Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10068
2019-01-14 
У Шелдона сломался глобус - распался на два полушария. В рассеянности он отметил на северном полушарии 45-ую параллель, и покрыл краской всё, что было на глобусе её севернее; затем он отметил в южном полушарии 60-ую параллель и покрасил всю область южнее её. Оставив полушария сушиться, Шелдон ушёл пить горячий напиток. Обнаружив детали глобуса, друзья Шелдона занялись ремонтом, пропустив между полюсами леску и туго стянув ею полушария. На леску они надели маленькую скользкую бусинку массой $m$ с зарядом $q$. Затем они зарядили раскрашенные области на поверхности глобуса с постоянной плотностью заряда $\sigma$, а глобус закрепили так, что леска оказалась горизонтальна. Вернувшись, Шелдон выяснил, что если глобус тронуть, бусинка совершает вдоль лески малые колебания около положения равновесия. Помогите Шелдону определить, где расположилась бусинка в равновесии, и с каким периодом она может колебаться. Радиус глобуса $R$, трением пренебречь. Глобус считать тонкостенным, изготовленным из диэлектрика.
Решение:
По условию задачи бусинка находится в положении равновесия под действием электростатического взаимодействия с двумя заряженными "чашками", имеющими форму куска сферы. Расположение "чашек" будем характеризовать углами $\alpha_{1} = 45^{ \circ}$ и $\alpha_{2} = 60^{ \circ}$ (см. рис.). Предположим для начала, что бусинка и глобус одноимённо заряжены, т.е. глобус отталкивает бусинку.
Хорошо известно, что внутри равномерно заряженной сферы радиуса $R$ бусинка находилась бы в состоянии безразличного равновесия. Действительно, равномерно заряженная сферическая поверхность не создаёт напряжённость внутри себя - в любой точке! - по теореме Гаусса.
Покажем, что это так. Если бы хоть в какой-то точке А внутри равномерно заряженной сферы оказалось бы, что $E_{A} \neq 0$, можно было бы выделить сферическую поверхность $S$ (см. рис. 6), такую, что электрическое поле везде на $S$ было бы равно $E_{A}$ - ведь внутри сферы нет выделенных направлений, а значит величина вектора $\vec{E}_{A}$ на поверхности $S$ постоянна из симметрии. Тогда поле имело бы ненулевой поток через эту поверхность. Однако, так как поверхность $S$ не содержит зарядов, по теореме Гаусса поток вектора напряжённости через $S$ должен быть нулевым, что приводит нас к противоречию.
Можно посмотреть на этот факт иначе, с точки зрения сил, действующих на бусинку. Достаточно маленький заряженный участок сферы (например, 1 на рис.) можно рассматривать как точечный заряд, который действует на бусинку по закону Кулона. При этом существует противоположный маленький участок глобуса 2, который действует на бусинку в точности с такой же силой в другую сторону. В том, что эти силы равны, легко убедиться. Действительно, заряды рассматриваемых участков, $q_{1}$ и $q_{2}$, пропорциональны площадям этих участков, которые, в свою очередь, пропорциональны квадрату расстояния от точки А до каждого из участков: $q_{1} = \xi a_{1}^{2}, q_{2} = \xi a_{2}^{2}$. Важно, что коэффициент пропорциональности $\xi$ в этих формулах один и тот же, поскольку конусы, опирающиеся на площади 1 и 2 подобны по построению. Подстановка таких зарядов в закон Кулона $F_{1,2} = kqq_{1,2} / a_{1,2}^{2}$ приводит к требуемому равенству сил $F_{1} = F_{2}$.
Итак, полная заряженная сфера никак не влияет на бусинку: если бы друзья Шелдона зарядили равномерно весь глобус, бусинка была бы в состоянии безразличного равновесия в любом месте горизонтальной лески. Однако в задаче часть глобуса не заряжена, поэтому в произвольной точке расположения бусинки силы от некоторых участков глобуса не скомпенсированы. Мы ищем положение равновесия в такой системе, т.е. точку расположения бусинки, где силы её отталкивания от всех участков глобуса скомпенсированы. Очевидно, это должна быть точка, в которой с противоположной стороны от бусинки находятся или одновременно заряженные куски глобуса (они компенсируют друг друга), или одновременно незаряженные куски. Такая точка внутри глобуса одна (см. точку B на рис.), из неё обе заряженные ”чашки” видны под одинаковым углом $\beta$, который легко найти из геометрических соображений.
