Напряжённость поля, принцип суперпозиции

Для двух положительных зарядов поле равно нулю между ними, где поля направлены навстречу друг другу. Приравняйте модули напряжённостей в этой точке.

Поле в середине стороны есть сумма трёх векторов. Два заряда на концах этой стороны создают в её середине поля, направленные противоположно.

160

Силы со стороны зарядов \(+q\) и \(-q\) на \(q_1\) равны по модулю; найдите их направления и определите, куда должна быть направлена сила от нового заряда.

Заряд \(+q\) надо расположить в вершине \(D\) параллелограмма \(ACDB\).

Разбейте стержень на малые элементы и просуммируйте (проинтегрируйте) силы их действия на шарик. Либо найдите работу силы при малом смещении шарика как убыль энергии взаимодействия.

\(F(R) = k\dfrac{qQ}{R(R+L)} = \dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 R(R+L)}\).

Представьте каждый заряд \(kq\) как \(6q\) плюс добавка \((k-6)q\): заряды \(6q\) на всех делениях в сумме дают нулевое поле.

Число часов: \(3\); число минут: \(30\).

Горизонтальная проекция силы натяжения нити при малых углах равна \(mg\,\Delta/R\). Силу отталкивания шарика от стержня найдите разбиением стержня на элементы и интегрированием (или энергетически).

\(x \approx Q\sqrt{\dfrac{2kR}{mgL}} = Q\sqrt{\dfrac{R}{2\pi\varepsilon_0\, mgL}}\).

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 \[E_{\text{сф}} = k\frac{Q}{R^2} \;\Longrightarrow\; Q = \frac{\sqrt3}{2}\frac{E_0R^2}{k} = 2\sqrt3\,\pi\varepsilon_0E_0R^2 .\]

Вблизи центра поле кольца линейно по координатам: продольная компонента \(E_z \propto z\) находится на оси, а поперечную \(E_r \propto r\) даёт теорема Гаусса для маленького цилиндра (поле кольца в центре без зарядов внутри). Сложите с полем шара и сравните радиальные множители.

1) \(\left|\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2} - \dfrac{\sigma R}{4\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_2}\right)\right| \le E \le \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2} + \dfrac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{r_1} - \dfrac{1}{r_2}\right)\);  2) \(\sigma = \dfrac{Qr_1r_2}{R^3(r_2 - r_1)}\).

1. Пусть \(\vec R\) — радиус-вектор, проведённый из центра шара в точку на его поверхности. Тогда для электрического поля шара на его поверхности получим: \[\vec E = \frac{Q\vec R}{4\pi\varepsilon_0R^3}.\] Далее воспользуемся цилиндрическими координатами \(r\), \(z\). Начало координат совпадает с центрами кольца и шара, ось \(z\) направлена вдоль оси вращения системы, а \(r\) обозначает расстояние от рассматриваемой точки до оси \(z\).

Определим электрическое поле кольца на его оси вращения.

Первый способ: Рассмотрим окружность радиусом \(r'\) с зарядом \(\mathrm{d}q\), распределённым равномерно по её периметру. Тогда на оси вращения окружности в точке с координатой \(z\) электрическое поле равняется: \[\mathrm{d}E_z = \frac{z\,\mathrm{d}q}{4\pi\varepsilon_0(r'^2 + z^2)^{3/2}}.\]

Поскольку \(z < R \ll r_1, r_2\) — при любых значениях \(z\) справедливо приближение: \[\mathrm{d}E_z \approx \frac{z\,\mathrm{d}q}{4\pi\varepsilon_0r'^3}.\] Учитывая, что для кольца \(\mathrm{d}q = 2\pi r'\,\mathrm{d}r'\,\sigma\), его электрическое поле на оси \(z\) равняется: \[E_z = \frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\int_{r_1}^{r_2}\frac{r'\,\mathrm{d}r'}{r'^3} = \frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

Второй способ: Электрическое поле кольца на его оси может быть найдено с помощью теоремы о телесном угле. Покажем, что если по плоскому слою равномерно распределён заряд с поверхностной плотностью \(\sigma\), то в точке \(A\) компонента электрического поля, перпендикулярная слою, равна: \[E_n = \frac{\sigma\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0},\] где \(\Omega_A\) — телесный угол, под которым виден плоский слой из точки \(A\).

