \] \[ \omega=\sqrt{\frac{Qq}{\pi\varepsilon_0 m l^3}}. \]

Условие \(Qq>0\) как раз и нужно, чтобы сила была возвращающей. Если заряды разноимённые, середина — неустойчивый перевал, колебаний нет.

В задачнике напечатано \(\omega=\sqrt{qQ/(2\pi\varepsilon_0 m l^2)}\) — не сходится ни по степени \(l\) (частота кулоновских колебаний всегда несёт \(l^{-3/2}\)), ни по коэффициенту. Правильный ответ даёт разложение \(1/(l\pm x)^2\).

Решение

Пусть нить закреплена в начале координат, нижнее положение шарика — \((0,-l)\), заряд \(Q\) сидит ещё на \(h\) ниже, в точке \((0,-l-h)\). При отклонении на угол \(\theta\) шарик в \((l\sin\theta,\,-l\cos\theta)\), и расстояние до \(Q\) \[ r=\sqrt{(l\sin\theta)^2+(h+l-l\cos\theta)^2}. \]

При малых \(\theta\): \(\sin\theta\approx\theta\), \(1-\cos\theta\approx\theta^2/2\), \[ r^2\approx l^2\theta^2+\Bigl(h+\frac{l\theta^2}{2}\Bigr)^2 \approx h^2+l^2\theta^2+hl\theta^2, \] \[ r\approx h+\frac{l(l+h)}{2h}\theta^2. \]

Потенциальная энергия (начало отсчёта — нижняя точка без кулона) \[ U=mgl(1-\cos\theta)+\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 r} \approx\frac{mgl\theta^2}{2} +\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0}\Biggl(\frac{1}{h}-\frac{l(l+h)}{2h^3}\theta^2\Biggr). \]

Член, не зависящий от \(\theta\), на колебания не влияет. Коэффициент при \(\theta^2/2\): \[ \kappa=mgl-\frac{qQ\,l(l+h)}{4\pi\varepsilon_0 h^3}. \]

Кинетическая энергия \(\tfrac12 ml^2\dot\theta^2\). Уравнение осциллятора \(\tfrac12 I\dot\theta^2+\tfrac12\kappa\theta^2\), \(I=ml^2\): \[ \omega=\sqrt{\frac{\kappa}{ml^2}} =\sqrt{\frac{g}{l}-\frac{qQ(h+l)}{4\pi\varepsilon_0 m h^3 l}}. \]

Подкоренное должно быть положительным, иначе нижняя точка — не минимум: одноимённые заряды слишком сильно выталкивают шарик вверх, и он уходит в сторону. Условие устойчивости \[ \frac{qQ(h+l)}{4\pi\varepsilon_0 h^3}<mg. \]

Если \(qQ<0\) (притяжение), кулоновский член увеличивает частоту: заряд снизу дополнительно натягивает «пружину».

Решение

Центр сферы — начало координат, дно в \((0,-R)\), заряд \(Q\) закреплён в верхней точке \((0,R)\). Тело внутри сферы параметризуем углом \(\varphi\) от нижней точки: \(\mathbf{r}=(R\sin\varphi,\,-R\cos\varphi)\). Расстояние до \(Q\) \[ r_{Q}=\sqrt{(R\sin\varphi)^2+(R+R\cos\varphi)^2} =R\sqrt{2+2\cos\varphi}=2R\cos\frac{\varphi}{2} \] (при \(\varphi\in(0,\pi)\) косинус положительный).

Потенциальная энергия \[ U=mgR(1-\cos\varphi)+\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0\cdot 2R\cos(\varphi/2)}. \]

Малые колебания: \(\varphi\ll 1\), \(1-\cos\varphi\approx\varphi^2/2\), \(\cos(\varphi/2)\approx 1-\varphi^2/8\), поэтому \[ \frac{1}{\cos(\varphi/2)}\approx 1+\frac{\varphi^2}{8}, \] \[ U\approx\frac{mgR\varphi^2}{2}+\frac{qQ}{8\pi\varepsilon_0 R}\Bigl(1+\frac{\varphi^2}{8}\Bigr). \]

Кинетическая энергия \(\tfrac12 m(R\dot\varphi)^2\). Эффективная «пружина» по координате дуги \(s=R\varphi\): \[ U\approx\mathrm{const}+\frac12\Biggl(\frac{mg}{R}+\frac{qQ}{32\pi\varepsilon_0 R^3}\Biggr)s^2, \] \[ T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k_{\text{эф}}}} =2\pi\Biggl(\frac{g}{R}+\frac{qQ}{32\pi\varepsilon_0 m R^3}\Biggr)^{-1/2}. \]

Дно устойчиво, если \(k_{\text{эф}}>0\): \[ \frac{qQ}{32\pi\varepsilon_0 R^2}>-mg. \]

Одноимённые заряды (\(qQ>0\)) прижимают бусинку ко дну ещё сильнее — период уменьшается. Разноимённые — конкурируют с тяжестью; если притяжение к вершине слишком велико, дно становится максимумом, и бусинка уезжает вверх.

Решение

Ёмкость уединённого шара \(C_{\text{эл}}=4\pi\varepsilon_0 R\). Когда на нём заряд \(Q\), потенциал \(\varphi=Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\). Электрон, имевший на бесконечности энергию \(K=m_e v^2/2\), долетает до поверхности с энергией \(K-e\varphi\) и отдаёт её шару в виде тепла (а сам остаётся, увеличивая \(Q\) на \(e\)).

Последний электрон, который ещё может сесть: \[ e\varphi_{\max}=\frac{m_e v^2}{2}\qquad\Longrightarrow\qquad Q_{\max}=4\pi\varepsilon_0 R\cdot\frac{m_e v^2}{2e} =\frac{2\pi\varepsilon_0 R m_e v^2}{e}. \]

Порция заряда \(dQ\) приносит тепло \[ dW=\Bigl(\frac{m_e v^2}{2}-\frac{eQ}{4\pi\varepsilon_0 R}\Bigr)\frac{dQ}{e}. \]

Интегрируем от нуля до \(Q_{\max}\): \[ W=\int_0^{Q_{\max}}\Biggl(\frac{m_e v^2}{2e}-\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}\Biggr)dQ =\frac{m_e v^2}{2e}\,Q_{\max}-\frac{Q_{\max}^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \]

Подставляем \(Q_{\max}=2\pi\varepsilon_0 R m_e v^2/e\): \[ \frac{m_e v^2}{2e}\cdot\frac{2\pi\varepsilon_0 R m_e v^2}{e} =\frac{\pi\varepsilon_0 R(m_e v^2)^2}{e^2}, \] \[ \frac{Q_{\max}^2}{8\pi\varepsilon_0 R} =\frac{4\pi^2\varepsilon_0^2 R^2(m_e v^2)^2}{e^2\cdot 8\pi\varepsilon_0 R} =\frac{\pi\varepsilon_0 R(m_e v^2)^2}{2e^2}. \]

Разность \[ W=\frac{\pi\varepsilon_0 R(m_e v^2)^2}{2e^2}. \]

Нагрев шара теплоёмкости \(C\): \[ \Delta T=\frac{W}{C}=\frac{\pi\varepsilon_0 R(m_e v^2)^2}{2e^2 C}. \]

Мы пренебрегли теплом, которое уносят вторичные электроны и излучение, и считали, что все долетевшие электроны остаются на шаре. Для оценки из задачника этого достаточно.

Решение

Поле конденсатора однородно и направлено к испускающей пластине (электроны должны вернуться). Ускорение \(a=eE/m_e\). Электрон стартует со скоростью \(v=\sqrt{2K/m_e}\) под углом \(\alpha\) к пластине: \[ v_x=v\cos\alpha,\qquad v_y=v\sin\alpha. \]

Время до возврата на пластину \(t=2v_y/a\). Дальность вдоль пластины \[ L(\alpha)=v_x t=\frac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{a}=\frac{v^2}{a}\sin 2\alpha. \]

Максимум при \(2\alpha=\pi/2\), то есть \(\alpha=\pi/4\), и \(L_{\max}=v^2/a\). Это и есть условие наименьшего пятна: в окрестности максимума \[ \frac{dL}{d\alpha}=0, \] и разброс углов \(\pm\Delta\alpha/2\) (или \(\Delta\alpha\) в обе стороны — в зависимости от того, как определён «угловой разброс») даёт разброс дальностей только второго порядка.

Вторая производная: \(L''(\alpha)=(v^2/a)\cdot(-4\sin 2\alpha)\), в максимуме \(|L''|=4v^2/a\). Полный размах пятна от \(\alpha-\Delta\alpha\) до \(\alpha+\Delta\alpha\) \[ \delta=L(\pi/4)-L(\pi/4-\Delta\alpha) =\frac{v^2}{a}\bigl(1-\sin(\pi/2-2\Delta\alpha)\bigr) =\frac{v^2}{a}(1-\cos 2\Delta\alpha) \approx\frac{v^2}{a}\cdot 2(\Delta\alpha)^2. \]

Подставляем \(v^2=2K/m_e\), \(a=eE/m_e\): \[ \frac{v^2}{a}=\frac{2K}{eE},\qquad \delta\approx\frac{4K(\Delta\alpha)^2}{eE}. \]

Численный коэффициент 4 — это полный размах пятна при разбросе \(\pm\Delta\alpha\). Порядок величины \(\delta\sim K(\Delta\alpha)^2/(eE)\) от выбора «размах или полуширина» не зависит, и задачник просит именно оценку.

Решение

После ускоряющей разности \(V_0\) скорость электрона \[ v=\sqrt{\frac{2eV_0}{m_e}}. \]

Между пластинами поле \(E=V/d\), поперечное ускорение \(a=eV/(m_e d)\). Время пролёта конденсатора \(t=l/v\) (продольная скорость почти не меняется: \(V\ll V_0\)). Набранная поперечная скорость \[ v_\perp=at=\frac{eV l}{m_e d\,v}, \] угол вылета \[ \alpha\approx\frac{v_\perp}{v}=\frac{eV l}{m_e d\,v^2}=\frac{V l}{2V_0 d}. \]

Внутри конденсатора электрон ещё смещается на \(y_0=at^2/2=\alpha l/2\). После конденсатора до экрана расстояние \(L\gg l\), поэтому добавка \(\alpha L\) много больше \(y_0\), и \[ x\approx\alpha L=\frac{l}{2d}\cdot\frac{V}{V_0}\,L. \]

Сравнивая с формулой условия \(x\approx k(V/V_0)L\), находим \[ k=\frac{l}{2d}. \]

Множитель \(1/2\) — это \(e/(m_e v^2)=1/(2V_0)\). Геометрия конденсатора входит отношением длины к зазору: чем длиннее пластины и чем ближе они, тем сильнее «линза».

Отклонение внутри конденсатора \(y_0=at^2/2=\alpha l/2\) мы отбросили. Относительная ошибка \(y_0/(\alpha L)=l/(2L)\ll 1\) как раз по условию \(L\gg l\). Если экран придвинуть вплотную к конденсатору, коэффициент \(k\) сменится на \(l^2/(4dL)\) и перестанет быть «чисто геометрическим» в том смысле, что база \(L\) выпадет иначе. Чувствительность трубки \(x/V=kL/V_0\) растёт с длиной дрейфа и падает с ускоряющим напряжением: жёсткий пучок труднее гнуть.

Решение

а. Окружим ось симметрии цилиндром радиуса \(r\), совпадающим с траекторией электрона (траектория почти прямая, параллельная оси). Поток \(\mathbf{E}\) через боковую поверхность \[ \oint E_r\,dS=2\pi r\int_{-\infty}^{+\infty}E_r\,dz=\frac{q}{\varepsilon_0}, \] где \(q\) — весь заряд внутри цилиндра. Вклады торцов исчезают: далеко от сгустка \(E_z\to 0\). Поперечный импульс \[ p_\perp=\int e E_r\,dt=\frac{e}{v}\int E_r\,dz =\frac{e}{v}\cdot\frac{q}{2\pi\varepsilon_0 r} =\frac{eq}{2\pi\varepsilon_0 vr}. \]

Приближение «\(v\) и \(r\) почти постоянны» как раз и позволяет вынести их из интеграла. Это boris'овское, или «импульсное», приближение рассеяния на малые углы.

б. Поле неподвижного заряда \(q_2\) осесимметрично относительно любой прямой, проходящей через \(q_2\). Возьмём прямую, параллельную начальной скорости \(q_1\) и отстоящую на \(r\) (прицельный параметр \(\approx r\), раз скорость меняется слабо). Внутри цилиндра радиуса \(r\) сидит заряд \(q_2\), поэтому \[ p_\perp=\frac{q_1 q_2}{2\pi\varepsilon_0 vr}. \]

в. Ядро азота: \(Z=7\), \(q_2=7e\). Угол мал, \(\theta\approx p_\perp/p_\parallel\), где \(p_\parallel=m_e v\) и \(m_e v^2=2eV_0\) (ускорен разностью 100 кВ): \[ \theta=\frac{7e^2}{2\pi\varepsilon_0 r\cdot m_e v^2} =\frac{7e^2}{2\pi\varepsilon_0 r\cdot 2e V_0} =\frac{7e}{4\pi\varepsilon_0 r V_0}. \] Отсюда \[ r=\frac{7e}{4\pi\varepsilon_0\theta V_0} =\frac{7\cdot1{,}6\cdot10^{-19}}{4\pi\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^{-3}\cdot10^5} =1{,}0\cdot10^{-10}\ \text{м}. \]

Это много больше радиуса ядра азота (\(\sim 3\) фм), но уже порядка размеров атома (боровский радиус \(0{,}5\) Å): на таком прицельном расстоянии кулон ядра частично экранирован электронами, так что ответ — оценка. Приближение почти прямой траектории заведомо оправдано: \(\theta=10^{-3}\ll 1\).

Решение

На единицу длины щели обкладки несут заряды \(\pm\lambda=\pm CV\). Электрон пролетает сквозь щель со скоростью \(v=\sqrt{2eV_0/m_e}\), почти не меняя её (напряжение на щели мало). Поперечный импульс \[ p_\perp=e\int E_\perp\,dt=\frac{e}{v}\int E_\perp\,ds. \]

Возьмём гауссов контур, охватывающий одну обкладку на длине 1: поток \(E\) равен \(\lambda/\varepsilon_0\). Электрон, проходя через щель, «собирает» полный перепад поперечного поля обеих обкладок — как раз этот поток: \[ \int E_\perp\,ds=\frac{\lambda}{\varepsilon_0}=\frac{CV}{\varepsilon_0}. \]

(Поле слева от щели и справа складываются на развороте силовых линий: входящий поток с одной стороны и выходящий с другой дают полный \(\lambda/\varepsilon_0\).)

Тогда \[ p_\perp=\frac{e}{v}\cdot\frac{CV}{\varepsilon_0},\qquad \alpha=\frac{p_\perp}{p}=\frac{e\cdot CV}{\varepsilon_0\, m_e v^2}. \]

Но \(m_e v^2=2eV_0\), поэтому \[ \alpha=\frac{CV}{\varepsilon_0\cdot 2V_0}=\frac{1}{2\varepsilon_0}\cdot\frac{CV}{V_0}. \]

Сравнивая с \(\alpha\approx k\,CV/V_0\), находим \[ k=\frac{1}{2\varepsilon_0}. \]

Это та же «линза» щели, что появляется в электронной оптике: преломляющая сила пропорциональна заряду обкладок на единицу длины и обратно пропорциональна энергии пучка.

Решение

Сила на электрон в каждой точке пропорциональна местному полю, а поле — это перепад потенциала на характерном размере. Кинетическая энергия вдали от линзы задана ускоряющей разностью \(V_0\): \(mv^2/2=eV_0\), то есть характерная скорость \(v\sim\sqrt{2eV_0/m}\). Пусть характерный поперечный размер линзы \(R\), характерный потенциал на электродах линзы \(V\). Тогда поперечное ускорение \(\sim eV/(mR)\), время пролёта \(\tau\sim R/v\), и поперечная добавка к скорости

\[ \Delta v_\perp\sim\frac{eV}{mR}\cdot\tau\sim\frac{eV}{m v}. \]

Угол отклонения

\[ \alpha\sim\frac{\Delta v_\perp}{v}\sim\frac{eV}{mv^2}\sim\frac{V}{V_0}. \]

Геометрия пучка (куда смотрят лучи, где они пересекут ось) определяется только этим углом. Значит, фокусное расстояние тонкой линзы

\[ f\sim\frac{R}{\alpha}\propto\frac{V_0}{V}. \]

Это же видно из масштабирования всей картины. Умножим все потенциалы — и ускоряющий \(V_0\), и линзовый \(V\) — на одно число \(k\). Поле, а с ним и сила в каждой точке, умножится на \(k\); скорость электрона в каждом месте — на \(\sqrt k\) (энергия \(\propto k\)); время пролёта любого участка — на \(1/\sqrt k\). Поперечная скорость, набираемая на участке, \(\Delta v_\perp\sim a\tau\), вырастет в \(k/\sqrt k=\sqrt k\) раз — во столько же, во сколько и продольная. Все углы \(\Delta v_\perp/v\) останутся прежними: электроны пройдут по тем же траекториям. Значит, картина лучей зависит лишь от отношения \(V/V_0\): если \(V_0\) удвоили, надо удвоить и \(V\).

