Интегрирование в физике

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.

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

Запишите теорему о движении центра масс каната: сумма внешних сил равна \(m\vec a_{\text{цм}}\). Найдите ускорение центра масс, разбив канат на малые элементы, ускорения которых направлены по касательной.

\(R_{\text{р}} = ma\,\dfrac{\sqrt{4+\pi^2}}{\pi^2}\),  \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{\pi}{2}\).

На расстояниях порядка \(d \ll R\) поле каждого диска однородно, поэтому потенциал вблизи диска убывает линейно с расстоянием от его центра. Сложите потенциалы трёх дисков.

a) формула выводится суммированием потенциалов колец, на которые разбит диск; b) \(\varphi(a) = (4 - 2a)\text{ В}\) при \(0 < a \leqslant 1\) и \(\varphi(a) = (8 - 6a)\text{ В}\) при \(1 < a \leqslant 2\) (ломаная от \(4\) В через \(2\) В при \(a=1\) до \(-4\) В при \(a=2\)).

a) Потенциал в центре получается в результате интегрирования (суммирования) потенциалов центров тонких колец, на которые разбивается диск: \[\varphi_0 = \int\limits_0^R \frac{\sigma\, 2\pi r\,dr}{4\pi\varepsilon_0 r} = \int\limits_0^R \frac{\sigma\,dr}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma R}{2\varepsilon_0}.\]

b) Поскольку поле на расстояниях порядка \(d\) однородное, потенциал уединённого диска на оси рядом с центром изменяется линейно в зависимости от координаты \[\varphi(x) = \varphi_0 - E\,|x| = \varphi_0 - \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,|x| .\] Последняя формула может быть получена также в результате интегрирования по кольцам, похожего на вывод формулы для \(\varphi_0\). Действительно, потенциал на оси диска в точке с координатой \(x\) равен \[\varphi(x) = \int\limits_0^R \frac{\sigma\, 2\pi r\,dr}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+x^2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{R^2+x^2} - |x|\right).\] При малых \(x\) в подкоренном выражении можно пренебречь \(x^2\): \(\sqrt{R^2+x^2} - |x| \approx R\left(1 + \dfrac{x^2}{2R^2}\right) - |x| \approx R - |x|\), так что в итоге получится то же соотношение.

Рассмотрев суперпозицию трёх дисков, найдём зависимость потенциала системы дисков от координаты: \[\varphi(x) = -\frac{\sigma|x|}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma|x-d|}{\varepsilon_0} + \frac{3\sigma|x-2d|}{2\varepsilon_0}.\] Учитывая, что \(d = \dfrac{R}{1000}\), получаем, раскрыв модули, зависимость потенциала от безразмерной координаты на интересующем нас отрезке: \[\begin{cases} \varphi(a) = (4 - 2a)\text{ В}, & 0 < a \leqslant 1;\\ \varphi(a) = (8 - 6a)\text{ В}, & 1 < a \leqslant 2. \end{cases}\] Искомый график изображён на рисунке.

Этот график можно получить и без использования формулы для потенциала вблизи диска. Систему дисков можно рассматривать как суперпозицию двух конденсаторов: обкладки одного заряжены с поверхностной плотностью \(\pm 3\sigma\), расстояние между ними равно \(2d\), обкладки другого заряжены с поверхностной плотностью \(\mp 2\sigma\), расстояние между ними равно \(d\). Потенциал поля уединённого конденсатора с поверхностными зарядами \(\pm\sigma\) на обкладках, расположенных в точках с координатами \(\pm\dfrac{d}{2}\), даётся формулами \[\varphi(x) = \begin{cases} \dfrac{\sigma x}{\varepsilon_0}, & |x| \leqslant \dfrac{d}{2};\\[2mm] \pm\dfrac{\sigma d}{2\varepsilon_0}, & |x| \geqslant \dfrac{d}{2}. \end{cases}\] Эти формулы удовлетворяют условию равенства нулю потенциала в бесконечно удалённой точке, при этом снаружи конденсатора потенциал можно считать постоянным только вблизи конденсатора. Сложив потенциалы полей конденсаторов, получим искомый график.

Пунктирная граница — это случаи, когда в итоге весь лёд при \(0\,^\circ\)C: вода остыла и замёрзла, отдав тепло на нагрев льда. Теплоёмкость льда линейна по температуре, так что тепло на нагрев считается через среднюю теплоёмкость; подставьте в уравнение границы две удобные точки диаграммы.

1) \(\gamma = 4{,}0\), \(\alpha = 7{,}0\text{ Дж/(кг}\cdot({}^\circ\text{C})^2)\);  2) льда в чистом виде нет; появляется область «вода» выше линии \(t_\text{в} = 80 - t_\text{л}/2 - t_\text{л}^2/1200\), проходящей через точки \((0\,^\circ\text{C}; 80\,^\circ\text{C})\) и \((-43\,^\circ\text{C}; 100\,^\circ\text{C})\); остальное — смесь воды и льда.

1. Первый способ. Пунктирная линия на диаграмме, разделяющая состояния «лёд» и «смесь воды и льда», соответствует льду при температуре плавления \(0\,^\circ\)C. Выведем уравнение данной линии. Количество теплоты, которое вода отдаёт при остывании до \(0\,^\circ\)C и кристаллизации: \(Q_\text{отд} = 2cm_\text{в}t_\text{в} + m_\text{в}\lambda\). Средняя удельная теплоёмкость льда при нагревании от \(t_\text{л}\) до \(0\,^\circ\)C равна \(c_\text{ср} = \dfrac{c + (c + \alpha t_\text{л})}{2} = c + \dfrac{\alpha t_\text{л}}{2}\). Тогда количество теплоты, необходимое для нагревания льда до \(0\,^\circ\)C, равно \(Q_\text{получ} = c_\text{ср}m_\text{л}(-t_\text{л}) = -\left(c + \dfrac{\alpha t_\text{л}}{2}\right)m_\text{л}t_\text{л}\). Так как тепловых потерь нет, \(Q_\text{отд} = Q_\text{получ}\). Используя обозначения \(\gamma = m_\text{л}/m_\text{в}\) и \(\lambda = 2cT\), получим искомую зависимость: \[t_\text{в}(t_\text{л}) = -T - \frac{\gamma t_\text{л}}{2} - \frac{\alpha\gamma t_\text{л}^2}{4c}. \tag{1}\] Подставив в уравнение (1) точки \((-95; 80)\) и \((-55; 20)\) из диаграммы, в которых пунктирная линия хорошо попадает на узлы координатной сетки, получим \[\gamma = 4{,}0, \qquad \alpha = 7{,}0\text{ Дж/(кг}\cdot({}^\circ\text{C})^2).\]