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

Определим телесный угол, под которым виден диск из точки, расположенной на его оси. Он равен телесному углу, под которым виден из центра сферы её сегмент, ограниченный конусом с углом раствора \(2\alpha\), вершина которого совпадает с центром сферы:

\[\mathrm{d}\Omega = \frac{\mathrm{d}S}{R^2} = \frac{2\pi R\sin\varphi\cdot R\,\mathrm{d}\varphi}{R^2} = \frac{2\pi R\cdot R\sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi}{R^2} = \frac{2\pi R\,\mathrm{d}h}{R^2} \;\Rightarrow\; \Omega = \frac{2\pi h}{R},\] где \(h = R(1 - \cos\alpha)\). Отсюда: \[\Omega = 2\pi(1 - \cos\alpha).\] Тогда для телесного угла, под которым виден диск радиусом \(r\) из точки, находящейся на его оси вращения на расстоянии \(z\) от центра, получим: \[\Omega_\text{д} = 2\pi\left(1 - \frac{z}{\sqrt{r^2 + z^2}}\right).\] Телесный угол, под которым видно кольцо на его оси вращения в точке с координатой \(z\), может быть получен как разность телесных углов дисков радиусами \(r_2\) и \(r_1\): \[\Omega_\text{к} = 2\pi\left(\frac{z}{\sqrt{z^2 + r_1^2}} - \frac{z}{\sqrt{z^2 + r_2^2}}\right) \approx 2\pi z\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right) \;\Rightarrow\; E_z = \frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

Наконец, обратим внимание, что компонента электрического поля кольца, перпендикулярная его плоскости, вблизи оси вращения кольца является практически постоянной. Это связано с тем, что складываемые компоненты электрического поля имеют одинаковое направление, а расстояние до каждого заряженного элемента кольца при малых отклонениях от его оси вращения также изменяется на малую величину. Таким образом: \[E_z(r,z) \approx E_z(0,z) \approx \frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

Далее определим компоненту электрического поля \(E_r\) кольца, перпендикулярную его оси вращения. Вблизи плоскости кольца величина данной компоненты электрического поля является практически постоянной, поскольку, как и в случае с компонентой \(E_z\), при малых отклонениях от плоскости кольца направления складываемых компонент векторов не изменяются, а расстояния также изменяются на малую величину. Таким образом: \[E_r(r,z) \approx E_r(r,0).\]

Первый способ: Воспользуемся теоремой Гаусса для цилиндра радиусом \(r\) и высотой \(2h\), соосного с кольцом: \[\Phi = \Phi_\text{осн} + \Phi_\text{бок} = 0,\] где \(\Phi_\text{осн}\) и \(\Phi_\text{бок}\) — потоки электрического поля кольца через основания цилиндра и боковую поверхность соответственно.

Поскольку компонента электрического поля кольца \(E_z\) практически не зависит от \(r\), а компонента электрического поля кольца \(E_r\) практически не зависит от \(z\): \[\Phi_\text{осн} = 2\cdot\pi r^2E_z \qquad \Phi_\text{осн} = 2\pi r\cdot2h\cdot E_r \;\Rightarrow\; E_r = -\frac{E_zr}{2z}.\]

Подставляя полученное ранее выражение для \(E_z\): \[E_r = -\frac{\sigma r}{4\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

Второй способ: Рассмотрим окружность радиусом \(r'\), по периметру которой равномерно распределён заряд \(q\). В точке окружности, расположенной на расстоянии \(r \ll r'\) от его центра, электрическое поле направлено вдоль линии, соединяющей центр кольца с рассматриваемой точкой.

