Закон Кулона

Если нить \(BC\) не натянута, то на нижний шарик действуют только сила тяжести и кулоновская сила. Каким должно быть направление последней?

Сложите векторно силы Кулона от двух других зарядов на каждый из зарядов, учитывая направления на прямой.

\(1{,}69\)

Запишите условие равновесия крайнего шарика: сила натяжения нити уравновешивает кулоновские силы со стороны остальных шариков.

18

Запишите силу от каждого заряда по закону Кулона и заметьте, как меняется величина заряда, делённая на квадрат номера. Получится геометрическая прогрессия.

На заряд \(Q\) действует сила с модулем \(F = \dfrac{5}{18\pi\varepsilon_0}\dfrac{Qq}{a^2}\).

Шарики разных масс, поэтому отклонение каждого определяется своим соотношением силы тяжести и кулоновской силы. Что произойдёт при очень большом заряде, когда кулоновские силы многократно превосходят силу тяжести?

1) \(0^\circ\);  2) \(120^\circ\).

а. \(r=1\) км \(=10^3\) м, \(q_1=1\) Кл, \(q_2=2\) Кл: \[ F=\frac{9\cdot10^9\cdot1\cdot2}{(10^3)^2}=\frac{1{,}8\cdot10^{10}}{10^6}=1{,}8\cdot10^4\ \text{Н}. \] Это вес примерно двух тонн — и всё на километре. Кулон как единица заряда чудовищно велик.

б. Сначала переведём расстояние: \(10^{-8}\) см \(=10^{-10}\) м (как раз порядок размера атома). Заряд электрона \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, масса \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг. \[ F_e=\frac{9\cdot10^9\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}{(10^{-10})^2} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{10^{-20}} =2{,}3\cdot10^{-8}\ \text{Н}. \] Гравитация той же пары \(F_g=Gm_e^2/r^2\). В отношении \(r\) сокращается: \[ \frac{F_e}{F_g}=\frac{ke^2}{Gm_e^2} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(9{,}1\cdot10^{-31})^2} =\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot8{,}3\cdot10^{-61}} =\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{5{,}5\cdot10^{-71}} =4{,}2\cdot10^{42}. \]

Можно пересчитать силу иначе — через число элементарных зарядов. Кулон — это \(6{,}25\cdot10^{18}\) электронов. Два таких комка на километре толкаются так, словно между ними висит грузовик. Для электронов отношение \(F_e/F_g\) не зависит от расстояния: и кулон, и ньютон падают как \(1/r^2\), и остаётся чистое отношение констант природы \(ke^2/Gm_e^2\). Именно поэтому его и называют одним из больших чисел физики.

Ещё одна оценка масштаба. При \(r=1\) Å сила двух электронов \(2{,}3\cdot10^{-8}\) Н — вес пылинки в пару нанограмм. Гравитация той же пары \(\sim10^{-50}\) Н: её не измерить никаким лабораторным динамометром. Если бы заряд электрона был в тысячу раз меньше, боровский радиус вырос бы в миллион раз, и привычной химии не существовало бы.

СИ. \(r=1\) м, \(F=1\) Н: \[ 9\cdot10^9\,q^2=1,\qquad q=\frac{1}{\sqrt{9\cdot10^9}}=\frac{1}{3\cdot10^{4{,}5}} =\frac{1}{9{,}49\cdot10^4}=1{,}05\cdot10^{-5}\ \text{Кл}. \]

СГС. Переводим данные: \(1\) Н \(=10^5\) дин, \(r=100\) см. \[ \frac{q^2}{100^2}=10^5,\qquad q^2=10^9,\qquad q=3{,}16\cdot10^4\ \text{СГС}. \]

Проверка пересчёта: \(1{,}05\cdot10^{-5}\cdot3\cdot10^9=3{,}16\cdot10^4\). Совпало.

Другой путь — не решать дважды, а перевести готовый ответ. Нашли \(q=1{,}05\cdot10^{-5}\) Кл в СИ и умножили на \(3\cdot10^9\): получили ровно \(3{,}16\cdot10^4\) СГС. Это не случайность: коэффициент \(3\cdot10^9\) как раз и есть \(\sqrt{k}\) в пересчёте дина–сантиметр–секунда, потому что в СГС кулонов закон пишут без \(k\), а сила 1 Н на базе 1 м есть \(10^5\) дин на базе 100 см.

Полезно почувствовать единицу. Заряд \(10\) мкКл на шарике электроскопа — уже заметное расхождение листочков. Наш \(10{,}5\) мкКл как раз из этой лабораторной полки, а не «космический» кулон из предыдущей задачи.

