2019-01-10
Стержень при помощи шарнира закреплен в точке О, так что может свободно вращаться вокруг него. Шарнир расположен на расстоянии $l$ от одного края стержня и на расстоянии $L$ от другого. На концах лёгкого стержня закреплены маленькие грузы массами $m$ и $M = 2m$. Грузы имеют электрические заряды $q$ и $Q = 3q$. Экспериментатор включил однородное магнитное поле $B$, направленное вертикально (см. рис), и раскрутил стержень вокруг вертикальной оси $OO^{ \prime}$ с частотой $\omega$. Наблюдая за дальнейшим поведением системы, экспериментатор обнаружил, что грузы движутся по окружностям в горизонтальной плоскости. Какой угол при этом образует стержень с вертикалью? Ускорение свободного падения равно $g$.
Решение:
Грузы, расположенные на рычаге, скорее всего не будут уравновешены, $ML \neq ml$ (случай уравновешенных грузов надо рассматривать отдельно). Разумно предположить, что тот груз, который перевешивает на неподвижном рычаге, будет крутиться по нижней окружности, а второй - по верхней. Будем для определенности считать, что $ML > ml$, так что груз $M$ расположился внизу.
На каждый из двух грузов будет действовать четыре силы: сила тяжести ($Mg$ или $mg$ - в зависимости от того, который груз рассматриваем), сила Лоренца ($F_{A1}$ или $F_{A2}$), сила со стороны стержня, направленная вдоль него ($N_{1}$ или $N_{2}$), сила со стороны стержня, направленная перпендикулярно стержню $F_{1}$ или $F_{2}$.
Силы на каждый из грузов представлены на рис. Для определённости мы считаем, что нижний шарик движется ”на нас”, а верхний - ”от нас”. В случае, если система вращается в другую сторону, направления сил $F_{A1}$ или $F_{A2}$ изменятся по сравнению с рисунком на противоположные (этого же можно добиться, изменив направление B на противоположное). Направление центростремительных сил указано на рисунке жирными стрелками.
Так как каждый груз движется по горизонтальной окружности, сумма действующих на него сил должна складываться в результирующую, направленную к центру этой окружности (центростремительную силу):
$M \vec{g} + \vec{N}_{1} + \vec{F}_{1} + \vec{F}_{A1} = \vec{F}_{центр1}$
$m \vec{g} + \vec{N}_{2} + \vec{F}_{2} + \vec{F}_{A2} = \vec{F}_{центр2}$
Удобно рассмотреть эти равенства в проекции на направление, перпендикулярное стержню:
$Mg \sin \alpha + F_{1} + F_{A1} \cos \alpha = F_{центр1} \cos \alpha$,
$-mg \sin \alpha - F_{2} + F_{A2} \cos \alpha = F_{центр2} \cos \alpha$,
здесь мы обозначили искомый угол между стержнем и вертикалью через $\alpha$.
В последних формулах силы $N_{1}$ и $N_{2}$ не дали вклада, так как мы рассмотрели перпендикулярное им направление. Силы же $F_{1}$ и $F_{2}$ связаны между собой соотношением $F_{1}L = F_{2}l$. Действительно, такие же по величине силы и противоположные по направлению силы действуют со стороны грузов на стержень. Стержень же закреплён на шарнире и должен пребывать в равновесии. Значит моменты сил $F_{1}$ и $F_{2}$ должны быть скомпенсированы. Это соотношение позволит нам исключить из рассматриваемой системы силы $F_{1}$ и $F_{2}$. Домножим первое уравнение на $L$, второе на $l$, и сложим уравнения друг с другом. Вклады $F_{1}L - F_{2}l$ сократятся, останется
$(ML - ml)g \sin \alpha + (F_{A1} L + F_{A2} 2l) \cos \alpha = (F_{центр1} L + F_{центр2}l) \cos \alpha$. (3)
Теперь осталось только выразить силу Лоренца и центростремительную силу через параметры системы. Для этого введём радиус окружности, по которой вращается каждый груз,
$R_{1} = L \sin \alpha, R_{2} = l \sin \alpha$
и вспомним, что скорость движения груза равна произведению угловой скорости ш на этот радиус. Для силы Лоренца
$F_{A1} = QB \omega L \sin \alpha, F_{A2} = qB \omega l \sin \alpha$.
Для центростремительной силы
$F_{центр1} = M \omega^{2}L \sin \alpha, F_{центр2} = m \omega^{2}l \sin \alpha$.