Пусть \(\varphi\) — угол, отсчитываемый между линиями «точка — центр окружности» и «элемент заряда — центр окружности». Тогда для элементарной компоненты электрического поля \(\mathrm{d}E_r\) получим: \[\mathrm{d}E_r = -\frac{\mathrm{d}q\,(r'\cos\varphi - r)}{4\pi\varepsilon_0(r'^2 + r^2 - 2r'r\cos\varphi)^{3/2}}.\] Учтём, что \(\mathrm{d}q = q\cdot\mathrm{d}\varphi/(2\pi)\), и введём параметр \(a = r/r'\): \[\mathrm{d}E_r = -\frac{q}{8\pi^2\varepsilon_0r'^2}\,\frac{(\cos\varphi - a)\,\mathrm{d}\varphi}{(1 + a^2 - 2a\cos\varphi)^{3/2}}.\] Упростим полученное выражение с учётом \(a \ll 1\): \[\frac{\cos\varphi - a}{(1 + a^2 - 2a\cos\varphi)^{3/2}} \approx (\cos\varphi - a)(1 + 3a\cos\varphi) \approx \cos\varphi - a + 3a\cos^2\varphi.\] Здесь мы пренебрегали всеми порядками малости выше первого. Получим: \[E_r = -\frac{q}{8\pi^2\varepsilon_0r'^2}\int_0^{2\pi}(\cos\varphi - a + 3a\cos^2\varphi)\,\mathrm{d}\varphi = -\frac{qa}{8\pi^2\varepsilon_0r'^2}\int_0^{2\pi}(3\cos^2\varphi - 1)\,\mathrm{d}\varphi.\] Здесь мы учли, что интеграл от тригонометрической функции за период равен нулю. Продолжая интегрирование: \[\int_0^{2\pi}(3\cos^2\varphi - 1)\,\mathrm{d}\varphi = \int_0^{2\pi}\frac{3\cos2\varphi + 1}{2}\,\mathrm{d}\varphi = \pi.\] Тогда для \(E_r\) имеем: \[E_r = -\frac{qr}{8\pi\varepsilon_0r'^3}.\] При переходе к исходному кольцу \(E_r \to \mathrm{d}E_r\), а \(q \to \mathrm{d}q = 2\pi r'\,\mathrm{d}r'\,\sigma\). Тогда для компоненты электрического поля кольца \(E_r\) получим: \[E_r = -\frac{\sigma r}{4\varepsilon_0}\int_{r_1}^{r_2}\frac{r'\,\mathrm{d}r'}{r'^3} = -\frac{\sigma r}{4\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

Введём угол \(\alpha\) между плоскостью кольца и радиус-вектором \(\vec R\). Тогда для \(r\) и \(z\) получим: \[r = R\cos\alpha \qquad z = R\sin\alpha.\]

Для компонент электрического поля на поверхности шара получим: \[E_z = \frac{R\sin\alpha}{\varepsilon_0}\left(\frac{Q}{4\pi R^3} + \frac{\sigma}{2}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right)\right) \qquad E_r = \frac{R\cos\alpha}{\varepsilon_0}\left(\frac{Q}{4\pi R^3} - \frac{\sigma}{4}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right)\right).\] Величина электрического поля определяется выражением \(E = \sqrt{E_z^2 + E_r^2}\) и достигает экстремальных значений при \(\alpha = 0, \pi/2\). Поскольку заряды кольца и шара положительные, для них имеем: \[E_1 = E(0) = \left|\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2} - \frac{\sigma R}{4\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right)\right| \qquad E_2 = E(\pi/2) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2} + \frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\] Поскольку \(E_1 < E_2\), окончательно находим: \[\left|\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R^2} - \frac{\sigma R}{4\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right)\right| \le E \le \frac{Q}{4\pi R^2} + \frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).\]

2. Для того чтобы электрическое поле можно было считать направленным вдоль оси \(z\) вращения системы, компонента \(E_r\) электрического поля должна обращаться в ноль, чему соответствует единственное значение \(\sigma\), равное: \[\sigma = \frac{Qr_1r_2}{R^3(r_2 - r_1)}.\]

