2019-02-27
Тяжелое крепление в виде маленького шара массы $M$ соединяет жестко стержень длиной $L$ и середину тонкого круглого металлического диска. Второй конец стержня прикреплен к потолку шарниром III, так что вся конструкция может качаться, при этом стержень всегда перпендикулярен диску (см. рисунок). Снизу, точно под шарниром, на расстоянии $a$ от диска закрепляют точечный заряд $q$. Найдите период малых колебаний конструкции. Диск заземлен, величина $a$ мала по сравнению с $L$ и с радиусом диска, стержень и диск легкие. Ускорение свободного падения $g$, сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение:
Пусть система качается вокруг положения равновесия, и стержень отклонился на малый угол $\alpha$ (см. рис., где стержень из вертикального положения ШК переместился в положение ШС). Если кинетическая энергия при этом уменьшится на $k_{1} \omega^{2}/2$ (здесь $\omega$ - угловая скорость вращения стержня в момент, когда угол отклонения $\alpha$: $\omega = \dot{ \alpha}$), а потенциальная увеличится на $k_{2} \alpha^{2}/2$, то период гармонических колебаний имеет вид $T = 2 \pi \sqrt{k_{1}/k_{2}}$. Поэтому необходимо найти коэффициенты $k_{1}$ и $k_{2}$.
Найти коэффициент $k_{1}$ просто - кинетическая энергия крепления $MV^{2}/2$, где скорость крепления связана с угловой скоростью стержня $V = L \omega$. Поэтому $k_{1} = ML^{2}$.
Разберемся с потенциальной энергией.
Согласно методу зеркальных изображений, металлический диск притягивает заряд $q$ также, как заряд $-q$, расположенный за плоскостью зеркально относительно $q$. Однако энергия их взаимодействия $E = - kq^{2} /(4a)$ в два раза меньше, чем имели бы заряды $q$ и $- q$, расположенные на расстоянии $2a$. Этот известный результат метода зеркальных изображений связан с тем, что заряд и плоскость создают такие же силовые линии, как заряды $q$ и $-q$, но только перед металлической плоскостью, силовых же линий за металлической плоскостью нет, поэтому энергию зарядов $-kq^{2}/(2a)$ следует для случая плоскости разделить пополам. Отметим также, что энергия взаимодействия разноименных зарядов отрицательна. Когда стержень отклонился, расстояние между зарядом 3 и плоскостью изменилось и стало равно $|ЗР| = a^{ \prime}$. Так как $|ШЗ| = |ШТ| + |ТЗ| = L / \cos \alpha + a^{ \prime} / \cos \alpha$, значит
$L + a = \frac{L}{ \cos \alpha} + \frac{a^{ \prime} }{ \cos \alpha} \Rightarrow a^{ \prime} = (L + a) \cos \alpha - L$,
а изменение потенциальной энергии кулоновского взаимодействия
$\Delta E_{KL} = \frac{-kq^{2}}{4a^{ \prime} } - \frac{-kq^{2}}{4a} = \frac{-kq^{2}}{4a} \left ( \frac{a}{a^{ \prime} } - 1 \right ) = - \frac{kq^{2} }{4a} \left ( \frac{(L + a)(1 - \cos \alpha)}{(L + a) \cos \alpha - L} \right )$.
Так как угол $\alpha$ мал, $\cos \alpha \approx 1$, знаменатель последнего выражения можно упростить до $a$. Числитель содержит $(1 - \cos \alpha)$, который можно выразить из известного тригонометрического тождества:
$1 - 2 \sin^{2} ( \alpha /2) = \cos \alpha \Rightarrow 1 - \cos \alpha = 2 \sin^{2}( \alpha /2) \approx 2 \left ( \frac{ \alpha}{2} \right )^{2} = \frac{ \alpha^{2} }{2}$. (1)
в последнем равенстве мы также воспользовались малостью угла $\alpha/2$. Таким образом, изменение кулоновской энергии
$\Delta E_{KL} = - \frac{kq^{2}}{4a} \frac{(L + a) \alpha^{2}}{2a} \approx - \frac{kq^{2}L}{4a^{2} } \frac{ \alpha^{2} }{2}$.
Потенциальная энергия гравитационного поля при отклонении стержня на $\alpha$ меняется на $Mg|C^{ \prime}K |$, где $|C^{ \prime}K| = L(1 - \cos \alpha) \approx La^{2}/2$ (мы снова воспользовались соотношением (1)). Полное изменение потенциальной энергии, таким образом,
$MgL \frac{ \alpha^{2}}{2} - \frac{kq^{2} (L + a)}{4a^{2} } \frac{ \alpha^{2}}{2} = \frac{k_{2} \alpha^{2}}{2}$, где $k_{2} = MgL - \frac{kq^{2}(L + a) }{4a^{2} } \approx MgL - \frac{kq^{2}L }{4a^{2} }$.
Отсюда следует ответ
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{k_{1} }{k_{2} } } = 2 \pi \sqrt{ \frac{L}{g - kq^{2}/(4Ma^{2} ) } }$.
Видно, что разность в знаменателе может обратиться в ноль. Физически это соответствует ситуации, когда заряд достаточно велик и диск притягивается к нему и прилипает. Разумеется, при этом колебания в системе не возникают.
Решение 2.
Если колебания происходят лишь под действием силы тяжести, то в системе, выведенной из равновесия, возникает момент силы тяжести $MgL \sin \alpha$ (см. рис.), возвращающий систему в положение равновесия. Когда кроме силы тяжести на плоскость действует дополнительная электрическая сила Кулона $F_{KL}$, которая находится из метода зеркальных изображений $F_{KL} = kq^{2} /(4a^{2})$, она также создает момент, но этот момент мешает моменту силы тяжести вернуть систему обратно. Расстояние от заряда до плоскости слабо меняется при колебаниях на малый угол, поэтому и $F_{KL}$ почти постоянна, плечо этой силы $(L + a) \sin \alpha \approx L \sin \alpha$, (величиной $a$ по сравнению с $L$ можно пренебречь). В результате суммарный момент всех сил оказывается равным
$MgL \sin \alpha - \frac{kq^{2}}{4a^{2} } L \sin \alpha$.
Поэтому дополнительная сила эффективно сводится к уменьшению силы тяжести
$Mg \rightarrow Mg - \frac{kq^{2} }{4a^{2} }$,
или к уменьшению величины ускорения свободного падения
$g \rightarrow g - \frac{kq^{2}}{4Ma^{2} }$.
Соответственно изменится и период:
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{L}{g} } \rightarrow T = 2 \pi \sqrt{ \frac{L}{g - gq^{2}/(4Ma^{2} ) } }$.
Ответ: период колебания системы
$T = 2 \pi \sqrt{ \frac{L}{g - gq^{2}/(4Ma^{2} ) } }$,
колебания происходят, лишь если знаменатель под корнем не обращается в ноль, в противном случае диск прилипнет к заряду.
Любопытно, что хотя сила взаимодействия заряда с изображением тянет плоскость вниз, в результате она ослабляет действие гравитации.