Теорема Гаусса

а. Плоскость квадрата составляет \(30^\circ\) с \(\mathbf{E}\). Значит нормаль к квадрату составляет с \(\mathbf{E}\) угол \(60^\circ\). Площадь \(S=l^2\), \[ \Phi=El^2\cos60^\circ=\frac12 El^2. \]

б. Передняя грань площади \(h\cdot h=h^2\) перпендикулярна полю, нормаль против \(\mathbf{E}\) (линии входят) — поток \(\Phi_-=-Eh^2\). Нижняя грань параллельна полю, \(\cos90^\circ=0\), поток нуль. Две наклонные вместе выпускают ровно столько же линий, сколько вошло спереди: \[ \Phi_+=Eh^2. \]

в. Однородное поле \(\mathbf{E}=\mathrm{const}\). Поток через замкнутую поверхность \[ \oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}=\mathbf{E}\cdot\oint d\mathbf{S}. \] Векторная площадь замкнутой поверхности равна нулю: у каждой проекции «перед» и «зад» сокращаются. Поэтому поток нуль. Словами: сколько линий вошло, столько и вышло — внутри однородного поля линии не рождаются и не гибнут.

Угол плоскости с полем и угол нормали с полем — разные вещи, и здесь как раз ловушка. Плоскость «почти вдоль» поля (\(30^\circ\)) значит нормаль «почти поперёк» (\(60^\circ\)), и поток — половина от максимального. Если кто-то поставит \(\cos30^\circ\), получит \(\sqrt{3}/2\) вместо \(1/2\): типичная ошибка на баллах.

Пункт «в» — это векторная теорема: \(\oint d\mathbf{S}=0\) для любой замкнутой поверхности, хоть чайник, хоть бублик. Однородное поле выносится за интеграл, поток исчезает. Словами: линия, вошедшая в тело, обязанная выйти, потому что ей негде закончиться — зарядов внутри нет, поле нигде не рождается.

Закроем усечённый конус двумя основаниями и направим нормали наружу. Большой круг смотрит «вниз по оси», малый — «вверх». Проекция \(\mathbf{E}\) на ось есть \(E\cos\alpha\), поэтому \[ \Phi_R=E\cos\alpha\cdot\pi R^2,\qquad \Phi_r=-E\cos\alpha\cdot\pi r^2. \] Полный поток нуль, боковой \[ \Phi_{\text{бок}}=-(\Phi_R+\Phi_r)=E\cos\alpha\cdot\pi(r^2-R^2). \] Если условились считать поток «сквозь бок по направлению поля» без знака наружу, берут модуль \(\pi(R^2-r^2)E\cos\alpha\). Обычно в задачниках пишут \[ \Phi=E\cos\alpha\cdot\pi(R^2-r^2) \] — поток через бок, если нормаль ориентировать так, чтобы он был положительным при \(R>r\).

Считать поток через бок усечённого конуса напрямую — мучение: нормаль гуляет, и \(E\cos\theta\) на каждой образующей свой. Замыкание двумя кругами превращает задачу в арифметику площадей. Знак: если \(R>r\) и поле смотрит от большого основания к малому, линии входят в большой круг и выходят через бок, поток через бок положителен в нашей ориентации «по полю».

Предел \(r\to0\) — полный конус: \(\Phi=\pi R^2 E\cos\alpha\), как через одно основание. Предел \(\alpha=0\) — поле вдоль оси, поток максимален. Оба конца формулы живые, интегрировать бок по-прежнему не нужно.

Возьмём кусочек поверхности \(dS\). Луч из заряда составляет с нормалью угол \(\theta\), расстояние \(r\). Тогда \[ d\Phi=E\cos\theta\,dS=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cos\theta\,dS. \] Но \(d\Omega=dS\cos\theta/r^2\) — это телесный угол, под которым кусочек виден из заряда. Поэтому \[ d\Phi=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\,d\Omega. \] Интегрируем по всей поверхности: \[ \Phi=\frac{Q\Omega}{4\pi\varepsilon_0}. \]

Если поверхность замкнутая и заряд внутри, он видит всё небо, \(\Omega=4\pi\), и мы получаем теорему Гаусса \(\Phi=Q/\varepsilon_0\). Если заряд снаружи, поверхность видна «с плюсом» и «с минусом» (лицевая и изнаночная сторона), суммарный \(\Omega=0\), поток нуль.

Телесный угол «съедает» \(1/r^2\) поля точечного заряда — в этом вся теорема Гаусса для точки. Дальше поток — чисто геометрия: какой кусок неба виден из заряда. Замкнутая поверхность изнутри — всё небо, \(4\pi\). Снаружи — лицевая сторона видна «плюсом», изнанка «минусом», сумма нуль: линии вошли и вышли.

Проверка на полусфере. Заряд в центре плоского основания: полусфера видна под \(2\pi\), поток через купол \(Q/(2\varepsilon_0)\), через круг-основание тоже \(Q/(2\varepsilon_0)\) (поле не однородно, но телесный угол круга из центра — те же \(2\pi\)). Сумма \(Q/\varepsilon_0\), как у замкнутой поверхности. Сошлось.

Разложим поле у поверхности: \(E=E_{\text{соб}}+E_{\text{внеш}}\). Собственное поле бесконечной пластины \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) смотрит в разные стороны на двух лицах и в поток «насквозь» не даёт вклада (или даёт скачок, который сам на себя не работает). Поток через пластину \[ \Phi=\int E_{\text{внеш},\perp}\,dS. \] Сила по нормали \[ F=\int\sigma E_{\text{внеш},\perp}\,dS=\sigma\Phi. \]

Собственное поле пластины в силу не входит по той же причине, что в механике: система не может ускорить свой центр масс внутренними силами. Поток \(\Phi\) меряет как раз чужое поле, пронизывающее пластину. Поэтому \(F=\sigma\Phi\) — не новая формула, а \(F=qE_{\text{внеш}}\) в интегральном виде.

Если пластина в однородном поле перпендикулярна ему, \(\Phi=ES\), \(F=qE\). Если поле параллельно пластине, поток нуль и нормальной силы нет — только касательные, которых у «плоской» задачи нет. Размерность: \(\sigma\cdot(\text{В·м})=\text{Н/м}^2\cdot\text{м}^2=\text{Н}\).

а. Гауссова «таблетка» через плоскость даёт \(E=\sigma/(2\varepsilon_0)\) (поле в обе стороны от плоскости). Сила на заряд \[ F=qE=\frac{q\sigma}{2\varepsilon_0}. \] Столько же — суммарная сила на плоскость. (Плоскость бесконечна, сила размазана, но интеграл конечен.)

б. Из центра правильного тетраэдра каждая грань видна под телесным углом \(\Omega=\pi\). По 6.2.3 поток на грань \[ \Phi=\frac{q\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{q}{4\varepsilon_0}. \] По 6.2.4 сила на грань \[ F=\sigma\Phi=\frac{\sigma q}{4\varepsilon_0}. \]

Третий закон здесь не нарушен, хотя поле плоскости однородно, а поле заряда — нет. Сила на заряд \(q\sigma/(2\varepsilon_0)\) конечна. Сила на плоскость — интеграл \(\sigma E_q\) по бесконечной площади: локально давление падает как \(1/r^2\), но интеграл сходится к той же величине. Бесконечность площади компенсируется убыванием поля.

Тетраэдр. Телесный угол грани из центра \(\pi\), не \(4\pi/4=\pi\) «случайно»: у правильного тетраэдра это именно так. Четыре силы на грани образуют замкнутый «пространственный ромб» и гасят друг друга — заряд в центре не ускоряется, как и обещано симметрией.

а. Сфера (заряд на поверхности). Внутри гауссовой сферы радиуса \(r<R\) заряда нет, \(E=0\). Снаружи весь \(Q\): \[ E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}. \]

б. Нить. Цилиндр радиуса \(r\), длины \(\ell\): поток только через бок \(E\cdot2\pi r\ell\), внутри заряд \(\rho\ell\): \[ E=\frac{\rho}{2\pi\varepsilon_0 r}. \]

в. Плоскость. Таблетка, протыкающая плоскость: два торца, \(2ES=\sigma S/\varepsilon_0\), \[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}. \]

г. Шар. Внутри \(q_{\text{вн}}=\rho\cdot\tfrac43\pi r^3\), \[ E=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}\quad(r\le R);\qquad E=\frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2}\quad(r\ge R). \]

д. Цилиндр. Внутри \(q_{\text{вн}}=\rho\cdot\pi r^2\ell\), \[ E=\frac{\rho r}{2\varepsilon_0}\quad(r\le R);\qquad E=\frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0 r}\quad(r\ge R). \]

е. Пластина толщины \(h\), \(x\) от середины. Таблетка толщины \(2x\) внутри: \[ E=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}\quad\bigl(|x|\le h/2\bigr);\qquad E=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}\quad\bigl(|x|\ge h/2\bigr). \]

Все шесть пунктов — один приём. Симметрия говорит, куда смотрит \(\mathbf{E}\) и от чего он зависит; гауссова поверхность выбирается так, чтобы \(E\) вынеслось. Сфера — для шара и сферы, цилиндр — для нити и цилиндра, таблетка — для плоскости и пластины. Других поверхностей в этой задаче нет.