Отметим, что при данном значении \(\sigma\) компонента \(E_z\) не обращается в ноль в точках, удалённых от плоскости кольца на значительное расстояние. Вблизи плоскости кольца компонента электрического поля \(E_z\) в точности стремится к нулю, а полученное нами приближение для компоненты \(E_r\) электрического поля становится неприменимым (для полученной \(\sigma\)), поскольку не учитывает более высоких членов разложения, и, соответственно, в точках, находящихся вблизи плоскости кольца, электрическое поле на довольно коротком участке становится направленным вдоль плоскости кольца.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Маленькая площадка и подобная ей площадка в \(\lambda\) раз дальше (при той же плотности заряда) создают одинаковое поле: заряд растёт как \(\lambda^2\), квадрат расстояния — тоже. Разбейте каждую фигуру на части, подобные первой фигуре относительно нужной точки.

1) \(E'/E_0 = 1\);  2) \(E_A = 3E_0\), вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры;  3) \(E_B = E_0\), вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры;  4) \(E_C = \dfrac{E_0}{\sqrt3 + 1}\), вдоль внешней биссектрисы угла \(\angle C\).

Пусть поверхностная плотность заряда всех фигур, упоминаемых ниже, постоянна, одинакова и равна \(\sigma\) (\(\sigma > 0\)).

Рассмотрим бесконечно малую заряженную площадку с площадью \(\Delta S_1\) и зарядом \(\sigma\Delta S_1\), расположенную на расстоянии \(r\) от точки \(O\), и геометрически ей подобную вторую площадку, заряженную с той же поверхностной плотностью \(\sigma\), но расположенную на расстоянии \(\lambda r\), где \(\lambda\) — коэффициент подобия. Поскольку \[\Delta S_2 = \lambda^2\Delta S_1,\] напряжённости электрических полей, созданных этими площадками, равны: \[E_2 = \frac{\sigma\Delta S_2}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\lambda^2\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = E_1.\] Рассмотрим теперь две заряженные пластины конечного размера, геометрически подобные друг другу с коэффициентом подобия \(\lambda\) и расположенные так, как показано на рис. 1, где \(O\) — центр подобия этих пластин (\(\overrightarrow{OC} = \lambda\cdot\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OD} = \lambda\cdot\overrightarrow{OC}\) и т. п.). Разобьём обе пластины на бесконечно малые площадки, причём так, чтобы каждый элемент разбиения второй пластины был подобен соответствующему элементу первой с центром подобия в точке \(O\). Поскольку, как было показано выше, напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) бесконечно малыми площадками, образующими такую пару, совпадают, то и напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) всей первой и всей второй пластиной, тоже будут совпадать (по модулю и по направлению).

В частности, это значит, что напряжённость поля в точке \(O'\), созданного фигурой, изображённой на рис. 2 из условия задачи, будет также равна \(E_0\). \[E'/E_0 = 1.\]

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Используя результат пункта 1, получим, что напряжённость электрического поля, созданного в точке \(A\) каждой из трёх фигур на рис. 2 (зелёной, синей или серой), равна \(E_0\). Отсюда следует, что заряженная фигура, изображённая в условии на рис. 3, создаёт в точке \(A\) поле с напряжённостью \(3E_0\).

Вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_A = 3E_0\).

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Для ответа на третий вопрос задачи рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 3 (всю окрашенную как-либо область). Обозначим \(E_\text{зел}\) и \(E_\text{син}\) напряжённости полей, созданных в точке \(B\) зелёной и синей областью соответственно. Из подобия этих областей следует, что \(E_\text{зел} = E_\text{син}\).

Напряжённость электрического поля \(E\), созданного всей пластиной в точке \(B\), с одной стороны, равна \(E = E_0 + E_\text{син}\), а с другой стороны, \(E = E_B + E_\text{зел}\), где \(E_B\) — искомая напряжённость поля, созданного фигурой, изображённой в условии на рис. 4. Приравнивая правые части этих соотношений, получим, что \[E_B = E_0.\] Вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_B = E_0\).

Воспользуемся подходом из предыдущего пункта и рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 4 (снова всю окрашенную как-либо область). Зелёная и синяя области, благодаря подобию, создают в точке \(C\) поле с одинаковой по величине и направлению напряжённостью. Следовательно, напряжённость поля, созданного в точке \(C\) указанной в условии трапецией, совпадает с напряжённостью поля, созданного в той же точке кольцевым сектором с углом в \(30^\circ\).

