Четыре заряда

Полная энергия записывается так, как если бы каждая частица двигалась независимо в центральном поле одного эффективного неподвижного заряда в центре масс; траектории тогда — ветви гипербол.

1) \(v_f=\sqrt{v_0^2+\dfrac{kq^2}{Lm}\cdot\dfrac{4+\sqrt2}{2}}\);  2) \(\sin\varphi=\dfrac{1}{1+\dfrac{4Lmv_0^2}{kq^2(4+\sqrt2)}}\), где \(\varphi\) — искомый угол.

i) Считая \(v\ll c\) и пренебрегая силой тяжести, начальная полная энергия системы — сумма классических кинетической и потенциальной энергий: \[E_{\text{полн}}=E_{\text{кин}}+E_{\text{эл}}=E_{\text{кин}}+\frac12\sum_{i\ne j}k\frac{q_iq_j}{r_{ij}}=\frac{4mv_0^2}{2}+\frac{4kq^2}{L}+\frac{2kq^2}{\sqrt2L}=4\left(\frac{mv_0^2}{2}+\frac{kq^2}{L}\cdot\frac{4+\sqrt2}{4}\right).\] Когда частицы разлетятся на бесконечность, потенциальная энергия станет равной нулю, и полная энергия будет только кинетической: \[E_{\text{полн}}=4\,\frac{mv_f^2}{2}.\] Так как полная энергия не меняется, из равенства этих выражений получаем \[v_f=\sqrt{v_0^2+\frac{kq^2}{Lm}\cdot\frac{4+\sqrt2}{2}}.\]

ii) Пусть искомый угол равен \(\varphi\). Выражение для полной энергии показывает, что частицы ведут себя эффективно независимо друг от друга — так, как если бы на них действовало лишь центральное поле одного эффективного заряда \[Q_e=q\,\frac{2\sqrt2+1}{4}\approx0{,}96\,q,\] неподвижного в центре масс системы и находящегося первоначально на расстоянии \(L/\sqrt2\) от каждой частицы. Это наблюдение позволяет свести исходную задачу четырёх тел к четырём независимым (и одинаковым) задачам двух тел, в каждой из которых участвуют только неподвижный заряд \(Q_e\) и один движущийся заряд \(q\). Траектории поэтому — гиперболы, в одном из фокусов которых находится эффективный заряд. Поскольку сила отталкивающая, эффективный заряд находится в фокусе \(F_1\), как показано на следующем рисунке.

Вычислим угол \(\alpha\) асимптоты: искомый угол \(\varphi\) равен просто \(\pi/2-\alpha\). Гипербола определяется как множество точек \(P\), для которых абсолютная разность расстояний от \(P\) до двух фиксированных точек \(F_1\) и \(F_2\) (фокусов) постоянна. Обозначим расстояния \(r_1\) и \(r_2\). Из рисунка легко видеть, что эта постоянная равна \(2a\): если взять точку \(P\) на оси \(x\), то \(r_1-r_2=c+a-(c-a)=2a\).

Чтобы определить угол асимптоты \(\alpha\), рассмотрим треугольник \(F_1PF_2\). По теореме косинусов \[r_2^2=r_1^2+4c^2-4cr_1\cos\beta .\] Выражая \(\cos\beta\) и используя \(r_2=r_1-2a\), получаем \[\cos\beta=\frac{r_1^2-r_2^2+4c^2}{4cr_1}=\frac ac+\frac{c^2-a^2}{cr_1}.\] При \(r_1\to\infty\) имеем \(\beta\to\alpha\), и получаем выражение для косинуса угла асимптоты: \[\cos\alpha=\frac ac .\] Теперь, используя \(c=L/\sqrt2-a\) и зная, что \[E=\frac{kqQ_e}{2a}=\frac{mv_0^2}{2}+\frac{\sqrt2\,kqQ_e}{L}\] (уравнение «vis-viva» для гиперболы), откуда \[\frac1a=\frac{mv_0^2}{kqQ_e}+\frac{2\sqrt2}{L},\] получаем окончательно \[\sin\varphi=\cos\alpha=\frac ac=\frac{1}{\dfrac{L}{\sqrt2\,a}-1}=\frac{1}{1+\dfrac{Lmv_0^2}{\sqrt2\,kqQ_e}}=\frac{1}{1+\dfrac{4Lmv_0^2}{kq^2(4+\sqrt2)}}.\]

Вариант 1. Если ученик не знает уравнение vis-viva для гиперболы \[E=\frac{kqQ_e}{2a},\] которое отличается от соответствующего уравнения для эллипса лишь знаком полной энергии, его можно вывести так. Из формулы для угла асимптоты \(\cos\alpha=a/c\) сразу следуют геометрические соотношения, показанные на следующем рисунке.

Видно, что два прямоугольных треугольника на рисунке одинаковы. Из закона сохранения момента импульса (относительно точки \(F_1\)) имеем \[m(c+a)v_0=mbv_f\quad\Longrightarrow\quad v_f=v_0\,\frac{c+a}{b},\] а из закона сохранения энергии, используя \(b^2=c^2-a^2\), \[\frac{kqQ_e}{a+c}=\frac{mv_f^2}{2}-\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mv_0^2}{2}\left(\frac{(c+a)^2}{c^2-a^2}-1\right)=\frac{mv_0^2}{2}\cdot\frac{2a}{c-a},\] откуда \[\frac{mv_0^2}{2}=\frac{c-a}{2a}\cdot\frac{kqQ_e}{c+a}.\] Подставляя это в выражение для полной энергии, окончательно получаем \[E=kqQ_e\left(\frac{1}{2a}\cdot\frac{c-a}{c+a}+\frac{1}{c+a}\right)=\frac{kqQ_e}{2a}.\]

Вариант 2. Используя алгебраическое уравнение гиперболы \[\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\] и зная, что \(b^2=c^2-a^2\), получаем \[\operatorname{tg}\alpha=\lim_{x\to\infty}\frac yx=\lim_{x\to\infty}b\sqrt{\frac1{a^2}-\frac1{x^2}}=\frac ba .\]

Вариант 3. Шаг с уравнением vis-viva можно заменить сохранением момента импульса относительно центра масс, так как все силы радиальны.

\[\mathcal L=mv_0\frac{L}{\sqrt2}=mv_fb,\] так как мы уже знаем, что \(a+c=\dfrac{L}{\sqrt2}\), а \(c^2=a^2+b^2\), можно найти параметры гиперболы.

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