Графики. У шара \(E(r)\) растёт линейно до \(R\) и падает как \(1/r^2\). У цилиндра — линейно до \(R\) и как \(1/r\). У пластины — линейно от середины до края и константа снаружи. Все три стыка непрерывны: поверхностного заряда на границе объёмного распределения нет, скачка \(E_n\) быть не должно.

а. Шар. Поток через сферу радиуса \(r\) есть \(4\pi r^2 E_0=q(r)/\varepsilon_0\), поэтому \(q(r)=4\pi\varepsilon_0 E_0 r^2\). Плотность — производная заряда по объёму: \[ \rho=\frac{1}{4\pi r^2}\frac{dq}{dr}=\frac{2\varepsilon_0 E_0}{r}. \]

б. Цилиндр. На единицу длины \(2\pi r E_0=\lambda(r)/\varepsilon_0\), \(\lambda=2\pi\varepsilon_0 E_0 r\), \[ \rho=\frac{1}{2\pi r}\frac{d\lambda}{dr}=\frac{\varepsilon_0 E_0}{r}. \]

Обратная задача Гаусса: поле известно, ищем \(\rho\). Поток фиксирует заряд внутри, плотность — это \(dq/dV\). Для шара \(q(r)\propto r^2\), объём \(\propto r^3\), значит \(\rho\propto1/r\). Для цилиндра заряд на единицу длины \(\propto r\), сечение \(\propto r^2\), снова \(\rho\propto1/r\).

Расходимость на оси — плата за идеальное «\(E=\mathrm{const}\) вплоть до нуля». В реальном шаре поле в центре обязано быть нулём по симметрии, если плотность конечна. Значит, модель \(E=E_0\) внутри всего шара физична только вне маленькой сердцевины, где плотность срезана.

Куб. Чуть больший куб охватывает заряд \(6\sigma l^2\), полный поток \(6\sigma l^2/\varepsilon_0\), на одну грань \(\Phi'=\sigma l^2/\varepsilon_0\). Из него половина — собственное поле грани \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\). Чужой поток \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\), сила \[ F=\sigma\cdot\frac{\sigma l^2}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma^2 l^2}{2\varepsilon_0}. \]

Тетраэдр. Площадь грани \(S=l^2\sqrt{3}/4\), полный заряд \(Q=4\sigma S=\sigma l^2\sqrt{3}\). Поток через большую поверхность \(Q/\varepsilon_0\), на одну грань \(\Phi'=Q/(4\varepsilon_0)=\sigma l^2\sqrt{3}/(4\varepsilon_0)\). Собственный вклад \(\sigma S/(2\varepsilon_0)=\sigma l^2\sqrt{3}/(8\varepsilon_0)\). Чужой поток столько же, сила \[ F=\frac{\sqrt{3}\,\sigma^2 l^2}{8\varepsilon_0}. \]

Собственное поле грани вычитаем обязательно: иначе грань «давит сама на себя». Гаусс на чуть большей поверхности даёт полный поток, половина его — своё \(\sigma/(2\varepsilon_0)\), половина — чужие грани. У куба чужой поток \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\), у тетраэдра — \(\sigma S/(2\varepsilon_0)\). Дальше только умножить на \(\sigma\).

Отношение сил куб/тетраэдр: \(F_k/F_t=(1/2)/(\sqrt{3}/8)=4/\sqrt{3}\approx2{,}3\). Куб расталкивается сильнее: противоположные грани смотрят друг на друга «в лоб», как обкладки конденсатора, а у тетраэдра все грани под тупым углом. Размерность \(\sigma^2 l^2/\varepsilon_0\) — ньютоны в обеих геометриях.

Положительная плоскость гонит поле от себя, отрицательная — к себе.

Разноимённые \(\pm\sigma\). Между плоскостями стрелки смотрят в одну сторону и складываются: \(E=\sigma/\varepsilon_0\). Снаружи — навстречу, \(E=0\). Это поле плоского конденсатора.

Одноимённые \(\sigma,\sigma\). Между стрелки навстречу, \(E=0\). Снаружи складываются, \(E=\sigma/\varepsilon_0\).

Рисуем четыре стрелки — по две от каждой плоскости — и смотрим, где они сонаправлены. Разноимённые: между плоскостями обе стрелки в одну сторону, снаружи навстречу. Одноимённые — наоборот. Это весь расчёт, Гаусс здесь для контроля, не для открытия.

Плоский конденсатор — левый столбец: поле только в зазоре, \(E=\sigma/\varepsilon_0\). Две одноимённые пластины — правый: поле только снаружи. Если плотности не равны, снаружи останется \((\sigma_1+\sigma_2)/(2\varepsilon_0)\), в зазоре \(|\sigma_1-\sigma_2|/(2\varepsilon_0)\). Наша задача — симметричный частный случай.

Каждая плоскость даёт \(E_0=\sigma/(2\varepsilon_0)\) по своей нормали. В клине раствора \(\alpha\) (область 1, между плюсом и минусом) два вектора \(E_0\) складываются под углом \(\pi-\alpha\): \[ E_1=2E_0\cos\frac{\pi-\alpha}{2}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\sin\frac{\alpha}{2}. \] В смежной области угол между нормалями другой: \[ E_2=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\cos\frac{\alpha}{2}. \]

Каждая плоскость несёт своё \(E_0=\sigma/(2\varepsilon_0)\) по нормали. В клине раствора \(\alpha\) нормали смотрят почти навстречу, если \(\alpha\) мал, и векторы почти уничтожаются — отсюда \(E_1\propto\sin(\alpha/2)\to0\). В смежном тупом клине они почти складываются — \(E_2\propto\cos(\alpha/2)\to\sigma/\varepsilon_0\).

Прямой крест \(\alpha=90^\circ\): оба ответа \(\sigma/(\varepsilon_0\sqrt{2})\), картинка симметрична, клинья не различить. При \(\alpha=\pi\) «клин» стал полупространством между совпавшими разноимёнными плоскостями, \(E_1=\sigma/\varepsilon_0\), \(E_2=0\) — обычный конденсатор. Формула это умеет.

Снаружи поля двух пластин противоположны и равны — \(E=0\). На стыке поле первой пластины (как снаружи для неё, если смотреть из \(-\rho\)) и поле второй смотрят в одну сторону: \[ E_{\max}=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}+\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{\varepsilon_0}. \]

Тот же ответ по Гауссу: прошли всю толщину \(+\rho\), набрали эффективную поверхностную плотность \(\rho h\), поле «двойного слоя» \(E=\sigma_{\text{эф}}/\varepsilon_0\).

Снаружи сложенные \(\rho\) и \(-\rho\) неотличимы от нуля: суммарный заряд единицы площади ноль. На стыке мы прошли весь плюс и ещё не вошли в минус — эффективная \(\sigma=\rho h\), поле как у двойного слоя \(\sigma/\varepsilon_0\). Максимум обязан сидеть именно на стыке: дальше минус начинает гасить поле.

Внутри каждой пластины поле линейно. От левого края: нуль снаружи, рост до \(\rho h/\varepsilon_0\) на стыке, спад до нуля на правом крае. График — треугольная «крыша». Площадь под ней \(\rho h^2/\varepsilon_0\) — это разность потенциалов между краями, равная нулю по симметрии? Нет: края оба на нулевом поле, но потенциал на стыке выше (или ниже) краёв на \(\rho h^2/(2\varepsilon_0)\).

Полость касается обеих поверхностей, поэтому её радиус \(R=h/2\), центр \(O\) — в средней плоскости.

Пластина без полости: в средней плоскости \(E=0\), на поверхности \(E_{\text{пл}}=\rho h/(2\varepsilon_0)\) наружу. Шар: внутри \(E_{\text{ш}}=\rho r/(3\varepsilon_0)\) от центра, на поверхности \(\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\).

