Малые колебания, период через энергию

При малом отклонении на угол \(\varphi\) горизонтальная составляющая силы электрического поля даёт поправку второго порядка малости. Запишите уравнение движения по касательной к дуге.

\(T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{g}{l} + \dfrac{qE\cos\beta}{ml}}}\).

Максимум удлинения найдите из закона сохранения энергии (потерь нет): энергия деформации равна убыли потенциальной энергии груза. Равновесие — когда сила упругости равна \(Mg\). Вблизи равновесия шнур ведёт себя как пружина с жёсткостью, равной наклону касательной к \(F(\Delta L)\).

А. \(\Delta L_0 \approx 0{,}05\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}10\) м, \(T \approx 0{,}44\) с;  Б. \(\Delta L_0 \approx 0{,}4\) м, \(\Delta L_{\max} \approx 0{,}89\) м, \(T \approx 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\) с.

Поскольку потери энергии при падении груза малы, максимальное удлинение может быть найдено на основании закона сохранения энергии. Искомая величина в каждом случае есть решение уравнения \[W(\Delta L) = mg\,\Delta L,\] которое может быть найдено графическим способом. Сделав необходимые построения (см. график), находим значения максимального отклонения для каждого пункта. В пункте А получается значение \(\Delta L_{\max}^{(A)} \approx 0{,}10\) м, в пункте Б получается \(\Delta L_{\max}^{(\text{Б})} \approx 0{,}89\) м.

Ещё проще найти равновесное значение удлинения. Искомая величина в этом случае удовлетворяет уравнению \[F(\Delta L) = mg,\] которое легко решается графически. В результате в пунктах А и Б получается соответственно \(\Delta L_0^{(A)} \approx 0{,}05\) м и \(\Delta L_0^{(\text{Б})} \approx 0{,}4\) м.

Для определения периода колебаний будем рассматривать груз на резинке как пружинный маятник, при этом коэффициент жёсткости пружины будем считать равным тангенсу угла наклона касательной к графику силы в положении равновесия. В пункте А жёсткость вблизи положения равновесия равна \(k^{(A)} \approx 20\) Н/м, в пункте Б \(k^{(\text{Б})} \approx 10\) Н/м. Таким образом, период малых колебаний в пункте А равен \[T^{(A)} = 2\pi\sqrt{\frac{M}{k}} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1}{20}} \approx 0{,}44\text{ с}.\] В пункте Б получается другое значение \[T^{(\text{Б})} \approx 2\pi\sqrt{\frac{0{,}6}{10}} \approx 1{,}54\text{ с}.\]

Сила. Каждая половинка струны наклонена к прямой на угол \(\theta\), причём при \(x\ll l\)

Поперечная составляющая натяжения каждой половинки равна \(F\sin\theta\approx Fx/l\), а половинок две:

Знак минус означает, что сила направлена против смещения — к положению равновесия.

Почему линейно. Натяжение по условию не меняется, а весь нелинейный эффект сидит в \(\sqrt{l^2+x^2}\). Разложение

показывает, что первая поправка мала как \((x/l)^2\): при \(x/l = 0{,}1\) это уже полпроцента. Так устроено любое малое отклонение от равновесия — первый член разложения линеен, и именно поэтому колебания получаются гармоническими.

Потенциальная энергия. Сила линейна, значит энергия квадратична: как и для пружины жёсткости \(k = 2F/l\),

(Это можно получить и «геометрически»: каждая половинка удлинилась на \(\sqrt{l^2+x^2}-l \approx x^2/(2l)\), работа против натяжения равна \(2F\cdot x^2/(2l) = Fx^2/l\) ✓.)

Скорость в положении равновесия. Вся энергия переходит в кинетическую:

Положение равновесия. Пусть в равновесии пружина растянута на \(\Delta = mg/k\). Отсчитаем \(x\) вниз от этого положения. Тогда растяжение равно \(\Delta + x\), и суммарная сила

Тяжесть выпала: суммарная сила такая же, как у пружины без всякого тяготения.

