Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 239
2014-05-31 
В однородное электростатическое поле с напряженностью $E$ поместили легкий жесткий стержень, на концах которого закреплены маленькие шарики массой $m$ каждый. Шарики заряжены зарядами $+q$ и $-q$. В начальный момент стержень ориентирован по полю. Шарики получают скорости $+\bar{v_{0}}$ и $-\bar{v_{0}}$, направленные перпендикулярно стержню (рис. а). На какой максимальный угол повернется стержень? Длина стержня $2l$, сила тяжести отсутствует.
Решение:
Для решения задачи воспользуемся законном сохранения энергии. При вращении стержня около его центра должны сохраняться сумма потенциальной энергии стержня $U(\alpha)$ в электрическом поле и его кинетической энергии $mv^{2}(\alpha)$ (последний складывается из кинетических энергий масс, расположенных на концах стержня). Через $v(\alpha)$ мы обозначили линейную скорость зарядов, в тот момент, когда стержень составляет с направлением поля угол $\alpha$. Итак,
$mv^{2}(\alpha) +U(\alpha) = mv^{2}(0) + U (0) = mv^{2}_{0} +U_{0}$. (1)
Здесь $U_{0} \equiv U(0)$ - потенциальная энергия стержня в начальный момент, когда $\alpha = 0$.
При повороте стержня на угол $\alpha$ заряды $+q$ и $- q$ перемещаются из точек А и G с потенциалами $\phi_{A}$ и $\phi_{G}$ точки В и D с потенциалами $\phi_{B}$ и $\phi_{D}$ (рис. б). Потенциальная энергия системы при этом меняется на величину
$U(\alpha) – U_{0} = q(\phi_{B}-\phi_{A})-q(\phi_{D}-\phi_{G})=q(\phi_{B}-\phi_{A}) +q (\phi_{G}-\phi_{D})$
Принимая во внимание, что разности потенциалов $\phi_{B}-\phi_{A}$ и $\phi_{G}-\phi_{D}$ равны и потенциалы $\phi_{B}$ и $\phi_{C}$ точек В и С одинаковы, получаем
$U(\alpha) – U_{0} = 2q(\phi_{C}-\phi_{A})$. (2)
Учитывая, что
$\phi_{C}-\phi_{A}=Ex$,
где
$x=l(1-\cos \alpha) = 2l \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$
расстояние между точками А и С, из (2) находим
$U(\alpha) = U_{0} + 4qEl \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$. (3)
Из (1) и (3) получаем следующее уравнение:
$mv^{2}(\alpha) + 4qEl \sin^{2} \frac{\alpha}{2} = m v^{2}_{0}$. (4)
Максимальному углу $\alpha_{max}$ отклонения стержня от начального положения отвечает очевидное условие $v(\alpha_{max}) = 0$. Принимая это во внимание, из (4) находим
$\sin^{2} \frac{\alpha_{max}}{2} = \frac{mv^{2}_{0}}{4qEl}$. (5)
Если в уравнении (5) $mv^{2}_{0}/(4qEl) > 1$, то оно не имеет решения. В этом случае стержень, не останавливаясь, вращается в одном направлении. Если же $mv^{2}_{0}/(4qEl) Б 1$, то возникают колебания, при этом
$\alpha_{max}=2 arcsin \left ( \frac{v_{0}}{2} \sqrt{\frac{m}{qEl}} \right )$
(два корня соответствуют двум крайним положениям стержня). Если $mv^{2}_{0}/(4qEl) = 1$, то $\alpha_{max}=\pm \pi$ - это положение неустойчивого равновесия стержня.
В однородное электростатическое поле с напряженностью $E$ поместили легкий жесткий стержень, на концах которого закреплены маленькие шарики массой $m$ каждый. Шарики заряжены зарядами $+q$ и $-q$. В начальный момент стержень ориентирован по полю. Шарики получают скорости $+\bar{v_{0}}$ и $-\bar{v_{0}}$, направленные перпендикулярно стержню (рис. а). На какой максимальный угол повернется стержень? Длина стержня $2l$, сила тяжести отсутствует.
Решение:
Для решения задачи воспользуемся законном сохранения энергии. При вращении стержня около его центра должны сохраняться сумма потенциальной энергии стержня $U(\alpha)$ в электрическом поле и его кинетической энергии $mv^{2}(\alpha)$ (последний складывается из кинетических энергий масс, расположенных на концах стержня). Через $v(\alpha)$ мы обозначили линейную скорость зарядов, в тот момент, когда стержень составляет с направлением поля угол $\alpha$. Итак,
$mv^{2}(\alpha) +U(\alpha) = mv^{2}(0) + U (0) = mv^{2}_{0} +U_{0}$. (1)
Здесь $U_{0} \equiv U(0)$ - потенциальная энергия стержня в начальный момент, когда $\alpha = 0$.
При повороте стержня на угол $\alpha$ заряды $+q$ и $- q$ перемещаются из точек А и G с потенциалами $\phi_{A}$ и $\phi_{G}$ точки В и D с потенциалами $\phi_{B}$ и $\phi_{D}$ (рис. б). Потенциальная энергия системы при этом меняется на величину
$U(\alpha) – U_{0} = q(\phi_{B}-\phi_{A})-q(\phi_{D}-\phi_{G})=q(\phi_{B}-\phi_{A}) +q (\phi_{G}-\phi_{D})$
Принимая во внимание, что разности потенциалов $\phi_{B}-\phi_{A}$ и $\phi_{G}-\phi_{D}$ равны и потенциалы $\phi_{B}$ и $\phi_{C}$ точек В и С одинаковы, получаем
$U(\alpha) – U_{0} = 2q(\phi_{C}-\phi_{A})$. (2)
Учитывая, что
$\phi_{C}-\phi_{A}=Ex$,
где
$x=l(1-\cos \alpha) = 2l \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$
расстояние между точками А и С, из (2) находим
$U(\alpha) = U_{0} + 4qEl \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$. (3)
Из (1) и (3) получаем следующее уравнение:
$mv^{2}(\alpha) + 4qEl \sin^{2} \frac{\alpha}{2} = m v^{2}_{0}$. (4)
Максимальному углу $\alpha_{max}$ отклонения стержня от начального положения отвечает очевидное условие $v(\alpha_{max}) = 0$. Принимая это во внимание, из (4) находим
$\sin^{2} \frac{\alpha_{max}}{2} = \frac{mv^{2}_{0}}{4qEl}$. (5)
Если в уравнении (5) $mv^{2}_{0}/(4qEl) > 1$, то оно не имеет решения. В этом случае стержень, не останавливаясь, вращается в одном направлении. Если же $mv^{2}_{0}/(4qEl) Б 1$, то возникают колебания, при этом
$\alpha_{max}=2 arcsin \left ( \frac{v_{0}}{2} \sqrt{\frac{m}{qEl}} \right )$
(два корня соответствуют двум крайним положениям стержня). Если $mv^{2}_{0}/(4qEl) = 1$, то $\alpha_{max}=\pm \pi$ - это положение неустойчивого равновесия стержня.