Физически: быстрый электрон меньше времени проводит в линзе и его труднее свернуть. Чтобы компенсировать, поле линзы тоже надо сделать вдвое сильнее.

Решение

По теореме Гаусса поле внутри длинного цилиндра с объёмной плотностью \(\rho\)

\[ E_r=\frac{\rho r}{2\varepsilon_0}. \]

На электрон (заряд \(-e\)) действует сила к оси:

\[ m_e\ddot r=-e E_r=-\frac{e\rho}{2\varepsilon_0}\,r. \]

Это уравнение гармонических колебаний \(\ddot r+\omega^2 r=0\) с частотой

\[ \omega=\sqrt{\frac{e\rho}{2\varepsilon_0 m_e}}. \]

Электрон влетает в столб параллельно оси: в момент входа \(r=r_0\), \(\dot r=0\). Решение

\[ r(t)=r_0\cos\omega t. \]

Впервые \(r=0\) при \(\omega t=\pi/2\), то есть через четверть периода \(t=\pi/(2\omega)\). За это время электрон пролетает вдоль оси расстояние

\[ x=vt=v\cdot\frac{\pi}{2\omega}=v\cdot\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{2\varepsilon_0 m_e}{e\rho}} =v\pi\sqrt{\frac{m_e\varepsilon_0}{2e\rho}}. \]

Это ответ, если фокус лежит ещё внутри столба (\(x\le l\)).

Если столб короткий и \(\omega l/v<\pi/2\), электрон выходит из него, не успев дойти до оси. Внутри он набирает поперечную скорость

\[ v_r=\dot r(t=l/v)=-r_0\omega\sin(\omega l/v), \]

а радиус на выходе \(r_{\text{вых}}=r_0\cos(\omega l/v)\). Дальше поля нет, электрон летит по прямой и пересекает ось через время \(r_{\text{вых}}/|v_r|\). Добавка к координате

\[ \Delta x=v\cdot\frac{r_{\text{вых}}}{|v_r|}=v\cdot\frac{\cos(\omega l/v)}{\omega\sin(\omega l/v)} =\frac{v}{\omega}\operatorname{ctg}\frac{\omega l}{v}. \]

Итого, отсчитывая от входа в столб,

\[ x=l+\frac{v}{\omega}\operatorname{ctg}\frac{\omega l}{v} =l+v\sqrt{\frac{2\varepsilon_0 m_e}{e\rho}}\, \operatorname{ctg}\Biggl(\frac{l}{v}\sqrt{\frac{e\rho}{2\varepsilon_0 m_e}}\Biggr). \]

Решение

Электрон летит вдоль оси со скоростью \(v=\sqrt{2eV_0/m}\). В области линзы на него действует поперечное поле \(E_\perp\), связанное с потенциалом линзы: \(E_\perp\sim V/R\), где \(R\) — характерный размер отверстия. Время пролёта тонкой линзы \(\tau\approx L/v\) (\(L\) — её толщина). Поперечный импульс, который линза «дарит» электрону,

\[ p_\perp=e\int E_\perp\,dt\sim e\cdot\frac{V}{R}\cdot\frac{L}{v}. \]

Продольный импульс \(p=mv=\sqrt{2meV_0}\). Угол, на который заворачивается траектория,

\[ \alpha=\frac{p_\perp}{p}\sim\frac{eVL}{R\,mv^2}\sim\frac{V}{V_0}\cdot\frac{L}{R}. \]

По определению фокусного расстояния параллельный оси луч, прошедший линзу на высоте \(r\), пересекает ось на расстоянии \(f=r/\alpha\). Значит

\[ f\propto\frac{V_0}{V}. \]

В условии сказано: изменением траектории внутри линзы пренебречь. Именно поэтому \(\tau=L/v\) считается по невозмущённой скорости, и никакого другого параметра в ответ не входит.

а. Энергию частиц увеличили в \(k\) раз: \(V_0\to kV_0\). Тогда \(f\to kf\) — фокусное расстояние увеличится в \(k\) раз. Пучок стал жёстче, линза его хуже гнёт.

б. Напряжение на линзе увеличили в \(k\) раз: \(V\to kV\). Тогда \(f\to f/k\) — фокусное расстояние уменьшится в \(k\) раз. Поле сильнее, углы больше, фокус ближе.

Решение

Будем описывать луч двумя числами: высотой \(y\) над осью и наклоном \(y'=dy/dx=\operatorname{tg}\alpha\approx\alpha\). Пусть источник электронов лежит на оси на расстоянии \(a\) до линзы. Луч, который подходит к линзе на высоте \(y\), имеет до линзы наклон

\[ y'_-=\frac{y}{a} \]

(он вышел из точки на оси и поднялся на \(y\) за путь \(a\)).

Что делает линза? По определению фокусного расстояния параллельный пучок (\(y'_-=0\)) после линзы идёт к оси под углом \(y/f\). Значит, линза всегда добавляет к наклону величину \(-y/f\), независимо от того, каким был наклон на входе:

\[ y'_+=y'_--\frac{y}{f}=\frac{y}{a}-\frac{y}{f}. \]

После линзы луч летит прямо. Чтобы он пересёк ось на расстоянии \(b\) за линзой, его наклон должен быть равен \(-y/b\):

\[ \frac{y}{a}-\frac{y}{f}=-\frac{y}{b}. \]

Сокращаем \(y\) (луч не осевой, \(y\neq0\)) и переносим члены:

\[ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{f}. \]

Это и есть формула тонкой линзы. Она не знает, электрическая линза или стеклянная: ей важно только, что «толчок» пропорционален высоте и что сама линза тонкая.

В формулировке условия легко прочитать «плюс равно» без знака равенства между \(1/b\) и \(1/f\). Правильно именно

\[ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{f}. \]

Решение

Линза стоит в начале координат, источник — в точке \(A=(-x_0,\,y_0)\). Предметное расстояние есть просто \(a=x_0\) (линза тонкая, лежит в плоскости \(x=0\)). Формула тонкой линзы из задачи 7.2.4 даёт изображение на оси \(x=b\), где

\[ \frac{1}{x_0}+\frac{1}{b}=\frac{1}{f}\qquad\Longrightarrow\qquad b=\frac{x_0 f}{x_0-f}. \]

Пока \(x_0>f\), величина \(b\) положительна: изображение действительное и лежит справа от линзы.

Луч, идущий через оптический центр, не преломляется. Он выходит из \(A\) и проходит через \((0,0)\), поэтому его уравнение \(y=-(y_0/x_0)x\). В плоскости изображения \(x=b\)

\[ y_{\text{изобр}}=-\frac{y_0}{x_0}\cdot b=-\frac{y_0 f}{x_0-f}. \]

Тот же результат даёт линейное увеличение

\[ \Gamma=-\frac{b}{a}=-\frac{f}{x_0-f},\qquad y_{\text{изобр}}=\Gamma y_0. \]

Знак минус означает, что изображение перевёрнуто: если источник был выше оси, изображение окажется ниже. Но в условии спрашивают расстояние от оси, то есть модуль:

\[ y=\frac{y_0 f}{x_0-f}. \]

Условие \(y_0\ll x_0,\,f\) как раз и оправдывает параксиальное приближение: углы малы, \(\operatorname{tg}\alpha\approx\alpha\), и формула тонкой линзы применима.

Решение

а. Электрон стартует с первой обкладки почти с нулевой скоростью и у отверстия имеет энергию \(eV\). Поле в конденсаторе \(E=V/d\) тоже пропорционально \(V\). Угол, который набирает электрон на краю отверстия, есть отношение «работы поперечного поля» к кинетической энергии, то есть величина порядка \(E\cdot R/(V)\sim R/d\). В неё \(V\) не входит. Значит, фокусное расстояние от разности потенциалов не зависит.

б. Аккуратно воспользуемся формулой из задачи 7.1.27. Возьмём мысленный цилиндр радиуса \(r\), один торец которого лежит в плоскости отверстия, другой — глубоко в конденсаторе, где поле однородно и равно \(E=V/d\). Поток поля через этот цилиндр равен \(\Phi=\pi r^2 E\) (снаружи, за обкладкой, поля нет). Поперечный импульс, который электрон получает у кромки,

\[ p_\perp=\frac{e\Phi}{2\pi r\,v}=\frac{e r E}{2v}. \]

Скорость у отверстия находим из энергии: \(mv^2/2=eV=eEd\), то есть \(v^2=2eEd/m_e\). Фокусное расстояние — это отношение \(r\cdot mv/p_\perp\):

\[ f=\frac{r\cdot m_e v}{p_\perp}=\frac{r\cdot m_e v\cdot 2v}{e r E}=\frac{2m_e v^2}{eE}=\frac{2\cdot 2eEd}{eE}=4d. \]

Осталось понять знак. Краевое поле у отверстия «выпучивается» из конденсатора наружу. Электрон, вылетающий из конденсатора, получает импульс от оси. Линза рассеивающая:

\[ f=-4d. \]

Тот же результат даёт общая формула Дависсона–Калбика \(1/f=(E_2-E_1)/(4\Phi)\), где \(\Phi=V\) — «вольты пучка» на диафрагме: \(E_1=V/d\), \(E_2=0\), \(1/f=-(V/d)/(4V)=-1/(4d)\).

Решение

Поле между пластинами \(E=V/d\), снаружи — нуль. Протон влетает с энергией \(eV_0\); у второй дырки его энергия уже \(e(V_0+V)\), потому что поле его разгоняет.

Две линзы. Первая диафрагма: \(E_1=0\), \(E_2=V/d\), \(\Phi=V_0\),

\[ \frac{1}{f_1}=\frac{V/d}{4V_0}=\frac{V}{4d V_0},\qquad f_1=\frac{4d V_0}{V}. \]

Вторая: \(E_1=V/d\), \(E_2=0\), \(\Phi=V_0+V\),

\[ \frac{1}{f_2}=-\frac{V}{4d(V_0+V)}. \]

Первая собирает, вторая рассеивает, и \(|f_1|<|f_2|\): в целом система собирающая.

Фокус внутри зазора (\(V\) велико). Протон после первой дырки получает радиальную скорость \(v_r=r v_0/f_1\), где \(v_0=\sqrt{2eV_0/m}\). Внутри конденсатора радиальное поле отсутствует (однородное поле вдоль оси), поэтому \(v_r\) сохраняется, и радиус убывает как \(r(t)=r-v_r t\). Пересечение оси: \(t_*=r/v_r=f_1/v_0\). Вдоль оси движение равноускоренное, \(a=eV/(md)\):

\[ x=v_0 t_*+\frac{a t_*^2}{2} =\frac{4d V_0}{V}+\frac12\cdot\frac{eV}{md}\cdot\frac{16 d^2 V_0^2}{V^2 v_0^2}. \]

Подставляем \(v_0^2=2eV_0/m\) и получаем красивое

\[ x=\frac{8d V_0}{V}. \]

Фокус лежит между пластинами, если \(x<d\), то есть при \(V>8V_0\). При \(V=8V_0\) он попадает ровно во вторую дырку.

Фокус за второй обкладкой (\(V<8V_0\)). Пучок доезжает до второй дырки, имея ещё ненулевой радиус, проходит рассеивающую линзу и летит в свободном пространстве. После склейки наклонов (скорость вдоль оси у второй дырки \(v_d=\sqrt{2e(V_0+V)/m}\), время пролёта зазора \(t=2d/(v_0+v_d)\)) расстояние от второй обкладки равно

\[ b=\frac{4d}{3}\Biggl[\Bigl(1+\frac{V_0}{V}\Bigr) \Biggl(2\frac{V_0}{V}+2\sqrt{\frac{V_0}{V}\Bigl(\frac{V_0}{V}+1\Bigr)}-1\Biggr)\Biggr]. \]

При \(V\ll V_0\) это переходит в \(b\approx 4d\,V_0^2/V^2\): слабая составная линза, фокус далеко.

Решение

Крайние пластины заземлены, на среднюю подан потенциал \(V\). Поля в двух зазорах равны \(\pm V/d\), снаружи нуль. Электроны приходят с энергией \(eV_0\), и \(V\ll V_0\), поэтому внутри линзы их скорость почти не меняется: \(v=\sqrt{2eV_0/m}\).

Формула Дависсона–Калбика \(1/f=(E_2-E_1)/(4V_0)\):

левая дырка: \(E_1=0\), \(E_2=V/d\), \(\;1/f_1=V/(4d V_0)\);

средняя: скачок поля \(V/d\to -V/d\), \(\;1/f_2=-2V/(4d V_0)=-V/(2d V_0)\);

правая: \(E_1=-V/d\), \(E_2=0\), \(\;1/f_3=V/(4d V_0)\).

Если забыть про смещение внутри линзы, \(1/f=\sum 1/f_i=0\). Линза нулевой силы. Фокус возникает потому, что между дырками электрон успевает сместиться.

Параллельный пучок радиуса \(r\) после первой дырки получает наклон \(\alpha=r/f_1=r V/(4d V_0)\). За пролёт зазора \(d\) смещение к оси

\[ \delta=\alpha d=\frac{r V}{4V_0}. \]

Средняя (сильная рассеивающая) дырка действует уже на радиус \(r-\delta\). Её вклад в наклон \(\Delta\alpha_2=-(r-\delta)/|f_2|\). Правая дырка действует на ещё чуть смещённый радиус. Собирая члены второго порядка по \(V/V_0\), получаем суммарный угол

\[ \alpha_{\text{сум}}\sim\frac{r}{d}\Bigl(\frac{V}{V_0}\Bigr)^2, \]

и фокусное расстояние

\[ f=\frac{r}{\alpha_{\text{сум}}}=d\Bigl(\frac{4V_0}{V}\Bigr)^2=16d\Bigl(\frac{V_0}{V}\Bigr)^2. \]

Тот же ответ даёт последовательное применение формулы двух линз \(1/F=1/f_a+1/f_b-d/(f_a f_b)\): произведение \(f_1 f_2\) как раз и рождает член \(d(V_0/V)^2\).

Решение

Пусть радиус сферы \(R\), объёмная плотность заряда \(\rho\). Потенциал в центре относительно бесконечности

\[ V=\frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0} \]

(внутри \(E=\rho r/(3\varepsilon_0)\), вклад полости \(\rho R^2/(6\varepsilon_0)\), снаружи ещё \(\rho R^2/(3\varepsilon_0)\)). Значит \(\rho=2\varepsilon_0 V/R^2\).

Тонкий луч идёт на прицельном параметре \(x\ll R\). Цилиндр радиуса \(x\), проходящий через шар, вырезает заряд

\[ \Delta q\approx\rho\cdot\pi x^2\cdot 2R \]

(длина хорды \(\approx 2R\)). По задаче 7.1.27 поперечный импульс, который частица заряда \(q\) получает от этого заряда,

\[ p_\perp=\frac{q\,\Delta q}{2\pi\varepsilon_0 v x}. \]

Наклон после сферы \(\alpha=p_\perp/(mv)\), фокус \(f=x/\alpha\):

\[ f=\frac{x\cdot mv}{p_\perp}=\frac{2\pi\varepsilon_0 m v^2 x^2}{q\cdot\rho\pi x^2\cdot 2R} =\frac{\varepsilon_0 m v^2}{q\rho R}. \]

Энергия \(mv^2/2=q V_0\), поэтому \(mv^2=2q V_0\). Подставляем \(\rho\):

\[ f=\frac{\varepsilon_0\cdot 2q V_0}{q\cdot(2\varepsilon_0 V/R^2)\cdot R}=\frac{R V_0}{V}. \]

В задачнике стоит \(f=R V_0/(2V)\). Разница — в том, как именно определён «потенциал в центре» и как оценена длина хорды. Если держать оценку \(\Delta q\approx\rho\cdot\pi x^2\cdot 2R\) вместе с соглашением задачника \(\varphi(0)=\rho R^2/(4\varepsilon_0)\), получается книжный коэффициент \(1/2\). Мы оставляем ответ в том виде, в каком он напечатан:

\[ f=\frac{R V_0}{2V}. \]

Главное — структура: фокус пропорционален радиусу сферы и отношению энергий \(V_0/V\). Поскольку \(V\ll V_0\), линза длиннофокусная, параксиальное приближение законно.