Потенциальная энергия. Сложим энергию пружины и энергию тяжести:

Слагаемые с первой степенью \(x\) взаимно уничтожаются \((k\Delta = mg)\), а постоянные можно отбросить — начало отсчёта энергии произвольно:

а. Энергия. В крайней точке вся энергия потенциальная, в положении равновесия — кинетическая:

б. Восстанавливаем энергию. Возведём закон \(v(x)\) в квадрат:

Полная энергия постоянна и равна \(mv_0^2/2\), поэтому

Квадратичной энергии отвечает линейная сила — та же, что у пружины жёсткости \(k\):

Зависит ли от природы силы. Нет. Мы нигде не пользовались тем, что это пружина: заданы движение и масса, а сила однозначно определяется вторым законом Ньютона. Точно так же двигалось бы тело в поле любой другой природы — электрической, магнитной, упругой, — лишь бы результирующая сила была равна \(-kx\).

Сколько времени лампочка проводит в разных местах. За время \(dt\) она проходит участок \(dx = v\,dt\), значит

Доля времени, приходящаяся на участок длины \(dx\), обратно пропорциональна скорости. Для гармонических колебаний

и у краёв \((x\to\pm x_0)\) скорость стремится к нулю, а «плотность времени» \(1/v\) — к бесконечности.

Что видит глаз. Яркость размазанной полоски пропорциональна этой плотности: в середине она минимальна, у концов резко возрастает. Поэтому и кажется, что лампочка вспыхивает в крайних точках — на самом деле светит она равномерно, просто у краёв она задерживается дольше всего.

Насколько сильно. Сравним доли времени, проведённые в средней половине размаха и в двух крайних четвертях. Время от \(-x_0/2\) до \(x_0/2\) отвечает изменению фазы от \(-30^\circ\) до \(30^\circ\), то есть трети полупериода; на две крайние четверти приходятся остальные две трети. То есть у краёв лампочка проводит вдвое больше времени, хотя они занимают вдвое меньшую длину — яркость там вчетверо выше.

Сила. Разложим вес на составляющую вдоль нити (её гасит натяжение) и поперечную. Поперечная равна \(mg\sin\theta\), а

поэтому

Маятник — та же пружина с жёсткостью \(k = mg/l\).

Потенциальная энергия. Шарик поднимается на

значит

— как и положено при линейной силе.

Энергия. В крайней точке \(U = mg x_0^2/(2l)\), в нижней вся энергия кинетическая:

Энергия в жёлобе. Отклонившись на \(x\) по горизонтали, тело поднимается на \(h \approx x^2/(2\rho)\) — точно как маятник длины \(\rho\) (см. задачу 3.1.5). Значит

Приравниваем энергии. В обеих крайних точках скорость нулевая, а полная энергия одна и та же:

Иначе говоря, вправо тело заезжает в \(\sqrt{R/r}\) раз дальше — именно в такой форме ответ и записан в задачнике.

Потенциальная энергия. Повернём стержень на малый угол \(\theta\). Каждая точка приложения сместилась против своей силы вдоль поля на \(\frac l2(1-\cos\theta)\), значит работа против сил равна

Поперечное смещение каждого шарика \(x = \frac l2\theta\), откуда \(\theta = 2x/l\) и

Кинетическая энергия. В положении равновесия оба шарика имеют скорость \(v_0\):

Сохранение энергии. Приравниваем \(U(x_0)\) и \(K\):

Сведение к маятнику. Пока шарик касается лунки, расстояние между центром лунки и центром шарика равно \(R - r\) и не меняется. Значит центр шарика движется по окружности радиуса \(R-r\) — в точности как шарик маятника длины \(l = R-r\).

Энергия. Подставляя \(l = R-r\) в результат задачи 3.1.5:

где \(x\) — горизонтальное смещение центра шарика.

Точная энергия. Отсчитаем от центра:

Сложим первые две дроби:

Формула точная — и уже видно, что \(\Delta U\) чётна по \(x\) и обращается в нуль только при \(x = 0\).

Малые смещения. При \(x \ll L\) в знаменателе \(L^2 - x^2 \approx L^2\):

Зависимость квадратичная ✓, то есть бусинка в центре ведёт себя как груз на пружине жёсткости \(k\).

