Колебания в электростатике: Часть 1

Видео

Конспект

Условие

В большом однородном непроводящем шаре вдоль диаметра d просверлен узкий канал. Шар равномерно заряжен по объёму с объёмной плотностью заряда \rho>0 и закреплён. Вещество шара не поляризуется. Ко входу в канал подносят диполь, образованный двумя заряженными шариками одинаковой массы, закреплёнными на концах лёгкого жёсткого непроводящего стержня, и отпускают. Через время t_{д} он оказывается на противоположном конце канала. Когда то же самое проделывают с одним из шариков, он пролетает канал за время t_{ш} .

Определите плечо диполя l , считая, что l \ll d . Укажите знак ближнего к шару заряда диполя в момент старта в первом случае и знак заряда шарика во втором. Диаметр шариков практически равен диаметру канала.

Примечание. Диполем называется система из двух одинаковых по величине, но разных по знаку электрических зарядов, находящихся на фиксированном расстоянии l (плечо диполя) друг от друга.

Решение

Напряжённость внутри однородно заряженного шара можно найти из теоремы Гаусса: E(x)=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0}} x, где \rho - объёмная плотность заряда шара, x - расстояние до центра шара.

На диполь в электрическом поле действует равнодействующая двух кулоновских сил. Для втягивания диполя в шар нужно расположить его таким образом, чтобы ближний к центру шара заряд был положительным, так как поле ближе к центру слабее, а нам надо добиться превосходства силы притяжения над силой отталкивания. F_{д}=F_{+}-F_{-}=q(E(x+l)-E(x))=\frac{q l \rho}{3 \varepsilon_{0}}=\text {const}, где q - заряд диполя (модуль заряда каждого из шариков).

Таким образом, диполь будет разгоняться с постоянным ускорением a_{д} до вылета из шара. \left\{\begin{array}{l}

d=\frac{a_{д} t_{д}^{2}}{2}, \\

a_{д}=\frac{q l \rho}{6 m \varepsilon_{0}},

\end{array}\right. где m - масса одного из шариков диполя. Получаем: t_{д}=\sqrt{\frac{3 m \varepsilon_{0}}{q \rho}} \sqrt{\frac{4 d}{l}} .

Рассмотрим движение одного шарика. Если заряд шарика по знаку совпадает с зарядом большого шара, то в канал его не втянет, значит в условии речь идёт о шарике с противоположным (отрицательным) зарядом.

Второй закон Ньютона запишется в виде: \begin{aligned}

& m a=q E(x), \\

& m \ddot{x}=-\frac{q \rho}{3 \varepsilon_{0}} x .

\end{aligned} Это уравнение гармонических колебаний с периодом T=2 \pi \sqrt{\frac{3 m \varepsilon_{0}}{q \rho}} .

До противоположного конца канала шарик долетит за время t_{ш}=\frac{T}{2}=\pi \sqrt{\frac{3 m \varepsilon_{0}}{q \rho}} .

Используя выражения для t_{ш} и t_{д} , получаем ответ: l=d\left(\frac{2}{\pi} \frac{t_{ш}}{t_{д}}\right)^{2} .

Ответ l=d\left(\frac{2}{\pi} \frac{t_{ш}}{t_{д}}\right)^{2} .

Условие

Через короткую трубку выдувают мыльный пузырь массы m=0,01 г и коэффициентом поверхностного натяжения \sigma=0,01 Н/м. Пузырь заряжают зарядом Q=5,4 \cdot 10^{-8} Кл. Трубка остается открытой.

1. Определите равновесный радиус пузыря R_{0} .

2. Определите период малых колебаний пузыря, если при колебаниях он сохраняет сферическую форму.

3. Оцените, с какой скоростью разлетятся брызги, если пузырь внезапно зарядить зарядом Q_{1}=10 Q ?

Решение

13s1 Мыльный пузырь до переноса ему заряда Q удерживается в равновесии силами поверхностного натяжения и избыточного давления. Силы поверхностного натяжения приложены к периметру 2 \cdot 2\pi R как к двум границам раздела полупузыря. Силы избыточного давления приложены к сечению пузыря площадью \pi R^2 . Тогда можем записать условие равновесия: p \cdot \pi R^2 = 2\sigma \cdot 2\pi R \quad \Rightarrow \quad p = \dfrac{4\sigma}{R} \quad (1).

Пузырь заряжают до заряда Q , а внутри поддерживается атмосферное давление...

13s2 Рассмотрим элементарную площадку \Delta S , с распределённым по ней зарядом \Delta q . Тогда из теоремы Гаусса: \oint\limits_{\Delta S}(\vec{E}, \operatorname{d}\vec{s}) = \dfrac{\Delta q}{\varepsilon_0} \quad \Rightarrow \quad 2 E \Delta S = \dfrac{\Delta q}{\varepsilon_0} \quad \Rightarrow \quad E = \dfrac{\Delta q}{\Delta S} \cdot \dfrac{1}{2\varepsilon_0} = \dfrac{\theta}{2\varepsilon_0}. Из условия того, что по пузырю распределён заряд Q : \theta = \dfrac{Q}{4\pi R^2}.