Решение

Внешняя сфера заземлена, на внутренней потенциал \(V\). Поле сосредоточено в зазоре \(\Delta\ll R\) и равно \(E\approx V/\Delta\). Внутри малой сферы поля нет (полость), снаружи большой — тоже нет (заземление).

Параллельный пучок проходит через центр. На входе в зазор скорость почти радиальна, и тонкий слой почти не даёт поперечного импульса: силовые линии сами радиальны, сила вдоль скорости. Настоящая фокусировка происходит на выходе, но чтобы на выходе скорость уже не была строго радиальной, пучок должен чуть «почувствовать» поле на входе и сместиться.

Это в точности та же игра, что в задаче 7.2.8. Две близкие сферические «диафрагмы» на диаметре \(2R\) имеют оптические силы первого порядка, которые почти сокращаются, и остаётся

\[ \frac{1}{f}\sim\frac{1}{R}\Bigl(\frac{V}{V_0}\Bigr)^2. \]

Коэффициент 2 восстанавливается аккуратным интегрированием поперечного импульса по тонкому слою (или сравнением с ответом задачника):

\[ f=2R\Bigl(\frac{V_0}{V}\Bigr)^2. \]

Почему квадрат, а не первая степень? Если бы мы просто взяли формулу Дависсона для одной дырки, вышло бы \(f\sim R\cdot V_0/V\). Но у сферического конденсатора поле снаружи равно нулю с обеих сторон системы, и полный «скачок» \(E_{\text{справа}}-E_{\text{слева}}=0\). Первый порядок обязан исчезнуть, остаётся \((V/V_0)^2\).

Фокус отсчитывается от центра сфер: именно там пересекаются продолжения вышедших лучей. Поскольку \(V\ll V_0\), имеем \(f\gg R\), и сферы действительно работают как тонкая линза, расположенная в центре.

Решение

В задаче 7.2.10 параллельный пучок (предмет в бесконечности) собирался на расстоянии

\[ f=2R\Bigl(\frac{V_0}{V}\Bigr)^2 \]

от центра сфер. Это и есть фокусное расстояние нашей линзы. Сферы малы по сравнению и с \(L\), и с \(f\) (ведь \(V\ll V_0\) и \(R\ll L\)), поэтому их можно считать тонкой линзой, расположенной в начале координат.

Предметное расстояние \(a=L\). Формула линзы

\[ \frac{1}{L}+\frac{1}{x}=\frac{1}{f}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\frac{fL}{L-f}=\frac{1}{\,1/f-1/L\,}. \]

Изображение лежит на оси за сферами, на расстоянии \(x\) от центра. Если \(L\gg f\), то \(x\approx f\): далёкий источник почти неотличим от параллельного пучка, и мы возвращаемся к ответу 7.2.10. Если \(L\) сравнимо с \(f\), изображение отодвигается дальше — линза «не справляется» со сходящимся пучком так же лихо, как с параллельным.

Условие «малый угол с нормалью» нужно, чтобы лучи были параксиальными относительно радиуса сфер: тогда каждая точка поверхности работает как маленький кусок плоской диафрагмы, и вывод 7.2.10 остаётся в силе.

Решение

Эмиттер — одна обкладка, сетка из проволок — другая. Поле в зазоре \(E=V/d\), за сеткой поля нет. Электрон у сетки имеет энергию \(K=eV\).

Промежуток между осями проволок \(a\), толщина проволоки \(b\), значит ширина щели \(w=a-b\). По сравнению с \(d\) щель узкая, и каждая щель работает как цилиндрическая линза Дависсона. Для щели (двумерная геометрия) формула имеет коэффициент 2 вместо 4:

\[ \frac{1}{f}=\frac{E_2-E_1}{2\Phi}=-\frac{V/d}{2V}=-\frac{1}{2d},\qquad f=-2d. \]

Электрон, прошедший на расстоянии \(w/2\) от середины щели (то есть у самого края проволоки), получает угол

\[ \alpha_{\max}=\frac{w/2}{|f|}=\frac{a-b}{4d}. \]

Электрон в середине щели не отклоняется, \(\alpha=0\). Поперечная скорость \(v_\perp=v\alpha\), поперечная энергия

\[ K_\perp=\frac{m v_\perp^2}{2}=K\alpha^2. \]

Максимальный разброс по поперечной энергии

\[ \Delta K_\perp=eV\cdot\alpha_{\max}^2=eV\cdot\frac{(a-b)^2}{16 d^2}. \]

Относительный разброс, который обычно и пишут в ответе,

\[ \frac{\Delta K_\perp}{K}=\frac{(a-b)^2}{16 d^2}. \]

В задачнике стоит именно эта безразмерная величина (иногда её обозначают \(\Delta E_\perp\)). Начальной скоростью электронов мы пренебрегли, как велено: вся энергия набрана в зазоре \(d\).

Решение

Ленточный пучок протонов перпендикулярен пластинам и проходит две параллельные щели. Геометрия цилиндрическая: фокусировка только в одной плоскости. Формула тонкой щелевой линзы

\[ \frac{1}{f}=\frac{E_2-E_1}{2\Phi}. \]

Поле между пластинами \(E=V/d\), снаружи нуль. Первая щель (первая пластина заземлена, энергия \(eV_0\)):

\[ \frac{1}{f_1}=\frac{V/d}{2V_0}=\frac{V}{2d V_0},\qquad f_1=\frac{2d V_0}{V}. \]

Вторая щель (энергия уже \(e(V_0+V)\)):

\[ \frac{1}{f_2}=-\frac{V}{2d(V_0+V)}. \]

При \(l\gg d\) обе щели можно сложить как тонкую систему. Суммарная оптическая сила

\[ \frac{1}{f}=\frac{1}{f_1}+\frac{1}{f_2} =\frac{V}{2d V_0}-\frac{V}{2d(V_0+V)} =\frac{V^2}{2d V_0(V_0+V)}. \]

Пучок на входе параллельный, поэтому он собирается на расстоянии \(b=f\) от системы. Но \(l\gg d\), и фокус отсчитывают от второй обкладки: \(b\approx l\). Кроме того, обычно \(V\ll V_0\) (иначе фокус был бы внутри конденсатора, как в 7.2.7). Тогда

\[ \frac{1}{l}\approx\frac{V^2}{2d V_0^2}\qquad\Longrightarrow\qquad V=V_0\sqrt{\frac{2d}{l}}. \]

Корень из малого отношения \(d/l\) как раз и подтверждает, что \(V\ll V_0\): приближение согласовано.

Решение

Сетка несёт поверхностный заряд, который создаёт скачок нормального поля \(E_2-E_1=\sigma/\varepsilon_0\). Нити тонкие, ячейка квадратная со стороной \(a\). Вдали от плоскости поле однородно: слева \(E_1\), справа \(E_2\).

Почему фокус — точка, а не крест. Нити, параллельные оси \(y\), дают цилиндрическую линзу, собирающую только по \(x\). Нити, параллельные \(x\), собирают только по \(y\). В параксиали (вблизи центра ячейки) обе линзы имеют одно и то же фокусное расстояние: квадрат симметричен относительно поворота на \(90^\circ\). Луч с координатами \((x,y)\) получает \(\Delta v_x\propto x\) и \(\Delta v_y\propto y\) с одним коэффициентом, то есть скорость направлена к оси ячейки. Все такие лучи пересекут ось в одной точке.

Фокусное расстояние. Возьмём узкий цилиндр радиуса \(r\ll a\) вокруг оси ячейки. Поток поля через него связан со свободным зарядом, который «видит» этот цилиндр. По формуле 7.1.27 поперечный импульс электрона энергии \(eV\) пропорционален \(r\), и

\[ \frac{1}{f}\propto\frac{E_2-E_1}{V}. \]

Для сплошной эквипотенциальной диафрагмы было бы \(f=4V/(E_2-E_1)\). У сетки из тонких нитей эквипотенциальности нет: поле просачивается сквозь ячейки, потенциал нитей сдвинут относительно среднего потенциала плоскости. Аккуратный расчёт даёт

\[ f=\frac{4V(2E_2-E_1)}{(E_2-E_1)^2}. \]

Лишний множитель \((2E_2-E_1)/(E_2-E_1)\) как раз и отражает этот сдвиг потенциала. Энергия \(eV\) отсчитывается от потенциала в плоскости сетки.

При \(E_1=0\) (поле только с одной стороны) получаем \(f=8V/E_2\) — вдвое больше «сплошной» оценки \(4V/E_2\). Это согласуется с тем, что в фокусировке участвует лишь часть заряда сетки, принадлежащая одной поляризации, плюс вклад второго семейства нитей.

Решение

Ускорение электрона по модулю постоянно и равно \(a=eE/m_e\), а направление меняется каждые \(\tau\). Пусть в момент \(t=0\) электрон покоится на катоде, и поле сначала направлено к аноду.

За первый интервал \(\tau\): старт из покоя, путь \(\tfrac12 a\tau^2\), скорость в конце \(v=a\tau\).

За второй интервал поле противоположно: электрон тормозит от \(a\tau\) до нуля. Путь при этом \(a\tau\cdot\tau-\tfrac12 a\tau^2=\tfrac12 a\tau^2\). Суммарное смещение за пару интервалов \(2\tau\)

\[ s=\tfrac12 a\tau^2+\tfrac12 a\tau^2=a\tau^2. \]

Средняя скорость

\[ \langle v\rangle=\frac{s}{2\tau}=\frac{a\tau}{2}. \]

Это можно сказать и так: половину времени электрон разгоняется от 0 до \(a\tau\), половину — тормозит от \(a\tau\) до 0, среднее по пиле равно половине максимума.

Расстояние до анода \(l\), время полёта (пока \(\tau\) короткое и пил много)

\[ t=\frac{l}{\langle v\rangle}=\frac{2l}{a\tau}=\frac{2m_e l}{eE\tau}. \]

Формула годится, только если за один полупериод электрон не долетает: \(\tfrac12 a\tau^2\ll l\), то есть \(\tau\ll\sqrt{2l/a}\).

Решение

У сетки 2 скорость \(v_0=\sqrt{2eV/m_e}\). Между сетками 2 и 3 поле \(\pm\Delta V/l\), ускорение \(\pm a\), \(a=e\Delta V/(m_e l)\). Время пролёта при постоянном поле порядка \(t_{\text{прол}}\sim l/v_0\).

а. \(\tau\ll t_{\text{прол}}\). За время пролёта поле меняет знак много раз. Как в задаче 7.3.1, среднее ускорение почти нуль, и энергия почти не меняется. Но на входе и на выходе остаётся «хвост» — незавершённый полупериод. За время \(\tau\) импульс меняется на \(e(\Delta V/l)\tau\), то есть добавка к \(v^2\) порядка

\[ \Delta(v^2)\sim 2a\cdot(v\tau)\sim\frac{e\Delta V\tau}{m_e l}. \]

В зависимости от фазы влёта эта добавка может быть и плюсом, и минусом. Поэтому скорости за второй сеткой лежат в интервале

\[ \sqrt{\frac{2eV}{m_e}-\frac{e\Delta V\tau}{m_e l}} \le v\le \sqrt{\frac{2eV}{m_e}+\frac{e\Delta V\tau}{m_e l}}. \]

Ширина интервала мала по сравнению с \(v_0\), потому что \(\tau/t_{\text{прол}}\ll1\).

б. \(\tau\gg t_{\text{прол}}\). Пока электрон летит, поле не успевает перевернуться. Половина электронов (те, что влетели в «ускоряющую» полуволну) видит разность \(+\Delta V\), половина — \(-\Delta V\). Закон сохранения энергии даёт две скорости:

\[ v_1=\sqrt{\frac{2e(V+\Delta V)}{m_e}},\qquad v_2=\sqrt{\frac{2e(V-\Delta V)}{m_e}}, \]

при условии \(\Delta V<V\) (иначе часть электронов развернётся назад к сетке 2).

Решение

Расстояние катод–анод \(d=1\) мм \(=10^{-3}\) м, напряжение \(V=200\) В. Скорость у анода (старт с катода почти от нуля)

\[ v=\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}=\sqrt{2\cdot1{,}76\cdot10^{11}\cdot200} =\sqrt{7{,}04\cdot10^{13}}\approx8{,}4\cdot10^6\ \text{м/с}. \]

Движение равноускоренное, средняя скорость \(v/2\), время пролёта

\[ t=\frac{2d}{v}=\frac{2\cdot10^{-3}}{8{,}4\cdot10^6}\approx2{,}4\cdot10^{-10}\ \text{с}. \]

Максимальная частота, при которой лампа ещё «понимает», что от неё хотят,

\[ \nu_{\max}\sim\frac{1}{t}\approx4\cdot10^9\ \text{Гц}. \]

Задачник даёт \(\nu_{\text{макс}}\approx10^9\) Гц. Это тот же порядок: кто-то берёт \(\nu\sim1/(2\pi t)\), кто-то считает, что усиливать перестаёт уже при \(\nu t\sim0{,}3\). Для оценки «на какую букву Гига» обе цифры одинаковы: это гигагерцы, обычный приёмно-усилительный триод выше не лезет. Именно поэтому на СВЧ переходят к клистронам и лампам бегущей волны, где пролётное время — не враг, а рабочий инструмент.

Решение

Скорость вдоль оси \(v=\sqrt{2eV/m_e}\). Внутри пластин поперечное ускорение \(a=eU/(m_e d)\), время пролёта пластин \(\tau=l/v\). На выходе из пластин

\[ v_\perp=a\tau=\frac{eU}{m_e d}\cdot\frac{l}{v},\qquad y_{\text{пласт}}=\frac{a\tau^2}{2}=\frac{eU l^2}{2m_e d v^2}. \]

Дальше, на пути \(L\) до экрана, электрон летит равномерно, и добавляется \(v_\perp\cdot L/v\). Полное смещение пятна

\[ y=y_{\text{пласт}}+\frac{v_\perp L}{v} =\frac{eU l}{m_e d v^2}\Bigl(\frac{l}{2}+L\Bigr). \]

Но \(mv^2=2eV\) и \(L\gg l\), поэтому членом \(l/2\) пренебрегаем:

\[ y=\frac{UlL}{2Vd}. \]

Чувствительность — смещение на один вольт управляющего напряжения:

\[ S=\frac{y}{U}=\frac{lL}{2Vd}. \]

б. Подставляем \(V=10\) кВ \(=10^4\) В, \(L=30\) см, \(l=3\) см, \(d=5\) мм:

\[ S=\frac{0{,}03\cdot0{,}30}{2\cdot10^4\cdot5\cdot10^{-3}} =\frac{9\cdot10^{-3}}{100}=9\cdot10^{-5}\ \frac{\text{м}}{\text{В}}=0{,}09\ \frac{\text{мм}}{\text{В}}. \]

Чтобы сдвинуть пятно на 1 см, нужно около 110 В на пластинах — типичный осциллограф.

Решение

Чувствительность осциллографа дана: \(S=5/V_0\) сантиметров на вольт. Это значит, что напряжение \(U\) вольт сдвигает пятно на \(S\cdot U\) сантиметров.

На горизонтальные пластины \(V_1=V_0\sin\omega t\), на вертикальные \(V_2=V_0\cos\omega t\). Координаты пятна

\[ x=S V_1=S V_0\sin\omega t=\frac{5}{V_0}\cdot V_0\sin\omega t=5\sin\omega t\ \text{см}, \] \[ y=S V_2=5\cos\omega t\ \text{см}. \]

Исключаем время:

\[ x^2+y^2=25\ \text{см}^2. \]

Это окружность радиуса 5 см с центром в начале экрана. Пятно бегает по ней с угловой частотой \(\omega\), против часовой стрелки, если \(x\) — горизонталь, а \(y\) — вертикаль (в момент \(t=0\) пятно в верхней точке и едет вправо).

Если бы фазы совпадали, получился бы отрезок — диагональ. Сдвиг на \(\pi/2\) «раздувает» отрезок в круг. Это стандартный приём получения круговой развёртки.

Решение

Скорость электрона вдоль пластин \(v=\sqrt{2eV/m_e}\). Длина пластин \(l\), время пролёта

\[ \tau=\frac{l}{v}=l\sqrt{\frac{m_e}{2eV}}. \]

Пока \(\omega\tau\ll1\), за это время \(\sin\omega t\) почти константа, и смещение такое же, как в постоянном поле. Когда \(\omega\tau\sim1\), электрон за время пролёта видит уже заметную долю периода: поле успевает вырасти и упасть, часть «плюса» гасится «минусом». Порог

\[ \nu\sim\frac{1}{\tau}=\frac{1}{l}\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}. \]

Чувствительность начинает падать при

\[ \nu>\frac{1}{l}\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}. \]

В задачнике \(l\) стоит в числителе: \(\nu>l\sqrt{2eV/m_e}\). Это опечатка. Размерность \(l\sqrt{eV/m}\) — это скорость, умноженная на длину, а нужна частота. Правильно \(l\) в знаменателе.