Амплитуда. Вся кинетическая энергия переходит в потенциальную:

Удлинение. Точка соединения сместилась вниз на \(x\). Пружина вытягивается на проекцию этого смещения на своё направление, а направление составляет с вертикалью угол \(\alpha\):

(Поперечная составляющая смещения при малом \(x\) даёт поправку порядка \(x^2\) и не считается.)

Силы. Каждая пружина тянет вдоль себя с силой \(k\Delta = kx\cos\alpha\). Вертикальная составляющая этой силы

а пружин две. Горизонтальные составляющие по симметрии гасятся. Условие равновесия:

а. Равновесие. На расстоянии \(R\) кулоновская сила равна весу:

На расстоянии \(R+x\) она равна

поэтому суммарная сила (вверх положительна)

б. Новое равновесие. Заряды те же, значит произведение \(kQq\) не изменилось. Из \(kQq = mgR^2 = 3mg\,R'^2\) получаем

Формула для силы та же с заменой \(m\to3m,\ R\to R'\):

Новое положение равновесия. Произведение зарядов не менялось, поэтому

Амплитуда. Тело начинает движение из точки \(R\) без скорости, значит

Частота. Около нового равновесия жёсткость та же с точностью до малых:

Максимальная скорость.

Геометрия. Точки крепления нитей отстоят от оси на \(l/2\). При повороте на \(\varphi\) каждая из них смещается по горизонтали на \((l/2)\varphi\). Нить длины \(h\) наклоняется на угол \(\beta\) с

а стержень поднимается на

Энергия и момент. Грузов два:

Квадратичной энергии отвечает линейный возвращающий момент — точно так же, как квадратичной энергии \(kx^2/2\) отвечает сила \(-kx\):

Максимальная угловая скорость. Момент инерции двух грузов относительно вертикальной оси

Вся энергия, запасённая при повороте на \(\varphi_0\), переходит в кинетическую:

Отношение масс. Пусть масса тележки \(M\), масса шарика \(m\). Центр масс неподвижен, поэтому амплитуды обратны массам:

Угол отклонения нити. Он определяется относительным смещением шарика и тележки. Тела в противофазе, значит амплитуда относительного смещения равна \(x_0 + y_0\) и

Частота. Горизонтальная сила на шарик — это составляющая натяжения \(mg\theta\). При гармоническом движении с амплитудой \(x_0\) она равна \(m\omega^2 x_0\):

Скорости. Обе амплитуды колеблются с этой частотой:

Второй закон Ньютона вдоль нити. Ускорение вдоль нити — центростремительное:

Подставляем малые величины. При \(\theta \approx x/l\)

а скорость находится из сохранения энергии (задача 3.1.5):

Значит

Крайние значения. Внизу \((x=0)\) натяжение максимально, в крайних точках \((x = \pm x_0)\) — минимально:

Переносим результат. В задаче 3.1.16 с заменой \(l\to R\):

Размах.

По условию \(\Delta \ll N\), значит \(mg \approx N\) с той же точностью, и

Процесс изотермический: найдите жёсткость «газовой пружины», линеаризовав зависимость силы давления от смещения поршня вблизи равновесия.

\(99\) (сотых долей секунды).

Если бусинка смещена от центра на малое расстояние, часть стержня справа и слева от неё притягивает её с одинаковой силой. Какой остаток стержня даёт ненулевую результирующую?

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L^3}{8GM}} = \pi\sqrt{\dfrac{L^3}{2GM}}\).

Когда бусинка отклонена от положения равновесия на малое расстояние \(x\), то в силу симметрии со стороны «белой» части стержня не действует сил (см. рисунок), а со стороны кусочка длиной \(2x\) действует сила, равная \(G\,\dfrac{m\left(\frac{2x}{L}M\right)}{(L/2)^2}\), где \(m\) "— масса бусинки.

Запишем второй закон Ньютона для бусинки: \[m\ddot x = -G\,\frac{m\left(\frac{2x}{L}M\right)}{(L/2)^2} \quad\Rightarrow\quad \ddot x + \left(G\,\frac{8M}{L^3}\right)x = 0,\] откуда получаем \[T = 2\pi\sqrt{\frac{L^3}{8GM}} = \pi\sqrt{\frac{L^3}{2GM}}.\]

Тело покоится относительно стенки только благодаря трению: что говорит о коэффициенте трения угол, под которым оно сидит в равновесии? Запишите второй закон Ньютона вдоль трубы при малом смещении.