а. \(E=F/q=1/1=1\) В/м. В СГС: \[ E=\frac{1}{3\cdot10^4}=3{,}3\cdot10^{-5}\ \text{СГС}. \]

б. Всё уже в СГС: \(E=100/10=10\) СГС. В СИ: \[ E=10\cdot3\cdot10^4=3\cdot10^5\ \text{В/м}. \]

Напряжённость — это и есть определение: сколько ньютонов приходится на один кулон пробного заряда. Поэтому пункт «а» почти тавтология: \(1\) Н на \(1\) Кл даёт \(1\) В/м. Весь труд — не перепутать перевод единиц. СГС-единица поля в \(3\cdot10^4\) раз крупнее вольта на метр, потому что в СГС «единичный заряд» сам по себе меньше кулона в \(3\cdot10^9\) раз, а сила меряется в динах.

Пункт «б» удобно проверить обратным ходом. \(3\cdot10^5\) В/м на заряд \(10\) СГС \(=3{,}3\cdot10^{-9}\) Кл даёт силу \(10^{-3}\) Н \(=100\) дин — ровно то, что в условии. Круг замкнулся.

При \(r=1\) м: \[ E_1=\frac{9\cdot10^9\cdot10}{1}=9\cdot10^{10}\ \text{В/м} =\frac{9\cdot10^{10}}{3\cdot10^4}=3\cdot10^6\ \text{СГС}. \] При \(r=20\) м поле меньше в \(400\) раз: \[ E_2=\frac{9\cdot10^{10}}{400}=2{,}25\cdot10^8\ \text{В/м}=7{,}5\cdot10^3\ \text{СГС}. \]

На заряд \(10^{-3}\) Кл: \[ F_1=9\cdot10^{10}\cdot10^{-3}=9\cdot10^7\ \text{Н},\qquad F_2=2{,}25\cdot10^5\ \text{Н}. \]

Заряд 1000 СГС. В СГС сила \(F=qE\): \[ F_1=1000\cdot3\cdot10^6=3\cdot10^9\ \text{дин},\qquad F_2=1000\cdot7{,}5\cdot10^3=7{,}5\cdot10^6\ \text{дин}. \]

Поле точечного заряда падает как \(1/r^2\): от метра до двадцати метров расстояние выросло в 20 раз, поле упало в 400. Это самый быстрый способ получить \(E_2\) из \(E_1\), не считая заново \(kq/r^2\). Сила на пробный заряд — просто \(q'E\): один и тот же \(E\) «кормит» и кулоны СИ, и единицы СГС, только \(q'\) надо брать в своей системе.

Десять кулонов на метре — чудовищное поле \(9\cdot10^{10}\) В/м, в тридцать тысяч раз выше пробоя воздуха. В реальности такой заряд разрядился бы искрой задолго до того, как мы успели бы поставить пробник. Задача — про формулу, а не про лабораторный опыт.

Число молекул \[ N=\frac{N_A}{18}=\frac{6{,}0\cdot10^{23}}{18}=3{,}3\cdot10^{22}. \] Заряд каждого комка \[ Q=10\,Ne=10\cdot3{,}3\cdot10^{22}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=5{,}3\cdot10^4\ \text{Кл}. \] Расстояние \(r=100\) км \(=10^5\) м: \[ F=\frac{kQ^2}{r^2}=\frac{9\cdot10^9\cdot(5{,}3\cdot10^4)^2}{10^{10}} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}8\cdot10^9}{10^{10}}=2{,}5\cdot10^9\ \text{Н}. \]

Другой счёт заряда. В грамме воды \(N_A/18\) молекул, в кубическом сантиметре — грамм, у каждой молекулы 10 электронов. \(10\cdot N_A/18\cdot e\approx5{,}3\cdot10^4\) Кл — те самые 53 килокулона. На 100 км это как два точечных заряда: размер комка (сантиметры) ничтожен по сравнению с дистанцией, и поправкой на «не точку» можно пренебречь.

Сила \(2{,}5\cdot10^9\) Н — вес четверти миллиона тонн, примерно пирамида Хеопса. Чтобы такая сила стала ньютоном, заряды нужно разнести на \(\sqrt{2{,}5\cdot10^9}\cdot100\approx5\cdot10^6\) км — дальше Луны. Макроскопическая нейтральность тел — не эстетика, а условие, без которого мебель разлетелась бы.

Плотность железа \(\rho=7{,}8\) г/см\(^3\), \(A=56\) г/моль, \(Z=26\). В кубическом сантиметре \[ N=\frac{\rho N_A}{A}=\frac{7{,}8\cdot6{,}0\cdot10^{23}}{56}=8{,}4\cdot10^{22} \] атомов. Электронов в 26 раз больше. Один процент: \[ q=0{,}01\cdot26\cdot8{,}4\cdot10^{22}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=3{,}5\cdot10^3\ \text{Кл}. \]

Тот же ответ через число молей. В кубическом сантиметре железа \(7{,}8/56\approx0{,}14\) моля атомов, электронов \(0{,}14\cdot26\approx3{,}6\) моля, один процент — \(0{,}036\) моля заряда, то есть \(0{,}036\cdot96500\approx3500\) Кл. Совпало с прямым счётом через \(N_A\) и \(e\).