Отсюда, используя симметрию кольцевого сектора, делаем вывод, что вектор \(\vec E_C\) напряжённости электрического поля, созданного трапецией в точке \(C\), направлен по внешней биссектрисе угла \(\angle C\) (см. рис. 5).

Кольцевой сектор с внутренним и внешним радиусами, отличающимися в два раза, представляет собой (с точностью до подобия) одну треть от фигуры, изображённой в условии на рис. 4. Используя результат предыдущего пункта, получим (см. рис. 6) \[E_0 = 2E_C\cos 30^\circ + E_C = E_C\left(\sqrt3 + 1\right) \quad\Rightarrow\quad E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]

Вектор \(\vec E_C\) направлен вдоль внешней биссектрисы угла \(\angle C\); \[E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]

Проще найти силу, с которой поле кольца действует на нить: проинтегрируйте \(\gamma E(z)\,dz\) вдоль оси, или через потенциал кольца на оси.

\(F = \dfrac{\gamma Q}{4\pi\varepsilon_0 R}\).

Сила от элемента полусферы на заряд в центре, спроецированная на ось, пропорциональна проекции площади элемента на основание. Поле в узком зазоре — как в плоском конденсаторе, плюс поле самого заряда \(q\). Энергию удобно найти как работу источника по графику \(U(Q)\).

1) \(F = \dfrac{q\sigma}{4\varepsilon_0}\);  2) \(Q = \dfrac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d} - \dfrac q2\);  3) \(Q_\text{max} = \dfrac{4\pi\varepsilon_0R^3mg}{qd}\), \(U_\text{max} = \dfrac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \dfrac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)\);  4) \(\Delta W = \dfrac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \dfrac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2\).

1. Сила взаимодействия заряда и полусферы направлена вдоль оси вращения. Пусть \(\alpha\) — угол между осью вращения и линией, проведённый из центра полусферы в её некоторую точку, а \(\mathrm{d}S\) — малый элемент поверхности полусферы вблизи данной точки. Тогда получим:

\[\mathrm{d}F_y = \mathrm{d}F\cos\alpha = q\cdot\frac{\sigma\,\mathrm{d}S}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\cos\alpha = \frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\mathrm{d}S\cos\alpha.\] Далее возможны два варианта рассуждений.

Первое решение: Величина \(\mathrm{d}S\cos\alpha\) представляет собой проекцию элемента площади \(\mathrm{d}S\) на основание. Поскольку величина \(r\) постоянна, суммирование проводится следующим образом: \[F = \frac{q\sigma\sum\mathrm{d}S\cos\alpha}{4\pi\varepsilon_0r^2},\] где \(\sum\mathrm{d}S\cos\alpha = \pi r^2\) — площадь круга в основании полусферы.

Подставляя, находим: \[F = \frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}.\]

Второе решение: Рассмотрим взаимодействие заряда с тонкой кольцевой полоской. Для её площади \(\mathrm{d}S\) имеем: \[\mathrm{d}S = 2\pi R\,\mathrm{d}l,\] где \(R = r\sin\alpha\) — радиус полоски, а \(\mathrm{d}l = r\,\mathrm{d}\alpha\) — её ширина.

Отсюда: \[\mathrm{d}F_y = 2\pi R\,\mathrm{d}l\cdot\frac{q\sigma\cos\alpha}{4\pi\varepsilon_0r^2} = \frac{q\sigma\sin\alpha\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha}{2\varepsilon_0}.\] Учитывая, что \(\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha = \mathrm{d}(\sin\alpha) = \mathrm{d}t\), получим: \[F_y = \frac{q\sigma}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^1 t\,\mathrm{d}t.\] Интегрируя, находим: \[F = \frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}.\]

2. Определим заряд \(Q\) на полусферах при напряжении источника \(U\). Поскольку \(d \ll R\) — электрическое поле заряда \(q\) в зазоре между полусферами можно считать постоянным по модулю и равным \(E_q = q/(4\pi\varepsilon_0R^2)\). Тогда напряжение, создаваемое зарядами полусфер, равно: \[U_Q = U - U_q = U - \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Обратим внимание, что эта величина также постоянна. Опишем два способа определения электрического поля \(E_\text{заз}\) в зазоре:

Первое решение: Мысленно достроим полусферы до сфер, равномерно заряженных по поверхности одинаковыми по величине и противоположными по знаку зарядами \(\pm 2Q\).

