Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 4023
2017-08-13 
Тонкое проволочное кольцо радиуса $R$ имеет электрический заряд $+ Q$. Маленький шарик массой $m$, имеющий заряд $- q$, может двигаться без трения по тонкой диэлектрической спице, проходящей вдоль оси кольца. Как будет двигаться шарик, если его отвести от центра кольца на расстояние $x_{0} \ll R$ и отпустить без начальной скорости? Запишите уравнение движения шарика $x(t)$. Как изменится движение, если убрать спицу?
Решение:
На расстоянии $x$ от центра кольца на шарик действует сила $F = qE = \frac{xQq}{4 \pi \epsilon_{0} (R^{2} + x^{2})^{3/2}}$, направленная к центру кольца. Поскольку $R^{2} + x^{2} \approx R^{2}$ при $x \ll R$, второй закон Ньютона для шарика принимает вид $ma_{x} = - \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3}}x$. Это — уравнение гармонических колебании с циклической частотой $\omega = \left ( \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2}$. Максимальное отклонение $x_{0}$ от положения равновесия достигается в начальный момент, так что
$x = x_{0} \cos \omega t = x_{0} \cos \left [ \left ( \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2} t \right ]$.
Если убрать спицу, проявится неустойчивость такого движения по отношению к малым боковым смещениям (см. задачу 4021), поэтому шарик притянется к какой-нибудь точке кольца.
Ответ: шарик будет совершать гармонические колебания: $x = x_{0} \cos \left [ \left ( \frac{qQ}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2} t \right ]$; шарик притянет к кольцу.
Тонкое проволочное кольцо радиуса $R$ имеет электрический заряд $+ Q$. Маленький шарик массой $m$, имеющий заряд $- q$, может двигаться без трения по тонкой диэлектрической спице, проходящей вдоль оси кольца. Как будет двигаться шарик, если его отвести от центра кольца на расстояние $x_{0} \ll R$ и отпустить без начальной скорости? Запишите уравнение движения шарика $x(t)$. Как изменится движение, если убрать спицу?
Решение:
На расстоянии $x$ от центра кольца на шарик действует сила $F = qE = \frac{xQq}{4 \pi \epsilon_{0} (R^{2} + x^{2})^{3/2}}$, направленная к центру кольца. Поскольку $R^{2} + x^{2} \approx R^{2}$ при $x \ll R$, второй закон Ньютона для шарика принимает вид $ma_{x} = - \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} R^{3}}x$. Это — уравнение гармонических колебании с циклической частотой $\omega = \left ( \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2}$. Максимальное отклонение $x_{0}$ от положения равновесия достигается в начальный момент, так что
$x = x_{0} \cos \omega t = x_{0} \cos \left [ \left ( \frac{Qq}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2} t \right ]$.
Если убрать спицу, проявится неустойчивость такого движения по отношению к малым боковым смещениям (см. задачу 4021), поэтому шарик притянется к какой-нибудь точке кольца.
Ответ: шарик будет совершать гармонические колебания: $x = x_{0} \cos \left [ \left ( \frac{qQ}{4 \pi \epsilon_{0} mR^{3}} \right )^{1/2} t \right ]$; шарик притянет к кольцу.