Два таких кубика на расстоянии метра толкались бы силой \(k q^2/r^2\approx1{,}1\cdot10^{17}\) Н — вес десяти тысяч пирамид. Один процент электронов — это не «чуть-чуть», а катастрофа. Реальные натёртые тела теряют долю \(10^{-12}\) электронов и уже искрят.

Смотрим на \(q_1\). От \(q_2\) его толкает сила \(kq_1q_2/l^2\), от \(q_3\) — сила \(kq_1q_3/(2l)^2\). Обе в одну сторону, нить тянет назад: \[ T_{12}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_2}{l^2}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_3}{4l^2} =\frac{q_1(4q_2+q_3)}{16\pi\varepsilon_0 l^2}. \]

С другого края точно так же (меняем местами индексы 1 и 3): \[ T_{23}=\frac{q_3(4q_2+q_1)}{16\pi\varepsilon_0 l^2}. \]

Средний заряд проверять не обязательно: две нити и два отталкивания автоматически сойдутся, если края уже в равновесии (третий закон).

Средний заряд всё-таки полезно проверить явно. На \(q_2\) давят \(q_1\) и \(q_3\) в разные стороны силами \(kq_2q_1/l^2\) и \(kq_2q_3/l^2\), а две нити тянут с натяжениями \(T_{12}\) и \(T_{23}\). Подставляя найденные \(T\), получаем тождество: левая и правая части сходятся. Это не новое условие, а проверка третьего закона: нити передают усилие без потерь.

Численный предел. Пусть \(q_1=q_2=q_3=q\). Тогда \(T_{12}=T_{23}=5kq^2/(4l^2)\) — больше, чем натяжение одной пары, потому что дальний заряд тоже тянет крайний. Если средний заряд убрать, обе нити держат только «свои» пары, и дальнее слагаемое пропадает — как в проверке при \(q_3=0\).

Пусть до \(q_1\) расстояние \(x\), тогда до \(q_2\) остаётся \(l-x\). Силы вдоль трубы: \[ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1 q}{x^2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_2 q}{(l-x)^2}. \] Заряд \(q\) сокращается (пока он не ноль). Берём корень: \[ \frac{\sqrt{q_1}}{x}=\frac{\sqrt{q_2}}{l-x}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\frac{l\sqrt{q_1}}{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}}. \]

Шарик сидит ближе к меньшему заряду — тот слабее толкает, и расстояние это компенсирует.

Устойчивость. Пусть \(q>0\). Сдвинули вправо, к \(q_2\): отталкивание от \(q_2\) выросло, от \(q_1\) упало — равнодействующая гонит назад. Положение устойчивое. Если \(q<0\), обе силы — притяжения, и ближний заряд тянет сильнее: любой сдвиг нарастает. Неустойчиво. Это одномерный кусочек теоремы Ирншоу: в пустом электростатическом поле нет устойчивых точек для свободного заряда, если связь не держит его на прямой между двумя отталкивающими центрами.

Равновесие можно прочитать через потенциалы. На оси двух зарядов \(E(x)\propto q_1/x^2-q_2/(l-x)^2\), нуль этого выражения и есть наша точка. Для \(+q\) потенциальная энергия \(q\varphi\) имеет там минимум (поле меняет знак с «вправо» на «влево»), для \(-q\) — максимум. Отсюда устойчивость без стрелочек сил: знак второй производной \(\varphi\).

Числа. При \(q_1=4q_2\) имеем \(x=2l/3\): шарик вдвое дальше от меньшего заряда, и \(1/x^2\) как раз компенсирует отношение зарядов 4. При \(q_2/q_1\to\infty\) точка садится к левому концу. Оба предела читаются с формулы сразу, без нового решения.

На каждый шарик действуют вес \(mg\), натяжение \(T\) и кулон \(kq^2/r^2\). Проекции: \[ T\cos45^\circ=mg,\qquad T\sin45^\circ=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{r^2}. \] Делим второе на первое: \(\operatorname{tg}45^\circ=1\), поэтому \(mg=kq^2/r^2\). Расстояние между шариками — гипотенуза: \[ r=2\cdot l\cdot\sin45^\circ=l\sqrt{2}. \] Тогда \[ mg=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{2l^2},\qquad q^2=8\pi\varepsilon_0 mgl^2,\qquad q=l\sqrt{8\pi\varepsilon_0 mg}. \]

Можно не писать натяжение. Равнодействующая веса и кулона идёт вдоль нити, значит треугольник сил подобен геометрическому: катет \(mg\), катет \(kq^2/r^2\), угол \(45^\circ\), поэтому они равны. Дальше только \(r=l\sqrt{2}\). Так быстрее, и \(T\) вообще не появляется.

Оценка. Шарики \(m=1\) г на нитях \(l=10\) см: \(q=l\sqrt{8\pi\varepsilon_0 mg}\approx2\cdot10^{-8}\) Кл — типичный заряд наэлектризованной бузины. Если угол был бы острым, заряд был бы меньше (\(\operatorname{tg}(\alpha/2)\) вместо единицы), и формула обобщается сразу: \(q=2l\sin(\alpha/2)\sqrt{4\pi\varepsilon_0 mg\operatorname{tg}(\alpha/2)}\).

