Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1223
2016-10-20 
Маленький заряженный шарик массой $m$ шарнирно подвешен на невесомом непроводящем стержне длиной $l$. На расстоянии $1,5l$ слева от шарнира находится вертикальная заземлённая металлическая пластина больших размеров. Стержень отклоняют от вертикали вправо на угол $\alpha$ и отпускают без начальной скорости. В ходе начавшихся колебаний стержень достигает горизонтального положения, после чего движется обратно, и процесс повторяется. Найдите заряд шарика. Ускорение свободного падения равно $g$.
Решение:
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: $W_{эл} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{r}$. В начальном положении расстояние $r$ равно (см. рис.) $r_{1} = 2 \cdot (1,5 l + l \sin \alpha)$, а в конечном положении $r_{2} = l$. Отсчитывая потенциальную энергию в поле силы тяжести от началь ного положения шарика, запишем закон сохранения энергии:
$- \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{(3l + 2l \sin \alpha)} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{l} + mgl \cos \alpha$.
Отсюда
$\frac{q^{2}}{8 \pi \epsilon_{0}} (1 - \frac{1}{3 + 2 \sin \alpha} = mgl^{2} \cos \alpha$,
и
$q = 2l \sqrt{ \pi \epsilon_{0} mg \cos \alpha \cdot \frac{3 + 2 \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}$.
Маленький заряженный шарик массой $m$ шарнирно подвешен на невесомом непроводящем стержне длиной $l$. На расстоянии $1,5l$ слева от шарнира находится вертикальная заземлённая металлическая пластина больших размеров. Стержень отклоняют от вертикали вправо на угол $\alpha$ и отпускают без начальной скорости. В ходе начавшихся колебаний стержень достигает горизонтального положения, после чего движется обратно, и процесс повторяется. Найдите заряд шарика. Ускорение свободного падения равно $g$.
Решение:
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: $W_{эл} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{r}$. В начальном положении расстояние $r$ равно (см. рис.) $r_{1} = 2 \cdot (1,5 l + l \sin \alpha)$, а в конечном положении $r_{2} = l$. Отсчитывая потенциальную энергию в поле силы тяжести от началь ного положения шарика, запишем закон сохранения энергии:
$- \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{(3l + 2l \sin \alpha)} = - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \cdot \frac{q^{2}}{l} + mgl \cos \alpha$.
Отсюда
$\frac{q^{2}}{8 \pi \epsilon_{0}} (1 - \frac{1}{3 + 2 \sin \alpha} = mgl^{2} \cos \alpha$,
и
$q = 2l \sqrt{ \pi \epsilon_{0} mg \cos \alpha \cdot \frac{3 + 2 \sin \alpha}{1 + \sin \alpha}}$.