Второй способ. Пунктирная линия на диаграмме, разделяющая состояния «лёд» и «смесь воды и льда», соответствует льду при температуре плавления \(0\,^\circ\)C. Найдём угловой коэффициент касательной, проведённой к этой пунктирной линии, в точке \((t_\text{л}; t_\text{в})\). Пусть кусок льда взят при температуре \(t_\text{л} - \Delta t_\text{л}\) (\(\Delta t_\text{л} \ll t_\text{л}\)). Определим, на сколько градусов \(\Delta t_\text{в}\) теплее необходимо взять воду, чтобы содержимым сосуда был лёд при \(0\,^\circ\)C. Дополнительное количество теплоты, необходимое для плавления льда, равно \(\Delta Q_\text{л} = c_\text{л}(t_\text{л})m_\text{л}\Delta t_\text{л}\). Это тепло берётся из-за более тёплой воды: \(\Delta Q_\text{в} = 2cm_\text{в}\Delta t_\text{в}\). Так как тепловых потерь нет, \(\Delta Q_\text{в} = \Delta Q_\text{л}\). Модуль углового коэффициента касательной \[k = \frac{\Delta t_\text{в}}{\Delta t_\text{л}} = \frac{c_\text{л}(t_\text{л})m_\text{л}}{2cm_\text{в}} = \frac{\gamma}{2}\left(1 + \frac{\alpha}{c}t_\text{л}\right). \tag{1^*}\] Этот же результат можно было получить дифференцированием по \(t_\text{л}\) выражения (1), полученного в первом методе решения. Подставив в уравнение (1*) значения для модулей угловых коэффициентов касательных \(k_1 = \left|\dfrac{80 - 20}{(-90) - (-55)}\right| = 1{,}714\) и \(k_2 = \left|\dfrac{80 - 0}{(-95) - (-35)}\right| = 1{,}333\), проведённых к точкам пунктирной линии \(t_\text{л}^{(1)} = -43\,^\circ\)C и \(t_\text{л}^{(2)} = -100\,^\circ\)C соответственно, получим \[\gamma = 4{,}0, \qquad \alpha = 7{,}0\text{ Дж/(кг}\cdot({}^\circ\text{C})^2).\]

Реальная зависимость (табличные данные) удельной теплоёмкости льда от его температуры имеет такой вид (см. рисунок).

2. В диаграмме, данной в условии, масса льда была в 4 раза больше массы воды, поэтому конечным состоянием содержимого сосуда не могла быть вода. В данном же пункте задачи, возможно, что конечным состоянием содержимого сосуда может быть и вода. Найдём уравнение линии, соответствующей воде при \(0\,^\circ\)C. Количество теплоты, которое вода отдаёт при остывании до \(0\,^\circ\)C: \(Q_\text{отд} = 2cm_\text{в}t_\text{в}\). Количество теплоты, необходимое для нагревания льда до \(0\,^\circ\)C и его плавления: \(Q_\text{получ} = -\left(c + \dfrac{\alpha t_\text{л}}{2}\right)m_\text{л}t_\text{л} + m_\text{л}\lambda\). Из уравнения \(Q_\text{отд} = Q_\text{получ}\) получим искомую зависимость: \[t_\text{в}(t_\text{л}) = \gamma T - \frac{\gamma t_\text{л}}{2} - \frac{\alpha\gamma t_\text{л}^2}{4c}. \tag{2}\] Если свободный член в уравнении (2) меньше температуры кипения воды \(100\,^\circ\)C, то на диаграмме будет область, соответствующая состоянию «вода». Это наш случай, так как \(\gamma_0 = \dfrac{m_\text{л}}{m_\text{в}} = 1 < \dfrac{100\,^\circ\text{C}}{80\,^\circ\text{C}}\). В градусах Цельсия уравнение (2) примет вид \[t_\text{в}(t_\text{л}) = 80 - \frac{t_\text{л}}{2} - \frac{t_\text{л}^2}{1200}. \tag{2^*}\] Найдём характерные точки, соответствующие данной зависимости. Одна из точек очевидна — \((0\,^\circ\text{C}; 80\,^\circ\text{C})\). Вторую точку найдём как точку пересечения с прямой \(t_\text{в}(t_\text{л}) = 100\,^\circ\)C: \[100 = 80 - \frac{t_\text{л}}{2} - \frac{t_\text{л}^2}{1200}.\] Решение этого квадратного уравнения даёт \(t_\text{л} \approx -43\,^\circ\)C (второй корень не попадает в разрешённый диапазон \([-100\,^\circ\text{C}; 0\,^\circ\text{C}]\)). Итак, вторая характерная точка — \((-43\,^\circ\text{C}; 100\,^\circ\text{C})\). Покажем, что на нашей диаграмме не будет состояния «лёд». Действительно, условие пересечения линии, соответствующей льду при \(0\,^\circ\)C, с осью абсцисс имеет вид \[0 = -T - \frac{t_\text{л}}{2} - \frac{\alpha t_\text{л}^2}{4c}.\] То есть точка пересечения \(t_\text{л}\) такова, что \(-T - \dfrac{t_\text{л}}{2} > 0 \Leftrightarrow t_\text{л} < -160\,^\circ\)C. Таким образом, на рассматриваемой области \([-100\,^\circ\text{C}; 0\,^\circ\text{C}]\) пересечения нет, а значит, нет и состояния чистого льда на диаграмме. Вид искомой диаграммы изображён на рисунке.

Количество теплоты — это интеграл \(\int c\,dT\), то есть площадь под графиком \(c(T)\) (знак учитывайте). Работу найдите из первого начала, зная изменение внутренней энергии одноатомного газа.

а) «–»;  б) \(|Q| = \dfrac{RT_0}{2} = 0{,}83\) кДж;  в) \(A = 0\);  г) \(T_1 = \dfrac{7T_0}{2} = 700\) К.

Поскольку \(\delta Q = \nu c(T)\,dT\), количество теплоты можно найти, интегрируя теплоёмкость по температуре. Вычисление интеграла, вообще говоря, можно свести к определению площади под графиком. Таким образом, можно получить соотношения для \(Q(x)\) и \(A'(x)\), где \(A'\) — работа внешних сил, а \(x = T/T_0\): \[Q(x) = \frac{RT_0}{2}(x-1)(x-3), \qquad A'(x) = -\frac{RT_0}{2}(x-1)(x-6).\]

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).

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

Сравните, на сколько меняется проекция импульса фотона на направление пучка при зеркальном отражении и при поглощении, в зависимости от угла падения. Где какой вариант «выгоднее»?

Зеркальной следует оставить поверхность шара в пределах центрального шарового сегмента высотой \(h = R\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt 2}\right) \approx 0{,}3R\); остальную часть шара, на которую попадает свет, нужно покрасить чёрной краской.

Рассматривая свет как поток частиц (фотонов), запишем для силы светового давления на шар: \[\vec F = -\frac{\Delta \vec P}{\Delta t},\] где \(\Delta \vec P\) — изменение импульса фотонов за время \(\Delta t\) в результате их отражения или поглощения поверхностью шара.

При зеркальном отражении фотона, падающего на шар под углом падения \(\alpha\) (см. рис.), проекция его импульса на ось \(X\) (которая совпадает с направлением падающего пучка) изменяется на величину: \[\Delta p_x = -p\cos(2\alpha) - p ,\] где \(p\) — импульс фотона в падающем пучке. Если же фотон поглощается поверхностью шара, то изменение его импульса равно \(\Delta p_x = -p\).

Сравнивая эти два случая, видим, что при \(\alpha < \pi/4\) изменение проекции импульса \(|\Delta p_x|\) больше при зеркальном отражении, а при \(\alpha > \pi/4\) сильнее изменяется проекция импульса при поглощении фотона. Поэтому для получения максимальной силы давления фотоны, падающие под углами \(\alpha < \pi/4\), «выгоднее» отразить, а фотоны с большими углами падения — поглотить.