Поскольку внутри пузыря поддерживается атмосферное давление, то пузырь остаётся в равновесии путём уравновешивания сил поверхностного натяжения и Кулоновского взаимодействия диаметрально противоположных элементарных площадок: p\Delta S = E \Delta q \quad \Rightarrow \quad p = E \theta = \dfrac{\theta^2}{2\varepsilon_0} = \dfrac{Q^2}{32\pi^2R^4\varepsilon_0} \quad (2). Приравняв (1) и (2) , получим равновесный радиус: \dfrac{4\sigma}{R_0} = \dfrac{Q^2}{32\pi^2R_0^4\varepsilon_0} \quad \Rightarrow \quad R_0 = \sqrt[3]{\dfrac{Q^2}{128\pi^2\varepsilon_0\sigma}} \approx 3 см.

Гармонические колебания пузыря можно свести к колебаниям элементарных площадок вдоль оси:

13s3 При их движении изменяется сила поверхностного натяжения или же избыточное давление пузыря, а также сила Кулоновского взаимодействия. Разложим функцию эффективного давления p^*(R) вблизи равновесного радиуса в ряд Тейлора до первого порядка малости: p^*(R) = p^*(R_0) + \left.\dfrac{\operatorname{d}p^*}{\operatorname{d}R}\right|_{R=R_0} (R-R_0). При равновесном радиусе эффективное давление равно нулю, поскольку это состояние равновесия пузыря, поэтому: p^*(R) = \left.\dfrac{\operatorname{d}p^*}{\operatorname{d}R}\right|_{R=R_0} (R-R_0). Поскольку p^*(R) = E\theta - p = \left(\dfrac{Q^2}{32\pi^2R^4\varepsilon_0} - \dfrac{4\sigma}{R}\right) = \left[ \dfrac{Q^2}{\pi^2\varepsilon_0} = 128\sigma R_0^3 \right] = \left(\dfrac{4\sigma R_0^3}{R^4} - \dfrac{4\sigma}{R}\right) , то p^*(R) = \left.\dfrac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}R}\left( \dfrac{4\sigma R_0^3}{R^4} - \dfrac{4\sigma}{R}

\right)\right|_{R=R_0} (R-R_0) = \left.\left( -\dfrac{16\sigma R_0^3}{R^5} + \dfrac{4\sigma}{R^2} \right)\right|_{R=R_0} (R-R_0) = = \left( -\dfrac{16\sigma}{R_0^2} + \dfrac{4\sigma}{R_0^2} \right) \cdot (R-R_0) = -\dfrac{12\sigma}{R_0^2}\cdot (R-R_0)

Запишем второй закон Ньютона в проекциях на радиальную ось: \Delta m \ddot{R} = F = p^*\Delta S = -\dfrac{12\sigma}{R_0^2}\cdot (R-R_0) \Delta S Проинтегрируем: \ddot{R} \oint\limits_{S_0} \Delta m \operatorname{d}s = -\dfrac{12\sigma}{R_0^2}\cdot (R-R_0) \oint\limits_{S_0} \Delta S \operatorname{d}s \quad \Rightarrow \Rightarrow \quad m \ddot{R} = -\dfrac{12\sigma}{R_0^2}\cdot (R-R_0) 4\pi R_0^2 = -48\pi\sigma(R-R_0) Сделаем замену: R' = R-R_0 \quad \Rightarrow \quad \ddot{R'} = \ddot{R}, и с её учётом получаем уравнение на гармонические колебания пузыря: \ddot{R'} + \dfrac{48\pi\sigma}{m} \cdot R' = 0. Отсюда можем найти циклическую частоту колебаний, а соответственно и период: \omega^2 = \dfrac{48\pi\sigma}{m} \quad \Rightarrow \quad T = 2\pi \sqrt{\dfrac{m}{48\pi\sigma}}=\sqrt{\dfrac{\pi m}{12\sigma}} \approx 1,6 \cdot 10^{-2} с.

При быстром переносе заряда Q_1=10Q на пузырь его разорвёт, тогда из закона сохранения энергии: \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{Q_1^2}{4\pi\varepsilon_0R_0} = \dfrac{mv^2}{2} \quad \Rightarrow \quad v = \sqrt{\dfrac{100Q^2}{4\pi\varepsilon_0R_0m}} \approx 94 м/с.

Ответ 1. R_0 \approx 3 см; 2. T \approx 1,6 \cdot 10^{-2} с; 3. v \approx 94 м/с.