Для этого введём $h_{1}$ и $h_{2}$, а также угол $\beta$ как показано на рис, и заметим, что с одной стороны $h_{1} + h_{2} = R \sin \alpha_{1} + R \sin \alpha_{2}$ (ср. с рис.), а с другой стороны, из треугольника BNK $h_{1} = R \cos \alpha_{1} ctg \beta$, из треугольника $BN^{ \prime}K^{ \prime} h_{2} = R \cos \alpha_{2} ctg \beta$, поэтому
$h_{1} + h_{2} = R \sin \alpha_{1} + R \sin \alpha_{2} = R \cos \alpha_{1} ctg \beta + R \cos \alpha_{2} ctg \beta \Rightarrow ctg \beta = \frac{ \sin \alpha_{1} + \sin \alpha_{2} }{ \cos \alpha_{1} + \cos \alpha_{2} } = \frac{ \sqrt{3} + \sqrt{2} }{ \sqrt{2} + 1 }$.
Отсюда равновесное положение бусинки - на расстоянии $h_{2}$ от края южной "чашки", где
$h_{2} = |N^{ \prime}K^{ \prime} | ctg \beta = R \cos \alpha_{2} ctg \beta = \frac{R( \sqrt{3} + \sqrt{2} ) }{2( \sqrt{2} = 1 ) }$. (6)
Подчеркнём, что факт компенсации сил от противоположных заряженных участков сферы уже доказан на основе теоремы Гаусса и принципа суперпозиции, так как эта компенсация имеет место для заряженных участков полной сферы.
Рассмотрим, что происходит при сдвиге бусинки из положения равновесия. Во-первых, малые колебания вокруг этого положения возможны только если бусинка и глобус заряжены одноимённо. В противном случае положение равновесия бусинки оказалось бы неустойчивым, и она при дальнейшем движении просто притянулась бы к ближайшему заряженному участку глобуса.
При малом сдвиге $x$ бусинки в сторону южного полюса большая часть участков заряженных "чашек" по-прежнему компенсируют друг друга. Некомпенсированными останутся лишь куски, отмеченные красным на рис., расположенные по кольцевому краю южной чашки. Обозначим ширину этого кольца $\Delta l$; введём также $\Delta \alpha$ - угол, под которым $\Delta l$ виден из центра окружности. Очевидно из геометрических соображений (см. рис. )
$\Delta l = R \Delta \alpha = 2R \Delta \beta$, где $\Delta \beta = \frac{x \sin \beta}{|BP|} = \frac{x \sin \beta}{R \cos \alpha_{1}/ \sin \beta } = \frac{x \sin^{2} \beta }{R \cos \alpha_{1} }$.
Здесь мы использовали, что углы $\Delta \alpha$ и $\Delta \beta$ опираются на одну и ту же дугу; при вычислении угла $\Delta \beta$ мы спроецировали $x$ на направление, перпендикулярное BP, и воспользовались малостью углов ($\Delta \beta \sim tg \Delta \beta$). Поскольку $x$ мало (колебания по условию малые), силу от такого заряженного кольца можно вычислить, считая кольцо тонким (одномерным) и вводя плотность заряда единицы длины кольца по формуле
$\lambda = \sigma \Delta l = \frac{ 2 x \sigma \sin^{2} \beta }{ \cos \alpha_{1} }$.
Итак сила, возвращающая бусинку в равновесную точку равна силе, с которой кольцо радиуса $R \cos \alpha_{2}$ с плотностью зарада на единицу длины $\lambda$ действует на бусинку, находящуюся на расстоянии $h_{2}$ от центра кольца (см. рис.). Длина окружности кольца равна $2 \pi R \cos \alpha_{2}$; все участки этого кольца находятся на расстоянии $h_{2} / \cos \beta$ от бусинки и тянут её под углом $\beta$ к леске. Поэтому в проекции на направление лески
$F = \frac{k q \lambda 2 \pi R \cos \alpha_{2} }{ \left ( \frac{h_{2} }{ \cos \beta} \right )^{2} } \cos \beta$.
Подставляя сюда $h_{2} = R \cos \alpha_{2} ctg \beta$ и выражение для $\lambda$, получим
$F(x) = Kx$ где $K = \frac{4 \pi k q \sigma \cos \beta \sin^{4} \beta }{R \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2} }$. (7)
Видно, что возвращающая сила пропорциональна отклонению из положения равновесия. Такому движению соответствуют гармонические колебания с периодом, не зависящим от амплитуды колебаний и равным $T = 2 \pi \sqrt{m/K}$.
Ответ: Бусинка расположится в равновесии на расстоянии $h_{2}$ от края южной заряженной "чашки" (см. рис.), где $h_{2}$ задаётся формулой (6). Период колебаний около положения равновесия $T = 2 \pi \sqrt{m/K}$, где
$K = \frac{4 \pi k q \sigma \cos \beta \sin^{4} \beta }{R \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2} }, \alpha_{1} = 45^{ \circ}, \alpha_{2} = 60^{ \circ}, \beta = arcctg \frac{ \sqrt{3} + \sqrt{2} }{ \sqrt{2} + 1 }$.