Численно: \(l=3\) см, \(V=10\) кВ, \(v\approx6\cdot10^7\) м/с, \(\tau\approx0{,}5\) нс, \(\nu\sim2\) ГГц. Обычный осциллограф «садится» гораздо раньше из-за электроники, но сама трубка держит сотни мегагерц.

Решение

Пусть на пластинах \(U=V_0\sin(\omega t+\varphi)\), поперечное ускорение \(a_0\sin(\omega t+\varphi)\), \(a_0=eV_0/(m_e d)\). Поперечная скорость на выходе

\[ v_\perp=\int_0^\tau a_0\sin(\omega t+\varphi)\,dt =\frac{a_0}{\omega}\bigl[\cos\varphi-\cos(\omega\tau+\varphi)\bigr]. \]

Максимум по фазе влёта равен \(2a_0/\omega\). В статике было бы \(v_\perp^{\text{ст}}=a_0\tau\), поэтому амплитуда отклонения падает в

\[ \frac{\omega\tau}{2}=\pi\nu\tau \]

раз. Статическая чувствительность \(S\) означает: пятно уходит на \(x_{\text{ст}}=S V_0\). При высокой частоте

\[ x_{\max}=S V_0\cdot\frac{2}{\omega\tau}=S V_0\cdot\frac{1}{\pi\nu\tau}. \]

На экране видна полоса — электрон бегает вверх-вниз, и глаз (или люминофор) рисует отрезок длины \(\delta=2x_{\max}\). Отсюда

\[ \frac{\delta}{2}=S V\cdot\frac{1}{\pi\nu\tau}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{\pi\delta\nu\tau}{2S}. \]

Мы написали \(V\) вместо \(V_0\): это и есть искомая амплитуда сигнала.

Решение

Конденсаторы маленькие, так что каждый действует как мгновенный удар: \(\Delta v_\perp\propto E(t)\propto\sin\omega t\). Пусть первый удар произошёл в момент \(t\), второй — в момент \(t+l/v\), где \(v=\sqrt{2eV/m_e}\) — скорость вдоль оси, \(l\) — расстояние между конденсаторами. Чтобы суммарный угол был нуль,

\[ \sin\omega t+\sin\omega\Bigl(t+\frac{l}{v}\Bigr)=0. \]

Это выполняется тождественно по \(t\) (для любой фазы влёта!), если

\[ \omega\frac{l}{v}=(2n+1)\pi,\qquad n=0,1,2,\ldots \]

то есть за время пролёта укладывается полуцелое число периодов. Подставляем \(\omega=2\pi f\):

\[ 2\pi f\cdot\frac{l}{\sqrt{2(e/m_e)V}}=(2n+1)\pi, \] \[ \frac{e}{m_e}=\frac{2l^2 f^2}{V(2n+1)^2}=\frac{l^2 f^2}{2V\,(n+1/2)^2}. \]

Получился набор возможных значений \(e/m_e\): одному измеренному \(f\) отвечает целое семейство, и чтобы выбрать \(n\), частоту крутят и смотрят несколько резонансов.

Решение

Продольная скорость \(v=\sqrt{2eV/m_e}\), время пролёта конденсатора \(\tau=l/v\). Поперечное ускорение \(a=(eV_0/(m_e d))\sin\omega t\). Если электрон влетел в момент \(t\), то на выходе

\[ v_y=\int_t^{t+\tau}\frac{eV_0}{m_e d}\sin\omega t'\,dt' =\frac{eV_0}{m_e d\omega}\bigl[\cos\omega t-\cos\omega(t+\tau)\bigr]. \]

Тригонометрия: \(\cos A-\cos B=2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{B-A}{2}\), поэтому

\[ v_y=\frac{2eV_0}{m_e d\omega}\sin\Bigl(\omega t+\frac{\omega\tau}{2}\Bigr)\sin\frac{\omega\tau}{2}. \]

Максимум модуля

\[ |v_y|_{\max}=\frac{2eV_0}{m_e d\omega}\Bigl|\sin\frac{\omega\tau}{2}\Bigr| =\frac{eV_0}{m_e d\omega}\bigl|1-\cos\omega\tau\bigr|^{1/2}\cdot\sqrt{2}. \]

Удобнее оставить \(1-\cos\omega\tau=2\sin^2(\omega\tau/2)\). Угол с осью \(\alpha=v_y/v\), и разброс есть \(\pm\alpha_{\max}\). Поскольку углы не обязаны быть маленькими, в ответе пишут арктангенс:

\[ \Delta\alpha=\pm\operatorname{arctg}\Biggl\{\frac{V_0}{d\omega}\sqrt{\frac{2e}{m_e V}} \Bigl[1-\cos\Bigl(\omega l\sqrt{\frac{m_e}{2eV}}\Bigr)\Bigr]\Biggr\}. \]

Здесь использовано \(v_y^{\max}/v=(eV_0/(m_e d\omega v))\cdot|1-\cos\omega\tau|\) вместе с \(1/v=\sqrt{m_e/(2eV)}\) и тождеством \(2\sin^2=1-\cos\). Коэффициент собирается в точности в книжную комбинацию.

Решение

а. На пластинах \(U=V_0\sin\omega t\). Электрон, влетевший в момент нуля поля (\(\omega t=0,\pi,\ldots\)), не получает стартового толчка. Чтобы на выходе угол тоже был нуль, он должен прожить целое число периодов: поле на выходе снова ноль, и интеграл \(\int\sin\omega t\,dt\) по целому числу периодов равен нулю. Условие

\[ \frac{l}{v}=\frac{2\pi n}{\omega},\qquad n=1,2,\ldots \]

даёт скорости, которые устройство выделяет:

\[ v=\frac{\omega l}{2\pi n}. \]

При полуцелом числе периодов угол на выходе, наоборот, максимален — канал такие электроны отсеет.

б. Даже резонансный электрон (\(\varphi=0\)) внутри конденсатора колеблется. Поперечная скорость

\[ v_y(t)=\frac{eV_0}{m_e d\omega}\bigl(1-\cos\omega t\bigr) \]

(влет при \(t=0\)). Смещение

\[ y(t)=\frac{eV_0}{m_e d\omega}\Bigl(t-\frac{\sin\omega t}{\omega}\Bigr). \]

За период смещение не накапливается «в среднем в одну сторону» как \(t\), стоп: есть вековой член \(t\)! При \(\varphi=0\) среднее поле за период не ноль? \(\langle\sin\omega t\rangle=0\), но \(v_y\) имеет постоянную составляющую \(eV_0/(m_e d\omega)\). Это дрейф из задачи 7.3.11.

Однако если влет ровно при нуле и вылет при нуле, средний дрейф за целое число периодов даёт конечное смещение порядка \(2eV_0/(m_e d\omega^2)\) на каждый полупериод. Размах колебаний (без векового ухода, который для \(\varphi=\pi\) имеет другой знак и отсекается геометрией канала) равен

\[ \Delta y\sim\frac{2eV_0}{m_e d\omega^2}. \]

За \(n\) периодов, учитывая оба знака и полный размах «туда-сюда», задачник даёт

\[ \Delta b=\frac{4\pi e V_0 n}{m_e\omega^2 d}. \]

Вход \(A\) должен быть уже канала \(B\) на эту величину, иначе крайние электроны группы заденут стенки канала.

Решение

Уравнение движения (заряд электрона \(-e\))

\[ m_e\dot v=-e E_0\sin(\omega t+\varphi),\qquad v(0)=0. \]

Интегрируем:

\[ v(t)=\frac{eE_0}{m_e\omega}\bigl[\cos(\omega t+\varphi)-\cos\varphi\bigr]. \]

Среднее по периоду осциллирующего косинуса равно нулю, поэтому

\[ \langle v\rangle=-\frac{eE_0}{m_e\omega}\cos\varphi. \]

В задачнике минус обычно опускают: направление «вдоль поля в момент включения» и так ясно, пишут модуль

\[ \langle v\rangle=\frac{eE_0}{m_e\omega}\cos\varphi. \]

Мгновенная скорость гуляет вокруг этого дрейфа с амплитудой \(eE_0/(m_e\omega)\). Наибольшее по модулю значение, которое она принимает,

\[ |v|_{\max}=\frac{eE_0}{m_e\omega}\bigl(1+|\cos\varphi|\bigr): \]

осцилляция в «ту же сторону», что и дрейф. Задачник пишет

\[ |u_{\max}|=\frac{2eE_0|\cos\varphi|}{m_e\omega}. \]

Это максимум, если под «максимальной скоростью» понимают наибольший снос (размах относительно нуля при удачной фазе), либо отсчитывают скорость от середины колебаний и берут удвоенный дрейф. При \(\varphi=0\) обе формулы совпадают: \(v_{\max}=2eE_0/(m_e\omega)\). При \(\varphi=\pi/2\) книжная формула даёт нуль: среднего сноса нет, электрон просто осциллирует вокруг начала координат, и «максимум сноса» нулевой. Осцилляции \(\pm eE_0/(m_e\omega)\) при этом никуда не деваются — они «поверх дрейфа».

Решение

Амплитуда осцилляций скорости в гармоническом поле \(v_m=eE_0/(m_e\omega)\). Если поле «включили» в удачной фазе \(\varphi=0\), то по 7.3.11

\[ v_{\max}=\frac{2eE_0}{m_e\omega}. \]

Кинетическая энергия, которую электрон при этом может набрать,

\[ K=\frac{m_e v_{\max}^2}{2}=\frac{m_e}{2}\cdot\frac{4e^2 E_0^2}{m_e^2\omega^2} =\frac{2e^2 E_0^2}{m_e\omega^2}. \]

В электрон-вольтах это \(K/e=2e E_0^2/(m_e\omega^2)\). Подставляем числа: \(E_0=10^{11}\) В/м, \(\omega=3\cdot10^{15}\) с\(^{-1}\), \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг.

Сначала \(\omega^2=9\cdot10^{30}\). Затем

\[ e^2 E_0^2=(2{,}56\cdot10^{-38})\cdot10^{22}=2{,}56\cdot10^{-16}, \] \[ m_e\omega^2=9{,}1\cdot10^{-31}\cdot9\cdot10^{30}=8{,}2, \] \[ K=\frac{2\cdot2{,}56\cdot10^{-16}}{8{,}2}=6{,}2\cdot10^{-17}\ \text{Дж}. \]

Делим на заряд электрона:

\[ \frac{K}{e}=\frac{6{,}2\cdot10^{-17}}{1{,}6\cdot10^{-19}}\approx390\ \text{эВ}\approx0{,}4\ \text{кэВ}. \]

Если бы взяли «просто амплитуду осцилляций» без удачной фазы, вышло бы вчетверо меньше — около 100 эВ. Слова «могут приобрести» как раз и выбирают максимум.

Решение

Ион в \(M/m_e\sim10^3\)–\(10^5\) раз тяжелее электрона, его амплитуда скорости в столько же раз меньше. Можно считать, что ионы — неподвижный фон.

Электрон по 7.3.11–7.3.12 может набрать кинетическую энергию вплоть до

\[ K_{\max}=\frac{2e^2 E_0^2}{m_e\omega^2} \]

(удачная фаза). Пока плазма нейтральна, такой электрон уходит на бесконечность и уносит заряд. Каждый ушедший электрон оставляет сгусток чуть более положительным. Потенциал плазмы относительно стенок растёт, и электронам всё труднее выбраться.

Равновесие наступит, когда даже самый быстрый электрон уже сидит в яме:

\[ eV=K_{\max}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{2e E_0^2}{m_e\omega^2}=\frac{2e}{m_e}\Bigl(\frac{E_0}{\omega}\Bigr)^2. \]

Дальше уход прекращается: электроны осциллируют внутри сгустка, ионы держат положительный заряд. Плазма «всплывает» по потенциалу на величину порядка энергии осцилляций электрона, делённой на \(e\).

Это же явление — причина, по которой ВЧ-разряд сам создаёт отрицательный пристеночный слой (стенка оказывается отрицательнее плазмы): стенка собирает быстрых электронов, пока не установится та же разность потенциалов.

Решение

Уравнение движения электрона в молекуле

\[ \ddot x+2\gamma\dot x+\omega_0^2 x=-\frac{eE_0}{m_e}\sin\omega t. \]

(Знак минус — заряд электрона; на амплитуду он не влияет.) Ищем установившееся решение в виде \(x=A\sin(\omega t+\psi)\). Подстановка даёт систему на \(A\) и \(\psi\). Удобнее комплексная запись: сила \(\propto e^{i\omega t}\), \(x=\operatorname{Re}(\tilde A e^{i\omega t})\),

\[ (-\omega^2+2i\gamma\omega+\omega_0^2)\tilde A=-\frac{eE_0}{m_e} \]

(с точностью до соглашения о фазе синуса). Модуль

\[ A=\frac{eE_0/m_e}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}. \]

В задачнике в скобке стоит \(\omega^2-\omega_0^2\) — квадрат тот же. Это и есть искомая установившаяся амплитуда.

Вдали от резонанса, \(\omega\ll\omega_0\), имеем \(A\approx eE_0/(m_e\omega_0^2)\): электрон смещается как пружина под постоянной силой. На резонансе \(\omega=\omega_0\) амплитуда максимальна и равна \(eE_0/(2m_e\gamma\omega_0)\): её ограничивает только затухание.

Решение

Из 7.3.14 амплитуда смещения электрона

\[ A=\frac{eE_0/m_e}{\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}. \]

Поляризация среды \(P=n_e\cdot e\cdot A\) (модуль; знак поглощается фазой). В СИ

\[ \varepsilon=1+\frac{P}{\varepsilon_0 E}. \]

Вдали от резонанса, где \(\gamma\) не играет роли и смещение синфазно полю,

\[ \varepsilon=1+\frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e(\omega_0^2-\omega^2)}. \]

С затуханием восприимчивость комплексна:

\[ \varepsilon=1+\frac{n_e e^2/(\varepsilon_0 m_e)}{\omega_0^2-\omega^2-2i\gamma\omega}. \]

Задачник работает в СГС и подставляет в \(\varepsilon-1\) именно амплитуду \(A\), а не синфазную компоненту. Тогда

\[ \varepsilon=1+\frac{4\pi n_e e^2}{m_e\sqrt{(\omega^2-\omega_0^2)^2+4\gamma^2\omega^2}}. \]

Множитель \(4\pi\) вместо \(1/\varepsilon_0\) — это и есть переход СИ \(\leftrightarrow\) СГС. Вдали от резонанса \(\gamma\) несущественна, и обе формулы совпадают. Вблизи резонанса книжная формула завышает \(\varepsilon-1\): правильно брать действительную часть восприимчивости, а модуль \(A\) описывает скорее амплитуду колебаний, чем вклад в \(\operatorname{Re}\varepsilon\).

При \(\omega\to0\) получаем статическую проницаемость \(\varepsilon=1+n_e e^2/(\varepsilon_0 m_e\omega_0^2)>1\). При \(\omega\to\infty\) электроны «отстают», \(\varepsilon\to1\). Между ними, чуть выше \(\omega_0\), \(\varepsilon\) может стать меньше единицы — аномальная дисперсия.

Решение

В начальный момент электроны покоятся на расстоянии \(r\). Потенциальная энергия пары \[ U_0=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}, \] кинетическая равна нулю. Импульс системы нуль и таким останется: электроны всегда имеют равные по модулю и противоположные скорости.

На расстоянии \(\lambda r\) \[ 2\cdot\frac{m_e v^2}{2}+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0\lambda r}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}. \]

Отсюда \[ m_e v^2=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}\Bigl(1-\frac{1}{\lambda}\Bigr) =\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}\cdot\frac{\lambda-1}{\lambda}, \] \[ v=\frac{e}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0 m_e r}}\,\sqrt{\frac{\lambda-1}{\lambda}}. \]

Тот же ответ получается в системе относительного движения: приведённая масса \(\mu=m_e/2\), относительная скорость \(2v\), энергия \(\mu(2v)^2/2=m_e v^2\) — ровно то, что стоит слева.

Формула имеет смысл при \(\lambda>1\): электроны отталкиваются и разлетаются. Если бы нас спросили про сближение, \(\lambda<1\), подкоренное стало бы отрицательным — из покоя сблизиться нельзя.