Диагональ \(qq\) в двух равносторонних треугольниках равна \(l\sqrt{3}\). Пусть \(T_1\) — натяжение боковой нити \(Qq\), \(T\) — искомое натяжение \(QQ\).

Равновесие заряда \(q\) по горизонтали. Две боковые нити дают равнодействующую \(T_1\sqrt{3}\) к центру (угол между ними \(60^\circ\), биссектриса горизонтальна). Наружу толкают два заряда \(Q\) (каждый на расстоянии \(l\)) и дальний \(q\) (на \(l\sqrt{3}\)). Проекция двух сил от \(Q\) как раз вдоль горизонтали и равна \(kqQ\cdot\sqrt{3}/l^2\), от дальнего \(q\) — \(kq^2/(3l^2)\). После приведения \[ T_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(Qq+\frac{q^2}{3\sqrt{3}}\Bigr). \]

Равновесие заряда \(Q\) вдоль вертикальной диагонали: отталкивание другого \(Q\), два боковых \(q\), натяжение \(T\) и проекции двух \(T_1\). Подставляя \(T_1\), получаем \[ T=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(Q^2-\frac{q^2}{3\sqrt{3}}\Bigr). \]

Ответ для \(T\) можно увидеть так. Нить \(QQ\) держит прямое отталкивание двух \(Q\) и чуть разгружается тем, что боковые \(q\) «распирают» ромб в стороны и через боковые нити тянут \(Q\) друг к другу. Вычитаемое \(q^2/(3\sqrt{3})\) — как раз этот косвенный вклад дальних \(q\). Пока \(Q\) заметно больше \(q\), прямое отталкивание побеждает и нить натянута.

При \(Q=q\) получаем \(T=kq^2/l^2\cdot(1-1/(3\sqrt{3}))\approx0{,}81\,kq^2/l^2>0\): даже равные заряды нить \(QQ\) не обмякивают. Обмякает она лишь при \(Q/q=3^{-3/4}\approx0{,}44\), что уже вне условия \(Q>q\). Формула внутри заявленной области безопасна.

Пусть угол при заряде \(q\) равен \(\beta\), при \(Q\) — \(\alpha=\pi-\beta\). Диагонали \[ d_{QQ}=2l\sin(\beta/2),\qquad d_{qq}=2l\sin(\alpha/2). \]

Проецируем силы на биссектрису угла при \(q\) и при \(Q\). Кулоновские силы идут вдоль диагоналей, натяжения — вдоль сторон. Деля одно уравнение равновесия на другое, натяжение сокращается и остаётся \[ \operatorname{tg}\frac{\beta}{2}=\Bigl(\frac{q}{Q}\Bigr)^{2/3}. \] Поэтому \[ \beta=2\operatorname{arctg}\Bigl(\frac{q}{Q}\Bigr)^{2/3},\qquad \alpha=\pi-\beta. \]

Если \(q>Q\), угол при \(q\) тупой: большие заряды \(q\) сильнее расталкиваются и «открывают» свой угол.

Показатель \(2/3\) появляется из баланса «кулон \(\propto qQ/d^2\)» против «проекции натяжения \(\propto T\sin(\beta/2)\)» и связи диагоналей с углами. После деления двух уравнений \(T\) уходит, остаётся \((q/Q)^{2/3}\). Это не произвол: у кулона степень \(-2\), у геометрии ромба — синусы половинных углов, вместе и выходит треть.

Предел \(q\gg Q\): \(\beta\to\pi\), ромб сплющивается в отрезок, большие \(q\) разлетаются по диагонали. Предел \(q\ll Q\): \(\beta\to0\), ромб вытягивается в линию вдоль \(QQ\). Оба конца формулы ведут себя разумно, и при \(q=Q\) она честно возвращает квадрат.

Отсюда \[ r^3=\frac{ke^2}{m\omega^2},\qquad r=\Bigl(\frac{ke^2}{m\omega^2}\Bigr)^{1/3}. \] Подставляем \(k=9\cdot10^9\), \(e^2=(1{,}6\cdot10^{-19})^2=2{,}56\cdot10^{-38}\), \(m=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг, \(\omega=10^{16}\) с\(^{-1}\): \[ r=\Bigl(\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^{32}}\Bigr)^{1/3} =\Bigl(\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^{32}}\Bigr)^{1/3} =\bigl(2{,}5\cdot10^{-30}\bigr)^{1/3} =1{,}4\cdot10^{-10}\ \text{м}=1{,}4\cdot10^{-8}\ \text{см}. \]

Ту же формулу даёт третий закон Кеплера для кулонова поля: \(\omega^2 r^3=ke^2/m=\mathrm{const}\). Зная \(\omega\), сразу читаем \(r\). Численно \(\omega=10^{16}\) рад/с — это период \(0{,}6\) фс, частота света ультрафиолета; атомный масштаб неизбежен.

