Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 5627
2017-12-09 
Внутри гладкой сферы радиуса $R$ находится маленький шарик массы $m$ с зарядом $+q$. Какой заряд $Q$ нужно поместить в нижней точке сферы, чтобы шарик удерживался в верхней точке? Поляризацией сферы можно пренебречь.
Решение:
Разумеется, кулоновская сила должна, по крайней мере, уравновешивать силу тяжести:
$k \frac{qQ}{4R^{2}} \geq mg$. (1)
Однако этого мало. В верхней точке шарик должен иметь положение устойчивого равновесия, т.е. потенциальная энергия $W_{p}$р при смещении шарика из верхнего положения должна увеличиваться. Эта энергия складывается из энергии $mgh$ притяжения к Земле (высоту $h$ можно, например, отсчитывать от уровня центра сферы) и энергии кулоновского отталкивания $kQq/r$ (см. рисунок);
$W_{p} = mgh + \frac{Qq}{r}$.
Рассмотрим изменение $W_{p}$ при смещении шарика из верхнего положения (шарик не отрывается от поверхности сферы!). величину смещения будем характеризовать углом $\alpha$. Тогда (см. рисунок) $h = R \cos \alpha , r = 2R \cos ( \alpha /2)$. Потенциальную энергию $W_{p}$ удобно записать как функцию величины $x = \cos ( \alpha /2)$; тогда получим:
$W_{p} = mgR (2x^{2} - 1) + \frac{kQq}{2Rx}$.
Нас интересует поведение этой функции вблизи $\alpha = 0$, т.е. вблизи $x = 1$. Для того, чтобы равновесие шарика в верхней точке было устойчивым, необходимо, чтобы $W_{p}$ увеличивалась при увеличении $\alpha$, т.е. при уменьшении $x$. Это значит, то производная $W_{p}^{ \prime}$ при $x = 1$ должна быть отрицательной:
$W_{p}^{ \prime} = \left ( 4xmgR - \frac{kQq}{2Rx^{2}} \right ) = 4mgR - \frac{kQq}{2R} < 0$.
Мы видим, что условие устойчивости является более сильным, чем просто условие равновесия, т.е. неравенство (1). Тот же результат можно получить иначе. Равновесие шарика будет устойчивым, если при малых углах $\alpha$ модуль проекции кулоновской силы $F_{k}$ на касательную к окружности (см. рисунок) превышает модуль проекции силы тяжести mg на то же направление:
$F_{k} \sin \frac{ \alpha}{2} > mg \sin \alpha$.
Поскольку при малых $\alpha$ можно считать
$\sin \frac{ \alpha}{2} = \frac{1}{2} \sin \alpha$, получаем $F_{k} > 2mg$, откуда
$Q > \frac{32 \pi \epsilon_{0} mgR^{2}}{q}$.
Внутри гладкой сферы радиуса $R$ находится маленький шарик массы $m$ с зарядом $+q$. Какой заряд $Q$ нужно поместить в нижней точке сферы, чтобы шарик удерживался в верхней точке? Поляризацией сферы можно пренебречь.
Решение:
Разумеется, кулоновская сила должна, по крайней мере, уравновешивать силу тяжести:
$k \frac{qQ}{4R^{2}} \geq mg$. (1)
Однако этого мало. В верхней точке шарик должен иметь положение устойчивого равновесия, т.е. потенциальная энергия $W_{p}$р при смещении шарика из верхнего положения должна увеличиваться. Эта энергия складывается из энергии $mgh$ притяжения к Земле (высоту $h$ можно, например, отсчитывать от уровня центра сферы) и энергии кулоновского отталкивания $kQq/r$ (см. рисунок);
$W_{p} = mgh + \frac{Qq}{r}$.
Рассмотрим изменение $W_{p}$ при смещении шарика из верхнего положения (шарик не отрывается от поверхности сферы!). величину смещения будем характеризовать углом $\alpha$. Тогда (см. рисунок) $h = R \cos \alpha , r = 2R \cos ( \alpha /2)$. Потенциальную энергию $W_{p}$ удобно записать как функцию величины $x = \cos ( \alpha /2)$; тогда получим:
$W_{p} = mgR (2x^{2} - 1) + \frac{kQq}{2Rx}$.
Нас интересует поведение этой функции вблизи $\alpha = 0$, т.е. вблизи $x = 1$. Для того, чтобы равновесие шарика в верхней точке было устойчивым, необходимо, чтобы $W_{p}$ увеличивалась при увеличении $\alpha$, т.е. при уменьшении $x$. Это значит, то производная $W_{p}^{ \prime}$ при $x = 1$ должна быть отрицательной:
$W_{p}^{ \prime} = \left ( 4xmgR - \frac{kQq}{2Rx^{2}} \right ) = 4mgR - \frac{kQq}{2R} < 0$.
Мы видим, что условие устойчивости является более сильным, чем просто условие равновесия, т.е. неравенство (1). Тот же результат можно получить иначе. Равновесие шарика будет устойчивым, если при малых углах $\alpha$ модуль проекции кулоновской силы $F_{k}$ на касательную к окружности (см. рисунок) превышает модуль проекции силы тяжести mg на то же направление:
$F_{k} \sin \frac{ \alpha}{2} > mg \sin \alpha$.
Поскольку при малых $\alpha$ можно считать
$\sin \frac{ \alpha}{2} = \frac{1}{2} \sin \alpha$, получаем $F_{k} > 2mg$, откуда
$Q > \frac{32 \pi \epsilon_{0} mgR^{2}}{q}$.