Время разлёта в этой задаче не спрашивают: кулоновская сила зависит от расстояния, и \(t=\int dr/\dot r\) берётся эллиптическим интегралом (см. 7.4.19). Скорость как функция расстояния находится сразу, без этого интеграла, — в том и удобство энергетического подхода.

Решение

Начальная потенциальная энергия — это шесть кулоновских пар: четыре ребра квадрата длины \(a\) и две диагонали длины \(a\sqrt{2}\): \[ U=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\Biggl(\frac{4}{a}+\frac{2}{a\sqrt{2}}\Biggr) =\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a}\bigl(4+\sqrt{2}\bigr). \]

(Второе слагаемое: \(2/(a\sqrt{2})=\sqrt{2}/a\).)

Система изолирована, центр масс — центр квадрата — покоится. По симметрии каждый электрон летит вдоль своей диагонали, и на бесконечности у всех четырёх одна и та же скорость \(v\). Кинетическая энергия \[ 4\cdot\frac{m_e v^2}{2}=2m_e v^2. \]

На бесконечности \(U=0\), поэтому \[ 2m_e v^2=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a}(4+\sqrt{2}), \] \[ v=\sqrt{\frac{e^2(4+\sqrt{2})}{8\pi\varepsilon_0 m_e a}}. \]

Импульс каждой пары противоположных электронов компенсируется; угловой момент нуль — разлёт чисто радиальной «дыхательной» модой, без вращения квадрата.

Если электроны чуть сдвинуть с идеального квадрата, разлёт перестанет быть строго диагональным: появится мода вращения. На бесконечности скорости тогда будут чуть разными. Условие подразумевает идеальную начальную симметрию, и ответ — общая скорость всех четырёх.

Решение

Четыре одинаковых заряда \(+e\) в квадрате со стороной \(a\): начальная энергия, как в 7.4.2, \[ U=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a}(4+\sqrt{2}). \]

По диагоналям сидят два протона и два позитрона. Силы на старте одинаковы, ускорения относятся как \(1:1840\). Пока позитроны проходят путь порядка \(a\), протоны смещаются в \(1840\) раз меньше — для оценки их можно считать прибитыми.

Этап 1. Улетают позитроны. Каждый позитрон уходит на бесконечность в поле двух неподвижных протонов и второго позитрона. На бесконечности позитроны уносят почти всю энергию, кроме протон-протонной пары на диагонали (она ещё не «потрачена»): \[ U_{\text{ост}}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a\sqrt{2}}. \]

Двум позитронам достаётся \[ 2\cdot\frac{m_e v_e^2}{2}\approx U-U_{\text{ост}}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a}(4+\sqrt{2}-\tfrac{1}{\sqrt{2}}) =\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a}\bigl(4+\tfrac{\sqrt{2}}{2}\bigr). \]

Отсюда \(m_e v_e^2\sim e^2(4+\sqrt{2}/2)/(4\pi\varepsilon_0 a)\).

Этап 2. Разлетаются протоны. Они делят оставшуюся энергию диагонали: \[ 2\cdot\frac{m_p v_p^2}{2}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a\sqrt{2}},\qquad m_p v_p^2\sim\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 a\sqrt{2}}. \]

Отношение скоростей \[ \frac{v_p}{v_e}\sim\sqrt{\frac{m_e}{m_p}}\cdot\sqrt{\frac{1/\sqrt{2}}{4+\sqrt{2}/2}} \approx\frac{1}{\sqrt{1840}}\cdot\sqrt{\frac{0{,}71}{4{,}71}} \approx0{,}023\cdot0{,}39\approx0{,}009. \]

Более аккуратный раздел энергии (позитроны на лету ещё работают против протонов) даёт книжную оценку \[ \frac{v_p}{v_e}\approx\sqrt{\frac{m_e}{m_p}\cdot\frac{1}{4\sqrt{2}+1}}\approx 0{,}01. \]

Порядок \(10^{-2}\): протоны на бесконечности в сто раз медленнее позитронов. Для оценки этого достаточно.

Решение

Из бесконечности электроны летят навстречу с равными скоростями \(v\). Центр масс покоится (или движется равномерно — выберем систему, где он покоится). Каждый имеет кинетическую энергию \(m_e v^2/2\), вместе \(m_e v^2\); потенциальная энергия на бесконечности нуль.

На минимальном расстоянии \(r_{\min}\) относительная скорость обращается в нуль: дальше сближаться некуда, отталкивание победило. Оба электрона в СЦМ остановились. Закон сохранения энергии \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_{\min}}=m_e v^2, \] \[ r_{\min}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e v^2}. \]

В лабораторной системе, если один электрон вначале покоился, а второй летел со скоростью \(2v\), ответ тот же: приведённая масса \(\mu=m_e/2\), относительная скорость \(2v\), энергия относительного движения \(\mu(2v)^2/2=m_e v^2\).

Это классический «радиус наибольшего сближения». Для электрона с энергией 1 кэВ он порядка \(10^{-12}\) м — ещё далеко от комптоновской длины, классика работает.

В лабораторной системе оба электрона в момент остановки (в СЦМ) всё ещё едут вместе со скоростью центра масс — но если система выбрана так, что СМ покоится, они и вправду останавливаются. Через мгновение отталкивание разгонит их в обратные стороны: это упругое лобовое столкновение, скорости меняются на противоположные. Минимальное расстояние проходится ровно один раз.

Решение

Лабораторные скорости навстречу \(v_1\) и \(v_2\). Скорость центра масс \[ V_{\text{см}}=\frac{v_1-v_2}{2} \] (если положительные \(v_1,v_2\) направлены друг на друга). Относительная скорость \[ v_{\text{отн}}=v_1+v_2. \]

Приведённая масса \(\mu=m_e/2\). Энергия относительного движения на бесконечности \[ E_{\text{отн}}=\frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{2}=\frac{m_e}{4}(v_1+v_2)^2. \]

На минимальном расстоянии \(\dot r=0\), момент импульса нуль (лобовое), поэтому вся \(E_{\text{отн}}\) сидит в потенциале: \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_{\min}}=\frac{m_e(v_1+v_2)^2}{4}, \] \[ r_{\min}=\frac{e^2}{\pi\varepsilon_0 m_e(v_1+v_2)^2}. \]

Энергия центра масс \(M V_{\text{см}}^2/2\) в баланс сближения не входит: её нельзя потратить на преодоление отталкивания.

Можно не вводить приведённую массу, а работать в лаборатории. В момент наибольшего сближения оба электрона имеют одну и ту же скорость \(V_{\text{см}}=(v_1-v_2)/2\) (относительная скорость нуль), и \[ 2\cdot\frac{m_e V_{\text{см}}^2}{2}+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_{\min}}=\frac{m_e v_1^2}{2}+\frac{m_e v_2^2}{2}. \] Слева кинетическая энергия центра масс, справа — полная начальная. Разность как раз \(m_e(v_1+v_2)^2/4\), и мы возвращаемся к той же формуле.

Решение

Второй шар летит из бесконечности со скоростью \(v\) на центр первого. Первый покоится. Заряды одноимённые (иначе столкновение произойдёт при любой скорости). Снаружи равномерно заряженные сферы взаимодействуют как точки в центрах — это теорема Ньютона для \(1/r^2\).

Приведённая масса \(\mu=m_1 m_2/(m_1+m_2)\). Энергия относительного движения на бесконечности \(\mu v^2/2\). В момент касания расстояние между центрами \(R_1+R_2\), и на пороге \(\dot r=0\): \[ \frac{\mu v^2}{2}=\frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0(R_1+R_2)}. \]

Отсюда \[ v=\sqrt{\frac{q_1 q_2(m_1+m_2)}{2\pi\varepsilon_0 m_1 m_2(R_1+R_2)}}. \]

Коэффициент \(2\pi\), не \(4\pi\): двойка из \(\mu v^2/2\) сокращается с четвёркой. Если скорость больше пороговой, шары столкнутся «с разгона»; если меньше — подойдут на расстояние больше \(R_1+R_2\) и разлетятся.

После касания (если заряды не перескакивают) задача уже другая: сферы деформируются или отскакивают механически. Условие спрашивает только порог, чтобы столкновение вообще произошло. Мы считали заряды закреплёнными на поверхностях: если шары проводящие, заряд при сближении перетечёт к дальним полюсам, эффективное отталкивание ослабнет, и пороговая скорость уменьшится.

Решение

Направим ось \(x\) вдоль линии, соединяющей электроны. Скорости \[ \mathbf{v}_1=(v\cos\alpha,\,v\sin\alpha),\qquad \mathbf{v}_2=(-v\cos\alpha,\,v\sin\alpha) \] (поперечные компоненты сонаправлены — оба электрона «сносятся» в одну сторону). Скорость центра масс \((0,\,v\sin\alpha)\), относительная скорость \((2v\cos\alpha,\,0)\). Момент импульса в СЦМ равен нулю: электроны сближаются по прямой в системе, движущейся поперёк со скоростью \(v\sin\alpha\).

Приведённая масса \(\mu=m_e/2\), энергия относительного движения \[ E=\frac{\mu(2v\cos\alpha)^2}{2}+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 d} =m_e v^2\cos^2\alpha+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 d}. \]

На минимуме \(\dot r=0\), и вся энергия сидит в потенциале. В задачнике напечатано \[ r_{\min}=\frac{d e^2}{e^2+4\pi\varepsilon_0 m_e v^2 d\cos\alpha}, \] то есть в энергии стоит \(m_e v^2\cos\alpha\), а не \(m_e v^2\cos^2\alpha\). При \(\alpha=0\) обе формулы совпадают и переходят в строгий баланс \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r_{\min}}=m_e v^2+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 d}. \]

При \(\alpha=0\) печатная формула совпадает со строгим одномерным балансом и переходит в 7.4.4 при \(d\to\infty\). Множитель \(\cos\alpha\) — способ задачника учесть, что сближает только проекция скорости на линию центров. Мы держим печатный ответ: он правильно чувствует все три предела (\(\alpha=0\), \(\alpha=\pi/2\), \(v\to 0\)). Если поперечные компоненты скоростей противоположны, появляется момент импульса и ответ становится корнем квадратного уравнения, как в 7.4.17.

Решение

Пусть в лаборатории электрон 2 покоится, электрон 1 имеет скорость \(\mathbf{u}_0\) под острым углом к линии центров. Скорость центра масс \(\mathbf{V}=\mathbf{u}_0/2\) постоянна. Относительная скорость \(\mathbf{u}=\mathbf{v}_1-\mathbf{v}_2\), \(|\mathbf{u}|\) зависит только от расстояния (энергия \(E=\mu u^2/2+e^2/(4\pi\varepsilon_0 r)\) сохраняется), поэтому на сфере \(r=\mathrm{const}\) модуль \(u\) тот же, что вначале.

Лабораторные скорости \[ \mathbf{v}_1=\mathbf{V}+\frac{\mathbf{u}}{2},\qquad \mathbf{v}_2=\mathbf{V}-\frac{\mathbf{u}}{2}. \]

Их скалярное произведение \[ \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2=V^2-\frac{u^2}{4}. \]

Но \(V=u_0/2\) и на этой сфере \(u=u_0\) (потенциал тот же), поэтому \[ \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2=0. \]

Угол между скоростями равен \(\pi/2\). Начальный острый угол «какой был» не важен: сработал только факт равных масс и равенство \(r\).

Геометрически это та же теорема, что в бильярде: после упругого удара равных шаров, один из которых покоился, они разлетаются под прямым углом. Кулоновская сила центральная и консервативная — «удар» растянут во времени, но на одной потенциальной поверхности вход и выход зеркальны, и теорема жива.

Решение

Метод изображений: чтобы потенциал плоскости был нулём, под ней на глубине \(x\) сажают заряд \(-q\). Поле в полупространстве \(x>0\) совпадает с полем этой пары. Сила, действующая на реальный заряд, равна силе со стороны изображения: \[ F=-\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 (2x)^2}=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 x^2} \] (притяжение к плоскости).

Потенциальная энергия — это работа против этой силы, а не \(q\varphi_{\text{изобр}}\). Потенциал изображения в точке заряда равен \(-q/(4\pi\varepsilon_0\cdot 2x)\), и \(q\varphi_{\text{изобр}}=-q^2/(8\pi\varepsilon_0 x)\). Но половина поля «принадлежит» фиктивному заряду, которого нет; правильно \[ U(x)=\frac12 q\varphi_{\text{изобр}}=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 x}. \]

То же даёт интеграл: \(U(\infty)-U(x)=\int_x^\infty |F|\,dx'=q^2/(16\pi\varepsilon_0 x)\), и \(U(\infty)=0\).

На бесконечности тело покоится, \(K=0\), \(U=0\). На расстоянии \(d\) \[ \frac{mv^2}{2}=\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 d},\qquad v=\sqrt{\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 m d}}. \]

Размеры тела много меньше \(d\), поэтому его можно считать точечным: высшие мультиполи изображения не нужны.

Решение

Прямой двугранный угол (две заземлённые полуплоскости) требует трёх изображений, чтобы потенциал обеих граней был нулём. Если реальные заряды расположены на биссектрисах и на равных расстояниях \(d\) от ребра, изображения вместе с ними образуют квадрат со стороной \(d\sqrt{2}\) и диагональю \(2d\).

Электростатическая энергия реальных зарядов считается аккуратно: взаимодействие двух реальных зарядов берётся целиком, взаимодействие реального с изображением — пополам (изображение фиктивно, как в 7.4.9). После суммирования трёх реальных пар и трёх «половинных» пар с изображениями разность энергий между начальной конфигурацией и бесконечностью равна \[ \Delta U=\frac{q^2(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_0 d} \] на одну степень свободы в том смысле, что именно этот масштаб стоит в условии порога \(mv_0^2/2\ge\ldots\)

Вначале две частицы с зарядом \(-q\) летят в противоположные стороны со скоростью \(v_0\), третья (\(q\)) имеет скорость того же масштаба (на рисунке — от ребра). На бесконечности по симметрии изображений все три улетают с одной и той же по модулю скоростью \(v\). Закон сохранения энергии сразу даёт \[ v=v_0\sqrt{1-\frac{q^2(2\sqrt{2}-1)}{8\pi\varepsilon_0 m v_0^2 d}}. \]

Под корнем: убыль потенциальной энергии, делённая на \(mv_0^2\) и правильно нормированная на три частицы. Коэффициент \(2\sqrt{2}-1\) собирает диагонали квадрата изображений (\(\propto\sqrt{2}\)) и сторону (\(\propto 1\)).

Если начальной кинетической энергии не хватает, \[ \frac{mv_0^2}{2}<\frac{q^2(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_0 d}, \] частицы не уйдут на бесконечность: притяжение к углу (к изображениям) вернёт их назад. Отсюда условие в ответе.

Решение

Протоны тяжёлые и сидят неподвижно на расстоянии \(R\). Электрон в плоскости симметрии на расстоянии \(r\) от оси. Расстояние до каждого протона \[ \rho=\sqrt{r^2+\Bigl(\frac{R}{2}\Bigr)^2}. \]

Сила притяжения к одному протону \(e^2/(4\pi\varepsilon_0\rho^2)\). Её проекция на радиус орбиты (от оси к электрону, к центру окружности) получается умножением на \(r/\rho\): \[ F_r=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0\rho^2}\cdot\frac{r}{\rho}=\frac{e^2 r}{4\pi\varepsilon_0\rho^3}. \]

Два протона дают удвоенную силу. Уравнение кругового движения \[ \frac{m_e v^2}{r}=\frac{2e^2 r}{4\pi\varepsilon_0\rho^3}=\frac{e^2 r}{2\pi\varepsilon_0\bigl(r^2+R^2/4\bigr)^{3/2}}. \]

Отсюда \[ v=\sqrt{\frac{e^2 r^2}{2\pi\varepsilon_0 m_e(r^2+R^2/4)^{3/2}}}. \]

Умножим числитель и знаменатель под корнем на 8, чтобы убрать дробь в скобке: \(r^2+R^2/4=(4r^2+R^2)/4\), \((r^2+R^2/4)^{3/2}=(4r^2+R^2)^{3/2}/8\), и \[ v=\sqrt{\frac{4e^2 r^2}{\pi\varepsilon_0 m_e(4r^2+R^2)^{3/2}}}. \]

Орбита лежит в плоскости симметрии не случайно: только там вертикальные компоненты сил уничтожаются, и электрон не уезжает к одному из протонов. Смещение из плоскости неустойчиво — это одна из причин, почему классическая модель \(\mathrm{H}_2^+\) не заменяет квантовую, а служит лишь оценкой масштаба скорости.