Боровская первая орбита: \(r_B=0{,}53\) Å, \(\omega_B=4{,}1\cdot10^{16}\) рад/с. Наше \(\omega\) меньше в 4 раза, значит \(r\) больше в \(4^{2/3}\approx2{,}5\) раза: \(0{,}53\cdot2{,}5\approx1{,}3\) Å. Сошлось с прямым счётом \(1{,}4\) Å. Классическая орбита здесь — учебная модель: реальный атом сидит на стационарных уровнях, но порядок радиуса формула ловит.

К центру тянет центральный \(+q\). Расстояние \(l/\sqrt{2}\), сила \[ F_{\text{ц}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{l^2/2}=\frac{2kq^2}{l^2}. \]

Наружу толкают свои. Противоположная частица на диагонали \(l\sqrt{2}\): \[ F_{\text{пр}}=\frac{kq^2}{2l^2}. \] Две соседние на расстоянии \(l\); угол между стороной и диагональю \(45^\circ\), радиальная проекция каждой \(kq^2/(l^2\sqrt{2})\), вместе \(kq^2\sqrt{2}/l^2\).

Равнодействующая к центру \[ F=\frac{kq^2}{l^2}\Bigl(2-\frac12-\sqrt{2}\Bigr)=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac32-\sqrt{2}\Bigr) =\frac{q^2(3\sqrt{2}-4)}{8\pi\varepsilon_0 l^2\sqrt{2}}. \]

Из \(m\omega^2 r=F\) и \(r=l/\sqrt{2}\): \[ \omega=q\sqrt{\frac{3\sqrt{2}-4}{8\pi\varepsilon_0 m l^3}}. \]

Скобку \(3\sqrt{2}-4\) полезно разложить по ролям. Центр даёт \(+2\) (в единицах \(kq^2/l^2\)), противоположная частица \(-1/2\), две соседние \(-\sqrt{2}\). Побеждает центр: \(2-0{,}5-1{,}41=0{,}09\) в этих единицах, после приведения к ответу — тот же \(0{,}242\). Запас маленький: хватит чуть уменьшить центральный заряд — и квадрат разлетится.

Если убрать соседей и оставить только центр, \(\omega_0=q\sqrt{2/(4\pi\varepsilon_0 m (l/\sqrt{2})^3)}\) было бы раза в три больше. Отталкивание своих сильно «смягчает» связь. При \(q=1\) нКл, \(m=1\) г, \(l=10\) см выходит \(\omega\sim0{,}3\) рад/с — медленное лабораторное вращение, не атом.

Отметим угол \(\alpha\) от верхней точки (шарик скользит по сфере). Высота от нижней точки \(R(1+\cos\alpha)\), потенциальная энергия тяжести \(mgR\cos\alpha\) (отсчёт от центра; константа не важна). Расстояние между зарядами \[ d=2R\cos(\alpha/2). \] Полная потенциальная энергия \[ U(\alpha)=mgR\cos\alpha+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qQ}{2R\cos(\alpha/2)}. \]

При \(\alpha=0\) первая производная нуль по симметрии. Вторая: \[ U''(0)=-mgR+\frac{qQ}{32\pi\varepsilon_0 R}. \] Для минимума нужно \(U''(0)>0\): \[ q_{\min}=\frac{32\pi\varepsilon_0 mg R^2}{Q}. \]

Геометрия сферы дестабилизирует (как перевёрнутый маятник), и запас по заряду как раз покрывает эту дестабилизацию: просто «подпереть» без связи хватило бы вдвое меньшего заряда.

Почему именно 32, а не 16? Чтобы просто уравновесить вес на вершине, хватило бы \(q_0=16\pi\varepsilon_0 mg R^2/Q\): кулон на диаметре \(2R\) равен \(mg\). Но сфера под шариком уходит вниз, как горка, и любая боковая подвижка роняет его. Запас ровно вдвое — плата за кривизну. Это тот же сюжет, что у шарика на выпуклой горке: мало подпереть, надо ещё сделать ямку.

Числа. Шарик \(m=0{,}1\) г, \(Q=10\) нКл, \(R=5\) см: \(q_{\min}\approx2{,}2\cdot10^{-8}\) Кл — обычный заряд натёртой бузины. Если \(Q\) того же знака уменьшить, \(q_{\min}\) растёт: слабее «пробник» — нужен сильнее упор.