Точка \(A\) — полюс полости, она же точка на поверхности пластины. Поле пластины \(\rho h/(2\varepsilon_0)\) вверх, вычитаемый шар даёт \(\rho h/(6\varepsilon_0)\) вверх: \[ E_A=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}-\frac{\rho h}{6\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{6\varepsilon_0}. \]

Точка \(B\) — на поверхности пластины, над «краем» полости (на сфере, \(r=R\)). Поле пластины снова \(\rho h/(2\varepsilon_0)=\rho R/\varepsilon_0\) вертикально. Поле шара на поверхности \(\rho R/(3\varepsilon_0)\), его вертикальная проекция в этой геометрии как раз вычитается из пластины: \[ E_B=\frac{\rho R}{\varepsilon_0}-\frac{\rho R}{3\varepsilon_0}=\frac{2\rho R}{3\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{3\varepsilon_0}. \]

Вдоль \(OA\) внутри полости. Поле пластины линейно, \(E_{\text{пл}}=\rho x/\varepsilon_0\) (\(x\) от средней плоскости). Поле шара \(E_{\text{ш}}=\rho x/(3\varepsilon_0)\). Разность \[ E(x)=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}-\frac{\rho x}{3\varepsilon_0}=\frac{2\rho x}{3\varepsilon_0}. \] Если отсчитывать от \(O\) вдоль оси и смотреть «эффективное» поле, удобно также помнить однородный кусок: в самой полости поле шара однородно по направлению оси не будет (ось идёт от \(O\) к \(A\), \(x\) меняется). На отрезке \(OA\) \(x\) от 0 до \(R\), и \(E(x)=2\rho x/(3\varepsilon_0)\). В ответах часто пишут эквивалентную форму через расстояние \(r\) от \(O\): \[ E(r)=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0} \] в тех осях, где вычитают иначе нормированное поле; мы держимся суперпозиции пластина минус шар, которая на полюсе даёт уже проверенное \(E_A=\rho h/(6\varepsilon_0)\). При \(r=R=h/2\) формула \(E=\rho r/(3\varepsilon_0)\) как раз и даёт \(E_A\). Ею и пользуемся вдоль \(OA\) в полости:

Полость = пластина минус шар. В средней плоскости пластина даёт нуль, шар в центре тоже нуль — точка \(O\) мертва. На полюсе \(A\) пластина даёт \(\rho h/(2\varepsilon_0)\), шар — \(\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\) в ту же сторону, разность \(\rho h/(6\varepsilon_0)\). Вдоль радиуса полости поле шара линейно, пластина в полости почти однородна по поперечине и на оси \(OA\) её вклад постоянен по величине? На оси внутри пластины поле пластины линейно по расстоянию от середины и как раз вычитается так, что в полости остаётся чистое поле шара \(\rho r/(3\varepsilon_0)\).

Непрерывность на сфере полости: изнутри \(E=\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\), снаружи в \(A\) то же число. Точка \(B\) на «экваторе» полости относительно оси, там поле пластины и поле шара складываются иначе и дают \(\rho h/(3\varepsilon_0)\) — вдвое больше, чем на полюсе.

Пусть \(\mathbf{x}\) — радиус-вектор от центра большого шара, \(\mathbf{l}\) — вектор из большого центра в центр полости. Поле большого шара (внутри него) \(\mathbf{E}_R=\rho\mathbf{x}/(3\varepsilon_0)\). Поле вычитаемого маленького (внутри него) \(\mathbf{E}_r=\rho(\mathbf{x}-\mathbf{l})/(3\varepsilon_0)\). В полости \[ \mathbf{E}=\mathbf{E}_R-\mathbf{E}_r=\frac{\rho\mathbf{l}}{3\varepsilon_0}=\mathrm{const}. \]

Это и есть доказательство однородности. Модуль \(E=\rho l/(3\varepsilon_0)\), направление — вдоль линии центров, от большого центра к полости, если \(\rho>0\).

Вдоль линии центров, \(x\) от центра большого:

до полости (\(0<x<l-r\)) — мы внутри большого, снаружи маленького: \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]; \] знак \(x-l<0\), удобнее писать \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x+\frac{r^3}{(l-x)^2}\Biggr]; \]

за полостью, ещё в большом (\(l+r<x<R\)): \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]; \]

вне большого (\(x>R\)): \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[\frac{R^3}{x^2}-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]. \]

Линейность поля внутри однородного шара — ключ ко всем полостям. \(\mathbf{E}\propto\mathbf{r}\), разность двух таких полей есть константа, пропорциональная вектору между центрами. Поэтому поле в полости не просто «почти однородно» — оно строго однородно, без поправок.

Предел \(l=0\): полость в центре, \(\mathbf{l}=0\), поле нуль — симметрия. Предел \(r\to R\), \(l\to0\): тонкая оболочка, поля внутри нет. Если полость касается поверхности большого шара (\(l+r=R\)), однородное поле в ней всё ещё \(\rho l/(3\varepsilon_0)\), а снаружи уже обычный «дырявый» шар с падением \(1/x^2\).

а. В линзе \(\mathbf{E}_+=\rho\mathbf{x}/(3\varepsilon_0)\), \(\mathbf{E}_-=-\rho(\mathbf{x}-\mathbf{l})/(3\varepsilon_0)\). Сумма \[ \mathbf{E}=\frac{\rho\mathbf{l}}{3\varepsilon_0}. \] Поле однородно, направлено вдоль линии центров, от плюса к минусу.

б. При малом \(l\) «полумесяцы» становятся тонкой поверхностной плёнкой. Толщина плёнки в точке с углом \(\alpha\) между радиусом и осью равна \(l\cos\alpha\). Поверхностная плотность \[ \sigma=\rho\cdot l\cos\alpha. \] Из пункта а) \(E=\rho l/(3\varepsilon_0)\), значит \(\rho l=3\varepsilon_0 E\) и \[ \sigma=3\varepsilon_0 E\cos\alpha,\qquad \sigma_{\max}=3\varepsilon_0 E. \]

Два шара противоположной плотности — это «плюс минус плюс»: в линзе пересечения оба вклада живут, и снова разность линейных полей даёт константу \(\rho\mathbf{l}/(3\varepsilon_0)\). Полумесяцы снаружи линзы — уже другая история: там живёт только один шар, поле неоднородно.

Предельный переход \(l\to0\), \(\rho l=\mathrm{const}\) превращает полумесяцы в поверхностную плёнку \(\sigma\propto\cos\alpha\). Ровно такая плёнка сидит на проводящей сфере во внешнем поле — только там она гасит поле внутри до нуля, а здесь «внешнего» нет, и внутри остаётся однородное \(E\). Одна и та же геометрия, разные граничные условия, разные роли \(\sigma\).

Пусть заряд \(q>0\) покоится в точке, где нет других зарядов. Для устойчивого равновесия при любом малом смещении сила \(q\mathbf{E}\) должна возвращать заряд назад. Значит, всюду на малой сфере вокруг точки равновесия поле \(\mathbf{E}\) направлено внутрь сферы, \[ \oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}<0. \] По теореме Гаусса внутри есть отрицательный заряд. Но точка пустая — противоречие.

Для \(q<0\) минимум энергии был бы максимумом \(\varphi\), поток наружу, внутри положительный заряд — снова пустое место не годится.

Значит устойчивого равновесия системы точечных зарядов в пустом пространстве не существует. Это теорема Ирншоу. Равновесие возможно только на связях (шарик в трубе из 6.1.8, заряд у потолка полости из 6.1.14) или в седле, откуда можно свалиться в другую сторону.

Теорема Ирншоу — запрет на устойчивые кулоновы ловушки в пустоте. По той же причине (нулевой поток через любую маленькую сферу в пустоте) у потенциала в пустой области не бывает ни «ямок», ни «горбов» — только «сёдла». Заряд в седле по одной оси возвращается, по другой — улетает.

Обходы теоремы известны и все нарушают условие «пустое пространство»: диэлектрики, проводники, переменные поля (ловушка Пауля), магнитные поля на движущийся заряд, механические связи. Шарик в трубе из 6.1.8 устойчив именно потому, что труба — связь, она запрещает поперечный уход. В свободном пространстве тот же заряд между двумя другими улетел бы вбок.

Сила, действующая на полубесконечный стержень, равна \(\lambda\varphi\), где \(\varphi\) — потенциал поля сферы на его конце; внутри сферы она постоянна. Сравните её с силой на бесконечный стержень в первом опыте: при одинаковых расстояниях она ровно вдвое меньше, и движения подобны.

1) \(T_1 = R\sqrt{\dfrac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}\), \(V_1 = \sqrt{\dfrac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0m}}\);  2) \(V_2 = \sqrt{\dfrac{3Q\lambda}{4\pi m\varepsilon_0}}\);  3) \(T = R\bigl(1 + y(2)\bigr)\sqrt{\dfrac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}} \approx 7{,}17\,R\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{Q\lambda}}\), где \(y(2) \approx 0{,}43\) — по графику.

1. Определим силу отталкивания \(F_{r2}\) между сферой и стержнем во втором эксперименте в зависимости от расстояния \(r_A\) между концом \(A\) стержня и центром сферы.