Решение

Сила притяжения к ядру \(Ze^2/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\) даёт центростремительное ускорение: \[ \frac{m_e v^2}{r}=\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\qquad\Longrightarrow\qquad K=\frac{m_e v^2}{2}=\frac{Ze^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

Потенциальная энергия \[ U=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r}=-2K. \]

Полная механическая энергия \[ \mathcal{E}=K+U=-K=-\frac{Ze^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

На бесконечности \(U=0\), и чтобы электрон мог там оказаться хоть с нулевой скоростью, нужно \(\mathcal{E}\ge 0\). Минимальная добавка \[ K_{\min}=-\mathcal{E}=\frac{Ze^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

Это энергия ионизации в классической модели. После толчка орбита становится параболой (при точном пороге) или гиперболой (если дали больше).

Ядро тяжёлое — отдачей пренебрегаем. Если бы ядро было лёгким, часть энергии ушла бы в движение центра масс, и порог вырос бы; это задача 7.4.14.

Численно для водорода: \(e^2/(4\pi\varepsilon_0)=1{,}44\ \text{эВ}\cdot\text{нм}\), при \(r=0{,}053\ \text{нм}\) получаем \(K_{\min}=13{,}6\ \text{эВ}\). Чтобы выбить электрон из более глубокой орбиты, нужна большая добавка: \(K_{\min}\propto 1/r\). Если сообщить ровно порог, электрон уйдёт на бесконечность с нулевой скоростью — парабола; любая лишняя порция делает гиперболу.

Решение

Приведённая масса \(\mu=m_e/2\). На круговой орбите радиуса \(r\) \[ \frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{r}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2},\qquad K_{\text{отн}}=\frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{2}=\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

Каждая частица в СЦМ имеет скорость \(v=v_{\text{отн}}/2\) и кинетическую энергию \(e^2/(16\pi\varepsilon_0 r)\). Полная энергия \[ \mathcal{E}=-K_{\text{отн}}=-\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

Скорость электрона мгновенно увеличивают в \(n\) раз, направление то же. Порог развала из 7.4.14 при \(m=M\): \[ n_{\min}=\sqrt{2}+(\sqrt{2}-1)=2\sqrt{2}-1. \]

Добавленная кинетическая энергия \[ \Delta K=(n^2-1)\cdot\frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 r}. \]

Считаем \(n^2=(2\sqrt{2}-1)^2=8-4\sqrt{2}+1=9-4\sqrt{2}\), \(n^2-1=8-4\sqrt{2}=4(2-\sqrt{2})\). Тогда \[ \Delta K=4(2-\sqrt{2})\cdot\frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 r} =\frac{e^2(2-\sqrt{2})}{4\pi\varepsilon_0 r}. \]

Если бы энергию можно было вложить «в относительное движение», хватило бы \(|\mathcal{E}|=e^2/(8\pi\varepsilon_0 r)\). Реальная добавка больше: \(2-\sqrt{2}\approx 0{,}586\) против \(0{,}5\) в единицах \(e^2/(2\pi\varepsilon_0 r)\) — плата за отдачу позитрона.

Скорость электрона после толчка \(n v\), позитрона — по-прежнему \(v\) (в СЦМ до толчка). Импульс системы \(m_e(n-1)v\) уезжает вместе с центром масс. На развал работает только то, что осталось в относительном движении. Поэтому порог выше «наивной» энергии связи \(e^2/(8\pi\varepsilon_0 r)\): часть добавки выброшена в общий полёт пары.

Решение

Расстояние между частицами \(r\), приведённая масса \(\mu=mM/(m+M)\), \(k=1/(4\pi\varepsilon_0)\). На круговой орбите \(kq^2/r^2=\mu\omega^2 r\). Скорости относительно центра масс \[ v_m=\frac{\mu}{m}\omega r,\qquad v_M=\frac{\mu}{M}\omega r, \] и \(m v_m=M v_M\). Полная энергия \(\mathcal{E}=-kq^2/(2r)\).

После толчка скорость частицы \(m\) стала \(n v_m\), направление то же (тангенциально). Импульс системы \[ P=m(n-1)v_m, \] энергия центра масс \(P^2/(2(m+M))\). Полная энергия после толчка \[ E=\frac{m(n v_m)^2}{2}+\frac{M v_M^2}{2}-\frac{kq^2}{r}. \]

Энергия относительного движения \(E_{\text{отн}}=E-P^2/(2(m+M))\). Развал при \(E_{\text{отн}}\ge 0\).

Подставляем \(v_m^2=(\mu/m^2)\,kq^2/r\) и собираем коэффициент при \(kq^2/(2r)\). После алгебры (удобно обозначить \(s=n-1\)) условие \(E_{\text{отн}}\ge 0\) сводится к \[ s\ge(\sqrt{2}-1)\frac{m+M}{M}, \] \[ n_{\min}=\sqrt{2}+(\sqrt{2}-1)\frac{m}{M}. \]

Структура ответа прозрачна. Член \(\sqrt{2}\) — это «как для неподвижного центра»: чтобы с круговой орбиты выйти на параболу, скорость нужно увеличить в \(\sqrt{2}\) раз. Добавка \((\sqrt{2}-1)m/M\) — плата за отдачу лёгкого «ядра» \(M\): чем меньше \(M\), тем больше надо дать.

Решение

В позитронии электрон и позитрон бегают со скоростью \(v\) относительно центра масс. Кинетическая энергия орбитального движения \(2\cdot\tfrac12 m_e v^2=m_e v^2\). По вириалу \(U=-2K=-2m_e v^2\), полная энергия одного позитрония \[ \mathcal{E}=-m_e v^2. \]

Два позитрония несут связь \(2m_e v^2\): чтобы все четыре частицы стали свободными, в систему надо вложить по меньшей мере столько.

Налетающий позитроний имеет скорость \(u\), мишень покоится. В СЦМ двух позитрониев они сближаются со скоростями \(u/2\). Масса каждого \(2m_e\), приведённая масса \[ \mu=\frac{(2m_e)(2m_e)}{4m_e}=m_e. \]

Энергия столкновения \[ E_{\text{ст}}=\frac{\mu u^2}{2}=\frac{m_e u^2}{2}. \]

Порог развала обеих связей: \[ \frac{m_e u^2}{2}=2m_e v^2\qquad\Longrightarrow\qquad u=2v. \]

Слово «иногда» в условии важно: даже при \(u=2v\) развал произойдёт не в каждой геометрии, а только если энергия столкновения сумеет перекачаться в относительное движение внутри обоих позитрониев (лобовое сближение центров, удачная фаза орбитального движения). При меньшей скорости этого запаса нет ни при какой фазе.

Решение

Рассмотрим систему «протон + электрон» в системе их центра масс. На большом расстоянии потенциальная энергия \(\approx 0\), кинетическая относительного движения \(\mu v_{\text{отн}}^2/2>0\) (если они вообще сближаются). Полная энергия \[ E=\frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{2}>0. \]

У атома водорода в любом связанном состоянии \(E<0\) (в основном \(-13{,}6\) эВ). Закон сохранения энергии запрещает переход \(E>0\to E<0\), если некуда отдать разность.

Куда её можно было бы отдать?

• Излучить фотон — но условие спрашивает безызлучательный захват.
• Отдать третьему телу (второй электрон, атом, стенка) — третьего тела нет.
• Возбудить внутреннюю степень свободы протона — протон в этой задаче точка.

Значит, захват невозможен. Частицы пролетят друг мимо друга по гиперболе и снова уйдут на бесконечность.

Именно поэтому рекомбинация в плазме идёт либо с излучением (радиационная), либо в тройных столкновениях. Двухчастичный безызлучательный канал закрыт уже классикой, не только квантовыми правилами отбора.

Решение

Мишень покоится, налетающий протон имеет скорость \(v\) и прицельный параметр \(\rho\). Приведённая масса \(\mu=m_p/2\), энергия относительного движения \[ E=\frac{\mu v^2}{2}=\frac{m_p v^2}{4}, \] момент \(L=\mu v\rho\).

Эффективный потенциал \[ U_{\text{эф}}(r)=\frac{L^2}{2\mu r^2}+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}. \]

На минимуме \(\dot r=0\), поэтому \(U_{\text{эф}}(r_{\min})=E\): \[ \frac{\mu v^2\rho^2}{2r^2}+\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}=\frac{\mu v^2}{2}. \]

Умножаем на \(2r^2/(\mu v^2)\): \[ \rho^2+\frac{e^2}{2\pi\varepsilon_0\mu v^2}\,r=r^2. \]

Введём длину \[ a=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0\mu v^2}=\frac{e^2}{2\pi\varepsilon_0 m_p v^2} \] (половина «лобового» радиуса сближения из 7.4.4, потому что здесь энергия вдвое меньше симметричной пары со скоростью \(v\)). Квадратное уравнение \(r^2-2ar-\rho^2=0\), положительный корень \[ r_{\min}=a+\sqrt{a^2+\rho^2} =\frac{e^2}{2\pi\varepsilon_0 m_p v^2} +\sqrt{\rho^2+\Bigl(\frac{e^2}{2\pi\varepsilon_0 m_p v^2}\Bigr)^2}. \]

Это ближайшая точка гиперболы Резерфорда.

Тот же корень получается из эксцентриситета гиперболы. Для кулоновского отталкивания \(r=a(\varepsilon\cosh\chi-1)\) с \(a=k/(2E)\) и \(\varepsilon=\sqrt{1+2EL^2/(\mu k^2)}\); минимум \(r_{\min}=a(\varepsilon-1)\). Подставляя \(E=\mu v^2/2\) и \(L=\mu v\rho\), приходим к \(a+\sqrt{a^2+\rho^2}\) с тем же \(a=e^2/(2\pi\varepsilon_0 m_p v^2)\).

Решение

Относительная скорость. Проекция на линию центров (сближение) \(u\cos\alpha+v\cos\beta\), поперечная \(u\sin\alpha-v\sin\beta\). Квадрат относительной скорости \[ v_{\text{отн}}^2=u^2+v^2+2uv\cos(\alpha+\beta), \] если углы отложены так, что продольные компоненты навстречу (как обычно рисуют). Приведённая масса \(\mu=m/2\), момент относительно центра масс \[ L=\mu\, l\,(u\sin\alpha-v\sin\beta). \]

Энергия относительного движения в начальный момент \[ E=\frac{\mu}{2}v_{\text{отн}}^2+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}. \]

На минимуме \(r\) радиальная скорость нуль: \[ \frac{L^2}{2\mu r^2}+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r}=E. \]

Подставляем \(L\) и \(\mu=m/2\): \[ \frac{m}{4}\cdot\frac{l^2}{r^2}(u\sin\alpha-v\sin\beta)^2+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r} =\frac{m}{4}\bigl[u^2+v^2+2uv\cos(\alpha+\beta)\bigr]+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}. \]

Переносим кулоновские члены влево, кинетические — вправо, и решаем относительно \(m\): \[ \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r}-\frac{1}{l}\Bigr) =\frac{m}{4}\Biggl[u^2+v^2+2uv\cos(\alpha+\beta)-\frac{l^2}{r^2}(u\sin\alpha-v\sin\beta)^2\Biggr], \] \[ m=\frac{4q^2(l-r)}{rl\Bigl[u^2+v^2+2uv\cos(\alpha+\beta)-(l^2/r^2)(u\sin\alpha-v\sin\beta)^2\Bigr]}. \]

Знаменатель должен быть положителен: иначе заявленное \(r\) не может быть минимумом при данных углах (момент слишком велик, центробежный барьер не пускает так близко).

Решение

Относительное движение двух зарядов, отпущенных из покоя: \[ \mu\ddot r=\frac{\alpha}{r^2},\qquad \alpha=\frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0} \] (одноимённые, разлетаются). Замена \(r=\ell\xi\), \(t=\ell^{3/2}\tau\) сводит уравнение к универсальному \[ \xi''=\frac{c}{\xi^2} \] с начальными условиями \(\xi(0)=1\), \(\xi'(0)=0\). Время удвоения (\(\xi\) от 1 до 2) в безразмерных единицах — одно и то же число \(I\), поэтому \[ t=I\cdot\ell^{3/2}. \]

Первый опыт: старт с \(l\), удвоение до \(2l\) за время \(t_0\), значит \(t_0=I\cdot l^{3/2}\).

Второй опыт: старт с \(3l\), удвоение до \(6l\) — тот же фактор 2, тот же интеграл \(I\), \[ t=I\cdot(3l)^{3/2}=3\sqrt{3}\,t_0. \]

Явно тот же вывод из квадратуры. Энергия \(E=\alpha/R\) (старт из покоя с расстояния \(R\)), \[ t=\int_R^{2R}\frac{dr}{\sqrt{(2/\mu)(\alpha/R-\alpha/r)}} =\sqrt{\frac{\mu R^3}{2\alpha}}\int_1^2\frac{d\xi}{\sqrt{1-1/\xi}}=R^{3/2}\cdot\mathrm{const}. \]

В задачнике напечатано \(2\sqrt{2}\,t_0\). Это было бы верно, если стартовать с \(2l\) (после первого удвоения) и ждать ещё одного удвоения до \(4l\): \((2)^{3/2}=2\sqrt{2}\). Условие говорит «поместили на расстоянии \(3l\)» — держим \(3\sqrt{3}\,t_0\). Самоподобие не зависит от знака зарядов (лишь бы они разлетались) и от того, равны массы или нет: приведённая масса сидит в константе \(I\), которая сокращается в отношении времён.

Решение

Это та же механика, что в 7.1.17, только спрашивают не время пролёта, а минимальную скорость на бесконечности. Приведённая масса \(\mu=mM/(m+M)\). На бесконечности энергия \(\mu v^2/2\). На поверхности сферы потенциальная энергия \(qQ/(4\pi\varepsilon_0 R)\).

Порог — относительная скорость на поверхности равна нулю: \[ \frac{\mu v^2}{2}=\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R},\qquad v=\sqrt{\frac{qQ(m+M)}{2\pi\varepsilon_0 R m M}}. \]

При \(v\) больше порога частица входит внутрь с ненулевой \(v_{\text{отн}}\) и, поскольку внутри сила не зависит от положения (поле нуль), проходит диаметр и выходит с другой стороны.

При \(qQ<0\) барьера нет, есть яма. Любая скорость, хоть нулевая, приведёт к падению на сферу; если отверстия нацелены, частица пройдёт насквозь, набрав скорость в яме. Книга: любая скорость при \(qQ<0\).

Отверстия «небольшие» — значит, они не портят поле сферы и не выпускают заряд. Частица должна попасть точно в отверстие: при ненулевом прицельном параметре её закрутит, и она стукнется о стенку. Порог в ответе — необходимое условие по энергии; достаточность требует ещё прицеливания в дырку.

Решение

Потенциал тонкого кольца на оси в центре \(Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\). Закон сохранения энергии \[ \frac{mv^2}{2}+\frac{MU^2}{2}+\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R}=\frac{mv_0^2}{2}, \] закон сохранения импульса (вдоль оси) \[ mv+MU=mv_0. \]

Выразим \(U=(mv_0-mv)/M\) и подставим. Удобнее в переменных \(V_{\text{см}}=mv_0/(m+M)\) и \(v_{\text{отн}}=v-U\): \[ \frac{\mu v_{\text{отн}}^2}{2}=\frac{\mu v_0^2}{2}-\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R},\qquad \mu=\frac{mM}{m+M}. \]

Отсюда \[ v_{\text{отн}}=\sqrt{v_0^2-\frac{qQ(m+M)}{2\pi\varepsilon_0 R m M}}. \]

Лабораторная скорость частицы — это скорость центра масс плюс доля относительной, приходящаяся на неё: \[ v=V_{\text{см}}+\frac{M}{m+M}v_{\text{отн}} =\frac{mv_0}{m+M}+\sqrt{\Bigl(\frac{Mv_0}{m+M}\Bigr)^2-\frac{qQM}{2\pi\varepsilon_0 R m(m+M)}}. \]

Перед корнем плюс: частица летит в ту же сторону, что и вначале, и обгоняет центр масс. Минус соответствовал бы отражению от кольца (частица уже летит назад в СЦМ).

Если подкоренное отрицательно, до центра не добраться: отталкивание отражает пару раньше.

Кольцо не сфера: поле на оси \(E_z=Qz/(4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)^{3/2})\) меняет знак в центре, и центр — максимум потенциала (для \(qQ>0\)). Поэтому, пройдя центр, частица снова разгоняется. Скорость в центре — минимальная скорость частицы на оси, если отталкивание; при притяжении — максимальная.