Подставляя эти силы в (3), получим
$(ML - ml)g \sin \alpha + B \omega \sin \alpha (QL^{2} + ql^{2}) \cos \alpha = \omega^{2} \sin \alpha (ML^{2} + ml^{2}) \cos \alpha$.
У этого уравнения имеется, во-первых, решение $\sin \alpha = 0$, а во-вторых, корни уравнения
$(ML - ml)g + B \omega(QL^{2} + ql^{2}) \cos \alpha = \omega^{2} (ML^{2} + ml^{2}) \cos \alpha$, (4)
из которого легко выразить
$\cos \alpha = \frac{(ML - ml)g}{ \omega^{2} (ML^{2} + ml^{2} ) - B \omega (QL^{2} + ql^{2} ) } = \frac{(2L - l)mg}{m \omega^{2} (2L^{2} + l^{2} ) - qB \omega (3L^{2} + l^{2} ) }$. (5)
Последнее уравнение решается только если
$0 \leq \frac{(ML - ml)g}{ \omega^{2} (ML^{2} + ml^{2} ) - B \omega (QL^{2} + ql^{2} ) } \leq 1$.
Знак при слагаемом с $B$ может меняться в зависимости от того, по или против часовой стрелки вращаются грузы. Знаменатель в рассматриваемой дроби при достаточно малых $\omega$ может быть отрицательным, или слишком малым, чтобы наше неравенство выполнялось. Тогда реализуется решение $\sin \alpha = 0$ (оно же является устойчивым).
С ростом $\omega$ у уравнения (5) появляется нетривиальное устойчивое решение, в то время как $\alpha = 0$ становится неустойчивым.
Если заряды вращаются как мы предположили (нижний на нас, верхний - от нас), это происходит при
$(ML - ml)g = \omega^{2}(ML^{2} + ml^{2}) - B \omega (QL^{2} + ql^{2})$,
т.е. при критическом значении $\omega_{кр}$, найденной из квадратного уравнения
$\omega^{2} ( ML^{2} + ml^{2}) - B \omega (QL^{2} + ql^{2}) - (ML - ml)g = 0, \Rightarrow \omega_{кр} = \frac{B(QL^{2} + ql^{2}) + \sqrt{B^{2}(QL^{2} + ql^{2})^{2} + 4(ML^{2} + ml^{2})(ML - ml)g}}{2(ML^{2} + ml^{2} )} = \frac{qB(3L^{2} + l^{2}) + \sqrt{q^{2}B^{2}(3L^{2} + l^{2})^{2} + 4m^{2} (2L^{2} + l^{2} )(2L - l)g}}{2m(2L^{2} +l^{2})}$
(отрицательное решение для $\omega_{кр}$ отброшено).
Дальнейший рост $\omega$ при значениях больших $\omega_{кр}$ приведёт к росту знаменателя в (5) и, соответственно, увеличению равновесного угла $\alpha$.
Если заряды вращаются наоборот (нижний от нас, верхний - на нас), стержень остаётся вертикальным вплоть до угловых скоростей
$\tilde{ \omega}_{кр} = \frac{-qB(3L^{2} + l^{2} ) + \sqrt{q^{2}B^{2} (3L^{2} + l^{2} )^{2} + 2m^{2}(2L^{2} + l^{2} )(2L - l)g } }{2m(2L^{2} + l^{2} )}$
(данное решение проще всего получить, заменив в $\omega_{кр}$ знак у слагаемых с $B$.
В случае, когда исходно невращающиеся грузы уравновешены на шарнире (когда $ML = ml$) угол в уравнении (4) вообще сокращается, так что равновесие имеет место при любом расположении стержня, однако частота вращения при этом единственно возможная. Можно, однако, показать. что устойчивое вращение происходит лишь при $\alpha = 0$ и $\alpha = 90^{ \circ}$. Для этого следует при произвольном а рассмотреть малое изменение $\alpha$ на $\Delta \alpha$ и убедиться, что силы в (5) изменяются так, чтобы усилить отклонение стержня.
Ответ: Если заряды вращаются так - нижний на нас, верхний - от нас, при $\omega < \omega_{кр}$ стержень вертикален, при больших значениях угол задается соотношением (5).
Если заряды вращаются в обратную сторону, при $\omega < \tilde{ \omega}_{кр}$ стержень вертикален, а при больших значениях угол задается соотношением (5) в котором следует изменить знак у $B$.
В случае, когда $2L = l$, стержень находится в безразличном неустойчивом равновесии и может вращаться под любым углом. Устойчивое положение стержня в этом случае - вертикальное либо горизонтальное.