Заряженный маятник у пластины

Поскольку в условии сказано, что при колебаниях процесс повторяется, то потерями энергии можно пренебречь. Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии: в крайних положениях, когда шарик останавливается, суммы его потенциальной энергии в поле силы тяжести и энергии электрического поля, имеющегося в системе, должны быть одинаковы.

Электрическое поле в пространстве справа от пластины, как нетрудно показать, совпадает с полем, которое создавалось бы в отсутствие пластины двумя зарядами: \(+q\) и \(-q\), расположенными зеркально симметрично по отношению к поверхности пластины (такой подход к решению задачи называется «методом электростатических изображений»). Действительно, суммарный потенциал, создаваемый двумя такими зарядами в каждой точке плоскости симметрии системы, равен нулю, и таким образом, в эту плоскость можно поместить тонкую заземлённую пластину. Все силовые линии заряда \(+q\) при этом будут замыкаться на её правой поверхности, индуцированный заряд на которой, очевидно, будет равен \(-q\). Если теперь удалить заряд \(-q\), находящийся слева от пластины, и снять индуцированный заряд \(+q\) с левой поверхности пластины, то справа от неё поле не изменится, а поле слева исчезнет. Поэтому все точки пространства слева от тонкой пластины будут иметь одинаковый потенциал, и это пространство можно заполнить проводником, что не скажется на поле справа.

Поскольку поле справа от пластины совпадает с полем, создаваемым двумя точечными зарядами \(+q\) и \(-q\), расположенными на соответствующем расстоянии \(r\) друг от друга, а слева от пластины поле отсутствует, то энергия электрического поля, имеющегося в нашей системе, равна половине электростатической энергии взаимодействия этих зарядов: \(W_{\text{эл}} = -\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{r}\). В начальном положении расстояние \(r\) равно (см. рис. 3.10) \(r_1 = 2\cdot(1{,}5\,l + l\sin\alpha)\), а в конечном положении \(r_2 = l\). Отсчитывая потенциальную энергию в поле силы тяжести от начального положения шарика, запишем закон сохранения энергии: \[-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{(3l + 2l\sin\alpha)} = -\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{q^2}{l} + mgl\cos\alpha.\] Отсюда \[\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{1}{3 + 2\sin\alpha}\right) = mgl^2\cos\alpha,\] и \[q = 2l\sqrt{\pi\varepsilon_0 mg\cos\alpha\cdot\dfrac{3 + 2\sin\alpha}{1 + \sin\alpha}}.\]