Действительно, пусть передняя поверхность шара в пределах углов падения от \(0\) до \(\alpha_0 = \pi/4\) зеркальная, а остальная поверхность закрашена. Мысленно увеличим граничный угол \(\alpha_0\) на малую величину \(\Delta\alpha\), сдвинув границу окрашивания. В результате этого узкая полоска поверхности шара «превратится» из окрашенной в зеркальную. Пусть на эту полоску в единицу времени падает \(N\) фотонов. Тогда из-за сдвига границы проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару отражёнными фотонами, возрастёт на \[(\delta p_x)_\text{отр} = N[p + p\cos(2(\alpha_0 + \Delta\alpha))] = N\left[p + p\cos\left(\frac{\pi}{2} + 2\Delta\alpha\right)\right] = N[p - p\sin(2\Delta\alpha)],\] а проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару поглощёнными фотонами, уменьшится на \((\delta p_x)_\text{погл} = Np\). Итоговое изменение проекции на ось \(X\) импульса, передаваемого шару фотонами, изменится на \(\delta p_x = (\delta p_x)_\text{отр} - (\delta p_x)_\text{погл} = -Np\sin(2\Delta\alpha)\), то есть уменьшится. Значит, уменьшится и сила светового давления на шар. Если же мысленно уменьшить граничный угол \(\alpha_0\) на малую величину \(\Delta\alpha\), сдвинув границу окрашивания в другую сторону, то проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару поглощёнными фотонами, увеличится на \((\delta p_x)_\text{погл} = Np\), а проекция на ось \(X\) импульса, передаваемого шару отражёнными фотонами, уменьшится на \[(\delta p_x)_\text{отр} = N[p + p\cos(2(\alpha_0 - \Delta\alpha))] = N\left[p + p\cos\left(\frac{\pi}{2} - 2\Delta\alpha\right)\right] = N[p + p\sin(2\Delta\alpha)].\] Итоговое изменение проекции на ось \(X\) импульса, передаваемого шару фотонами, изменится на \(\delta p_x = (\delta p_x)_\text{погл} - (\delta p_x)_\text{отр} = -Np\sin(2\Delta\alpha)\), то есть опять уменьшится. Значит, и в этом случае сила светового давления на шар уменьшится. Таким образом, сила светового давления при \(\alpha = \alpha_0 = \pi/4\) действительно является максимальной.

Итак, заднюю (теневую) поверхность шара можно «красить» как угодно, это не влияет на силу давления, а освещённую поверхность следует оставить зеркальной в пределах центрального шарового сегмента высотой \[h = R\left(1 - \cos\frac{\pi}{4}\right) = R\left(1 - \frac{1}{\sqrt 2}\right) \approx 0{,}3R .\]

Давление газа в медленном процессе одинаково по всему объёму, а температура вдоль цилиндра меняется линейно. Внешних горизонтальных сил нет — что можно сказать о центре масс системы?

a) \(\rho(x) = \dfrac{m}{\pi r^2 L}\left(1 + \dfrac{2x - L}{2L}\,\delta T\right)\);  b) \(d = \dfrac{m}{M+m}\cdot\dfrac{L}{12}\,\delta T\).

Первый пункт — анализ размерностей (мощность через \(e^2/\varepsilon_0\), скорость света и ускорение). Во втором приравняйте мощность излучения скорости убыли полной энергии электрона на круговой орбите, ускорение считайте центростремительным.

1) \(\alpha=2\), \(\beta=-3\), \(\gamma=-1\), \(\delta=2\);  2) \(\Delta t=\dfrac{2\pi c^3\varepsilon_0^2m_e^2}{Ae^4}\,R_0^2\Delta R\);  \(t_{1/2}=\dfrac{7}{12}\cdot\dfrac{\pi c^3\varepsilon_0^2m_e^2}{Ae^4}\cdot R_0^3\).

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.

Пока воздух «проталкивается», теплообмена нет, и работа сил давления идёт на увеличение внутренней энергии всего воздуха в камере. В пункте b) работа на цикле складывается из адиабатического сжатия порции и её выталкивания при постоянном давлении; приравняйте её приращению внутренней энергии газа в камере.

a) \(T_{\max} = \left(1 + \dfrac25\cdot\dfrac{P-P_0}{P}\right)T_0 = 380\) К, \(P_{\max} = P\dfrac{T_{\max}}{T_0} = 3{,}80\cdot 10^5\) Па; b1) \(N = \dfrac{(P-P_0)V_0}{P_0V_C}\); b2) \(A_i = \dfrac72 P_i^{2/7}P_0^{5/7}V_C - \dfrac52 P_0V_C\); b3) \(\Delta P_i = \dfrac75\,P_i^{2/7}P_0^{5/7}\dfrac{V_C}{V_0}\); b4) \(P_k = P_0\left(1 + \dfrac{V_C}{V_0}k\right)^{7/5}\); b5) \(P_{\max} = P_0\left(\dfrac{P}{P_0}\right)^{7/5} \approx 4{,}7\cdot 10^5\) Па, \(T_{\max} = T_0\dfrac{P_{\max}}{P} \approx 466\) К.

a) Для того чтобы при температуре окружающей среды давление в камере оказалось равно \(P\), следует «протолкнуть» в камеру количество воздуха \[\Delta\nu = \frac{(P-P_0)V_0}{RT_0}.\] Этот воздух занимал в сосуде объём \[V' = \frac{\Delta\nu\,RT_0}{P_{\max}} = \frac{(P-P_0)V_0}{P_{\max}}.\] «Проталкивая» порцию воздуха в камеру, силы давления совершают работу \[A = P_{\max}V' = (P-P_0)V_0 .\] Можно считать, что давление в сосуде почти не меняется, ведь его объём очень большой. За счёт работы \(A\) увеличивается внутренняя энергия воздуха в камере и воздуха в проталкиваемой порции. Поскольку теплообмена нет, получаем соотношение \[(P-P_0)V_0 = \frac{5R(\nu + \Delta\nu)\,\Delta T}{2},\] где \(\nu\) — начальное количество воздуха в камере. Для конечного состояния воздуха в камере (после охлаждения до температуры \(T_0\)) справедливо уравнение состояния \[PV_0 = (\nu + \Delta\nu)RT_0 .\] Подставляя количество вещества из второго соотношения в первое, получаем уравнение \[\frac{P-P_0}{P} = \frac52\cdot\frac{\Delta T}{T_0},\] из которого следует ответ для температуры \[T_{\max} = \left(1 + \frac25\cdot\frac{P-P_0}{P}\right)T_0 = 380\text{ К}.\] Давление находится из закона Шарля \[P_{\max} = P\,\frac{T_{\max}}{T_0} = 3{,}80\cdot 10^5\text{ Па}.\]

b1) Количество циклов «проталкивания» \(N\) можно определить, зная начальное и конечное количество газа в камере. За один цикл в камеру проталкивается воздух из насоса в количестве \(\Delta\nu = \dfrac{P_0V_C}{RT_0}\), поэтому количество циклов равно \[N = \frac{(P-P_0)V_0}{RT_0\,\Delta\nu} = \frac{(P-P_0)V_0}{P_0V_C}.\]