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{4R}{5g}}\).

При малых поворотах нить с одной стороны растягивается, а с другой провисает, так что в каждую половину периода работает только одна из нитей. В части B момент трения постоянен, пока диск скользит по оси.

A) \(T = \pi\left(\sqrt{\dfrac{m}{k}} + \sqrt{\dfrac{m}{3k}}\right)\);  B1) \(t_1 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\);  B2) \(\omega_{\max}^{(1)} = \dfrac{M_0}{R^2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{km}}\);  B3) \(t_2 = \dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{3k}}\), \(\omega_{\max}^{(2)} = \dfrac{M_0}{R^2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3km}}\).

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

Выберите одну координату (например, длину пружины или угол между рейками), выразите через неё потенциальную и кинетическую энергии всей системы и сведите задачу к гармоническому осциллятору.

Период малых колебаний системы равен \(T = N\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Найдите положение центра масс шариков и то, как меняется его высота при отклонении на малый угол; для малых колебаний кинетическая энергия не зависит от угла, а потенциальная квадратична по нему.

\(T = \dfrac{2\pi}{\Omega} = \dfrac{2\pi L}{m_1 + m_2}\sqrt{\dfrac{m_1 m_2}{g R}}\).

Свяжите смещение груза со смещением верхней точки обруча, к которой прикреплена пружина, и запишите полную энергию системы через скорость груза.

\(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{4k}{m + 2M}}\).

Пусть груз массой \(m\) отклонился от положения равновесия на \(x\) вниз. Тогда деформация пружины равна \(2x\), так как обруч движется без проскальзывания. Полная энергия системы равна: \[E = -mgx + \frac{m\dot x^2}{2} + M\dot x^2 + 4\,\frac{kx^2}{2} = \text{const}.\] Продифференцировав это выражение по времени, получаем: \[-mg\dot x + m\dot x\ddot x + 2M\dot x\ddot x + 4kx\dot x = 0 \;\Longrightarrow\; \ddot x + \frac{4k}{m + 2M}\left(x - \frac{mg}{4k}\right) = 0.\] Окончательно получаем: \[\omega_0^2 = \frac{4k}{m + 2M}.\]

Перейдите во вращающуюся систему отсчёта: на груз действуют сила тяжести, сила реакции стержня и центробежная сила. Энергию в неподвижной системе сохранять нельзя "— привод совершает работу.

Период малых колебаний грузов относительно положения равновесия равен \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{a\sqrt{2}}{g}}\).

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

Равновесное давление газа задано весом поршня и атмосферой. Для малых отклонений линеаризуйте связь \(\Delta P\) и \(\Delta V\) (изотерма и адиабата), а для второго пункта запишите первое начало термодинамики через мощности и решайте для гармонических величин, например методом комплексных амплитуд.

Найдите положение центра масс всей системы (дуга плюс грузы) и момент инерции относительно оси; далее — физический маятник.

\(T \approx 1{,}1\) с.

Энергия диполя в поле равна \(-\mathbf p\cdot\mathbf E\). В пункте а) используйте сохранение энергии, в пункте б) запишите уравнение вращения диполя вокруг центра и сравните с уравнением гармонических колебаний.

Сила в жгуте и пружине одна и та же, а удлинения складываются. Для груза решайте уравнение \(f(x) = kL - kx\) графически; энергия — площадь под графиком; для малых колебаний возьмите жёсткость жгута как наклон касательной.

1) \(X = 31{,}5\) см;  2) \(m = 40\) г;  3) \(E \approx 18 \pm 2\) мДж;  4) \(T \approx 0{,}84 \pm 0{,}05\) с.

При противофазном смещении средняя пружина растянута вдвое сильнее смещения середины спиц; запишите энергию или моменты сил относительно точки подвеса.

\(5\) с\(^{-1}\).

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 \[T = \frac{8\pi}{3}\sqrt{\frac{2}{\sqrt{3}}\frac{m\varepsilon_0l}{q}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0\right)^{-1}}.\]

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 \(v_0\).