Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12498
2020-01-08 
Подвешенный на нерастяжимой нити длиной $l$ шарик с массой $m$ и зарядом $q$ находится в центре обруча, по которому равномерно распределен заряд $Q$ (рис.). Радиус обруча $R$; заряды $q$ и $Q$ одноименные. Определить частоту малых колебаний шарика. Воспользоваться формулой $(1 + x)^{ \alpha} \approx 1 + \alpha x$ ($x \ll 1$).
Решение:
Пусть шарик сместился на малое расстояние $\Delta x$ ($\Delta x \ll R$) от центра обруча (смещение по вертикали при этом пропорционально $\Delta x^{2}$, и мы им пренебрежем, считая, что движение происходит в плоскости обруча). Посмотрим, какая сила $F_{э}$ действует на заряд $q$ шарика со стороны заряда обруча $Q$. Из соображений симметрии (см. рис.) понятно, что напряженность поля, создаваемого зарядом $Q$ в точке $A$, направлена вдоль радиуса обруча. Так же направлена и сила $F_{э}$.
Чтобы найти $F_{э}$, посчитаем силу $f_{э}$, действующую на заряд $q$ со стороны малого элемента обруча, находящегося на расстоянии $r$ от заряда $q$ (см. рис.). Заряд этого элемента -
$\Delta Q = \frac{Q}{2 \pi R} R \cdot \Delta \gamma = \frac{Q}{2 \pi} \Delta \gamma \approx \frac{Q}{2 \pi} \Delta \phi$
($\phi \approx \gamma$ поскольку $\Delta \ll R$). Выразим $r$ через $R$ и $\Delta x$ (воспользовавшись теоремой косинусов):
$r^{2} = R + ( \Delta x )^{2} - 2R \cdot \Delta \cdot \cos \gamma \approx R^{2} + ( \Delta x )^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi \approx R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi$.
Таким образом,
$f_{э} = - k \frac{ \Delta Q \cdot q}{r^{2} } \approx - k \frac{Qq}{2 \pi} \frac{1}{R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi } \Delta \phi$.
Полная сила $F_{э}$ равна $\int_{0}^{ 2 \pi} f_{э} \cos \phi d \phi$, т. е.
$F_{э} = - k \frac{Qq}{2 \pi } \int_{0}^{2 \pi} \frac{ \cos \phi}{R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi } d \phi = - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \frac{ \cos \phi}{1 - \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi } d \phi \approx - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \left ( 1 - \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi \right )^{-1} \cos \phi d \phi \approx - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \left ( 1 + \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi \right ) \cos \phi d \phi = - l \frac{2Qq \cdot \Delta x}{2 \pi R^{3} } \int_{0}^{2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = - k \frac{Qq \cdot \Delta x}{ \pi R^{3} } \int_{0}^{ 2 \pi} \frac{1 + \cos 2 \phi}{2} d \phi = - k \frac{Qq \cdot \Delta x \cdot \pi }{ \pi R^{3} } = - k \frac{Qq}{R^{3} } \Delta x$.
Теперь запишем уравнение движения шарика:
$m( \Delta x)^{ \prime \prime } = - \left ( mg \sin \alpha + k \frac{Qq \Delta x}{R^{3} } \right )$,
где $\alpha$ - угол отклонения нити маятника от вертикали. Поскольку нас интересуют малые колебания, $\sin \frac{ \Delta x}{l}$, и
$m( \Delta x)^{ \prime \prime} = - \Delta x \left ( m \frac{q}{l} + k \frac{Qq}{R^{3} } \right )$.
Это - уравнение гармонических колебаний с частотой
$\omega_{0} = \sqrt{ \frac{q}{l} + k \frac{Qq}{R^{2}m } }$.
Подвешенный на нерастяжимой нити длиной $l$ шарик с массой $m$ и зарядом $q$ находится в центре обруча, по которому равномерно распределен заряд $Q$ (рис.). Радиус обруча $R$; заряды $q$ и $Q$ одноименные. Определить частоту малых колебаний шарика. Воспользоваться формулой $(1 + x)^{ \alpha} \approx 1 + \alpha x$ ($x \ll 1$).
Решение:
Пусть шарик сместился на малое расстояние $\Delta x$ ($\Delta x \ll R$) от центра обруча (смещение по вертикали при этом пропорционально $\Delta x^{2}$, и мы им пренебрежем, считая, что движение происходит в плоскости обруча). Посмотрим, какая сила $F_{э}$ действует на заряд $q$ шарика со стороны заряда обруча $Q$. Из соображений симметрии (см. рис.) понятно, что напряженность поля, создаваемого зарядом $Q$ в точке $A$, направлена вдоль радиуса обруча. Так же направлена и сила $F_{э}$.
Чтобы найти $F_{э}$, посчитаем силу $f_{э}$, действующую на заряд $q$ со стороны малого элемента обруча, находящегося на расстоянии $r$ от заряда $q$ (см. рис.). Заряд этого элемента -
$\Delta Q = \frac{Q}{2 \pi R} R \cdot \Delta \gamma = \frac{Q}{2 \pi} \Delta \gamma \approx \frac{Q}{2 \pi} \Delta \phi$
($\phi \approx \gamma$ поскольку $\Delta \ll R$). Выразим $r$ через $R$ и $\Delta x$ (воспользовавшись теоремой косинусов):
$r^{2} = R + ( \Delta x )^{2} - 2R \cdot \Delta \cdot \cos \gamma \approx R^{2} + ( \Delta x )^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi \approx R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi$.
Таким образом,
$f_{э} = - k \frac{ \Delta Q \cdot q}{r^{2} } \approx - k \frac{Qq}{2 \pi} \frac{1}{R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi } \Delta \phi$.
Полная сила $F_{э}$ равна $\int_{0}^{ 2 \pi} f_{э} \cos \phi d \phi$, т. е.
$F_{э} = - k \frac{Qq}{2 \pi } \int_{0}^{2 \pi} \frac{ \cos \phi}{R^{2} - 2R \cdot \Delta x \cdot \cos \phi } d \phi = - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \frac{ \cos \phi}{1 - \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi } d \phi \approx - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \left ( 1 - \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi \right )^{-1} \cos \phi d \phi \approx - k \frac{Qq}{2 \pi R^{2} } \int_{0}^{2 \pi} \left ( 1 + \frac{2 \Delta x}{R} \cos \phi \right ) \cos \phi d \phi = - l \frac{2Qq \cdot \Delta x}{2 \pi R^{3} } \int_{0}^{2 \pi} \cos^{2} \phi d \phi = - k \frac{Qq \cdot \Delta x}{ \pi R^{3} } \int_{0}^{ 2 \pi} \frac{1 + \cos 2 \phi}{2} d \phi = - k \frac{Qq \cdot \Delta x \cdot \pi }{ \pi R^{3} } = - k \frac{Qq}{R^{3} } \Delta x$.
Теперь запишем уравнение движения шарика:
$m( \Delta x)^{ \prime \prime } = - \left ( mg \sin \alpha + k \frac{Qq \Delta x}{R^{3} } \right )$,
где $\alpha$ - угол отклонения нити маятника от вертикали. Поскольку нас интересуют малые колебания, $\sin \frac{ \Delta x}{l}$, и
$m( \Delta x)^{ \prime \prime} = - \Delta x \left ( m \frac{q}{l} + k \frac{Qq}{R^{3} } \right )$.
Это - уравнение гармонических колебаний с частотой
$\omega_{0} = \sqrt{ \frac{q}{l} + k \frac{Qq}{R^{2}m } }$.