b2) При адиабатическом сжатии от давления \(P_0\) до давления \(P_i\) поршнем совершается работа, равная изменению внутренней энергии сжимаемого в насосе воздуха \[A_{Q=0} = \frac52 P_0V_C\left(\frac{T'}{T_0} - 1\right),\] где \(T'\) — температура, которая достигается в конце сжатия. При помощи уравнения адиабаты \(TP^{-2/7} = \text{const}\) выражение для работы при адиабатическом сжатии может быть записано в виде \[A_{Q=0} = \frac52 P_0V_C\left(\left(\frac{P_i}{P_0}\right)^{2/7} - 1\right).\] Далее работа совершается при постоянном давлении. Она равна \[A_P = P_iV' = P_iV_C\left(\frac{P_0}{P_i}\right)^{5/7} = P_i^{2/7}P_0^{5/7}V_C .\] Суммируя эти работы, получаем для работы на \(i\)-м цикле формулу \[A_i = A_{Q=0} + A_P = \frac72 P_i^{2/7}P_0^{5/7}V_C - \frac52 P_0V_C .\]

b3) За счёт работы \(A_i\) изменяется внутренняя энергия того воздуха, который уже был в камере на момент начала \(i\)-го цикла, и той порции, которая «проталкивается» в камеру. Изменение внутренней энергии равно \[\Delta U_i = \frac52 P_iV_0 - \frac52\left(P_{i-1}V_0 + P_0V_C\right).\] Приравнивая изменение внутренней энергии и работу \(A_i\), с учётом равенства \(\Delta P_i = P_i - P_{i-1}\) имеем формулу \[\Delta P_i = \frac75\cdot P_i^{2/7}P_0^{5/7}\,\frac{V_C}{V_0}.\]

b4) Осуществляя интегрирование, как описано в формулировке задачи, получаем соотношение \[\frac75\left(P_k^{5/7} - P_0^{5/7}\right) = \frac75\,P_0^{5/7}\,\frac{V_C}{V_0}\cdot k .\] Сделав преобразования в полученной формуле, находим ответ \[P_k = P_0\left(1 + \frac{V_C}{V_0}\,k\right)^{7/5}.\]

b5) Подставляем в формулу для давления количество циклов \(k = N\) из пункта b1), находим максимальное давление \[P_{\max} = P_0\left(1 + \frac{P-P_0}{P_0}\right)^{7/5} = P_0\left(\frac{P}{P_0}\right)^{7/5} \approx 4{,}7\cdot 10^5\text{ Па}.\] Максимальную температуру можно найти из закона Шарля, как при ответе на вопрос пункта a), получится формула \[T_{\max} = T_0\,\frac{P_{\max}}{P} \approx 466\text{ К}.\]

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

На участке, где \(k\) постоянна, а волокна не рвутся, \(F\) пропорциональна \(x\) с тем же коэффициентом. При разрыве волокон \(x\) не меняется, а сила падает до значения, соответствующего меньшей жёсткости.

1) \(F(x)\) — ломаная со скачками вниз при \(x_1=1\text{ см}\) (сила \(20\text{ Н}\to10\text{ Н}\)) и \(x_2=4\text{ см}\) (сила \(40\text{ Н}\to20\text{ Н}\)), последний участок идёт до \(x_3=12\text{ см}\) (\(F=60\text{ Н}\));  2) разрывы при \(t_1=12\text{ мин}\) и \(t_2=24\text{ мин}\), после них \(x\) скачком принимает значения \(2\text{ см}\) и \(8\text{ см}\); \(x(30\text{ мин})=10\text{ см}\); затем \(x\) линейно убывает до нуля к \(60\)-й минуте (без обратных скачков).

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

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

Пока стабилитрон открыт в прямом направлении, на нём и на катушке напряжение \(U_0\), а ток в катушке растёт линейно. Заряд через стабилитрон — площадь под графиком его тока.

1) \(I_0 = \dfrac{U_0}{R}\);  2) \(q_S^{(1)} = \dfrac{L U_0}{2R^2}\), \(q_S^{(2)} = \dfrac{9 L U_0}{80 R^2}\);  3) \(Q = \dfrac{13 L U_0^2}{8 R^2}\).

Мысленно разбейте пружину на малые участки: каждый растянут своей силой (весом груза и нижней части пружины), и длины участков складываются в интеграл. В пункте с \(f_0<1\) верхняя часть пружины не растягивается вовсе.

1) \(y=\Delta L\left(1+\dfrac{F-F_0}{kL_0}\right)\);  2) \(L_1=\left(\dfrac32+\mu-f_0\right)L_0\);  3) \(L_2=L_0\left(1+\dfrac{(1-f_0)^2}{2\gamma}\right)\);  4) \(f_0=0{,}8\), \(\gamma=2\).

Пункт 1. В условии сказано, что параметры \(F_0\) и \(\varepsilon\) остаются для любого куска пружины такими же, как для всей пружины, поэтому ответ на первый вопрос даётся формулой \[y=\Delta L\left(1+\frac{F-F_0}{kL_0}\right). \tag{1}\]

Пункт 2. В условиях этого пункта (\(\mu>f_0\)) любой элемент пружины деформируется под нагрузкой. Длину растянутой пружины можно найти, рассуждая следующим стандартным образом. Разделим всю недеформированную пружину на участки небольшой длины \(\Delta L\), пусть общее количество таких участков \(N\gg1\). Пусть участок с номером 1 будет самым верхним, тогда участок с номером \(k\) растягивается силой \[F_k=Mg\left(\mu+\frac{L_0-x_k}{L_0}\right), \tag{2}\] где \(x_k=k\Delta L\). Подставляя значение силы из формулы (15) в соотношение (14), и заменяя \(\Delta L\) на \(dx\), \(x_k\) на \(x\), а \(y\) на \(dy\), получаем равенство \[dy=dx\left(1+\frac1\gamma+\frac{\mu-x/L_0}{\gamma}-\frac{f_0}{\gamma}\right).\] Поскольку \(\gamma=1\), определение длины пружины под нагрузкой сводится к интегрированию \[L_1=\int\limits_0^{L_0}\left(2+\mu-\frac{x}{L_0}-f_0\right)dx=\left(\frac32+\mu-f_0\right)L_0.\] Отметим, что интеграл может быть вычислен, как площадь под прямой.

Пункт 3. В этом пункте часть пружины не растягивается, на неё действует сила, меньшая, чем \(F_0\). Длина этого участка пружины равна \[L'=L_0\cdot f_0. \tag{3}\] В этом случае формула, дающая связь силы и координаты \(x\), аналогичная (15), имеет вид \[F=Mg\left(1-\frac{x}{L_0}\right). \tag{4}\] Длина растягивающейся части пружины равна \[L_2'=\int\limits_0^{L_0(1-f_0)}\left(1+\frac1\gamma-\frac{x}{\gamma L_0}-\frac{f_0}{\gamma}\right)dx. \tag{5}\] Вычисляя интеграл (18) и прибавляя длину нерастягивающейся части пружины (16), получаем ответ \[L_2=L'+L_2'=L_0\left(1+\frac{(1-f_0)^2}{2\gamma}\right).\]

Пункт 4. Изучив таблицу, заметим, что при значениях относительной массы груза \(\mu\ge0{,}8\) зависимость \(\delta L(\mu)\) линейная. Это означает, что при достаточно больших относительных массах груза все участки пружины удлиняются под нагрузкой (при малых \(\mu\) это не так). Рассуждая, как в пункте 2, получим для больших относительных масс соотношение \[\gamma=\frac{\delta L(\mu_2)-\delta L(\mu_1)}{\mu_2-\mu_1},\] из которого (с учётом значений, приведённых в таблице) следует ответ: \(\gamma=2\). Для определения относительной силы поджатия \(f_0\) используем результат предыдущего пункта. При \(\mu=0\) из формулы (19) следует соотношение \[\delta L(0)=\frac{(1-f_0)^2}{2\gamma}.\] Подставив найденное значение \(\gamma=2\) и \(\delta L(0)=0{,}01\) в эту формулу, находим второй ответ \(f_0=0{,}8\).