Тогда внутри сферы радиусом \(R\) электрическое поле равняется нулю во всех точках, а в зазоре между ними электрическое поле равняется: \[E_\text{заз} = \frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Поскольку \(d \ll R\) — создаваемое добавленными полусферами электрическое поле пренебрежимо мало по сравнению с полным электрическим полем \(E_\text{заз}\), поскольку при достаточно больших расстояниях от краёв эти полусферы ведут себя как одна с нулевым суммарным зарядом.

Второе решение: Поскольку радиусы сфер велики по сравнению с толщиной в зазоре и поскольку суммарный заряд системы равен нулю — электрическое поле в зазоре между полусферами с хорошей точностью можно приблизить электрическим полем внутри плоского конденсатора, поскольку поверхностные плотности заряда на полусферах по модулю практически совпадают. Отсюда: \[E_\text{заз} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\pi R^2\varepsilon_0}.\]

Воспользовавшись выражением для электрического поля в зазоре, получим: \[U_Q = \frac{Qd}{2\pi\varepsilon_0R^2} = U - \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2},\] откуда находим: \[Q = \frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d} - \frac q2.\]

3. Поскольку заряды полусфер равны \(\pm Q\), а их площади равны соответственно \(2\pi R^2\) и \(2\pi(R + d)^2\), для силы \(F\) электростатического взаимодействия заряда \(q\) с полусферами находим: \[F = \frac{qQ}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R^2} - \frac{1}{(R + d)^2}\right) = \frac{qQ}{8\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 - \left(1 + \frac dR\right)^{-2}\right) \approx \frac{qQd}{4\pi\varepsilon_0R^3}.\] В момент начала движения \(F = mg\), откуда находим заряд \(Q_\text{max}\), при котором заряд \(q\) начинает движение: \[Q_\text{max} = \frac{4\pi\varepsilon_0R^3mg}{qd}.\] Подставляя связь \(Q\) и \(U\), для напряжения \(U_\text{max}\) получим: \[U_\text{max} = \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right).\]

4. Для определения изменения электростатической энергии системы можно использовать два подхода — закон изменения энергии и вычисление её каждой компоненты.

Первое решение: Поскольку напряжение \(U\) между обкладками изменяется медленно, изменение электростатической энергии системы \(\Delta W\) равняется работе источника по перемещению зарядов между обкладками.

Для её определения построим график зависимости \(U(Q)\). При нулевом напряжении на источнике заряды на полусферах равны \(\mp q/2\). Работа источника равна площади под этим графиком при изменении заряда полусфер от величины \(-q/2\) до величины \(Q_\text{max}\). Эта площадь, в свою очередь, равна площади треугольника со сторонами \(U_\text{max}\) и \(Q_\text{max} + q/2\).

Таким образом: \[A_\text{ист} = \frac{U_\text{max}}{2}\left(Q_\text{max} + \frac q2\right),\] и окончательно: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

Второе решение: Электростатическая энергия системы складывается из энергии взаимодействия \(W_C\) полусфер друг с другом и энергии взаимодействия \(W_q\) полусфер с зарядом \(q\).