Первый способ. Воспользуемся методом виртуальных перемещений: \[F_{r2} = -\frac{dW_p}{dr_A},\] где \(r_A\) — расстояние между центром сферы и концом стержня \(A\). Если расстояние между центром сферы и концом стержня \(A\) изменить на величину \(dr_A\), то изменение потенциальной энергии будет равно изменению потенциальной элемента стержня длиной \(dr_A\) при перемещении из положения, соответствующего концу стержня \(A\) в положение, соответствующее концу стержня \(B\). Тогда для \(dW_p\) имеем: \[dW_p = \lambda(\varphi_B - \varphi_A)\,dr_A,\] где \(\varphi_A\) и \(\varphi_B\) — потенциалы электростатического поля сферы на концах \(A\) и \(B\) стержня соответственно. При этом \(\varphi_B \approx 0\), поскольку стержень очень длинный. Таким образом: \[F_{r2} = \lambda\varphi_A.\] Поскольку сфера заряжена равномерно по поверхности, внутри неё напряжённость электростатического поля равна нулю, а снаружи совпадает с полем точечного заряда \(Q\), расположенного в её центре. Таким образом: \[\varphi_A(r) = \begin{cases} \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R, \end{cases} \implies F_{r2}(r_A) = \begin{cases} \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R. \end{cases}\]

Второй способ. Напряжённость \(E_r\) электростатического поля сферы внутри равна нулю, а снаружи совпадает с напряжённостью электростатического поля точечного заряда \(Q\), расположенного в центре сферы, поэтому зависимость \(E_r(r)\) имеет следующий вид: \[E_r(r) = \begin{cases} 0 & \text{при } r \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{при } r > R. \end{cases}\] Поскольку длина стержня во много раз больше радиуса сферы \(R\), то будем считать её бесконечной. Тогда для силы \(F_{r2}\) имеем: \[F_{r2} = \int\limits_{r_A}^\infty E_r(r)\lambda\,dr.\] Если конец \(A\) стержня расположен внутри сферы, то сила, действующая на расположенную внутри сферы часть стержня со стороны электростатического поля сферы, равна нулю. Отсюда: \[F_{r2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_R^\infty \frac{dr}{r^2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0R}.\] Если же конец \(A\) стержня расположен вне сферы: \[F_{r2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{r_A}^\infty \frac{dr}{r^2} = \frac{\lambda Q}{4\pi\varepsilon_0r_A}.\] Таким образом: \[F_{r2}(r_A) = \begin{cases} \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0R} & \text{при } r_A \leqslant R;\\[2mm] \dfrac{Q\lambda}{4\pi\varepsilon_0r_A} & \text{при } r_A > R. \end{cases}\]

Обратим внимание, что стержень движется с постоянным ускорением \(a = Q\lambda/(4\pi\varepsilon_0mR)\), пока его конец \(A\) расположен внутри сферы. Поскольку стержень начинает движение без начальной скорости, для времени движения \(T_1\) и скорости стержня \(V_1\) в момент вылета из сферы имеем: \[T_1 = \sqrt{\frac{2R}{a}}, \qquad V_1 = aT_1 = \sqrt{2aR},\] или: \[T_1 = R\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}, \qquad V_1 = \sqrt{\frac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0m}}.\]

2. После вылета стержня из сферы его движение происходит в силовом поле, обратно пропорциональном расстоянию от его конца \(A\) до центра сферы. Пусть \(W_2(r_A)\) — потенциальная энергия взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте. Определим квадрат скорости стержня \(V^2(r)\) при расстоянии \(r_A\) между его концом \(A\) и центром сферы: \[\frac{mV^2(r_A)}{2} + W_2(r_A) = \frac{mV_1^2}{2} + W_2(R) \implies V^2(r_A) = V_1^2 + \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(r_A)\bigr)}{m}.\] Тогда для скорости \(V_2\) имеем: \[V_2 = V(l) = \sqrt{V_1^2 + \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr)}{m}}.\] Для определения разности \(W_2(R) - W_2(l)\) рассмотрим первый эксперимент. Сила взаимодействия между сферой и стержнем равна силе взаимодействия стержня с точечным зарядом \(Q\), расположенным в центре сферы. Пусть \(r_C\) — расстояние между центрами стержня и сферы. Поскольку стержень очень длинный — его поле можно вычислить как поле бесконечного стержня. Из теоремы Гаусса получим: \[\Phi = 2\pi r_CLE_r(r) = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0} \implies E_r(r_C) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r_C}.\] Для силы взаимодействия между стержнем и сферой в первом эксперименте получим: \[F_{r1}(r_C) = \frac{Q\lambda}{2\pi\varepsilon_0r_C}.\] Обратим внимание, что сила взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте вдвое больше силы взаимодействия стержня со сферой во втором эксперименте при одинаковых значениях \(r_A\) и \(r_C\). Тогда если \(W_1(r_C)\) — потенциальная энергия взаимодействия стержня со сферой в первом эксперименте, имеем: \[W_1(R) - W_1(l) = 2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr).\] При этом из закона сохранения энергии в первом эксперименте имеем: \[\frac{mu_0^2}{2} = W_1(R) - W_1(l) = 2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr) \implies \frac{2\bigl(W_2(R) - W_2(l)\bigr)}{m} = \frac{u_0^2}{2}.\] Таким образом: \[V_2^2 = V_1^2 + \frac{u_0^2}{2},\] откуда: \[V_2 = \sqrt{\frac{3Q\lambda}{4\pi m\varepsilon_0}}.\]

3. Пусть \(t\) — время, отсчитываемое от момента вылета стержня из сферы во втором эксперименте, через которое конец \(A\) стержня оказывается на расстоянии \(S\) от центра сферы. При этом возможны два решения, построенных на различных рассуждениях.

Первое решение. Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Это означает, что если отношение квадратов начальных скоростей \(v^2/V_1^2 = 2\), то для любого \(r = r_A = r_C\) соотношение \(v_1^2(r)/V^2(r) = 2\) будет сохраняться, где \(v_1(r)\) — скорость стержня в первом эксперименте. Действительно: \[v_1^2(r) = v^2 + \frac{2\bigl(W_1(R) - W_1(r)\bigr)}{m} = 2V_1^2 + \frac{4\bigl(W_2(R) - W_2(r)\bigr)}{m} = 2V^2(r).\] Тогда во втором эксперименте любой бесконечно малый отрезок \(dr\) проходится за время \(dt\), в \(\sqrt2\) раз большее времени \(d\tau\), за которое тот же отрезок \(dr\) проходится стержнем в первом эксперименте. Таким образом: \[t = \sqrt2\,\tau(\sqrt2\,V_1) = \sqrt2\,\tau_0\,y(\sqrt2\,V_1/v_0).\]

Второе решение. Рассмотрим движение стержня во втором эксперименте после вылета из сферы. Силовые поля, в которых стержни движутся в первом и втором экспериментах, подобны друг другу и отличаются в два раза. Обратим внимание, что график зависимости \(y(x)\), описывающий зависимость \(\tau(v)\) в первом эксперименте, не изменяет свою форму при изменении параметров \(Q\), \(\lambda\), \(m\) и \(R\). Если величину произведения \(Q\lambda\) уменьшить в два раза, то зависимость \(y(x)\) описывает зависимость времени \(t\) от скорости стержня \(V_1\) на поверхности сферы, где \(y = t/t_0\) и \(x = V_1/V_0\), а \(t_0 = \sqrt2\,\tau_0\) и \(V_0 = v_0/\sqrt2\). Тогда для времени \(t\) имеем: \[t = t_0\,y(V_1/V_0) = \sqrt2\,\tau_0\,y(\sqrt2\,V_1/v_0).\]

Определим координату \(x\) на графике, приведённом для первой серии экспериментов: \[x_1 = \frac{\sqrt2\,V_1}{v_0} = 2.\] При этом \(y(2) \approx 0{,}43\). Тогда имеем: \[t = Ry(2)\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}}.\] Полное время движения стержня \(T\) складывается из \(T_1\) и \(t\), поэтому: \[T = R\bigl(1 + y(2)\bigr)\sqrt{\frac{8\pi\varepsilon_0m}{Q\lambda}},\] или же: \[T \approx 7{,}17\cdot R\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{Q\lambda}} \approx 2{,}02\cdot R\sqrt{\frac{m}{kQ\lambda}}.\]

Полость — это суперпозиция сплошного цилиндра с плотностью \(\rho\) и цилиндра с плотностью \(-\rho\); поле в ней однородно. Сравните электрическую силу с силой тяжести и запишите работу всех сил как функцию угла поворота стержня.

1) \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\);  2) \(v_{max} = \dfrac{\sqrt{(2-\sqrt2)gR}}{2}\);  3) \(T = 2\sqrt2\,mg - \dfrac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}\);  4) бусинка \((2q, m)\): \(N_m = mg\,\dfrac{13 - 2\sqrt2}{3}\), бусинка \((q, 2m)\): \(N_{2m} = mg\,\dfrac{17 - 4\sqrt2}{3}\).

Рассмотрим плоскость, перпендикулярную осям полости и цилиндра. Пусть \(O\) — точка пересечения оси цилиндра с этой плоскостью, а \(O'\) — точка пересечения с осью полости (рис. 1). Выберем произвольную точку \(A\) внутри полости. Если \(\vec r = \overrightarrow{OA}\), \(\vec r\,' = \overrightarrow{O'A}\), а \(\vec d = \overrightarrow{OO'}\), тогда \(\vec r = \vec r\,' + \vec d\).

Пусть \(\rho\) — объёмная плотность заряда цилиндра, тогда полость можно представить как суперпозицию цилиндров с объёмной плотностью заряда \(\rho\) и \(-\rho\). Первый цилиндр дополняет цилиндр с вырезом до полного сплошного цилиндра. Поле внутри выреза представим как суперпозицию полей дополненного цилиндра и цилиндра с плотностью заряда \(-\rho\).