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: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

Движется только та часть удава, до которой уже «дошёл» хвост, и её масса растёт. Запишите импульс этой части через смещение \(X\) кончика хвоста и приравняйте скорость его изменения силе.

1) \(\dfrac{dX}{dt} = \left(\dfrac{9AL^2}{8M}\right)^{1/3}\);  2) \(t(L) = \left(\dfrac{3LM}{2A}\right)^{1/3}\);  3) \(\dfrac{dX}{dt} = \left(\dfrac{9AL^2}{2M}\right)^{1/3}\).

К некоторому моменту времени кончик хвоста удава переместился на расстояние \(X\). В этот момент импульс удава (той его части, которая уже пришла в движение) равен \[P = \frac{M}{L}\cdot\frac{X}{2}\cdot\frac{dX}{dt} = \frac{M}{4L}\cdot\frac{d(X^2)}{dt}.\] Скорость изменения импульса равна силе \[\frac{dP}{dt} = \frac{M}{4L}\cdot\frac{d\left[\dfrac{d(X^2)}{dt}\right]}{dt} = At.\] Интегрируем уравнение два раза по времени и получаем соотношение \[X^2\,\frac{M}{4L} = \frac{At^3}{6} + C_1 t + C_2.\] Здесь \(C_1\) — константа, связанная со скоростью кончика хвоста в начальный момент, а \(C_2\) — это константа, зависящая от начальной координаты кончика хвоста. В начальный момент времени и скорость \(V_0\), и смещение \(X_0\) кончика хвоста удава равны нулю. Отсюда следует, что \(C_1 = 0\) и \(C_2 = 0\), поэтому справедлива формула \[X^2\,\frac{M}{4L} = \frac{At^3}{6}. \tag{1}\] Смещение \(X\) связано со временем \(t\) так: \[X(t) = \sqrt{\frac{2AL}{3M}}\cdot t^{3/2}.\] А скорость кончика хвоста так: \[\frac{dX}{dt} = \frac{3}{2}\cdot\sqrt{\frac{2AL}{3M}}\cdot t^{1/2}\] или \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot t^{1/2}. \tag{2}\]

Для ответа на первый вопрос нужно найти время, когда \(X = \dfrac{L}{2}\). Подставляем это значение \(X\) в формулу (1) и получаем \[t = \left(\frac{3ML}{8A}\right)^{1/3}.\] Подставим найденное значение времени в формулу для скорости (2), имеем \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot\left(\frac{3ML}{8A}\right)^{1/6}\] или \[\frac{dX}{dt} = \left(\frac{9AL^2}{8M}\right)^{1/3}.\]

Для ответа на второй вопрос нужно в формулу (1) подставить значение \(X = L\): \[t(L) = \left(\frac{3LM}{2A}\right)^{1/3}.\]

Для ответа на третий вопрос нужно в формулу (1) подставить значение \(X = 2L\) и получить значение времени, а затем полученное значение времени подставить в формулу (2). Сначала получится соотношение \[t(2L) = \left(\frac{6LM}{A}\right)^{1/3},\] а затем ответ: \[\frac{dX}{dt} = \sqrt{\frac{3AL}{2M}}\cdot\left(\frac{6LM}{A}\right)^{1/6}\] или \[\frac{dX}{dt} = \left(\frac{9AL^2}{2M}\right)^{1/3}.\]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

В слоистой среде сохраняется \(n(x)\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол луча с осью \(y\). Покажите, что радиус кривизны траектории при этом постоянен: лучи идут по дугам окружностей, и у всех лучей центр в одной точке.

1) \(y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2\) — дуга окружности с центром в точке \(x = 2h\), \(y = 0\);  2) \(\alpha \leqslant 45^\circ\);  3) \(\alpha \leqslant \dfrac{1}{2}\arcsin\dfrac{1}{3} \approx 9{,}74^\circ\).

1. Поскольку пучок света направлен по нормали к грани призмы, на которую он падает, на входе в призму пучок не преломляется. Исследуем траектории лучей внутри призмы. Пусть \(\varphi\) — угол между направлением распространения луча и осью \(y\), а \(x_0\) — координата точки входа луча в призму. При этом угол падения на границу раздела сред равен \(90^\circ - \varphi\), поэтому из закона Снелла следует:

\[n\cos\varphi = \frac{3\cos\varphi}{2 - \dfrac{x}{h}} = \frac{3}{2 - \dfrac{x_0}{h}} \;\Rightarrow\; \cos\varphi = \frac{2h - x}{2h - x_0}.\]

Первое решение. Обратим внимание на соотношение: \[\frac{2h - x}{\cos\varphi} = 2h - x_0 = const.\]

Проведём через некоторую точку \(T\) траектории луча линию, перпендикулярную направлению его распространения, до точки \(P\) такой, что \(x_P = 2h\). Обратим внимание, что расстояние между точками \(P\) и \(T\) является постоянной величиной, равной \(2h - x_0\). Поскольку свет распространяется в направлении, перпендикулярном \(PT\), а \(PT = 2h - x_0 = const\) и \(x_P = 2h = const\) — положение точки \(P\) является постоянным, поскольку её смещение должно быть одновременно перпендикулярно \(PT\) и оси \(x\), что невозможно. Значит, траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой окружность с центром в точке \(P\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Второе решение. Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[dx = (2h - x_0)\sin\varphi\,d\varphi.\] Изменения координат \(dx\) и \(dy\) можно связать с помощью угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Найдём изменение \(dy\) координаты \(y\) при изменении угла \(\varphi\) на величину \(d\varphi\): \[dy = dx\operatorname{ctg}\varphi = (2h - x_0)\operatorname{ctg}\varphi\sin\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\cos\varphi\,d\varphi.\] Величине \(y = 0\) соответствует \(\varphi = 0\). Тогда получим: \[y(\varphi) = (2h - x_0)\int\limits_0^{\varphi}\cos\varphi\,d\varphi = (2h - x_0)\sin\varphi.\] Теперь получим выражение, связывающее \(y\) и \(x\): \[1 = \sin^2\varphi + \cos^2\varphi = \left(\frac{y}{2h - x_0}\right)^2 + \left(\frac{x - 2h}{2h - x_0}\right)^2,\] откуда: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Третье решение. Получим зависимость \(y(x)\) для траектории луча света. Для этого избавимся от угла \(\varphi\): \[\operatorname{tg}\varphi = \frac{dx}{dy}.\] Поскольку \(\varphi > 0\): \[\operatorname{tg}\varphi = \sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi} - 1} = \sqrt{\left(\frac{2h - x_0}{2h - x}\right)^2 - 1} = \frac{dx}{dy}.\]