Длина шнура \(\sqrt{l^2+a^2}\), удлинение \(\sqrt{l^2+a^2}-l\), натяжение \(k(\sqrt{l^2+a^2}-l)\). Косинус наклона \(a/\sqrt{l^2+a^2}\). На один заряд работают четыре шнура, но по горизонтали — две пары (верх и низ с каждой «своей» вертикали; в типичном рисунке у каждого заряда два шнура — вверх и вниз — и ещё он связан... по условию «как на рисунке»: каждый заряд привязан к верхней и нижней стенке, итого два шнура на заряд, четыре на систему). Горизонтальная проекция двух шнуров одного заряда: \[ 2k\bigl(\sqrt{l^2+a^2}-l\bigr)\frac{a}{\sqrt{l^2+a^2}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2a)^2}. \] Отсюда \[ k=\frac{q^2\sqrt{a^2+l^2}}{32\pi\varepsilon_0 a^3\bigl(\sqrt{a^2+l^2}-l\bigr)}. \]

Геометрия шнура — теорема Пифагора, ничего больше. Удлинение \(\sqrt{l^2+a^2}-l\) при малом \(a\) есть \(a^2/(2l)\), и жёсткость должна быть большой: иначе слабый шнур не удержит заряды на конечном расстоянии против кулона \(\propto 1/a^2\). Отсюда \(k\propto 1/a^4\) в этом пределе — очень крутая зависимость.

Обратный предел \(a\gg l\): шнуры почти горизонтальны, удлинение \(\approx a-l\approx a\), и \(k\approx q^2/(32\pi\varepsilon_0 a^3)\). Чем дальше разъехались, тем слабее кулон и тем мягче могут быть шнуры. Оба конца формулы читаются без нового интегрирования.

У вершины три нити: одна к центру и две по сторонам шестиугольника (угол \(120^\circ\)). Радиальная проекция натяжений к центру \[ T+2T\cos60^\circ=2T. \]

Кулон наружу. Центр: \(kq^2/l^2\). Два ближайших соседа: силы по сторонам, их радиальные проекции взаимно учитываются вместе с геометрией; аккуратно:

• центр — \(kq^2/l^2\) от центра (наружу, одноимённые);
• два соседа на \(l\) — каждая сила под \(30^\circ\) к касательной, радиальная наружу \(kq^2/l^2\cdot\cos60^\circ=kq^2/(2l^2)\), вместе \(kq^2/l^2\);
• противоположный на \(2l\) — \(kq^2/(4l^2)\);
• два «через одного» на \(l\sqrt{3}\) — радиальная проекция \(kq^2/(3l^2)\cdot\cos30^\circ=kq^2\sqrt{3}/(6l^2)\), вместе \(kq^2\sqrt{3}/(3l^2)\).

Итого \[ 2T=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(1+1+\frac14+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr) =\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac94+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr), \] \[ T=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac94+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr). \]

Двенадцать нитей и семь зарядов — кажется много, но симметрия оставляет одну неизвестную \(T\). Центральный заряд можно не писать: шесть одинаковых нитей тянут его в шесть сторон, сумма нуль сама. Вся информация сидит в радиальной проекции вершины. Слагаемые \(1+1+1/4+\sqrt{3}/3=2{,}827\): ближние дают почти всё, дальний «через диаметр» — лишь четверть, «через один» — по \(\sqrt{3}/6\) каждый.

Если убрать центр, останется голый шестиугольник, и радиальная проекция натяжений станет \(T\) вместо \(2T\). Натяжение упадёт примерно вдвое, но не точно: исчезнет ещё кулоновский вклад центра. Формула это умеет — достаточно вычеркнуть единицу, отвечающую центру.

Центр. По симметрии \(E=0\).

Ось. Элемент \(dq\) находится на расстоянии \(\sqrt{R^2+h^2}\) от точки. Полное \(dE=k\,dq/(R^2+h^2)\), осевая проекция содержит косинус \(h/\sqrt{R^2+h^2}\): \[ dE_\parallel=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq\cdot h}{(R^2+h^2)^{3/2}}. \] Интегрируем \(dq=Q\): \[ E=\frac{Qh}{4\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^{3/2}}. \] Направление — от кольца, если \(Q>0\) и мы на положительной полуоси.

Максимум на оси ищется из \(dE/dh=0\). Логарифмическая производная \((R^2+h^2)^{-3/2}h\) даёт \(h=R/\sqrt{2}\), и \(E_{\max}=Q/(6\pi\sqrt{3}\,\varepsilon_0 R^2)\approx0{,}385\cdot Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\). То есть самое сильное поле на оси — чуть больше трети поля того же заряда, собранного в точку на расстоянии \(R\).

Кольцо радиуса 10 см с зарядом 1 нКл: в максимуме \(E\approx0{,}35\) В/м — слабое лабораторное поле. В центре строго ноль, и это не приближение: любой диаметрально противоположный элемент гасит пару точно, а не «в среднем».

Пусть \(y\) — расстояние от нашей точки до элемента \(dy\). Тогда \(y\) бежит от \(x\) до \(x+l\), \(dq=\rho\,dy\): \[ E=\int_x^{x+l}\frac{\rho\,dy}{4\pi\varepsilon_0 y^2} =\frac{\rho}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac1x-\frac1{x+l}\Bigr) =\frac{\rho l}{4\pi\varepsilon_0 x(x+l)}. \]

Интеграл \(\int dy/y^2\) — это просто \(1/y\). Поле нити на её продолжении есть разность полей двух «полубесконечных» лучей, начинающихся в ближнем и дальнем концах. Отсюда сразу \(E\propto(1/x-1/(x+l))\). Тот же ответ даёт потенциал: \(\varphi=(\rho/4\pi\varepsilon_0)\ln[(x+l)/x]\), и \(E=-d\varphi/dx\).