Выражение для энергии полусфер совпадает с выражением для энергии конденсатора: \[W_C = \frac{Q^2}{2C} \qquad C = \frac{2\pi\varepsilon_0R^2}{d}.\] Энергия \(W_1\) взаимодействия одной полусферы с зарядом \(Q\) и радиусом \(r\) с точечным зарядом \(q\), расположенным в её центре, равна: \[W_1(r) = Q\varphi_q(r) = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0r},\] откуда: \[W_q = W_1(R) - W_1(R + d) = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1R - \frac{1}{R + d}\right) \approx \frac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Тогда выражение для электростатической энергии системы \(W\): \[W = W_C + W_q = \frac{Q^2d}{4\pi\varepsilon_0R^2} + \frac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0R^2} = \frac{Q(Q + q)d}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Подставляя связь \(U\) и \(Q\), находим: \[W = \frac{d}{4\pi\varepsilon_0}\left(\left(\frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d}\right)^2 - \left(\frac q2\right)^2\right).\]

Таким образом, выражение для изменения электростатической энергии системы следующее: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

Третье решение: Рассмотрим произвольную систему точечных зарядов. Пусть \(q_i\) — точечный заряд с номером \(i\), а \(\varphi_i\) — потенциал, создаваемый остальными зарядами в месте расположения заряда \(q_i\). Тогда потенциальная энергия \(i\)-го заряда в поле остальных равняется: \[W_i = q_i\varphi_i.\] Если просуммировать величины \(W_i\), то полученная сумма будет равна удвоенной электростатической энергии системы \(2W\), поскольку в данной сумме каждое взаимодействие учитывается два раза. Таким образом: \[W = \sum_i\frac{q_i\varphi_i}{2}.\] Применяя последнее соотношение, получим: \[W = \frac{\varphi_+Q}{2} + \frac{\varphi_-(-Q)}{2} + \frac{\varphi_qq}{2},\] где \(\varphi_+\) и \(\varphi_-\) — потенциалы на поверхностях полусфер с зарядами \(Q\) и \(-Q\) соответственно, а \(\varphi_q\) — потенциал поля полусфер в их центре.

Имеем: \[W = \frac{UQ}{2} + \frac q2\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} - \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0(R + d)}\right) \approx \frac{UQ}{2} + \frac{qQd}{8\pi\varepsilon_0R^2}.\] Подставляя связь \(Q\) и \(U\), находим: \[W = \frac{d}{4\pi\varepsilon_0}\left(\left(\frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d}\right)^2 - \left(\frac q2\right)^2\right).\] Тогда для изменения электростатической энергии имеем: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

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 \(F = \dfrac{5}{18\pi\varepsilon_0}\dfrac{Qq}{a^2}\).

Внутри шарика устанавливается однородное электрическое поле, компенсирующее силу Лоренца. Разложите скорость на составляющие вдоль \(OC\) и перпендикулярно \(OC\) и воспользуйтесь суперпозицией.

\(\sigma_C = \sigma_0\cos\alpha = \sigma_0/2\); \(\varphi_A - \varphi_C = vBR(1 - \cos\alpha) = 0{,}1\) В.

Для малых смещений сила на стержень линейна по смещению, то есть он совершает гармонические колебания; максимальную скорость найдите из энергии. Во втором пункте работает закон сохранения импульса.

a) \(v = x_0\sqrt{\dfrac{q^2}{m\,(L^2+R^2)^{3/2}}}\);  b) \(v = x_0\sqrt{\dfrac{q^2}{2m\,(L^2+R^2)^{3/2}}}\).

Из равновесия всей системы (нить с грузом) \(\vec T + m\vec g + \lambda L\vec E = 0\) находятся проекции поля через натяжение \(T\) в точке крепления. Вторая связь — между натяжениями на концах нити: мысленно протяните нить вдоль самой себя на \(dl\) и приравняйте работу натяжений изменению энергии нити в поле.

\(E = \dfrac{mg}{\lambda L}\sqrt{1 + \left(\dfrac{L - H}{L - S}\right)^2}\).

Пусть \(\vec T\) — сила, действующая на нить в точке её крепления, равная по модулю силе натяжения нити в данной точке. Тогда, поскольку система расположена в равновесии: \[\vec T + m\vec g + \lambda L\vec E = 0.\] Введём систему координат \(xy\), где ось \(x\) направлена вправо, а ось \(y\) — вертикально вверх. Тогда из условия равновесия: \[E_y = \frac{mg}{\lambda L}, \qquad E_x = \frac{T}{\lambda L}.\] Свяжем силы натяжения нити \(T_0 = mg\) в точке крепления груза и \(T\) в точке крепления нити. Приведём два способа получения данной связи.