Учитывая, что \(2h > x\), получим: \[y(x) = \int\limits_{x_0}^{x}\frac{(2h - x)\,dx}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2}} = \int\limits_{2h - x_0}^{2h - x}\frac{x'\,dx'}{\sqrt{(2h - x_0)^2 - x'^2}}.\] Отсюда: \[y(x) = \sqrt{(2h - x_0)^2 - (2h - x)^2} \;\Rightarrow\; y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

Четвёртое решение. Для радиуса кривизны \(\rho\) траектории луча имеем: \[\rho = \frac{dl}{d\varphi},\] где \(dl\) — элемент пути, пройденного лучом. Но \(dl = dx/\sin\varphi\), откуда:

\[\rho = \frac{1}{\sin\varphi}\frac{dx}{d\varphi} = -\frac{dx}{d\cos\varphi}.\] Продифференцируем выражение, полученное из закона Снелла: \[-\frac{dx}{d\cos\varphi} = 2h - x_0 = \rho = const.\] Таким образом, радиус кривизны траектории каждого луча остаётся постоянным, т. е. траектория луча света до попадания на стороны \(AB\) и \(OB\) сечения призмы представляет собой дугу окружности радиусом \(2h - x_0\). Обратим внимание, что сразу после преломления все лучи света распространяются вдоль оси \(y\), а значит, для каждого луча центр окружности лежит в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h - x_0 + x_0 = 2h\) и \(y_P = 0\). Окончательно: \[y^2 + (x - 2h)^2 = (2h - x_0)^2.\]

2. Из решения первого пункта следует, что траектории любого луча внутри призмы до попадания на \(AB\) и \(OB\) сечения призмы являются дугами окружностей, лежащими в плоскости рисунка, а центры этих окружностей расположены в точке \(P\) такой, что \(x_P = 2h\), а \(y_P = 0\).

Обратим внимание, что радиус окружности уменьшается с увеличением координаты \(x_0\). Расстояние от точки \(P\) до точки пересечения дуги окружности с \(OB\) уменьшается вплоть до момента, пока дуга окружности не коснётся рассматриваемой грани. При дальнейшем увеличении координаты \(x_0\) дуги окружности не будут пересекать \(OB\). Таким образом, лучи достигнут всех точек \(OB\) при условии отсутствия точек касания с дугами окружностей, а значит, угол \(\angle PBO\) не должен быть острым. Поскольку треугольник \(OPB\) является равнобедренным, имеем: \[\angle PBO = 180^\circ - 2\alpha \geqslant 90^\circ,\] откуда: \[\alpha \leqslant 45^\circ.\]

3. Обратим внимание, что при увеличении координаты \(x_0\) угол падения лучей на \(OB\) будет увеличиваться, как и показатель преломления вещества призмы. Тогда условие, при котором все лучи, достигнувшие \(OB\), попадают в воздух, состоит в том, что лучи, достигнувшие её вблизи точки \(B\), не испытают полного отражения. Поскольку исходно такие лучи падают под углом \(\alpha\) к \(OB\) и поворачивают на угол \(\alpha\) при движении по дуге окружности — угол падения луча в момент достижения \(OB\) равен \(2\alpha\).

Тогда имеем: \[n(h)\sin 2\alpha = 3\sin 2\alpha \leqslant 1,\] откуда: \[\alpha \leqslant \frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{3} \approx 9{,}74^\circ.\]

Вертикальное положение теряет устойчивость, когда наклон начальных участков графиков момента силы и упругого момента совпадает. Для башни роль пружины играет поролон: найдите его возвращающий момент интегрированием по основанию.

1) \(F_{\max} = \dfrac{\gamma}{l}\);  2) \(\alpha \approx 0{,}24\) рад \(\approx 14^\circ\);  3) \(L_1 = \sqrt{\dfrac{Ea^4}{6\lambda gH}}\);  4) \(L_2 = L_1\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \dfrac{d^2}{4L_1^2}\right)\).

а) Пусть рычаг отклонился от вертикали и находится в состоянии равновесия (см. рисунок). Тогда сумма моментов сил, действующих на рычаг, будет равна нулю: \[Fl\sin\alpha = \gamma\alpha .\]

Посмотрим на графическое решение этого уравнения. Нарисуем графики зависимости момента сил, скручивающего пружину, и момента сил упругости от угла \(\alpha\). Возможно две ситуации, изображённые на рисунках а) и б).

Видно, что в случае малой приложенной силы график синуса лежит ниже прямой и уравнение имеет только одно решение, соответствующее вертикальному положению рычага. При превышении некоторого предела решений уравнения становится два. При этом вертикальное положение оказывается неустойчивым. Действительно, при малом отклонении от положения равновесия возвращающий момент сил оказывается меньше момента сил, увеличивающего отклонение. Таким образом, при преодолении критической силы положение равновесия окажется наклонённым. Критическую силу легко рассчитать, рассмотрев переходную от рисунка а) к рисунку б) ситуацию. В ней угловой коэффициент обоих графиков в нулевом положении должен совпадать, то есть: \[F_{\max}l = \gamma \;\Rightarrow\; F_{\max} = \frac{\gamma}{l}.\]

б) Для нахождения нового положения равновесия можем воспользоваться формулой приближённого исчисления синуса угла: \[Fl\left(\alpha - \frac{\alpha^3}{6}\right) = \gamma\alpha .\] Сократим выражение на \(\alpha\), так как нулевой корень уравнения нас не интересует, и решим квадратное уравнение: \[Fl\left(1 - \frac{\alpha^2}{6}\right) = \gamma .\] Два корня уравнения соответствуют двум возможным положениям отклонения рычага: \[\alpha = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{\gamma}{Fl}\right)} = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{1}{1{,}01}\right)} = 0{,}24 \approx 14^\circ .\]

в) Рассмотрим теперь модель Пизанской башни, установленной на упругой опоре. Пусть основание башни наклонилось на угол \(\varphi\) (рисунок). Тогда за счёт сил упругости возникнет возвращающий момент сил. Рассчитаем его.

На расстоянии \(x\) от осевой линии поролон сожмётся на \(x\cdot\operatorname{tg}\varphi\). Тогда в сечении поролона площадью \(ds = a\,dx\) возникнет сила в соответствии с законом Гука: \[dF = E\,ds\,\varepsilon = Ea\,\frac{x\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Эта сила внесёт вклад в суммарный возвращающий момент сил: \[dM = x\,dF = Ea\,\frac{x^2\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Тогда суммарный момент сил может быть рассчитан как: \[M = 2\int_0^{a/2} \frac{Ea\operatorname{tg}\varphi\cdot x^2}{H}\,dx = \frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H}.\] То есть для малых углов крутильная жёсткость подставки составит \(\gamma' = \dfrac{Ea^4}{12H}\).