При \(x=l\) (точка на расстоянии длины нити от конца) \(E=\rho/(8\pi\varepsilon_0 l)\) — вдвое меньше, чем было бы у заряда \(\rho l\), сидящего в ближнем конце. Дальний конец ещё чувствуется. При \(x=0{,}1l\) поле уже в десять раз сильнее, чем эта оценка, — ближний край доминирует.

Доказательство. \(d\Omega=dS\cos\theta/r^2\), поэтому \(dE_\perp=\sigma\,d\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\). Интегрируем: \(E_\perp=\sigma\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\).

а. Из центра куба каждая грань видна под \(\Omega=4\pi/6=2\pi/3\). Четыре «боковые» грани уничтожаются попарно, остаётся грань напротив пустой. Поле к пустой грани: \[ E=\frac{\sigma\cdot(2\pi/3)}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}. \]

б. Из центра правильного тетраэдра каждая грань видна под \(\Omega=\pi\). Три одинаковых вклада \(\sigma_1\) складываются в вектор, равный по модулю вкладу одной грани и направленный к четвёртой. Вместе с гранью \(\sigma_2\) \[ E=\frac{\sigma_1-\sigma_2}{4\varepsilon_0} \] к грани \(\sigma_2\), если \(\sigma_1>\sigma_2\).

в. Бесконечная плоскость из любой точки видна как полупространство, \(\Omega=2\pi\): \[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}. \]

г. Бесконечные грани дают поля, перпендикулярные себе и пропорциональные \(\sigma\). Три вектора под \(120^\circ\): \[ E=\frac{1}{3\varepsilon_0}\sqrt{\sigma_1^2+\sigma_2^2+\sigma_3^2-\sigma_1\sigma_2-\sigma_2\sigma_3-\sigma_3\sigma_1}. \]

д. Режем конус на тонкие диски. Диск толщины \(dx\) на расстоянии \(x\) от вершины несёт \(\sigma_{\text{эфф}}=\rho\,dx\) и виден из вершины под одним и тем же углом \(\alpha\), \(\Omega=2\pi(1-\cos\alpha)\). Тогда \[ dE=\frac{\rho\,dx\cdot 2\pi(1-\cos\alpha)}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho(1-\cos\alpha)}{2\varepsilon_0}\,dx. \] По слоям от 0 до \(h\): \[ E=\frac{\rho h(1-\cos\alpha)}{2\varepsilon_0}. \]

е. Ребро длинного бруска — три бесконечных «клина». Результат направлен по биссектрисе наружу: \[ E=\frac{\sqrt{3}\,l\rho}{12\varepsilon_0}. \]

Телесный угол — главный инструмент всей задачи. Раз доказали \(E_\perp\propto\Omega\), дальше не считаем интегралы по поверхности, а режем «небо» на куски. Куб из центра — шесть равных кусков по \(2\pi/3\). Тетраэдр — четыре по \(\pi\). Бесконечная плоскость — полусфера \(2\pi\). Треугольная труба — три бесконечные полосы, поля которых складываются как векторы под \(120^\circ\).

Пункт «д» проверяется пределом: узкий конус \(\alpha\to0\) даёт \(E\approx\rho h\alpha^2/4\varepsilon_0\), как у тонкого стержня длины \(h\). Широкий \(\alpha\to\pi\) (полупространство) даёт \(E=\rho h/\varepsilon_0\) — поле у края толстого слоя. Пункт «е»: ребро бруска — половина этого слоя плюс геометрия \(60^\circ\), и \(\sqrt{3}/12\) как раз из этого складывается.

а. Возьмём внутри сферы точку и проведём через неё луч. Он высекает две площадки \(dS_1\) и \(dS_2\). Заряды на них пропорциональны площадям, площади пропорциональны \(r^2\) (один и тот же телесный угол), поэтому \(dq_1/r_1^2=dq_2/r_2^2\). Поля противоположны и равны по модулю — сумма ноль. Так для любого луча.

Сожмём всё вместе с зарядами в одном направлении. Расстояния вдоль оси сжатия умножились на \(1/n\), площади и телесные углы преобразовались одинаково для обеих площадок пары. Равенство \(dq/r^2\) сохранилось, поля по-прежнему гасят друг друга. Внутри эллипсоида \(E=0\).

б. Круглая труба — цилиндрический предел «очень большой сферы». Поперечное сжатие — та же аффинная деформация в плоскости сечения. Пары образующих по-прежнему гасятся. Поле внутри остаётся нулём. Да.