Первый способ. Воспользуемся методом виртуальных перемещений. Мысленно поместим нить в гладкую трубку, повторяющую форму нити. Это не изменит силу натяжения, потому что нить с трубкой не взаимодействует. Сдвинем нить вдоль трубки на величину \(dl\) в направлении от точки крепления груза к точке крепления нити. Тогда изменение формы нити эквивалентно перемещению участка нити длиной \(dl\) из точки крепления груза в точку крепления нити, поскольку форма остальной части нити не изменится. Поскольку сила натяжения невесомой нити направлена вдоль нити, работа сил, приложенных к концам нити, на указанном виртуальном перемещении равна: \[\delta A = T\,dl - T_0\,dl = T\,dl - mg\,dl.\] Совершаемая силами натяжения работа равна изменению потенциальной энергии нити в электростатическом поле: \[\delta A = dW_p.\] Поскольку перемещение нити эквивалентно перемещению её участка длиной \(dl\) из точки крепления груза в точку крепления нити — изменение потенциальной энергии нити в электростатическом поле равно изменению потенциальной энергии соответствующего участка нити: \[dW_p = \lambda\,dl\,(\varphi - \varphi_0) = \lambda\,dl\,\Delta\varphi,\] где \(\varphi\) и \(\varphi_0\) — потенциалы электростатического поля в точках крепления нити и груза соответственно. Для изменения потенциала \(\Delta\varphi\) имеем: \[\Delta\varphi = -E_x(x - x_0) - E_y(y - y_0).\] Поскольку \(x - x_0 = -S\), а \(y - y_0 = H\), для изменения потенциала \(\Delta\varphi\) находим: \[\Delta\varphi = E_xS - E_yH.\] Таким образом: \[T - mg = \lambda(E_xS - E_yH).\]

Второй способ. Рассмотрим бесконечно малый элемент нити длиной \(dl\). Условие его равновесия записывается следующим образом: \[\left(\vec T + d\vec T\right) - \vec T + \vec E\lambda\,dl = 0.\] Проецируя на направление касательной к нити, получим: \[dT + \lambda E_\parallel\,dl = 0.\] Пусть касательная к нити образует угол \(\varphi\) с вертикалью. Тогда для \(E_\parallel\) имеем:

\[E_\parallel = E\cos\varphi - E\sin\varphi,\] откуда: \[dT + E_y\lambda\,dl\cos\varphi - E_x\lambda\,dl\sin\varphi = 0.\] Но при этом \(dl\cos\varphi = dy\), а \(dl\sin\varphi = -dx\), откуда: \[dT + E_y\lambda\,dy + E_x\lambda\,dx = 0.\] Суммируя, получим: \[T - T_0 = T - mg = -E_y\lambda(y - y_0) - E_x\lambda(x - x_0).\] Поскольку \(y - y_0 = H\), а \(x - x_0 = -S\), получим: \[T - mg = \lambda(E_xS - E_yH).\]

Но поскольку \(T = \lambda LE_x\): \[\lambda LE_x - mg = \lambda(SE_x - HE_y) = \lambda SE_x - \lambda H\cdot\frac{mg}{\lambda L} \;\Rightarrow\; E_x = \frac{mg}{\lambda L}\,\frac{L - H}{L - S}.\] Для напряжённости электростатического поля имеем: \[E = \sqrt{E_x^2 + E_y^2},\] откуда: \[E = \frac{mg}{\lambda L}\sqrt{1 + \left(\frac{L - H}{L - S}\right)^2}.\]

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 \[T = 2\pi\sqrt{\frac{\sqrt2\,mR^2}{\sqrt2\,mgR - kq\lambda}}.\]

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 \(T + F_\text{кул} = 2\sqrt2\,qE_\text{п}\), \[\begin{gather*} N_m = mg + ma_n + 2qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{2(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{13 - 2\sqrt2}{3},\\ N_{2m} = 2ma_n + 3qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{4(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{17 - 4\sqrt2}{3}. \end{gather*}\]