Используя симметрию, найдём с помощью теоремы Гаусса напряжённость поля \(E(r)\) внутри равномерно заряженного цилиндра: \[\Phi_E = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0},\ \text{где } \Phi_E = 2\pi r l E(r),\ q_{in} = \pi r^2 l\rho,\] откуда \(E(r) = \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\) или, в векторном виде, \(\vec E(\vec r) = \dfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r\). Тогда напряжённость поля в произвольной точке \(A\) равна \[\vec E_A = \vec E_\rho(\vec r) + \vec E_{-\rho}(\vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r + \frac{(-\rho)}{2\varepsilon_0}\vec r\,' = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}(\vec r - \vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec d.\] Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен \(E_\text{п} = \dfrac{\rho R}{4\varepsilon_0}\).

На заряженный шарик массой \(m\) и зарядом \(q\), помещённый в полость, действует сила \(\vec F = \vec F_g + \vec F_E\), где \(F_g = mg\) — сила тяжести, \(F_E = \dfrac{q\rho R}{4\varepsilon_0}\) — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением \(a = \sqrt{g^2 + \left(\dfrac{q\rho R}{4m\varepsilon_0}\right)^2}\). С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время \(\tau\). Это значит, что \(a = \dfrac{2(R/2)}{\tau^2} = \sqrt2\,g\), откуда \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\).

Пусть \(B\) — середина стержня, \(r = 3R/8\) — радиус кольца, а \(L = \sqrt2\,r\) — расстояние между бусинками. При движении стержня с бусинками вектор \(\overrightarrow{O'B}\) будет поворачиваться против часовой стрелки в плоскости рисунка, а скорость обеих бусинок будет, в силу кинематической связи, одинакова. Обозначим \(\varphi\) угол поворота вектора \(\overrightarrow{O'B}\) и найдём значение угла \(\varphi_\text{р}\), соответствующее максимальной скорости бусинок.

Пункт 2. Метод №1. Согласно теореме о кинетической энергии \[\frac{3mv^2}{2} = A_g + A_E,\] где \(v\) — скорость бусинок, \(A_g\) и \(A_E\) — работа силы тяжести и электрической силы соответственно. Запишем выражения для обеих работ при повороте вектора \(\overrightarrow{O'B}\) на угол \(\varphi\): \[\begin{gather*} A_g = mgr\bigl(\cos(\varphi - \pi/4) - \cos(\pi/4)\bigr) + 2mgr\bigl(\cos(\pi/4 + \varphi) - \cos(\pi/4)\bigr),\\ A_E = 2qE_\text{п} r\bigl(\sin(\varphi - \pi/4) + \sin(\pi/4)\bigr) + qE_\text{п} r\bigl(\sin(\pi/4 + \varphi) - \sin(\pi/4)\bigr). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарной работы: \[A_\Sigma = A_g + A_E = mgr\left(2\cos(\varphi - \pi/4) - \sqrt2\right).\] Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда \(A_\Sigma\) достигнет максимума, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\). Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим \[\begin{gather*} A_{\Sigma\,max} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\quad \frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}. \end{gather*}\]

Пункт 2. Метод №2. В момент достижения бусинками максимальной скорости их тангенциальное ускорение равно нулю. Поэтому сумма моментов сил тяжести и электрических сил, рассчитанных в данный момент относительно точки \(O'\), равна нулю. Запишем выражения для \(M_g\) и \(M_E\) (суммарного момента сил тяжести и электрических сил соответственно), принимая в качестве положительного направление против часовой стрелки: \[\begin{gather*} M_g = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4),\\ M_E = 2qE_\text{п} r\cos(\varphi - \pi/4) + qE_\text{п} r\cos(\varphi + \pi/4). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарного момента \[\begin{gather*} M_\Sigma = M_g + M_E = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4) +\\ + 2mgr\cos(\varphi - \pi/4) + mgr\cos(\varphi + \pi/4) = -2mgr\sin(\varphi - \pi/4). \end{gather*}\] При \(\varphi < \pi/4\) суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\), когда \(M_\Sigma = 0\). Согласно закону изменения энергии \[\frac{3mv_{max}^2}{2} + 2mgr - 3mg\cdot\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right) = 2qE_\text{п}\cdot\frac{r}{\sqrt2} + qE_\text{п}\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right),\] откуда \[\frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \qquad\Rightarrow\qquad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}.\]

Пункты 3 и 4. Сделаем несколько утверждений:

1) Так как стержень невесом, сумма сил, действующих на стержень, равна нулю.

2) Так как стержень и бусинки соединены шарнирно, сила, с которой стержень действует на бусинки, направлена вдоль него.

3) В момент достижения бусинкой максимальной скорости её тангенциальное ускорение равно нулю, поэтому проекция сил, действующих на эту бусинку, на ось, перпендикулярную радиусу, равна нулю.

Рассмотрим силы, действующие на каждую из бусинок в момент достижения ими максимальной скорости, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\) (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение, \[0 = 2qE_\text{п} - (T + F_\text{кул})\cos(\pi/4),\] где \(T\) — сила реакции стержня, а \(F_\text{кул} = q^2/(2\pi\varepsilon_0 L^2)\) — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что \[T = 2\sqrt2\,qE_\text{п} - F_\text{кул} = 2\sqrt2\,mg - \frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 L^2} = 2\sqrt2\,mg - \frac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}.\] Нормальное ускорение в этот момент равно \(a_n = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{2(2 - \sqrt2)}{3}g\). Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную): \[\begin{gather*} ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - mg + N_m,\\ 2ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - qE_\text{п} + N_{2m}. \end{gather*}\] Поскольку \(T + F_\text{кул} = 2\sqrt2\,qE_\text{п}\), \[\begin{gather*} N_m = mg + ma_n + 2qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{2(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{13 - 2\sqrt2}{3},\\ N_{2m} = 2ma_n + 3qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{4(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{17 - 4\sqrt2}{3}. \end{gather*}\]

Максимальный угол достигается там, где поле шарика наибольшее, а результирующая напряжённость перпендикулярна напряжённости поля шарика. Нарисуйте векторный треугольник.

\(Q = 2\sqrt{3}\,\pi\varepsilon_0 E_0 R^2\).

Существование максимального угла, меньшего \(180^\circ\), между вектором напряжённости результирующего поля и вектором \(\vec E_0\) означает, что в любой точке напряжённость поля, создаваемого шариком, меньше \(E_0\). При фиксированном значении заряда шарика максимальный угол между вектором напряжённости результирующего поля и вектором \(\vec E_0\) достигается в тех точках, где напряжённость поля шара максимальна (на поверхности шарика) и ориентирована так, что результирующее поле перпендикулярно полю сферы (см. рис.). Из рисунка видно, что

\[E_{\text{сф}} = E_0\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2}E_0 .\] Поле равномерно заряженного по объёму шарика на его поверхности равно \[E_{\text{сф}} = k\frac{Q}{R^2} \;\Longrightarrow\; Q = \frac{\sqrt3}{2}\frac{E_0R^2}{k} = 2\sqrt3\,\pi\varepsilon_0E_0R^2 .\]

Дополните малую полусферу до целой сферы: потенциал равномерно заряженной сферы внутри и на её поверхности легко найти. Затем используйте симметрию.

\(W = \dfrac{kQq}{R}\), где \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\).

Задача допускает несколько способов решения. Покажем два из них.

Пусть искомая энергия взаимодействия равна \(W\). Дополним рассматриваемую систему зарядов ещё одной заряженной полусферой радиусом \(r\), так чтобы образовалась малая заряженная сфера.

Потенциал поля малой сферы во всех точках большой полусферы равен \(k\dfrac{2q}{R}\), поэтому энергия взаимодействия сферы радиусом \(r\) и полусферы радиусом \(R\) равна \(k\dfrac{2qQ}{R}\). С другой стороны, эта энергия равна удвоенной энергии взаимодействия большой и малой полусфер, иначе говоря, удвоенной искомой энергии, поэтому \(W = k\dfrac{qQ}{R}\).

Другой способ решения предполагает анализ распределения потенциала полусферы. Рассмотрим поле большой полусферы. Потенциал этого поля в общем центре полусфер равен \(\varphi = k\dfrac{Q}{R}\). Если большую полусферу дополнить до целой сферы, то потенциал в любой точке внутри сферы будет равен \(2\varphi\). Отсюда следуют два утверждения.

a) Во всех точках среза большой полусферы (т. е. во всех точках круга, дополняющего полусферу до замкнутой поверхности) потенциал равен \(\varphi\).

б) Если рассмотреть две точки \(A\) и \(B\), симметричные относительно среза большой полусферы, то потенциалы в этих точках равны \(\varphi - \delta\) и \(\varphi + \delta\), где \(\delta\) — некоторая величина, зависящая от расположения точек \(A\) и \(B\).