На наклонённую башню действует момент силы тяжести, равный: \[M_б = \frac{\lambda L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] Аналогично пункту а) башня выйдет из вертикального положения в случае равенства коэффициента пропорциональности между синусом и моментом силы и крутильной жёсткости опоры: \[\frac{Ea^4}{12H} = \frac{\lambda L_1^2}{2}\,g \quad\Rightarrow\quad L_1 = \sqrt{\frac{Ea^4}{6\lambda gH}} .\]

г) Рассмотрим наклонное равновесие башни: \[\frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H} = \lambda\frac{L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] С учётом приближённых формул: \[\left(1 + \frac{\varphi^2}{3}\right) = \frac{L^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{\varphi^2}{6}\right).\] Предельный угол отклонения башни, прежде чем она опрокинется, определяется её высотой и диаметром: \(\varphi_{\text{кр}} = \dfrac{d}{L}\). Тогда для расчёта критической высоты башни запишем: \[\left(1 + \frac{d^2}{3L_2^2}\right) = \frac{L_2^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{d^2}{6L_2^2}\right).\] Преобразуем уравнение к виду биквадратного: \[\frac{L_2^4}{L_1^2} - L_2^2\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right) - \frac{d^2}{3} = 0 .\] Рассчитаем дискриминант: \[D = \left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right)^2 + \frac{4d^2}{3L_1^2}.\] С учётом указанного в условии приближения: \[D = 1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}.\] Тогда выберем положительный корень уравнения: \[L_2^2 = \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + \sqrt{1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}}\right) \approx \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + 1 + \frac{5d^2}{6L_1^2}\right) = L_1^2\left(1 + \frac{d^2}{2L_1^2}\right).\] И окончательно для высоты \(L_2\) с учётом приближений: \[L_2 = L_1\sqrt{1 + \frac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \frac{d^2}{4L_1^2}\right).\]

Сила трения по модулю не больше \(\mu mg\), но её направление можно выбирать. Разложите её на касательную и нормальную составляющие и найдите, как угол между силой и скоростью связан с пройденным путём.

1) \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\text{ м/с}\);  2) \(v_C = v_D = v_B = v_m = 20\text{ м/с}\);  3) \(T = \left(\beta + \dfrac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\dfrac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}\).

В рамках предположений условия максимальная величина силы трения колес о поверхность дороги равна \(|\vec F_\text{тр}| = \mu N = \mu mg\), где \(m\) — масса автомобиля, и при этом ее можно направить в любом направлении в горизонтальной плоскости дороги. Так как другие горизонтальные силы на автомобиль не действуют, то именно сила трения и разгоняет автомобиль, и удерживает его на нужной траектории.

Пусть \(\alpha\) — угол между скоростью автомобиля и направлением силы трения в некоторый момент времени (см. рисунок). Тогда уравнения для касательной и центростремительной компонент ускорения автомобиля имеют вид \[\left\{\begin{aligned} ma_\tau &= m\frac{dv}{dt} = \mu mg\cos\alpha\\ ma_n &= m\frac{v^2}{R} = \mu mg\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{dv}{dt} &= \mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right. . \tag{1}\] Видно, что разгон автомобиля завершается (\(dv/dt = 0\)) и скорость достигает максимального возможного значения \(v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с при \(\alpha = 90^\circ\). Далее угол \(\alpha\) и скорость автомобиля поддерживаются постоянными.

Ответ на второй вопрос можно получить несколькими способами. Уравнение для касательной компоненты ускорения можно преобразовать следующим образом: \[\frac{v\cdot dv}{v\cdot dt} = \frac12\,\frac{d(v^2)}{ds} = \mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; \frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cos\alpha. \tag{2}\] Здесь \(s\) — путь, пройденный автомобилем от момента старта. Далее можно действовать как минимум тремя путями.

Способ 1. Подставив в (2) квадрат скорости из второго уравнения (1), находим, что \[\mu gR\,\frac{d(\sin\alpha)}{ds} = \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} = 2\mu g\cos\alpha \;\Rightarrow\; d\alpha = \frac{2}{R}\,ds.\] На старте \(s = 0\) и \(\alpha = 0\), то есть после суммирования приращений в этом соотношении от старта до любого момента времени в процессе разгона получаем связь угла \(\alpha\) с пройденным автомобилем расстоянием \(\alpha(s) = 2s/R\). Значит, разгон завершится в момент времени, когда \(\alpha = \pi/2 \Rightarrow s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 2. Выразив \(\sin\alpha = v^2/\mu gR = (v/v_m)^2\) и подставив это соотношение в уравнение (2), приводим его к виду \[\frac{d(v^2)}{ds} = 2\mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4}.\] Введем новую переменную \(y \equiv (v/v_m)^2\) и получим уравнение \[\frac{dy}{ds} = \frac{2}{R}\sqrt{1-y^2} \;\Rightarrow\; \frac{2}{R}\,ds = \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}.\] Интегрируя его по любому участку пути на дуге \(AC\), находим, что \[\frac{2}{R}\,s = \int_0^{(v/v_m)^2} \frac{dy}{\sqrt{1-y^2}} = \arcsin\left(\frac{v^2}{v_m^2}\right) \;\Rightarrow\; v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Способ 3. Составив систему из второго уравнения в (1) и (2), можно получить из нее уравнение для зависимости \(v^2(s)\) на участке \(AC\): \[\left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ v^2 &= \mu gR\sin\alpha \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d(v^2)}{ds} &= 2\mu g\cos\alpha\\ \frac{d(v^2)}{ds} &= \mu gR\cos\alpha\,\frac{d\alpha}{ds} \end{aligned}\right\} \Rightarrow \left\{\begin{aligned} \frac{d^2(v^2)}{ds^2} &= -2\mu g\sin\alpha\,\frac{d\alpha}{ds}\\ \frac{d\alpha}{ds} &= \frac{2}{R} \end{aligned}\right.\] Действительно, подставляя в уравнение для \(d^2(v^2)/ds^2\) полученные выражения для \(\sin\alpha\) и \(d\alpha/ds\), приходим к уравнению гармонических колебаний \[\frac{d^2(v^2)}{ds^2} + \frac{4}{R^2}\,v^2 = 0.\]

С учетом условий \(v^2(0) = 0\) и \((v^2)'_s(0) = \mu gR\) приходим к решению \[v^2(s) = v_m^2\cdot\sin\left(\frac{2s}{R}\right).\] Как видно, скорость достигает максимума при \(s = \pi R/4\), то есть точно в точке \(C\).

Таким образом, во время заезда с минимальным временем прохождения полуокружности скорость автомобиля в точках \(C\), \(D\) и \(B\) равна максимальной: \(v_C = v_D = v_B = v_m = \sqrt{\mu gR} = 20\) м/с.

Ясно, что время прохождения участка полуокружности от \(C\) до \(B\) равно \[t_{CB} = \frac{3\pi R}{4v_m} = \frac{3\pi}{4}\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В зависимости от способа решения в пункте 2 далее можно использовать разные способы решения и в этом пункте.

Способ 1. Исключим угол \(\alpha\) из уравнений (1): на участке \(AC\) \[\sin\alpha = \frac{v^2}{\mu gR} \;\Rightarrow\; \frac{dv}{dt} = \mu g\cdot\sqrt{1 - \left(\frac{v}{v_m}\right)^4} \;\Rightarrow\; dt = \frac{v_m}{\mu g}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv v/v_m\). На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\]

Способы 2 и 3. Поскольку на участке \(AC\) \(v(s) = v_m\sqrt{\sin(2s/R)} = ds/dt\), то \[dt = \frac{1}{v_m}\,\frac{ds}{\sqrt{\sin\left(\frac{2s}{R}\right)}} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\,\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},\] где введено обозначение \(x \equiv \sqrt{\sin(2s/R)}\). Отметим, что \[\sin\left(\frac{2s}{R}\right) = x^2 \;\Rightarrow\; 2\cos\left(\frac{2s}{R}\right)\frac{ds}{R} = 2x\,dx \;\Rightarrow\; \frac{ds}{R} = \frac{x}{\sqrt{1-x^4}}\,dx.\] На этом участке величина \(x\) изменяется от 0 до 1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия, \[t_{AC} = \sqrt{\frac{R}{\mu g}}\cdot\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \beta\sqrt{\frac{R}{\mu g}}.\] В итоге общее время прохождения полуокружности \(AB\) \[T = t_{AC} + t_{CB} = \left(\beta + \frac{3\pi}{4}\right)\sqrt{\frac{R}{\mu g}} \approx 14{,}7\text{ с}.\]

ЭДС в кольце найдите по скорости изменения потока, выразив её через \(B_r\) на проволоке; сила Ампера на кольцо направлена вдоль оси и создаётся именно радиальной компонентой поля. Трубу разбейте на кольца толщиной \(dz\) и проинтегрируйте.