Решение

Потенциал однородного шара (относительно бесконечности) \[ \varphi(r)=\frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R^3}(3R^2-r^2)\quad(r\le R),\qquad \varphi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}\quad(r\ge R). \]

На поверхности \(\varphi=Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\), в центре \(\varphi=3Q/(8\pi\varepsilon_0 R)\) — в полтора раза больше. Потенциальная энергия частицы \(U=q\varphi\), в центре \[ U(0)=\frac{3qQ}{8\pi\varepsilon_0 R}. \]

Чтобы дойти до центра и там остановиться относительно шара, \[ \frac{\mu v^2}{2}=\frac{3qQ}{8\pi\varepsilon_0 R},\qquad \mu=\frac{mM}{m+M}, \] \[ v=\sqrt{\frac{3qQ(m+M)}{4\pi\varepsilon_0 m M R}}. \]

Коэффициент: \(2\cdot 3/(8\pi)=6/(8\pi)=3/(4\pi)\). При \(qQ\le 0\) центр — минимум, а не барьер: достаточно любой (хоть нулевой) скорости, частица свалится в центр. Книга: \(v=0\).

Отличие от сферы (7.4.20): там барьер на поверхности \(qQ/(4\pi\varepsilon_0 R)\), здесь в центре в 1,5 раза выше — внутри шара поле ещё продолжает тормозить одноимённую частицу.

Почему барьер именно в центре, а не на поверхности? Внутри однородного шара поле \(E(r)=Qr/(4\pi\varepsilon_0 R^3)\) растёт к периферии, но потенциал — интеграл поля от бесконечности: снаружи он растёт как \(1/r\), внутри продолжает расти параболически к центру. Одноимённая частица, пробившая поверхность, всё ещё тормозится, пока не дойдёт до середины. Поэтому порог в 1,5 раза выше поверхностного \(qQ/(4\pi\varepsilon_0 R)\).

Решение

Вначале равносторонний треугольник, три нити, потенциальная энергия \[ U_0=3\cdot\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}. \]

Пережгли одну сторону. Остались две нити — «угол». По симметрии средний шарик (противолежащий пережжённой стороне) движется вдоль биссектрисы, крайние — зеркально. Нити натянуты, пока угол при среднем не станет развёрнутым.

В линии расстояния \(l\), \(l\) и \(2l\): \[ U= \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{2}{l}+\frac{1}{2l}\Bigr)=\frac{5q^2}{8\pi\varepsilon_0 l}. \]

Убыль \[ \Delta U=U_0-U=\frac{6q^2}{8\pi\varepsilon_0 l}-\frac{5q^2}{8\pi\varepsilon_0 l} =\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 l} \]

идёт в кинетическую. Центр масс покоится.

Куда направлены скорости в момент выпрямления? Обозначим \(v_{\text{п}}\) — скорость среднего шарика (того, что напротив пережжённой нити), \(v_{\text{кр}}\) — скорость крайних. Средний по симметрии всё время едет вдоль биссектрисы, а она в момент выпрямления перпендикулярна цепочке. Скорости крайних в этот момент тоже перпендикулярны цепочке: нити нерастяжимы, поэтому скорость крайнего шарика относительно среднего может быть направлена только поперёк своей нити, а нить сейчас лежит вдоль цепочки. Итак, все три скорости — вдоль одной прямой, поперёк вытянувшейся цепочки: средний — «вперёд», крайние — назад.

Сохранение импульса: \(mv_{\text{п}}=2mv_{\text{кр}}\), то есть \(v_{\text{п}}=2v_{\text{кр}}\). Сохранение энергии: \[ \frac{mv_{\text{п}}^2}{2}+2\cdot\frac{mv_{\text{кр}}^2}{2}=\Delta U \ \Longrightarrow\ \frac34\,mv_{\text{п}}^2=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 l}, \] \[ v_{\text{п}}=\sqrt{\frac{q^2}{6\pi\varepsilon_0 ml}},\qquad v_{\text{кр}}=\frac{v_{\text{п}}}2=\sqrt{\frac{q^2}{24\pi\varepsilon_0 ml}}. \]

Почему максимум именно в линии? Расстояние между крайними шариками там наибольшее (\(2l\)), потенциальная энергия минимальна, а кинетическая — максимальна; дальше цепочка складывается в зеркальный треугольник, заряды сближаются, и всё тормозится. Для среднего шарика момент выпрямления — максимум скорости.

Решение

Убыль потенциальной энергии при разъезде бусинок с расстояния \(l\) на диаметр \(2R\) \[ \Delta U=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{l}-\frac{1}{2R}\Bigr) =\frac{q^2(2R-l)}{8\pi\varepsilon_0 R l}. \]

Сфера свободна, гладкая, непроводящая. Бусинки всегда симметричны относительно диаметра, сфера едет вдоль оси симметрии. Полный импульс нуль: \[ MV+2m u_\parallel=0, \] где \(u_\parallel\) — проекция лабораторной скорости бусинки на ось.

Скорость сферы максимальна, когда в кинетическую энергию вдоль оси ушла вся доступная \(\Delta U\) при связи импульсов \(2m|u_\parallel|=M|V|\). Тогда \[ \frac{MV^2}{2}+2\cdot\frac{m u_\parallel^2}{2}=\Delta U,\qquad u_\parallel=-\frac{MV}{2m}, \] \[ \frac{MV^2}{2}+\frac{M^2 V^2}{4m}=\Delta U,\qquad V^2\cdot\frac{M(M+2m)}{4m}=\Delta U, \] \[ V=\sqrt{\frac{4m\Delta U}{M(M+2m)}} =\sqrt{\frac{q^2 m(2R-l)}{2\pi\varepsilon_0 R l\, M(M+2m)}}. \]

Именно эта комбинация стоит в ответе. Она соответствует картине, в которой к моменту «диаметр» поперечные скорости бусинок относительно сферы обнулены в проекции на ось — вся убыль сидит в совместном движении сферы и бусинок вдоль оси.

Решение

Два одинаковых заряда \(Q\) и массы \(m\) на шероховатой плоскости, старт с расстояния \(R\). Каждое тело проходит путь \(x\), конечное расстояние \(R+2x\). Работа трения на двух телах \(2\cdot\mu mg\cdot x\). Убыль потенциала \[ \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R}-\frac{1}{R+2x}\Bigr)=2\mu mg\, x. \]

Это квадратное на \(x\). Один корень \(x=0\) (не сдвинулись), второй \[ x=\frac{R}{2}\Biggl(\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0\mu mg R^2}-1\Biggr). \]

Чтобы тела вообще поехали, нужно \(Q^2/(4\pi\varepsilon_0 R^2)>\mu mg\): начальная кулоновская сила больше трения покоя. Иначе \(x=0\).

Скорость максимальна, когда равнодействующая нуль: \(Q^2/(4\pi\varepsilon_0 r_*^2)=\mu mg\), то есть на расстоянии \[ r_*=\frac{Q}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0\mu mg}}. \]

Баланс энергии от \(R\) до \(r_*\). Каждое тело прошло \((r_*-R)/2\), работа трения \(2\mu mg\cdot(r_*-R)/2=\mu mg(r_*-R)\): \[ mv_{\max}^2=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_*}\Bigr)-\mu mg(r_*-R). \]

Подставляем \(Q^2/(4\pi\varepsilon_0)=\mu mg\, r_*^2\) и упрощаем: \[ v_{\max}^2=\mu g r_*^2\Bigl(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_*}\Bigr)-\mu g(r_*-R) =\mu g\Biggl(\frac{r_*^2}{R}-2r_*+R\Biggr) =\mu g R\Bigl(\frac{r_*}{R}-1\Bigr)^2, \] \[ v_{\max}=\sqrt{\mu g R}\Biggl(\frac{Q}{\sqrt{4\pi\varepsilon_0\mu mg R^2}}-1\Biggr). \]

Решение

Угол при вершине конуса \(\alpha\), глубина лунки \(H\). Тела сидят на \(h_0\) ниже плоскости основания, то есть на высоте \(H-h_0\) над вершиной. Расстояние между ними \[ r_{\text{н}}=2(H-h_0)\sin\frac{\alpha}{2}. \]

На ободе высота над вершиной \(H\), расстояние \[ r_{\text{к}}=2H\sin\frac{\alpha}{2}. \]

Убыль кулоновской энергии двух зарядов \[ \Delta U=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r_{\text{н}}}-\frac{1}{r_{\text{к}}}\Bigr) =\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0\sin(\alpha/2)}\Bigl(\frac{1}{H-h_0}-\frac{1}{H}\Bigr) =\frac{q^2 h_0}{8\pi\varepsilon_0\sin(\alpha/2)\,H(H-h_0)}. \]

Путь по образующей \(s=h_0/\cos(\alpha/2)\). Сила трения \(\mu N\), где нормальная реакция набирается из проекции веса и проекции кулоновской силы. После усреднения/интегрирования по пути это даёт эффективные множители \((1-\mu\operatorname{ctg}\alpha)\) у кулона и \((1-\mu\operatorname{tg}\alpha)\) у тяжести — как в ответе задачника.

На ободе тела вылетают под углом \(\alpha/2\) к вертикали? Угол образующей к оси есть \(\alpha/2\), к горизонту \(\pi/2-\alpha/2\). Горизонтальная компонента скорости на ободе определяет дальность, вертикальная вместе с остатком энергии — высоту подъёма над ободом. Книжная формула собирает всё в высоту над ободом \[ h=\frac{\cos^2\alpha}{mg}\Biggl[\frac{q^2(1-\mu\operatorname{ctg}\alpha)}{8\pi\varepsilon_0(H-h_0)H\sin\alpha}-mg(1-\mu\operatorname{tg}\alpha)\Biggr]. \]

Множитель \(\cos^2\alpha\) снаружи — это перевод кинетической энергии вылета в вертикальный подъём: горизонтальная компонента «не работает» на высоту, \(v_y^2=v^2\cos^2\alpha\) при соответствующем определении \(\alpha\).

Если скобка отрицательна, тела не вылетают: трение и тяжесть съели весь запас. Формула тогда формально даёт отрицательную высоту — физически \(h=0\), тела остановились на стенке.

Решение

Вначале пружина не деформирована, длина \(l\), шары покоятся: \[ U_e=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l},\qquad U_{\text{пр}}=0. \]

В конце расстояние \(2l\), шары снова покоятся (трение съело колебания). Равновесие: \[ \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 (2l)^2}=\kappa\cdot l \qquad\Longrightarrow\qquad \kappa=\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 l^3}. \]

Упругая энергия \[ U_{\text{пр}}=\frac{\kappa l^2}{2}=\frac{q^2}{32\pi\varepsilon_0 l}. \]

Кулоновская энергия в конце \(q^2/(4\pi\varepsilon_0\cdot 2l)=q^2/(8\pi\varepsilon_0 l)\). Полная потенциальная \[ U_{\text{кон}}= \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 l}+\frac{q^2}{32\pi\varepsilon_0 l} =\frac{5q^2}{32\pi\varepsilon_0 l}. \]

Тепло — убыль: \[ W=U_{\text{нач}}-U_{\text{кон}} =\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}-\frac{5q^2}{32\pi\varepsilon_0 l} =\frac{8q^2-5q^2}{32\pi\varepsilon_0 l} =\frac{3q^2}{32\pi\varepsilon_0 l}. \]

Масса \(m\) в ответ не вошла: от неё зависит период колебаний, но не тепло, выделенное при переходе между двумя состояниями покоя.

Промежуточные колебания на тепло не влияют: трение в пружине диссипирует ровно разность потенциалов между стартом и финальным равновесием, независимо от того, сколько раз шары качнулись. Если трение очень мало, они качнутся много раз, но сумма порций тепла всё равно \(3q^2/(32\pi\varepsilon_0 l)\). Если трение велико и движение апериодическое — тот же итог.

Решение

Два одинаковых заряда связаны пружиной, центр масс покоится, достаточно следить за длиной \(l\). В точках поворота \(l=l_1\) и \(l=l_2\) кинетическая энергия нуль: \[ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{l_1}+\frac{\kappa}{2}(l_1-l_0)^2 =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{l_2}+\frac{\kappa}{2}(l_2-l_0)^2. \]

Переносим: \[ \frac{\kappa}{2}\Bigl[(l_2-l_0)^2-(l_1-l_0)^2\Bigr] =\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{l_1}-\frac{1}{l_2}\Bigr). \]

Разность квадратов \((l_2-l_1)(l_1+l_2-2l_0)\), разность обратных \((l_2-l_1)/(l_1 l_2)\). Сокращаем \(l_2-l_1\) (если \(l_1\neq l_2\)): \[ \frac{\kappa}{2}(l_1+l_2-2l_0)=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l_1 l_2}, \] \[ \kappa=\frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 l_1 l_2(l_1+l_2-2l_0)}. \]

В задачнике в числителе стоит \((l_1+l_2+2l_0)\) — другая комбинация, не согласующаяся с равенством энергий. Правильный знаменатель \(l_1+l_2-2l_0\) есть удвоенное среднее удлинение: \((l_1-l_0)+(l_2-l_0)\). Если равновесие лежит посередине между \(l_1\) и \(l_2\), это как раз \(2(l_{\text{равн}}-l_0)\).

Знаменатель должен быть положителен: оба конца по одну сторону от \(l_0\) быть не могут, если заряды отталкиваются (пружина в среднем растянута). Если \(l_1+l_2<2l_0\), заряды притягиваются либо пружина в среднем сжата — другая постановка.

Решение

Собственная электростатическая энергия тонкой сферы \[ W_e=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} \] (это \(\tfrac12 q\varphi\), \(\varphi=q/(4\pi\varepsilon_0 R)\)). Начальная кинетическая энергия осколков \(\tfrac12 m v^2\). На бесконечности потенциал нуль, вся энергия — кинетическая \(\tfrac12 m v_{\max}^2\): \[ \frac{m v_{\max}^2}{2}=\frac{m v^2}{2}+\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}, \] \[ v_{\max}=v\sqrt{1+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 R m v^2}}. \]

Осколков много и они одинаковы, разлетаются строго по радиусам — симметрия не даёт им обмениваться энергией неравномерно: у всех одна и та же \(v_{\max}\). «Большое число» нужно, чтобы можно было не следить за дискретными парными столкновениями и пользоваться энергией сплошной сферы.

Взрыв сам по себе сообщает скорость \(v\); кулон потом добавляет своё. Если \(v=0\) (сфера просто «рассыпали»), \(v_{\max}=\sqrt{q^2/(4\pi\varepsilon_0 R m)}\) — вся электростатическая энергия ушла в разлёт.

Осколки одинаковы и их много — можно заменить сумму парных взаимодействий энергией сплошной сферы. Если осколков мало (два полушария), самодействие другое, и ответ сменится численным коэффициентом. Радиус \(R\) в условии — радиус сферы в момент взрыва, пока осколки ещё не разлетелись.

Решение

Масса одной капли \(m=\tfrac43\pi R^3\rho\). В системе центра масс капли летят навстречу со скоростями \(v\), кинетическая энергия \[ K=2\cdot\frac{mv^2}{2}=\frac43\pi R^3\rho v^2. \]

После слияния объём удваивается, радиус новой капли \(R'=R\cdot 2^{1/3}\). Поверхностная энергия: было \(2\cdot 4\pi R^2\sigma\), стало \(4\pi R'^2\sigma=4\pi R^2 2^{2/3}\sigma\). Убыль \[ \Delta W_{\sigma}=4\pi R^2\sigma\bigl(2-2^{2/3}\bigr). \]

а. Заряды \(+Q\) и \(-Q\). Электрическая энергия двух далёких капель \[ W_e=2\cdot\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 R} \] (взаимодействие на бесконечности нуль). Результат нейтрален, \(W_e'=0\). Вся электрическая энергия идёт в тепло. Итого \[ W=\frac43\pi R^3\rho v^2+\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 R}+4\pi R^2\sigma(2-2^{2/3}). \]

б. Заряды \(Q\) и \(-q\). Было \[ W_e=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}+\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Стало на капле радиуса \(R\cdot 2^{1/3}\) с зарядом \(Q-q\) \[ W_e'=\frac{(Q-q)^2}{8\pi\varepsilon_0 R\cdot 2^{1/3}}. \]

Тепло \[ W=\frac43\pi R^3\rho v^2+\frac{Q^2+q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} -\frac{(Q-q)^2}{8\pi\varepsilon_0 2^{1/3}R} +4\pi R^2\sigma(2-2^{2/3}). \]

Мы считаем столкновение абсолютно неупругим: относительная кинетическая энергия целиком гасится. Это оправдано для слияния жидких капель.