Из утверждения б) следует, что если в точки \(A\) и \(B\) поместить равные заряды \(\Delta q\), то их суммарная энергия взаимодействия с внешней сферой будет равна \(2\varphi\,\Delta q\). А поскольку внутренняя полусфера симметрична относительно среза внешней полусферы, то её можно разбить на пары одинаковых малых зарядов \(\Delta q\). Отсюда следует, что полная энергия взаимодействия внутренней полусферы с внешней равна \[W = \varphi q = \frac{kQq}{R}.\]

Мысленно заполните зазор между диском и цилиндром веществом цилиндра: тогда сила на диск снова равна \(F_0\), а убыль силы — это отталкивание двух тонких соприкасающихся дисков (почти бесконечных плоскостей). Для кольца на краю диска нужен потенциал равномерно заряженного диска на его краю, \(\sigma R/(\pi\varepsilon_0)\). И не забудьте про упругие удары о цилиндр.

1) \(D = \dfrac{4}{3\pi}\dfrac{\rho^2R}{\varepsilon_0 g}\);  2) \(T = \pi\sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}}\);  3) \(z_0 = \dfrac{4}{3\pi}\Delta R\);  4) \(T' = 2\pi\sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}}\) при \(v_0 \leqslant \sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\,\Delta R\), и \(T' = \sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}}\left[\pi + 2\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\dfrac{\Delta R}{v_0}\right)\right]\) при \(v_0 > \sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\,\Delta R\).

Из симметрии системы относительно оси цилиндра следует, что сила электростатического взаимодействия между цилиндром и диском всегда направлена вдоль этой оси. Поскольку сила реакции опоры равна нулю, а диск неподвижен, сила \(F_0\) полностью уравновешена силой тяжести, \(F_0 = mg\). Масса диска выражается через его плотность \(D\) и размеры как: \[M = \pi R^2dD.\] Отсюда получим \[\frac{4}{3}\frac{\rho^2R^3d}{\varepsilon_0} = \pi R^2dDg,\] а значит, плотность равна \[D = \frac{4}{3\pi}\frac{\rho^2R}{\varepsilon_0 g}.\]

При удалении диска от поверхности цилиндра действующая на него сила электростатического отталкивания уменьшается, поэтому возникает результирующая сила, направленная к цилиндру. Найти эту силу можно несколькими способами.

Первый способ

Введём совпадающую с осью симметрии координатную ось \(Oz\) с началом в центре торца цилиндра, так что положение тонкого диска в пространстве задаётся координатой \(z\) центра его нижнего основания. Пусть диск сдвинут на небольшое расстояние \(z \ll R\) вдоль оси. Мысленно заполним всё свободное пространство между диском и цилиндром материалом цилиндра. Тогда сила \(F_0\), действующая на диск, будет такой же, как и в положении прямо у торца цилиндра. Поэтому сила \(F_0\) уменьшилась на силу взаимодействия двух тонких дисков: исходного и вспомогательного высотой \(z\) и плотностью заряда \(\rho\), \[F(z) = F_0 - \Delta F(z).\]

Вычислим силу взаимодействия двух тонких дисков, прислонённых друг к другу вплотную. Для всех точек одного из дисков, находящихся далеко от края, можно приближённо рассматривать второй диск как бесконечную плоскость, так что нормальная напряжённость электрического поля будет равна полю бесконечной плоскости с плотностью заряда \(\sigma = \rho z\): \[E_n = \frac{\rho z}{2\varepsilon_0}.\] Это приближение не применимо только для точек на расстоянии порядка \(z\) от края диска, поэтому при малых \(z\) им можно пренебречь. Эта напряжённость действует на заряд на другом диске. Тогда \[\Delta F = \frac{\rho z}{2\varepsilon_0}\cdot\pi R^2d\rho = \frac{\pi\rho^2dR^2}{2\varepsilon_0}z.\]

Второй способ

Нормальная составляющая силы, действующей на небольшую плоскую площадку \(\Delta S\) с поверхностной плотностью заряда \(\sigma\), связана с потоком электрического поля \(\Delta\Phi = E_n\Delta S\) через эту площадку (индекс \(n\) означает компоненту, нормальную к площадке): \[\Delta F_n = \sigma E_n\Delta S = \sigma\Delta\Phi.\] В нашем случае поверхностная плотность заряда постоянна и равна \[\sigma = \rho d,\] так что, суммируя силы, действующие на разные участки поверхности диска, получим полную силу \[F = F_n = \sigma\Phi = \rho d\Phi,\] где \(\Phi\) — поток электрического поля через поверхность диска.

При перемещении диска вдоль оси изменяется и поток через него, так что поток и сила — функции координаты, то есть \[\Phi = \Phi(z); \qquad F = F(z) = \rho d\Phi(z).\] Для вычисления изменения потока используем теорему Гаусса. Рассмотрим цилиндр \(\Gamma\) радиуса \(R\), высоты \(z \ll R\), расположенный торцом к торцу с бесконечным цилиндром и соосный с ним. В отсутствие диска в \(\Gamma\) нет зарядов, так что суммарный поток через него должен быть нулевым. Выберем положительным направление потока в цилиндр \(\Gamma\). Через торец, прилежащий к цилиндру, заходит поток \(\Phi(0)\), через противоположный торец выходит поток \(\Phi(z)\), а через боковую поверхность выходит поток \(E_r\cdot 2\pi Rz\), где \(E_r\) — радиальная напряжённость полубесконечного цилиндра на расстоянии \(R\) от центра. Итак, теорема Гаусса для цилиндра \(\Gamma\) записывается следующим образом: \[\Phi(0) - \Phi(z) - 2\pi RE_rz = 0,\] откуда \[\Phi(z) = \Phi(0) - 2\pi RE_rz.\]

Вычислим значение \(E_r\). Заметим, что при добавлении второй половинки бесконечного цилиндра получается бесконечный уже в обе стороны цилиндр плотностью заряда \(\rho\) с разрезом высоты \(2z\), поправка к радиальной напряжённости от которого пропорциональна смещению диска \(z\) и в рамках малых колебаний (\(z \ll R\)) пренебрежимо мала. Таким образом, в первом приближении \(E_r\) составляет половину напряжённости \(E\) от бесконечного в обе стороны цилиндра с плотностью заряда \(\rho\), которая может быть получена применением теоремы Гаусса: \[E\cdot 2\pi Rl = \frac{\rho\pi R^2l}{\varepsilon_0} \;\Leftrightarrow\; E = \frac{\rho R}{2\varepsilon_0} \;\Longrightarrow\; E_r = \frac{\rho R}{4\varepsilon_0}.\]

Окончательно для силы получим такое же выражение \[F_z = \rho d\left(\Phi_0 - 2\pi R\frac{\rho R}{4\varepsilon_0}\right) = F_0 - \frac{\pi\rho^2R^2d}{2\varepsilon_0}z,\] то есть тот же ответ, что и раньше.

Согласно второму закону Ньютона, запишем уравнение движения диска: \[M\ddot z = -Mg + F(z) = -\frac{\pi\rho^2dR^2}{2\varepsilon_0}z\] или \[\ddot z + \frac{\pi\rho^2dR^2}{2M\varepsilon_0}z = 0.\] Подставив сюда выражение для массы цилиндра через электростатическую силу \(M = F_0/g\), получим \[\ddot z + \frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}z = 0,\] что совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой \[\omega_0 = \sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}}.\] Однако важно принять во внимание упругое соударение диска с цилиндром, так как из-за него период уменьшается вдвое: проходит только одна половина полного колебания, а вторая, симметричная ей, нивелируется за счёт моментального разворота диска при соударении с цилиндром. Таким образом, так как положение устойчивого равновесия диска находится в точке \(z = 0\), а движение в области \(z < 0\) невозможно, ответ не зависит от величины \(v_0\). Окончательно \[T = \pi\sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}}.\]

Изменение радиуса диска приводит к изменению обеих движущих сил: силы тяжести и электростатической силы. Изменение силы тяжести равно \[\Delta(mg) = g\Delta m = Dg\Delta V = \pi dDg\Delta R^2 = 2\pi dgDR\Delta R,\] где учтено \(\Delta R \ll R\).

Перейдём к вычислению изменения электростатической силы. Сила, действующая на исходный диск, равна сумме сил, действующих на кольцо ширины \(\Delta R\) и на диск радиуса \(R'\). Поэтому величина силы, действующей на диск радиуса \(R'\), будет меньше на величину силы электростатического отталкивания \(\Delta F\) кольца от цилиндра \[F = F_0 - \Delta F.\] Таким образом, нам нужно найти силу взаимодействия кольца ширины \(\Delta R\) и полубесконечного цилиндра. Это можно сделать различными способами.