1) \(F = 2\pi R\,\sigma S\,B_r^2 v\), сила тормозящая (направлена против скорости).

Тангенциальная сила Лоренца на участке кольца пропорциональна проекции этого участка на границу: просуммируйте её и свяжите приращение угловой скорости с приращением магнитного потока через кольцо. Сила Лоренца работы не совершает.

1) \(\omega = \dfrac{\pi\lambda BR}{m}\);  2) \(v_{\min} = \dfrac{\sqrt5\,\pi\lambda BR^2}{m}\);  3) \(\theta = \arctan\sqrt{\left(\dfrac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \dfrac54}\);  4) \(y_{\max} = \sqrt{\left(\dfrac{mv_0}{2\pi\lambda RB}\right)^2 - \dfrac{R^2}{4}}\).

На участки кольца, находящиеся в магнитном поле, действует сила Лоренца, перпендикулярная вектору \(\vec B\) и вектору скорости участка кольца. Можно рассматривать движение кольца как наложение поступательного движения в направлении вдоль границы со скоростью \(v_x\), поступательного движения перпендикулярно границе со скоростью \(v_y\) и вращения с угловой скоростью \(\omega\).

Из-за поступательного движения в направлении \(y\) возникает момент силы Лоренца, раскручивающий кольцо. Этот момент сил исчезает только после того, как кольцо полностью окажется в области поля. Сумма сил Лоренца, действующих на участки в области поля, связанная с движением вдоль \(y\), направлена вдоль границы и изменяет значение \(v_x\).

Силы Лоренца, связанные с поступательным движением вдоль оси \(x\), изменяют скорость \(v_y\), но не создают момента сил, раскручивающих кольцо. Силы Лоренца, возникающие из-за вращательного движения кольца, как легко убедиться, действуют только вдоль \(y\) и не влияют на движение вдоль \(x\).

Рассмотрим тангенциальную составляющую силы Лоренца, действующую на участок кольца длины \(\Delta l\), связанную с \(v_y\). Она равна \(\lambda\Delta l Bv_y\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол между этим участком и осью \(x\). Величина \(\Delta l\cos\varphi\) представляет собой проекцию этого участка на \(x\), а сумма тангенциальных составляющих для всех участков, находящихся в области магнитного поля, будет равна \(\lambda l_xBv_y\), где \(l_x\) — длина хорды, стягивающей концы участка кольца, находящегося в области поля. Тогда \[mR\frac{d\omega}{dt} = \lambda Bv_yl_x.\] После домножения обеих частей уравнения на \(dt\), с учётом того, что \(v_y\,dt = dy\), а \(l_x\,dy = dS\), где \(dS\) — дополнительная площадь кольца, которая оказывается в области поля за время \(dt\), получаем \[mR\,d\omega = \lambda\cdot d\Phi,\] где \(d\Phi\) — прирост потока магнитного поля через плоскость кольца.

Если кольцо полностью окажется в области магнитного поля, его угловая скорость вращения будет равна \[\omega = \frac{\pi\lambda BR}{m}.\] Итак, ответ на первый вопрос задачи: \(\omega = \dfrac{\pi\lambda BR}{m}\).

Как отмечалось выше, вращение не влияет на проекцию скорости \(v_x\), её изменение целиком определяется \(y\)-проекцией скорости центра и зарядом той части кольца (дуги длины \(l\)), которая находится в поле. \[m\frac{dv_x}{dt} = \lambda lBv_y.\] Пусть \(y\) — координата точки кольца, наиболее удалённой от границы. Другими словами, это расстояние, на которое сместилось кольцо в направлении \(y\) от начала движения. Тогда \(l = 2R\arccos\left(\dfrac{R-y}{R}\right)\). Далее \[m\frac{dv_x}{dt} = 2\lambda BRv_y\arccos\left(\frac{R-y}{R}\right).\]

Домножив на \(dt\), переходим к интегралу \[v_x = \frac{2\lambda BR}{m}\int_0^{2R}\arccos\left(\frac{R-y}{R}\right)dy = \frac{2\pi\lambda BR^2}{m}.\] Теперь воспользуемся законом сохранения энергии, учитывая тот факт, что сила Лоренца работы не совершает и кинетическая энергия кольца в любой момент времени равна начальной. \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_x^2}{2} + \frac{mv_y^2}{2} + \frac{mR^2\omega^2}{2}.\] Для ответа на второй вопрос задачи положим в этом выражении \(v_y = 0\) и воспользуемся результатом ответа на первый пункт для угловой скорости. Тогда \[v_{\min}^2 = v_x^2 + R^2\omega^2 = 5\left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2, \qquad v_{\min} = \frac{\sqrt5\,\pi\lambda BR^2}{m}.\] Поскольку \(v_x\) уже найдено, то для ответа на третий вопрос достаточно определить проекцию \(v_y\) в момент, когда кольцо целиком окажется в поле.

Из закона сохранения энергии находим: \(v_y = \sqrt{v_0^2 - v_x^2 - \omega^2R^2} = \sqrt{v_0^2 - v_{\min}^2}\). Для тангенса искомого угла: \(\tan\theta = v_y/v_x\). Следовательно, \[\tan\theta = \frac{\sqrt{v_0^2 - v_{\min}^2}}{v_x} = \sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \frac54}, \qquad \theta = \arctan\sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \frac54}.\] С момента, когда кольцо целиком оказывается в области поля, его угловая скорость перестаёт меняться и центр кольца движется как точечный заряд \(q = 2\pi R\lambda\) со скоростью, проекции которой равны значениям \(v_x\) и \(v_y\) в момент пересечения границы области последней точкой кольца. С этого момента \[m\frac{dv_x}{dt} = 2\pi\lambda RBv_y.\] После уже традиционного домножения на \(dt\) и интегрирования получаем \[\Delta y = \frac{m\Delta v_x}{2\pi\lambda RB}.\] Здесь \(\Delta y\) — изменение \(y\)-координаты центра от момента полного вхождения в поле до момента максимального удаления центра от границы, \(\Delta v_x\) — соответствующее этим моментам времени изменение проекции скорости.

\(v_x\) в момент максимального удаления можно найти из закона сохранения энергии: \[v_x = \sqrt{v_0^2 - \left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2}.\] Тогда \[\Delta v_x = \sqrt{v_0^2 - \left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2} - \frac{2\pi\lambda BR^2}{m}.\] Искомое максимальное удаление: \[y_{\max} = R + \frac{m\Delta v_x}{2\pi\lambda RB} = \sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda RB}\right)^2 - \frac{R^2}{4}}.\]