Задачи › Потенциал электрического поля

Заряд на кольце

  1. Заряд на кольце

    NBPhO 2015/16, заключительный этап, 11 кл. · №25802

    (7 баллов) Точечная частица массой \(m\) и зарядом \(q\) может без трения скользить вдоль неподвижного горизонтального кругового кольца радиусом \(r\). В плоскости кольца в неподвижной точке на расстоянии \(d\) от центра кольца помещён другой заряд \(Q\), причём \(d<r\) (см. рисунок).

    Рисунок

    i) (3 балла) Частице на кольце сообщена начальная скорость \(v_0\). Вычислите её скорость \(v\) как функцию угла \(\phi\), \(v(\phi)\).

    ii) (2 балла) Чему равна сила, действующая на частицу со стороны кольца, как функция угла \(\phi\)?

    iii) (2 балла) Вязкое трение можно моделировать силой, направленной против скорости, с модулем, пропорциональным скорости, то есть \(|F_f|=m\gamma v\), где \(\gamma\) — положительная постоянная. Предположим, что такая сила трения действует на частицу на кольце. При заданной начальной скорости \(v_0\) определите положение, в котором частица остановится.

    ▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
    Подсказка

    Скорость находится из закона сохранения энергии в поле заряда \(Q\); сила реакции кольца уравновешивает нормальную составляющую силы Кулона и обеспечивает центростремительное ускорение. Остановиться частица может только там, где касательная составляющая силы Кулона равна нулю.

    ▶ОтветСкрыть: ответ
    Ответ

    i) \(v(\phi)^2=v_0^2+\dfrac{C}{\sqrt{r^2+d^2}}-\dfrac{C}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}}\), где \(C=\dfrac{Qq}{2\pi m\epsilon_0}\);  ii) \(F_n=\dfrac{mv^2}{r}+\dfrac{mC(r+d\sin\phi)}{2(r^2+d^2+2rd\sin\phi)^{3/2}}\);  iii) в верхней или нижней точке кольца (в устойчивой — при \(qQ>0\) в верхней).

    ▶РешениеСкрыть: решение
    Решение

    i) Скорость \(v\) — это просто модуль \(r\dot\phi\), и из закона сохранения энергии получаем \[v^2+\frac{C}{|\mathbf r-\mathbf r_Q|}=\text{const}=2E/m,\] где \(C=\dfrac{Qq}{2\pi m\epsilon_0}\). Это значение, следовательно, должно равняться начальному. Из рисунка видно, что \(\phi(0)=0\) и \(\phi_Q=-\pi/2\), и получаем: \[v(\phi)^2=v_0^2+\frac{C}{\sqrt{r^2+d^2}}-\frac{C}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}},\] а \(v(\phi)\) — просто квадратный корень из этого выражения.

    ii) Сила \(F_n\) со стороны кольца — это сила реакции связи, нормальная к кольцу, и она уравновешивает остальные силы так, чтобы полная перпендикулярная сила равнялась необходимой центростремительной силе \(F_c=mv^2/r\), направленной внутрь. Другая сила — кулоновское отталкивание (если \(C>0\)) со стороны \(Q\) с модулем \(F_Q=\dfrac{mC}{2(r^2+d^2+2rd\sin\phi)}\). Её перпендикулярная составляющая получает множитель \(\cos\alpha\), где \(\alpha\) — угол между локальным радиус-вектором и прямой \(Qq\). Теорема косинусов для треугольника, образованного \(q\), \(Q\) и центром кольца, даёт \(\cos\alpha=\dfrac{r+d\sin\phi}{\sqrt{r^2+d^2+2rd\sin\phi}}\). Везде \(\cos\alpha>0\), так что нормальная часть \(F_Q\) везде направлена наружу (в случае отталкивания). Для силы со стороны кольца получаем \[F_n=\frac{mv^2}{r}+\frac{mC(r+d\sin\phi)}{2\left(r^2+d^2+2rd\sin\phi\right)^{3/2}},\] причём оба слагаемых направлены внутрь в случае отталкивания \(C>0\), иначе второе слагаемое будет направлено наружу.

    iii) Когда частица остановилась, сила трения вдоль кольца автоматически равна нулю, но остальные силы должны уравновешиваться. Все нормальные силы автоматически уравновешиваются кольцом. Нужно рассмотреть продольную силу, которая может возникать только из-за кулоновской силы, действующей на \(q\), а значит, её продольная составляющая должна обращаться в нуль. Это возможно только в двух местах, в точках наибольшего и наименьшего расстояния до \(Q\), то есть в верхней или нижней точке. Эти точки соответствуют минимуму и максимуму соответственно электростатического потенциала, и только первая была бы устойчивой в случае отталкивания \(qQ>0\) (иначе — наоборот).

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

    Вся олимпиада на сайте

Похожие задачи