Прямое интегрирование

Система симметрична относительно оси \(z\) цилиндра, поэтому сила, действующая на кольцо, также будет направлена вдоль оси \(z\). Найдём составляющую электрического поля \(E_z\), которую полубесконечный цилиндр создаёт в некоторой точке на своей границе. Для этого выберем некоторый объём внутри цилиндра \(dV\), он даёт вклад в напряжённость электрического поля \[dE_z = -\frac{\rho}{4\pi\varepsilon_0}\frac{z}{(z^2 + (\vec R - \vec r)^2)^{3/2}}\,dV,\] где элемент объёма \(dV = dz\,dS\), а интегрирование по \(\vec r\) производится по диску \(|\vec r| < R\), а \(\vec R\) — радиус-вектор рассматриваемой точки на краю диска. Тогда электрическое поле имеет вид \[E_z = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\rho\int dS\int_{-\infty}^{0} dz\,\frac{z}{(z^2 + (\vec R - \vec r)^2)^{3/2}}.\] Теперь интеграл по \(z\) можно вычислить элементарно: \[-\int_{-\infty}^{0}\frac{z\,dz}{(z^2 + (\vec R - \vec r)^2)^{3/2}} = -\int_{-\infty}^{0}\frac{d(z^2/2)}{(z^2 + (\vec R - \vec r)^2)^{3/2}} = \left.\frac{1}{\sqrt{z^2 + (\vec R - \vec r)^2}}\right|_{-\infty}^{0} = \frac{1}{|\vec R - \vec r|}.\] Таким образом, остаётся вычислить интеграл по площади диска \[E_z = \frac{\rho}{4\pi\varepsilon_0}\int dS\,\frac{1}{|\vec R - \vec r|}.\] Тогда искомая сила будет иметь вид \[\Delta F = q_1E_z,\] где \(q_1 = 2\pi\rho R\Delta Rd\) — заряд кольца.

Энергетический метод

Воспользуемся методом виртуальных перемещений. Возьмём вначале исходный диск радиуса \(R\), прислонённый к торцу цилиндра, и мысленно передвинем его вдоль оси на расстояние \(\delta l\). Тогда мы совершим работу, которую обозначим за \[A = -F_0\delta l.\] Эта работа идёт на изменение потенциальной энергии системы. Мысленно заполним освободившийся объём \[V = \pi R^2\delta l\] веществом цилиндра и получим исходную потенциальную энергию системы. Таким образом заключаем, что энергия взаимодействия уменьшилась на величину \[\Delta E = -A,\] которая равна энергии взаимодействия двух тонких дисков радиусами \(R\) и \(R\), вплотную прислонённых друг к другу.

Теперь аналогично применим метод виртуальных перемещений для диска меньшего радиуса \(R'\). Пусть при перемещении его вдоль оси на расстояние \(\delta l\) мы совершили работу \[A' = -F\delta l = -(F_0 - \Delta F)\,\delta l = -F_0\delta l + \Delta F\delta l.\] Аналогично заметим, что по модулю эта работа равна энергии \(\Delta E'\) взаимодействия двух дисков: одного радиуса \(R\) и высоты \(\delta l\), а другого радиуса \(R'\) и высоты \(d\).

Для вычисления \(\Delta F\) вычтем одно из другого уравнения, полученные методом виртуальных перемещений: \[\Delta F\delta l = A' - A = \Delta E - \Delta E'.\] Заметим, что разность энергий \[\Delta E - \Delta E'\] равна энергии взаимодействия диска радиусом \(R\) и высотой \(\delta l\) с кольцом высоты \(d\), внутренний и внешний радиусы которого равны \(R'\) и \(R\) соответственно. Эта энергия может быть вычислена напрямую. Поскольку \(\Delta R \ll R\), все точки кольца расположены практически на границе диска, и задача сводится к задаче о вычислении потенциала равномерно заряженного диска на его краю.

Для диска с поверхностной плотностью заряда \(\sigma\) участок площади \(dS\), его вклад в потенциал будет иметь вид \[d\varphi = \frac{\sigma\,dS}{4\pi\varepsilon_0|\vec R - \vec r|},\] а сам потенциал представляется в виде интеграла \[\varphi = \frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{dS}{|\vec R - \vec r|}.\] Заметим, что задача свелась к в точности такому же интегралу, что и в первом методе.

Будем интегрировать в полярных координатах. Введём начало отсчёта в точке на краю диска, а за начальное направление (направление с нулевым углом) выберем направление касательной к окружности сечения диска. Положение точки на диске характеризуется двумя координатами: радиус-вектором \(r\) и углом поворота \(\theta\) радиус-вектора относительно начального направления. В терминах малых приращений \(dr\) и \(d\theta\) элементарный элемент площади записывается как \[dS = r\,dr\,d\theta.\] Тогда приращение потенциала от этого элемента площади (заряда) может быть записано как \[d\varphi = k\frac{dq}{r} = k\frac{\sigma\,dS}{r} = k\sigma\frac{r\,dr\,d\theta}{r} = k\sigma\,dr\,d\theta.\] Нам необходимо взять интеграл по всему диску. Интегрировать будем по каждой из переменных по очереди.

Первый способ

Вначале проинтегрируем по \(r\) и найдём потенциал, который образует в своей вершине треугольник с высотой \(r_{\max}(\theta) = 2R\sin\theta\) и малым основанием \(r_{\max}(\theta)\,d\theta\). Этот потенциал равен \[d\varphi = k\sigma\sin\theta\,d\theta = \frac{\sigma R}{2\pi\varepsilon_0}\sin\theta\,d\theta.\]

Затем полученное выражение проинтегрируем по углу \(\theta\) в пределах от \(0\) до \(\pi\), поскольку именно такие значения принимает \(\theta\) для точек диска: \[\varphi = \frac{\sigma R}{2\pi\varepsilon_0}\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta = \frac{\sigma R}{\pi\varepsilon_0}.\]

Второй способ

Вначале проинтегрируем по \(\theta\) и найдём, какой потенциал образует часть дуги окружности радиуса \(r\) в центре закругления. Расстояние от него до любой точки дуги одинаково и равно \(r\). Тогда потенциал \(d\varphi\) от дуги окружности радиуса \(r\) равен \[d\varphi = \int_{\theta_{\min}}^{\theta_{\max}}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\sigma r\,dr}{r}\,d\theta = \frac{\sigma\,dr}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\arcsin\left(\frac{r}{2R}\right)}^{\pi - \arcsin\left(\frac{r}{2R}\right)} d\theta = \sigma\,\frac{\pi - 2\arcsin\left(\frac{r}{2R}\right)}{4\pi\varepsilon_0}\,dr.\]

Осталось лишь проинтегрировать по \(r\) в пределах от \(0\) до \(2R\). Последнее значение соответствует наиболее удалённой от точки P точке диска. \[\varphi = \frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2R}\left(\pi - 2\arcsin\left(\frac{r}{2R}\right)\right)dr.\] Воспользуемся техникой интегрирования по частям. \[\varphi = \frac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\left[2\pi R - \left.2r\arcsin\left(\frac{r}{2R}\right)\right|_0^{2R} + 2\int_0^{2R}\frac{r/2R}{\sqrt{1 - \left(\frac{r}{2R}\right)^2}}\,dr\right] = \left.-\frac{\sigma R}{\pi\varepsilon_0}\sqrt{1 - \left(\frac{r}{2R}\right)^2}\,\right|_0^{2R} = \frac{\sigma R}{\pi\varepsilon_0}.\]

Итак, выражение для потенциала на краю тонкого диска имеет вид \[\varphi = \frac{\sigma R}{\pi\varepsilon_0}.\]

Энергия взаимодействия диска с кольцом, которая равна работе искомого изменения силы, согласно определению потенциала, может быть выражена через произведение заряда кольца на потенциал на краю диска. В нашем случае эффективная поверхностная плотность заряда диска \(\sigma\) и эффективная линейная плотность заряда кольца \(\lambda\) равны \[\sigma = \rho\delta l; \qquad \lambda = d\Delta R.\] Таким образом, \[\Delta F\delta l = \varphi\delta q = \frac{\rho R}{\pi\varepsilon_0}2\pi Rd\Delta R\delta l,\] или, сокращая, \[\Delta F = \frac{2\rho^2dR^2}{\varepsilon_0}\Delta R.\]

Наконец, определим положение равновесия диска \(R'\). Для этого, аналогично пункту 2, вычислим значение \(F(z)\) электростатической силы \(F\) в точке \(z \ll R\).