Аффинный аргумент работает шире, чем кажется. Любое однородное сжатие, растяжение или даже сдвиг переводит сферу в эллипсоид и сохраняет попарную компенсацию площадок. Поэтому внутри любого однородно заряженного по поверхности эллипсоида поле нуль — не только у «сплюснутого в одном направлении».

Для трубы то же в двух измерениях: окружность сечения при сжатии становится эллипсом, пары дуг по-прежнему гасятся. Если бы заряд мог перетекать (проводящая труба), он после сжатия перераспределился бы, и поле внутри осталось бы нулём уже по другой причине — эквипотенциальность полости. В условии заряды приклеены, но ответ тот же. Совпадение не случайно: оба механизма опираются на симметрию пар.

Линейная плотность \(\lambda=Q/(2\pi R)\). Сила, с которой одно полукольцо действует на другое, \(F\sim kQ^2/R^2\) (точнее, \(kQ^2/(\pi R^2)\), нам важен только масштаб). Два сечения делят её пополам: \(T\sim Q^2/R^2\). Предел \[ \frac{T}{s}=[\sigma]. \]

а. Геометрия та же, прочность в десять раз выше. Чтобы \(T\) выросло в 10 раз, \(Q^2\) должно вырасти в 10 раз: \[ q=\sqrt{10}\,Q. \]

б. Все размеры втрое: \(R\to3R\), площадь сечения \(s\to9s\) (и толщина, и ширина). Напряжение \[ \frac{T}{s}\sim\frac{Q^2}{R^2 s}. \] Хотим то же \([\sigma]\): \[ \frac{Q'^2}{(3R)^2\cdot9s}=\frac{Q^2}{R^2 s}\qquad\Longrightarrow\qquad Q'^2=81 Q^2,\qquad q=9Q. \]

Точная сила полуколец \(F=Q^2/(4\pi^2\varepsilon_0 R^2)\), не просто «порядка \(kQ^2/R^2\)». Для отношения зарядов точность не нужна: \(Q^2\) и \(R^2 s\) входят одинаково в обе ситуации, и коэффициент сокращается. Поэтому \(\sqrt{10}\) и \(9\) — точные ответы, не оценки.

Ещё один масштабный ход. Напряжение \(\propto Q^2/(R^2 s)\). Прочность — материал, не геометрия. В «а» меняется только прочность, \(Q\propto\sqrt{[\sigma]}\). В «б» все длины \(\times3\), площадь сечения \(\times9\), \(R^2 s\times 81\), значит \(Q\times9\). Если бы увеличили только радиус, оставив толщину, ответ был бы \(q=3Q\). «Все размеры» — ключевые слова.

Шарики вращаются по одной орбите и отталкиваются или притягиваются друг к другу, поэтому на каждый действует сила от закреплённого тела и от второго шарика; для двух шариков равнодействующая направлена к центру орбиты.

\(-11\) мкКл.

Положения равновесия шарика на пружине определяются равенством силы упругости и кулоновской силы. Столкновение происходит в момент потери устойчивости, когда два корня этого уравнения сливаются.

В момент столкновения шариков деформация пружины \(l = \dfrac{3}{2}\left(\dfrac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 k}\right)^{1/3}\).

При смещении бусинки на малый угол \(\alpha\) почти вся сила отталкивания от полукольца направлена по нормали; в касательном направлении остаётся сила только от маленького участка дуги, оказавшегося с «другой» стороны.

1) \(q \le \dfrac{\sqrt2\,mgR}{k\lambda}\);  2) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt2\,mR^2}{\sqrt2\,mgR - kq\lambda}}\).

а) Сместим бусинку из положения равновесия на малый угол \(\alpha\) от вертикали.

Из симметрии следует, что участок \(AB\) полукольца действует на бусинку по нормали с силой \(F_{AB}\), как показано на рисунке. Напишем условие существования возвращающей силы в касательном к полукольцу направлении (ось \(Ox\)): \[mg\sin\alpha - F_{BC}\cos\frac{\pi}{4} \ge 0 .\] Так как \(F_{BC} = k\dfrac{q\lambda R\cdot 2\alpha}{2R^2}\) (направлена под углом \(\dfrac{3\pi}{4}\) к оси \(Ox\)), и справедлива приближённая формула \(\sin\alpha \approx \alpha\), получаем \[k\frac{q\lambda R\cdot 2\alpha}{2R^2} \le \frac{mg\alpha}{\cos\frac{\pi}{4}} \;\Longrightarrow\; q \le \frac{\sqrt2\,mgR}{k\lambda}.\]

б) Запишем второй закон Ньютона для бусинки (см. рисунок): \[-m\ddot x = mg\sin\alpha - F_{BC}\cos\frac{\pi}{4} \approx mg\frac{x}{R} - k\frac{q\lambda\cdot x}{R^2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Следовательно, период малых колебаний равен \[T = 2\pi\sqrt{\frac{\sqrt2\,mR^2}{\sqrt2\,mgR - kq\lambda}}.\]