Гантель в полости

Полость — это суперпозиция сплошного цилиндра с плотностью \(\rho\) и цилиндра с плотностью \(-\rho\); поле в ней однородно. Сравните электрическую силу с силой тяжести и запишите работу всех сил как функцию угла поворота стержня.

Рассмотрим плоскость, перпендикулярную осям полости и цилиндра. Пусть \(O\) — точка пересечения оси цилиндра с этой плоскостью, а \(O'\) — точка пересечения с осью полости (рис. 1). Выберем произвольную точку \(A\) внутри полости. Если \(\vec r = \overrightarrow{OA}\), \(\vec r\,' = \overrightarrow{O'A}\), а \(\vec d = \overrightarrow{OO'}\), тогда \(\vec r = \vec r\,' + \vec d\).

Пусть \(\rho\) — объёмная плотность заряда цилиндра, тогда полость можно представить как суперпозицию цилиндров с объёмной плотностью заряда \(\rho\) и \(-\rho\). Первый цилиндр дополняет цилиндр с вырезом до полного сплошного цилиндра. Поле внутри выреза представим как суперпозицию полей дополненного цилиндра и цилиндра с плотностью заряда \(-\rho\).

Используя симметрию, найдём с помощью теоремы Гаусса напряжённость поля \(E(r)\) внутри равномерно заряженного цилиндра: \[\Phi_E = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0},\ \text{где } \Phi_E = 2\pi r l E(r),\ q_{in} = \pi r^2 l\rho,\] откуда \(E(r) = \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0}\) или, в векторном виде, \(\vec E(\vec r) = \dfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r\). Тогда напряжённость поля в произвольной точке \(A\) равна \[\vec E_A = \vec E_\rho(\vec r) + \vec E_{-\rho}(\vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r + \frac{(-\rho)}{2\varepsilon_0}\vec r\,' = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}(\vec r - \vec r\,') = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec d.\] Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен \(E_\text{п} = \dfrac{\rho R}{4\varepsilon_0}\).

На заряженный шарик массой \(m\) и зарядом \(q\), помещённый в полость, действует сила \(\vec F = \vec F_g + \vec F_E\), где \(F_g = mg\) — сила тяжести, \(F_E = \dfrac{q\rho R}{4\varepsilon_0}\) — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением \(a = \sqrt{g^2 + \left(\dfrac{q\rho R}{4m\varepsilon_0}\right)^2}\). С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время \(\tau\). Это значит, что \(a = \dfrac{2(R/2)}{\tau^2} = \sqrt2\,g\), откуда \(\rho = \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{qR}\).

Пусть \(B\) — середина стержня, \(r = 3R/8\) — радиус кольца, а \(L = \sqrt2\,r\) — расстояние между бусинками. При движении стержня с бусинками вектор \(\overrightarrow{O'B}\) будет поворачиваться против часовой стрелки в плоскости рисунка, а скорость обеих бусинок будет, в силу кинематической связи, одинакова. Обозначим \(\varphi\) угол поворота вектора \(\overrightarrow{O'B}\) и найдём значение угла \(\varphi_\text{р}\), соответствующее максимальной скорости бусинок.

Пункт 2. Метод №1. Согласно теореме о кинетической энергии \[\frac{3mv^2}{2} = A_g + A_E,\] где \(v\) — скорость бусинок, \(A_g\) и \(A_E\) — работа силы тяжести и электрической силы соответственно. Запишем выражения для обеих работ при повороте вектора \(\overrightarrow{O'B}\) на угол \(\varphi\): \[\begin{gather*} A_g = mgr\bigl(\cos(\varphi - \pi/4) - \cos(\pi/4)\bigr) + 2mgr\bigl(\cos(\pi/4 + \varphi) - \cos(\pi/4)\bigr),\\ A_E = 2qE_\text{п} r\bigl(\sin(\varphi - \pi/4) + \sin(\pi/4)\bigr) + qE_\text{п} r\bigl(\sin(\pi/4 + \varphi) - \sin(\pi/4)\bigr). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарной работы: \[A_\Sigma = A_g + A_E = mgr\left(2\cos(\varphi - \pi/4) - \sqrt2\right).\] Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда \(A_\Sigma\) достигнет максимума, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\). Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим \[\begin{gather*} A_{\Sigma\,max} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\quad \frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \quad\Rightarrow\\ \Rightarrow\quad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}. \end{gather*}\]