У Шелдона сломался глобус - распался на два полушария. В рассеянности он отметил на северном полушарии 45-ую параллель, и покрыл краской всё, что было на глобусе её севернее; затем он отметил в южном полушарии 60-ую параллель и покрасил всю область южнее её. Оставив полушария сушиться, Шелдон ушёл пить горячий напиток. Обнаружив детали глобуса, друзья Шелдона занялись ремонтом, пропустив между полюсами леску и туго стянув ею полушария. На леску они надели маленькую скользкую бусинку массой $m$ с зарядом $q$. Затем они зарядили раскрашенные области на поверхности глобуса с постоянной плотностью заряда $\sigma$, а глобус закрепили так, что леска оказалась горизонтальна. Вернувшись, Шелдон выяснил, что если глобус тронуть, бусинка совершает вдоль лески малые колебания около положения равновесия. Помогите Шелдону определить, где расположилась бусинка в равновесии, и с каким периодом она может колебаться. Радиус глобуса $R$, трением пренебречь. Глобус считать тонкостенным, изготовленным из диэлектрика.
Решение:
По условию задачи бусинка находится в положении равновесия под действием электростатического взаимодействия с двумя заряженными "чашками", имеющими форму куска сферы. Расположение "чашек" будем характеризовать углами $\alpha_{1} = 45^{ \circ}$ и $\alpha_{2} = 60^{ \circ}$ (см. рис.). Предположим для начала, что бусинка и глобус одноимённо заряжены, т.е. глобус отталкивает бусинку.
Хорошо известно, что внутри равномерно заряженной сферы радиуса $R$ бусинка находилась бы в состоянии безразличного равновесия. Действительно, равномерно заряженная сферическая поверхность не создаёт напряжённость внутри себя - в любой точке! - по теореме Гаусса.
Покажем, что это так. Если бы хоть в какой-то точке А внутри равномерно заряженной сферы оказалось бы, что $E_{A} \neq 0$, можно было бы выделить сферическую поверхность $S$ (см. рис. 6), такую, что электрическое поле везде на $S$ было бы равно $E_{A}$ - ведь внутри сферы нет выделенных направлений, а значит величина вектора $\vec{E}_{A}$ на поверхности $S$ постоянна из симметрии. Тогда поле имело бы ненулевой поток через эту поверхность. Однако, так как поверхность $S$ не содержит зарядов, по теореме Гаусса поток вектора напряжённости через $S$ должен быть нулевым, что приводит нас к противоречию.
Можно посмотреть на этот факт иначе, с точки зрения сил, действующих на бусинку. Достаточно маленький заряженный участок сферы (например, 1 на рис.) можно рассматривать как точечный заряд, который действует на бусинку по закону Кулона. При этом существует противоположный маленький участок глобуса 2, который действует на бусинку в точности с такой же силой в другую сторону. В том, что эти силы равны, легко убедиться. Действительно, заряды рассматриваемых участков, $q_{1}$ и $q_{2}$, пропорциональны площадям этих участков, которые, в свою очередь, пропорциональны квадрату расстояния от точки А до каждого из участков: $q_{1} = \xi a_{1}^{2}, q_{2} = \xi a_{2}^{2}$. Важно, что коэффициент пропорциональности $\xi$ в этих формулах один и тот же, поскольку конусы, опирающиеся на площади 1 и 2 подобны по построению. Подстановка таких зарядов в закон Кулона $F_{1,2} = kqq_{1,2} / a_{1,2}^{2}$ приводит к требуемому равенству сил $F_{1} = F_{2}$.
Итак, полная заряженная сфера никак не влияет на бусинку: если бы друзья Шелдона зарядили равномерно весь глобус, бусинка была бы в состоянии безразличного равновесия в любом месте горизонтальной лески. Однако в задаче часть глобуса не заряжена, поэтому в произвольной точке расположения бусинки силы от некоторых участков глобуса не скомпенсированы. Мы ищем положение равновесия в такой системе, т.е. точку расположения бусинки, где силы её отталкивания от всех участков глобуса скомпенсированы. Очевидно, это должна быть точка, в которой с противоположной стороны от бусинки находятся или одновременно заряженные куски глобуса (они компенсируют друг друга), или одновременно незаряженные куски. Такая точка внутри глобуса одна (см. точку B на рис.), из неё обе заряженные ”чашки” видны под одинаковым углом $\beta$, который легко найти из геометрических соображений.