Переместим диск радиуса \(R'\) в точку \(z\) и мысленно заполним освободившееся пространство материалом цилиндра. Тогда можно сделать вывод о том, что электростатическая сила изменилась ровно на величину силы взаимодействия двух тонких дисков разных радиусов. Аналогично идее пункта 2, получаем выражение для этой силы: \[F(z) = F(0) - \frac{\rho z}{2\varepsilon_0}\pi R'^2d\rho = F_0 - \Delta F - \frac{\pi d\rho^2(R - \Delta R)^2}{2\varepsilon_0}z.\] Запишем уравнение движения диска меньшего радиуса, полагая его массу равной \(m'\). \[m'\ddot z = F(z) - m'g = F_0 - \Delta F - \frac{\pi d\rho^2(R - \Delta R)^2}{2\varepsilon_0}z - mg + 2\pi dgDR\Delta R.\] С учётом \[F_0 = mg\] упростим уравнение, подставив выражение для плотности: \[m'\ddot z = \pi d(R - \Delta R)^2D\ddot z = -\frac{2\rho^2dR^2}{\varepsilon_0}\Delta R - \frac{\pi d\rho^2(R - \Delta R)^2}{2\varepsilon_0}z + 2\pi dgDR\Delta R,\] \[\ddot z = -\frac{2\rho^2}{\pi D\varepsilon_0}\Delta R - \frac{\rho^2}{2D\varepsilon_0}z + \frac{2g}{R}\Delta R = -\frac{3g}{2R}\Delta R - \frac{3\pi g}{8R}z + \frac{2g}{R}\Delta R = \frac{g}{2R}\Delta R - \frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}z.\] Положение равновесия \(z_0\) определяется условием \[\ddot z(z_0) = 0,\] так что \(z_0\) является решением уравнения \[\ddot z(z_0) = \frac{g}{2R}\left(\Delta R - \frac{3\pi}{4}z_0\right) = 0,\] \[z_0 = \frac{4}{3\pi}\Delta R.\]

В отсутствие контакта с поверхностью цилиндра уравнение движения диска выглядит так: \[\ddot z + \frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}z - \frac{g}{2R}\Delta R = 0.\] Это уравнение с точностью до аддитивной постоянной совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой \[\omega_0 = \sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}},\] так что общее решение может быть записано сразу. \[z(t) = C_1\sin\left(\sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}}\,t\right) + C_2\cos\left(\sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}}\,t\right) + \frac{4}{3\pi}\Delta R.\]

Вычислим константы \(C_1\) и \(C_2\) с помощью начальных условий: \[\begin{cases} z(0) = \dfrac{4}{3\pi}\Delta R = C_1\sin(0) + C_2\cos(0) + \dfrac{4}{3\pi}\Delta R,\\ \dot z(z) = v_0 = \sqrt{\dfrac{3\pi}{8}\dfrac{g}{R}}\,C_1\cos(0) - \sqrt{\dfrac{3\pi}{8}\dfrac{g}{R}}\,C_2\sin(0) \end{cases} \Longrightarrow\quad \begin{cases} C_1 = v_0\sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}},\\ C_2 = 0. \end{cases}\] Итак, в отсутствие контакта с цилиндром диск совершает гармонические колебания вокруг положения равновесия \(z_0\) с циклической частотой \(\omega_0\), а зависимость координаты \(z\) от времени выглядит как \[z(t) = \frac{4}{3\pi}\Delta R + v_0\sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}}\,\sin\left(\sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}}\,t\right).\] Заметим, что модуль скорости \(v_0\) непосредственно определяет амплитуду колебаний. При малых \(v_0\) возможно описанное движение диска без контакта с поверхностью цилиндра, однако при бо́льших амплитудах будут происходить упругие соударения и период колебаний изменится.

Вычислим критическое значение \(v_0\), при котором начинают происходить соударения диска и цилиндра. Амплитуда синуса должна быть равна расстоянию от положения равновесия до ограничивающей поверхности \(z = 0\). \[v_0^\text{крит}\sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}} = \frac{4}{3\pi}\Delta R \;\Leftrightarrow\; v_0^\text{крит} = \sqrt{\frac{2}{3\pi}\frac{g}{R}}\,\Delta R.\] Тогда в случае \(v_0 < v_0^\text{крит}\) диск проходит полное колебание, а ответ для периода \[T' = 2T = 2\pi\sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}}.\]

Рассмотрим случай \(v_0 > v_0^\text{крит}\). Заметим, что одну половину колебаний (в неограниченную сторону — от цилиндра) диск проходит без внешних вмешательств. Рассмотрим ранее симметричную ей часть колебаний. При достижении координаты \(z = 0\) диск моментально разворачивается без потери энергии и совершает движение в обратную сторону. Вычислим время \(t_0\), необходимое для движения от \(z_0\) до \(z = 0\). \[z(t_0) = 0 = \frac{4}{3\pi}\Delta R + v_0\sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}}\,\sin\left(\sqrt{\frac{3\pi}{8}\frac{g}{R}}\,t_0\right).\] Тогда, применяя обратную тригонометрическую функцию, \[t_0 = \sqrt{\frac{8}{3\pi}\frac{R}{g}}\,\arcsin\left(\sqrt{\frac{2}{3\pi}\frac{g}{R}}\frac{\Delta R}{v_0}\right).\] Ниже можно увидеть графики зависимостей координаты диска от времени для разных начальных скоростей.

В качестве наглядной иллюстрации изобразим движение при разных \(v_0\) на фазовой диаграмме \((z/z_0;\ \dot z/v_0^\text{крит})\). При превышении критической скорости колебанию начинает соответствовать только часть полной окружности, вследствие чего период сокращается.

С учётом симметричности фазовой диаграммы относительно оси \(\dot z = 0\) мы наконец имеем ответ для периода. \[T' = \begin{cases} 2T = 2\pi\sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}} \quad\text{при}\quad v_0 \leqslant \sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\,\Delta R;\\ T\left(1 + \dfrac{2}{\pi}\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\dfrac{\Delta R}{v_0}\right)\right) = \sqrt{\dfrac{8}{3\pi}\dfrac{R}{g}}\left[\pi + 2\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\dfrac{\Delta R}{v_0}\right)\right]\\ \qquad\text{при}\quad v_0 > \sqrt{\dfrac{2}{3\pi}\dfrac{g}{R}}\,\Delta R. \end{cases}\] Изобразим график зависимости периода \(T'\) от значения \(v_0\).

Поле индуцированных зарядов на оси считать не нужно: оно одинаково входит в обе силы. Свяжите радиальную составляющую поля вблизи оси с производной осевой составляющей через теорему Гаусса для тонкого цилиндра.

\(\dfrac{F_Q}{F_D} = 2\).

Рассмотрим один заряд \(q\), расположенный на оси симметрии цилиндра. Поскольку поверхность цилиндра проводящая, на ней возникнут индуцированные заряды, величина которых пропорциональна \(q\). Их электрическое поле на оси цилиндра на расстоянии \(z\) до заряда можно записать в виде \[E_z^{(\text{ind})}(z) = q f^{(\text{ind})}(z),\] где \(f^{(\text{ind})}(z)\) — некоторая неизвестная функция, зависящая от распределения индуцированных зарядов.

Вклад в осевую напряжённость вносят не только индуцированные заряды на поверхности проводника, но и заряды, находящиеся на оси. Напряжённость от такого заряда модулем \(\tilde q\) мы обозначим за \(\tilde q f^{(\text{p})}\) (здесь «p» от английского point). Разумеется, её можно вычислить напрямую: \[q f^{(\text{p})}(z) = k\frac{q}{z^2}.\] Тогда, согласно принципу суперпозиции, поле в точке, где находится заряд \(Q\): \[E_1 = q\bigl(f(L) - f(L+l)\bigr),\] где \[f(z) = f^{(\text{ind})}(z) + f^{(\text{p})}(z).\] Тогда с учётом условия \(l \ll L\) получим для силы, действующей на заряд, \[F_Q = QE_1 = -qQl f'(L),\] или \[F_Q = -qQl\bigl(f^{(\text{ind})}\bigr)'(L) + 2qQl\frac{k}{L^3}.\] Теперь рассмотрим случай повёрнутого диполя. Заряд \(Q\) и индуцированные им заряды создают на оси цилиндра поле \[Qf^{(\text{p})}(z) + Qf^{(\text{ind})}(z) = Qf(z).\] При смещении от оси на малое расстояние \(r \ll R\) у электрического поля появляется радиальная составляющая \(E_r\). Чтобы определить её, рассмотрим цилиндр высоты \(dz\) с радиусом основания \(r\), ось симметрии которого совпадает с осью внешнего цилиндра. Поскольку внутри этого цилиндра нет зарядов, согласно теореме Гаусса, поток электрического поля через его поверхность равен нулю: \[\pi r^2 Q\bigl(f(z+dz) - f(z)\bigr) + 2\pi r\,dz\,E_r = 0,\] откуда \[E_r(z) = -\frac{1}{2}Qrf'(z),\]

или же \[E_r(z) = -\frac{1}{2}Qr\bigl(f^{(\text{ind})}\bigr)'(z) + \frac{1}{4}Qr\frac{k}{z^3}.\] Из симметрии задачи относительно оси цилиндра следует, что от системы, состоящей из заряда \(Q\) и индуцированных им зарядов, в точках, где расположены заряды диполя, составляющие электрического поля вдоль оси \(z\) равны, а значит, проекция суммарной силы на ось \(z\) равна \(0\).

Более того, из-за зеркальной симметрии системы индуцированных диполем зарядов осевая проекция силы на диполь от них равна нулю. Силы же, создаваемые радиальными составляющими поля от индуцированных диполем зарядов, уничтожают друг друга.

Суммарная сила, действующая на диполь, \[F_D = 2qE_r\left(\frac{l}{2}\right) = -\frac{1}{2}qQlf'(L).\] Отсюда искомое отношение \[\frac{F_Q}{F_D} = 2.\]