Частица и два слоя заряда

Поле плоских слоёв зависит только от расстояния до поверхности. Найдите его по теореме Гаусса и выясните, как зависит сила, действующая на частицу в положительном слое, от глубины.

1) \(v<\dfrac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}}\);  2) \(t=\pi\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\) (не зависит от \(v\) и \(\alpha\)), расстояние вдоль слоя от \(A\): \(l=\pi v\cos\alpha\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\).

Что происходит. Заряд распределён по плоским слоям, поэтому поле зависит только от одной координаты, перпендикулярной слоям, и направлено вдоль неё. Вдоль слоя сил нет, и составляющая скорости \(v\cos\alpha\) остаётся постоянной. Перпендикулярная составляющая \(v\sin\alpha\) меняется: в положительном слое на отрицательный заряд действует сила, возвращающая его к поверхности. Главная идея: найти поле по теореме Гаусса, увидеть, что сила пропорциональна глубине, то есть движение по нормали гармоническое.

Обозначения. Ось \(x\) перпендикулярна слоям и направлена слева направо (к \(A\)); начало — левая поверхность слоя \(-\rho\). Слой \(-\rho\) занимает \(0<x<a\), слой \(+\rho\) — \(a<x<2a\), точка \(A\) лежит на поверхности \(x=2a\). Глубину в положительном слое отсчитываем от его внешней поверхности: \(s=2a-x\), \(0\le s\le a\).

1. Поле вне слоёв. Суммарный заряд слоёв на единицу площади равен нулю. Теорема Гаусса для цилиндра с основаниями по обе стороны слоёв, вдали от них: поток поля равен нулю, а по симметрии поля с двух сторон равны по модулю и противоположны по направлению (направлены от слоёв или к слоям). Значит, вне слоёв \(E=0\). Поэтому частица подлетает к \(A\) по прямой, не чувствуя поля, с той же скоростью \(v\) и под тем же углом \(\alpha\).

2. Поле внутри слоёв. Применим теорему Гаусса для цилиндра с основанием площадью \(S\), одно основание которого лежит слева от слоёв (где \(E=0\)), а другое проходит через точку с координатой \(x\). Внутри слоя \(-\rho\): \(E_xS=-\dfrac{\rho xS}{\varepsilon_0}\). В слое \(+\rho\) добавляется положительный заряд, и при \(a<x<2a\) получаем \(E_x=\dfrac{\rho\,(x-2a)}{\varepsilon_0}=-\dfrac{\rho s}{\varepsilon_0}\). Поле внутри положительного слоя направлено к отрицательному слою (против оси \(x\)), его модуль растёт линейно с глубиной: \(E=\rho s/\varepsilon_0\), на внешней поверхности он равен нулю.

3. Движение по нормали. На частицу с зарядом \(-e\) в положительном слое действует сила, противоположная полю: направлена к внешней поверхности и равна \(F=\dfrac{e\rho s}{\varepsilon_0}\). Второй закон Ньютона для проекции на направление глубины \(s\) (ускорение направлено к уменьшению \(s\)): \[m\ddot s=-\frac{e\rho}{\varepsilon_0}\,s\quad\Rightarrow\quad\ddot s=-\omega^2s,\qquad \omega=\sqrt{\frac{e\rho}{m\varepsilon_0}}.\] Это уравнение гармонических колебаний: в положительном слое частица ведёт себя как груз на пружине, глубина проникновения — «полупериод».

4. Условие не проникнуть в отрицательный слой. В момент \(t=0\) глубина \(s=0\), скорость по нормали \(v_n=v\sin\alpha\), поэтому \(s(t)=\dfrac{v_n}{\omega}\sin\omega t\). Максимальная глубина проникновения равна амплитуде \(v\sin\alpha/\omega\). Частица не проникнет в отрицательный слой, если эта амплитуда меньше толщины положительного слоя: \[\frac{v\sin\alpha}{\omega}<a\quad\Rightarrow\quad v<\frac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\frac{e\rho}{m\varepsilon_0}}.\] То же даёт закон сохранения энергии: потенциальная энергия частицы \(U=-e\varphi\) при переходе от \(x=2a\) к \(x=a\) растёт на \(\Delta U=\dfrac{e\rho a^2}{2\varepsilon_0}\) (рисунок), и кинетической энергии нормального движения \(\dfrac{mv^2\sin^2\alpha}{2}\) на это не хватает. Обратите внимание: в условие входит только нормальная составляющая скорости \(v\sin\alpha\), а не вся скорость: составляющая вдоль слоя энергию на преодоление барьера не тратит.

5. Время и расстояние. Частица возвращается на внешнюю поверхность, когда \(s(t)=0\) снова, то есть при \(\omega t=\pi\): \[t=\frac{\pi}{\omega}=\pi\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{e\rho}}.\] Обратите внимание: время не зависит ни от скорости, ни от угла, как период гармонических колебаний не зависит от амплитуды. Вдоль слоя частица движется равномерно со скоростью \(v\cos\alpha\) (вдоль слоя нет силы), поэтому смещение от точки \(A\) вдоль поверхности \[l=v\cos\alpha\cdot t=\pi v\cos\alpha\sqrt{\frac{m\varepsilon_0}{e\rho}}.\]

В точке выхода скорость по модулю равна \(v\) (потенциальная энергия там та же, что в \(A\)), а её нормальная составляющая изменила знак: частица отражается как от зеркала.

Проверка. Размерность: \(\left[\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}\right]=\dfrac{\text{Кл}\cdot\text{Кл/м}^3}{\text{кг}\cdot\text{Кл}^2/(\text{Н}\cdot\text{м}^2)}=\dfrac{\text{Н}}{\text{кг}\cdot\text{м}}=\text{с}^{-2}\), так что \(\omega\) — частота, время \(\pi/\omega\) — секунды. Предел \(\alpha\to0\) (частица скользит вдоль поверхности): ограничение пункта 1 на скорость исчезает, время остаётся прежним, а расстояние \(l\) растёт как \(v\).

Ответ. 1) \(v<\dfrac{a}{\sin\alpha}\sqrt{\dfrac{e\rho}{m\varepsilon_0}}\);  2) \(t=\pi\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\), \(l=\pi v\cos\alpha\sqrt{\dfrac{m\varepsilon_0}{e\rho}}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.