Для этого введём $h_{1}$ и $h_{2}$, а также угол $\beta$ как показано на рис, и заметим, что с одной стороны $h_{1} + h_{2} = R \sin \alpha_{1} + R \sin \alpha_{2}$ (ср. с рис.), а с другой стороны, из треугольника BNK $h_{1} = R \cos \alpha_{1} ctg \beta$, из треугольника $BN^{ \prime}K^{ \prime} h_{2} = R \cos \alpha_{2} ctg \beta$, поэтому
$h_{1} + h_{2} = R \sin \alpha_{1} + R \sin \alpha_{2} = R \cos \alpha_{1} ctg \beta + R \cos \alpha_{2} ctg \beta \Rightarrow ctg \beta = \frac{ \sin \alpha_{1} + \sin \alpha_{2} }{ \cos \alpha_{1} + \cos \alpha_{2} } = \frac{ \sqrt{3} + \sqrt{2} }{ \sqrt{2} + 1 }$.
Отсюда равновесное положение бусинки - на расстоянии $h_{2}$ от края южной "чашки", где
$h_{2} = |N^{ \prime}K^{ \prime} | ctg \beta = R \cos \alpha_{2} ctg \beta = \frac{R( \sqrt{3} + \sqrt{2} ) }{2( \sqrt{2} = 1 ) }$. (6)
Подчеркнём, что факт компенсации сил от противоположных заряженных участков сферы уже доказан на основе теоремы Гаусса и принципа суперпозиции, так как эта компенсация имеет место для заряженных участков полной сферы.
Рассмотрим, что происходит при сдвиге бусинки из положения равновесия. Во-первых, малые колебания вокруг этого положения возможны только если бусинка и глобус заряжены одноимённо. В противном случае положение равновесия бусинки оказалось бы неустойчивым, и она при дальнейшем движении просто притянулась бы к ближайшему заряженному участку глобуса.
При малом сдвиге $x$ бусинки в сторону южного полюса большая часть участков заряженных "чашек" по-прежнему компенсируют друг друга. Некомпенсированными останутся лишь куски, отмеченные красным на рис., расположенные по кольцевому краю южной чашки. Обозначим ширину этого кольца $\Delta l$; введём также $\Delta \alpha$ - угол, под которым $\Delta l$ виден из центра окружности. Очевидно из геометрических соображений (см. рис. )
$\Delta l = R \Delta \alpha = 2R \Delta \beta$, где $\Delta \beta = \frac{x \sin \beta}{|BP|} = \frac{x \sin \beta}{R \cos \alpha_{1}/ \sin \beta } = \frac{x \sin^{2} \beta }{R \cos \alpha_{1} }$.
Здесь мы использовали, что углы $\Delta \alpha$ и $\Delta \beta$ опираются на одну и ту же дугу; при вычислении угла $\Delta \beta$ мы спроецировали $x$ на направление, перпендикулярное BP, и воспользовались малостью углов ($\Delta \beta \sim tg \Delta \beta$). Поскольку $x$ мало (колебания по условию малые), силу от такого заряженного кольца можно вычислить, считая кольцо тонким (одномерным) и вводя плотность заряда единицы длины кольца по формуле
$\lambda = \sigma \Delta l = \frac{ 2 x \sigma \sin^{2} \beta }{ \cos \alpha_{1} }$.
Итак сила, возвращающая бусинку в равновесную точку равна силе, с которой кольцо радиуса $R \cos \alpha_{2}$ с плотностью зарада на единицу длины $\lambda$ действует на бусинку, находящуюся на расстоянии $h_{2}$ от центра кольца (см. рис.). Длина окружности кольца равна $2 \pi R \cos \alpha_{2}$; все участки этого кольца находятся на расстоянии $h_{2} / \cos \beta$ от бусинки и тянут её под углом $\beta$ к леске. Поэтому в проекции на направление лески
$F = \frac{k q \lambda 2 \pi R \cos \alpha_{2} }{ \left ( \frac{h_{2} }{ \cos \beta} \right )^{2} } \cos \beta$.
Подставляя сюда $h_{2} = R \cos \alpha_{2} ctg \beta$ и выражение для $\lambda$, получим
$F(x) = Kx$ где $K = \frac{4 \pi k q \sigma \cos \beta \sin^{4} \beta }{R \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2} }$. (7)
Видно, что возвращающая сила пропорциональна отклонению из положения равновесия. Такому движению соответствуют гармонические колебания с периодом, не зависящим от амплитуды колебаний и равным $T = 2 \pi \sqrt{m/K}$.
Ответ: Бусинка расположится в равновесии на расстоянии $h_{2}$ от края южной заряженной "чашки" (см. рис.), где $h_{2}$ задаётся формулой (6). Период колебаний около положения равновесия $T = 2 \pi \sqrt{m/K}$, где
$K = \frac{4 \pi k q \sigma \cos \beta \sin^{4} \beta }{R \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2} }, \alpha_{1} = 45^{ \circ}, \alpha_{2} = 60^{ \circ}, \beta = arcctg \frac{ \sqrt{3} + \sqrt{2} }{ \sqrt{2} + 1 }$.