Пункт 2. Метод №2. В момент достижения бусинками максимальной скорости их тангенциальное ускорение равно нулю. Поэтому сумма моментов сил тяжести и электрических сил, рассчитанных в данный момент относительно точки \(O'\), равна нулю. Запишем выражения для \(M_g\) и \(M_E\) (суммарного момента сил тяжести и электрических сил соответственно), принимая в качестве положительного направление против часовой стрелки: \[\begin{gather*} M_g = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4),\\ M_E = 2qE_\text{п} r\cos(\varphi - \pi/4) + qE_\text{п} r\cos(\varphi + \pi/4). \end{gather*}\] Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что \[qE_\text{п} = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0} = mg.\] Используя это, запишем выражение для суммарного момента \[\begin{gather*} M_\Sigma = M_g + M_E = -mgr\sin(\varphi - \pi/4) - 2mgr\sin(\varphi + \pi/4) +\\ + 2mgr\cos(\varphi - \pi/4) + mgr\cos(\varphi + \pi/4) = -2mgr\sin(\varphi - \pi/4). \end{gather*}\] При \(\varphi < \pi/4\) суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\), когда \(M_\Sigma = 0\). Согласно закону изменения энергии \[\frac{3mv_{max}^2}{2} + 2mgr - 3mg\cdot\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right) = 2qE_\text{п}\cdot\frac{r}{\sqrt2} + qE_\text{п}\left(r - \frac{r}{\sqrt2}\right),\] откуда \[\frac{3mv_{max}^2}{2} = mgr\left(2 - \sqrt2\right) \qquad\Rightarrow\qquad v_{max} = \sqrt{\frac{2(2 - \sqrt2)gr}{3}} = \frac{\sqrt{(2 - \sqrt2)gR}}{2}.\]

Пункты 3 и 4. Сделаем несколько утверждений:

1) Так как стержень невесом, сумма сил, действующих на стержень, равна нулю.

2) Так как стержень и бусинки соединены шарнирно, сила, с которой стержень действует на бусинки, направлена вдоль него.

3) В момент достижения бусинкой максимальной скорости её тангенциальное ускорение равно нулю, поэтому проекция сил, действующих на эту бусинку, на ось, перпендикулярную радиусу, равна нулю.

Рассмотрим силы, действующие на каждую из бусинок в момент достижения ими максимальной скорости, то есть при \(\varphi_\text{р} = \pi/4\) (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение, \[0 = 2qE_\text{п} - (T + F_\text{кул})\cos(\pi/4),\] где \(T\) — сила реакции стержня, а \(F_\text{кул} = q^2/(2\pi\varepsilon_0 L^2)\) — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что \[T = 2\sqrt2\,qE_\text{п} - F_\text{кул} = 2\sqrt2\,mg - \frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 L^2} = 2\sqrt2\,mg - \frac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}.\] Нормальное ускорение в этот момент равно \(a_n = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{2(2 - \sqrt2)}{3}g\). Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную): \[\begin{gather*} ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - mg + N_m,\\ 2ma_n = -(T + F_\text{кул})\sin(\pi/4) - qE_\text{п} + N_{2m}. \end{gather*}\] Поскольку \(T + F_\text{кул} = 2\sqrt2\,qE_\text{п}\), \[\begin{gather*} N_m = mg + ma_n + 2qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{2(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{13 - 2\sqrt2}{3},\\ N_{2m} = 2ma_n + 3qE_\text{п} = 3mg + mg\cdot\frac{4(2 - \sqrt2)}{3} = mg\cdot\frac{17 - 4\sqrt2}{3}. \end{gather*}\]