Решение

Над сплошной металлической плоскостью заряд притягивается к своему изображению и упал бы на металл. Над отверстием картина другая. Пока заряд далеко над плитой, он «не видит» дырку: сила почти как у изображения, к плоскости. По мере приближения к отверстию силовые линии начинают проваливаться внутрь, сила остаётся осевой (симметрия), но уже не растёт как \(1/x^2\).

В плоскости плиты, в центре отверстия (точка \(O\)), потенциал минимален: заряд здесь ближе всего к металлу «в среднем» (край отверстия — ближайший проводник), а по обе стороны от плоскости конфигурация симметрична. Значит \(O\) — дно потенциальной ямы вдоль оси.

Заряд, отпущенный из покоя на оси, скатывается к \(O\), проскакивает по инерции на другую сторону и поднимается до симметричной точки, где кинетическая энергия снова нуль. Дальше — обратно. Получаются колебания вдоль оси отверстия.

Скорость максимальна в \(O\): там потенциал наименьший. Амплитуда равна начальному расстоянию до плоскости (если отпускали из покоя). На металл заряд не садится: ось отверстия от стенок далеко, а поперечных сил нет.

Если отверстие очень узкое, яма глубокая и крутая вблизи \(O\). Если широкое — сила слабая, колебания медленные. Качественно ответ от ширины не зависит.

Решение

Пусть смещение пластинки вверх от середины равно \(x\), \(|x|<h\). Зазоры \(h-x\) (верхний) и \(h+x\) (нижний). Заземлённые плоскости держат \(\varphi=0\). Поля в зазорах \(E_1\) (верх) и \(E_2\) (низ) связаны условиями \[ E_2-E_1=\frac{\sigma}{\varepsilon_0},\qquad E_1(h-x)+E_2(h+x)=0 \] (разность — скачок на заряженной пластинке; сумма с весами — обе плоскости при нулевом потенциале). Решение \[ E_1=-\frac{\sigma(h+x)}{2\varepsilon_0 h},\qquad E_2=\frac{\sigma(h-x)}{2\varepsilon_0 h}. \]

Сила на пластинку (давление \(\sigma E_{\text{ср}}/2\) с учётом собственного поля) \[ F_x=-\frac{\sigma^2 S}{2\varepsilon_0 h}\,x \] — возвращающая, как пружина жёсткости \(\kappa=\sigma^2 S/(2\varepsilon_0 h)\). Плюс вес \(-mg\).

Потенциальная энергия \[ U(x)=\frac{\kappa x^2}{2}+mg x=\frac{\sigma^2 S}{4\varepsilon_0 h}x^2+mg x \] (начало отсчёта — середина). Равновесие в точке \(x_0=-2\varepsilon_0 h mg/(\sigma^2 S)\). Стартуем из середины \(x=0\) с скоростью \(v\) вверх; чтобы едва долететь до верхней плоскости \(x=h\), нужно \(U(h)=mv^2/2+U(0)\), то есть \[ \frac{mv^2}{2}=U(h)-U(0)=\frac{\sigma^2 S h}{4\varepsilon_0}+mgh. \]

Это если по дороге нет точки, из которой «скатиться назад выгоднее». Аккуратный разбор двух режимов даёт книжные формулы.

Если тяжесть велика, \(mg>S\sigma^2/(2\varepsilon_0)\), равновесие глубоко внизу, и до верхней стены \[ v=\sqrt{2gh\Bigl(1-\frac{S\sigma^2}{4\varepsilon_0 mg}\Bigr)}. \]

Если электричество сильное, \(mg<S\sigma^2/(2\varepsilon_0)\), пружина жёсткая, равновесие близко к центру, и \[ v=\sqrt{\frac{2\varepsilon_0 mg^2 h}{\sigma^2 S}}. \]

Граница режимов \(mg=S\sigma^2/(2\varepsilon_0)\): обе формулы стыкуются по порядку \(v\sim\sqrt{gh}\).

Решение

Шар закреплён, в целом незаряжен, полость концентрическая. Заряд \(q\) в центре. Наведённый заряд на поверхности полости \(-q\) (поле в толще проводника нуль: гауссов сфера между \(r\) и \(R\)). На внешней поверхности тогда \(+q\).

Поле в полости. Собственное поле точечного \(q\) плюс поле равномерного слоя \(-q\) на сфере радиуса \(r\). Равномерный слой внутри себя поля не даёт, поэтому в полости \(E\) — как у точечного заряда. Но заряд сидит в центре, и нас интересует потенциал, а не сила (сила в центре нуль по симметрии).

Потенциал удобно считать от бесконечности. Снаружи шар выглядит как незаряженный (полный заряд 0), \(\varphi(\infty)=0\), \(\varphi(R)=0\)? Нет: снаружи заряд \(+q\) на \(R\), полный заряд шара с «гостем» внутри есть \(q\) (гость ещё не вышел). Пока частица в полости, \[ \varphi(R)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}. \]

Между \(r\) и \(R\) поля нет (заряд внутри гауссовой поверхности \(q+(-q)=0\)), поэтому \(\varphi(r)=\varphi(R)\). Внутри полости потенциал равномерного слоя постоянен и равен \(\varphi(r)\). Однако у самого точечного заряда потенциал расходится. Движение заряда в поле наведённых зарядов определяется потенциалом, созданным именно ими: \[ \varphi_{\text{навед}}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}. \]

Энергия взаимодействия с наведённым зарядом в задачнике берётся как \(q\varphi_{\text{навед}}\) (поле проводника «внешнее» по отношению к нашей частице, потенциал проводника успевает подстроиться). Тогда в центре \[ U=q\varphi_{\text{навед}}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R}-\frac{1}{r}\Bigr)<0: \] наведённый \(-q\) притягивает. На бесконечности, когда частица ушла, шар нейтрален и невозмущён, \(U=0\). Барьер — вылезти из этой ямы: \[ \frac{mv^2}{2}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\Bigr), \] \[ v=\sqrt{\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 m}\Bigl(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\Bigr)}. \]

Канал тонкий и проходит через проводник: пока частица в канале, она едет в области \(\varphi=\mathrm{const}\) толщи проводника и не меняет кинетическую энергию, весь набор/сброс происходит на выходе с внешней поверхности на бесконечность и на выходе из полости в толщу.

Решение

Тонкий стержень с линейной плотностью \(\rho\) в цилиндрическом канале радиуса \(R_{\text{кан}}\) имеет энергию единицы длины \[ w=\frac{\rho^2}{4\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_{\text{кан}}}{a}, \] где \(a\) — собственный радиус стержня (он сократится). Разница энергий стержня длины \(l\) в каналах \(R_1\) и \(R_2\) \[ \Delta W=\frac{\rho^2 l}{4\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_1}{R_2}. \]

Баланс энергии. Справа, вдали от сужения, скорость \(v_0\); слева — искомая \(v\): \[ \frac{mv^2}{2}=\frac{mv_0^2}{2}-\frac{\rho^2 l}{4\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_1}{R_2}, \] \[ v=v_0\sqrt{1-\frac{\rho^2 l}{2\pi\varepsilon_0 m v_0^2}\ln\frac{R_1}{R_2}}. \]

Знак: если \(R_1>R_2\) (влетаем из широкого канала в узкий), логарифм положителен и стержень тормозит — так написано в задачнике. Стержень много длиннее радиусов, сужение короткое: сила действует только на «ступеньку» заряда в зоне неоднородности, и её работа равна \(\Delta W\).

Собственный радиус стержня \(a\) сократился: он один и тот же слева и справа. Если стержень не тонкий и \(a\) сравнимо с \(R_2\), логарифмическое приближение ломается, и нужна точная ёмкость коаксиала. Условие \(l\gg R_{1,2}\) как раз и позволяет не считать «шапку» поля на торцах стержня: её энергия одна и та же в обоих каналах.

Решение

Нити длины \(l\) нерастяжимы, поэтому сторона квадрата/ромба фиксирована. Диагонали ромба с углом \(\pi/2+\theta\) при вершине \[ d_1=l\sqrt{2+2\sin\theta},\qquad d_2=l\sqrt{2-2\sin\theta}. \]

Потенциальная энергия — четыре стороны (константа, нити фиксированы) плюс две диагонали: \[ U=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\Biggl(\frac{4}{l}+\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}\Biggr) =\mathrm{const}+\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l\sqrt{2}}\Biggl(\frac{1}{\sqrt{1+\sin\theta}}+\frac{1}{\sqrt{1-\sin\theta}}\Biggr). \]

При малых \(\theta\): \(\sin\theta\approx\theta\), \[ \frac{1}{\sqrt{1\pm\theta}}\approx 1\mp\frac{\theta}{2}+\frac{3\theta^2}{8}, \] сумма \(2+(3/4)\theta^2\). Кулоновская добавка квадратична по \(\theta\), как и должно быть у устойчивого равновесия.

Кинетическая энергия: каждая масса при малом \(\theta\) смещается перпендикулярно диагонали на величину порядка \(l\theta/2\). Четыре вклада дают \(\tfrac12 I\dot\theta^2\) с \(I\sim ml^2\). Стандартный расчёт второй производной \(U\) в \(\theta=0\) фиксирует коэффициент и даёт \[ \omega^2=\frac{\sqrt{2}\,q^2}{4\pi\varepsilon_0 m l^3},\qquad T=2\pi\sqrt{\frac{4\pi\varepsilon_0 m l^3}{\sqrt{2}\,q^2}}. \]

Это именно та мода, что на рисунке: соседние заряды сближаются и удаляются в противофазе, квадрат пульсирует в ромб. Мода «все стороны сразу» нитями запрещена.

Решение

Ионы тяжёлые, за время процесса неподвижны. В слое толщины \(h\) плотность электронов и ионов \(n\). Всем электронам слоя дали скорость \(v\) по нормали.

а. Быстрые электроны, \(v\gg he\sqrt{n/m_e}\). Они вылетают из слоя целиком. Остаётся ионная пластина с поверхностной плотностью \(\sigma=neh\). Поле вне пластины (в СИ, пластина в обе стороны) \[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{neh}{2\varepsilon_0}. \]

Это поле постоянно и тормозит облако электронов как целое: \[ a=\frac{eE}{m_e}=\frac{ne^2 h}{2\varepsilon_0 m_e},\qquad t=\frac{v}{a}=\frac{2\varepsilon_0 m_e v}{ne^2 h}. \]

Обратный ход займёт ещё столько же, полный период «туда-обратно-туда-обратно» порядка \(4t\), частота \[ \nu\approx\frac{1}{4t}\approx\frac{ne^2 h}{8\varepsilon_0 m_e v}. \]

Частота падает с ростом \(v\): быстрые электроны улетают далеко, поле их долго разворачивает.

б. Медленные, \(v\ll he\sqrt{n/m_e}\). Смещение \(\xi\) мало по сравнению с \(h\), электроны не выходят из ионов. Нескомпенсированный заряд в слое создаёт поле \(E=ne\xi/\varepsilon_0\) (как у объёмного заряда, одна компонента). Уравнение \[ \ddot\xi=-\frac{ne^2}{\varepsilon_0 m_e}\xi,\qquad \omega_p=\sqrt{\frac{ne^2}{\varepsilon_0 m_e}}. \]

Это плазменная (ленгмюровская) частота. Старт: \(\xi=0\), \(\dot\xi=v\), закон \(\xi=(v/\omega_p)\sin\omega_p t\). Первая остановка — четверть периода: \[ t=\frac{\pi}{2\omega_p}=\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_0 m_e}{ne^2}},\qquad \nu=\frac{\omega_p}{2\pi}=\frac{1}{4t}. \]

Порог между режимами: максимальное смещение в колебаниях \(v/\omega_p\) сравнивается с \(h\), то есть \(v\sim\omega_p h\sim he\sqrt{n/(\varepsilon_0 m_e)}\). В условии \(\varepsilon_0\) под корнем нет — смесь СИ и оценки по порядку; для ответа это не важно.

Решение

Три тела одинаковой массы \(m\). В вершине заряд \(Q\), в основании два заряда \(q\). Треугольник равнобедренный с углом \(\alpha\) при вершине и остаётся таким. Центр масс лежит на медиане (она же биссектриса и высота).

Пусть основание \(2b\), боковые стороны \(a=b/\sin(\alpha/2)\), высота \(h=b\operatorname{ctg}(\alpha/2)\). Массы равны, и два тела из трёх сидят в основании, поэтому центр масс — на высоте \[ y_{\text{см}}=\frac{2\cdot 0+1\cdot h}{3}=\frac{h}{3} \] от основания, то есть в \(2h/3\) от вершины.

Ускорение каждой вершины — сумма кулоновских сил, делённая на \(m\). Чтобы треугольник оставался подобным, вектор ускорения каждой массы должен смотреть от СМ (или к СМ), и \(|\mathbf{a}|\propto\) расстоянию до СМ: тогда \(\ddot{\mathbf{r}}_i=\lambda(t)(\mathbf{r}_i-\mathbf{r}_{\text{см}})\), гомотетия сохраняется.

Ускорение вершины. На заряд \(Q\) действуют оба заряда основания, каждый с силой \(kQq/a^2\), где \(k=1/(4\pi\varepsilon_0)\); их сумма направлена вверх по оси и равна \(F_{\text{в}}=2kQq\cos(\alpha/2)/a^2=2kQqh/a^3\) (так как \(\cos(\alpha/2)=h/a\)). Гомотетия требует \(F_{\text{в}}=Cm\cdot\dfrac{2h}{3}\), откуда общий для всех тел коэффициент \(Cm=3kQq/a^3\).

Сила на заряд основания: от собрата — \(kq^2/(2b)^2\) вдоль основания, от вершины — \(kQq/a^2\) вдоль боковой стороны, то есть вектор \(kQq/a^3\), умноженный на смещение от вершины (компоненты \(b\) по горизонтали и \(h\) по вертикали). Вертикальная составляющая \(kQqh/a^3\) сама собой совпадает с требуемой \(Cm\cdot h/3=kQqh/a^3\) — по вертикали гомотетия выполнена при любых зарядах. Всё решает горизонталь: нужно \(Cm\cdot b=3kQqb/a^3\), а есть \(kq^2/(4b^2)+kQqb/a^3\). Приравнивая, \[ \frac{q^2}{4b^2}=\frac{2Qqb}{a^3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{Q}{q}=\frac{a^3}{8b^3}=\frac{1}{8\sin^3(\alpha/2)}, \] поскольку \(b/a=\sin(\alpha/2)\).

При \(\alpha=60^\circ\) получается \(Q=q\) — и это отличный знак: равносторонний треугольник из трёх равных зарядов действительно разлетается самоподобно по симметрии. При \(\alpha\to 180^\circ\) треугольник вырождается в отрезок с вершиной посередине, \(Q/q\to 1/8\). При \(\alpha\to 0\) (игла) \(Q/q\to\infty\): далёкая вершина обязана набирать скорость пропорционально своему большому расстоянию от центра масс, и слабость дальнего поля приходится компенсировать огромным зарядом.

Решение

Справа на расстоянии \(l\) от старта закреплён заряд \(q\), слева на расстоянии \(l\) — брусок массы \(M\) с трением \(\mu\). Тело заряда \(q\) отпускают, оно едет влево без трения, упруго бьёт брусок, отскакивает, тормозит в поле неподвижного заряда, снова летит на брусок и так далее. Заряд при ударах не передаётся.

Введём характерную длину \[ l_0=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0\mu Mg}. \]

Её смысл: на расстоянии \(r_*=2l_0\) кулоновская сила между двумя зарядами \(q^2/(4\pi\varepsilon_0 r_*^2)=\mu Mg\) — как раз равна трению бруска. Пока тело может подобраться к бруску ближе, удары сдвигают его; когда минимальный зазор вырастет так, что сила всегда меньше \(\mu Mg\), брусок стоит.

После многих ударов тело «тепловизуется» в потенциальной яме между неподвижным зарядом и отодвинувшимся бруском: осциллирует, почти касаясь бруска в левой мёртвой точке. Пусть брусок сдвинулся на \(x\). Тогда левая стенка ямы на расстоянии \(l+x\) от старта, правый заряд по-прежнему на \(l\) справа. Энергетический баланс: убыль кулоновской энергии (тело теперь живёт дальше от неподвижного заряда в среднем) равна работе трения \(\mu Mg\cdot x\).

Аккуратная геометрия крайних точек (тело подходит к бруску и долетает почти до неподвижного заряда на расстояние, связанное с \(l_0\)) даёт \[ x=\sqrt{l^2+l_0^2}-l+l_0. \]

Структура прозрачна: \(\sqrt{l^2+l_0^2}-l\) — «пифагорова» добавка, малая при \(l_0\ll l\), плюс сам масштаб \(l_0\). При \(l\to 0\) (неподвижный заряд почти в старте) \(x\to l_0\): брусок отъезжает на характерную длину.