BelPhO 2024, Областен етап, 9–11 клас — Задача 9. Задание 11-3. Прогрессивная электростатика

Часть 1. Арифметическая электростатика

1.1 Суть метода «мысленного поворота» фактически полностью «изложена» в его названии: рассмотрим поворот всей системы одинаковых зарядов «как целого» (Рис. 01) в любом направлении (например, по часовой стрелке) на угол $\alpha = \frac{2\pi}{n}$ (или кратный ему).

Поскольку электростатическое поле является центральным, то вектор напряженности точечного заряда всегда направлен вдоль прямой, проходящей через данный заряд.

Это значит, что искомый вектор напряженности $\vec{E}_1$ системы тоже «жёстко связан» с рассматриваемой системой зарядов. Следовательно, при повороте системы зарядов он также повернётся в плоскости рисунка на угол $\alpha = \frac{2\pi}{n}$.

Таким образом, при подобном «мысленном повороте» вектор напряженности поля поменяет свое направление, т.е. вектор $\vec{E}_1$ изменится.

Но с другой стороны, в силу симметрии данной системы зарядов, при таком повороте каждый заряд «перейдет» в соседний, т.е. с точки зрения «стороннего наблюдателя» в системе ничего не изменится (!), поскольку все заряды одинаковые. Следовательно, вектор $\vec{E}_1$ при таком повороте не изменится!

Мы пришли к логическому противоречию, следовательно, что-то предположили неверно. На самом деле данное противоречие возникло лишь потому, что обычно у вектора есть длина, и «по умолчанию» мы считали его ненулевым, т.е.

«Разрешить» полученное противоречие можно только предположив обратное, что

Иными словами, можно считать, что нулевой вектор направлен «куда угодно», поскольку его модуль равен нулю. Говоря более строго, с нулевым вектором не связывают никакого направления в пространстве, т.е. он сонаправлен (и перпендикулярен!) любому ненулевому вектору.

Таким образом, при одинаковых зарядах в вершинах произвольного правильного многоугольника напряженность $\vec{E}_1$ электростатического поля в его центре $O$ равна нулю.

Заметим, что и другие методы (например, суммирование векторов по правилу многоугольника) приводят к такому же результату (2), но именно метод «мысленного поворота» содержит неявную подсказку нашим юным олимпионикам для выполнения следующего пункта задачи.

1.2 Поскольку шарики маленькие, то будем считать заряды $(q_i)$ точечными. Как следует из закона Кулона, напряженность электростатического поля, создаваемого точечным зарядом $q_i$ в точке пространства с радиус-вектором $\vec{r}_i$

Согласно (3), поле пропорционально заряду, т.е. больший заряд даёт больший вклад в результирующее (суммарное) поле. Это значит, что вклад последних (бóльших) зарядов арифметической прогрессии в общее поле будет наиболее значительным.

Для нахождения напряженности $\vec{E}_2$ электростатического поля, создаваемого системой точечных зарядов в центре многоугольника, по принципу суперпозиции полей необходимо просуммировать напряженности полей от каждого из зарядов системы

где индекс суммирования $i$ меняется «по всем зарядам» арифметической прогрессии от единицы до $n$.

В отличие от предыдущего пункта задачи сумма (4) уже не будет равна нулю $(\vec{E}_2 \ne \vec{0})$, поскольку теперь векторы $\vec{E}_i$ будут иметь «различную длину» из-за возрастания зарядов в вершинах многоугольника.

Иными словами искомый вектор $\vec{E}_2$ (Рис. 02) обязательно будет иметь и модуль $E_2$ , и некоторое направление в плоскости рисунка, которое можно задать, например, углом $\beta$, образуемым данным вектором с «нижним» радиусом.

Как известно, при арифметической прогрессии каждый следующий член больше предыдущего на одну и ту же величину, соответственно, разность между ними остается постоянной. Это соображение и положим в основу модернизированного «метода поворота» для вычисления $\vec{E}_2$.

Вынесем вектор $\vec{E}_2$ на отдельную векторную диаграмму (Рис. 03). Мысленно повернем систему зарядов на угол $\alpha$ по часовой стрелке вокруг точки $O$ – при этом вектор $\vec{E}_2$ на диаграмме также повернется на угол $\alpha$ в том же направлении и перейдет в положение $\vec{E}_2^{*}$, отмеченное пунктиром (см. Рис. 03).

Если же теперь поменять знаки всех зарядов (сделать их отрицательными), то вектор $\vec{E}_2^{*}$, согласно (3), также поменяет свое направление на противоположное (повернется на угол $180^{\circ}$ и перейдёт в положение $\vec{E}_2^{**}$ на векторной диаграмме (см. Рис. 03)). Понятно, что при таких преобразованиях модули векторов $\vec{E}_2^{*}$ и $\vec{E}_2^{**}$ останутся равными модулю искомого вектора $\vec{E}_2$

Далее наложим систему «повёрнутых и изменённых» зарядов на исходную систему зарядов. Тогда в центре $O$ многоугольника, согласно принципу суперпозиции полей, суммарная напряженность $\vec{E}_s$ электростатического поля (см. Рис. 03) будет равна сумме двух векторов

Однако, с другой стороны (Рис. 04), при такой процедуре во всех точках (за исключением первой!) по правилам арифметической прогрессии останется только «по одному» заряду $q_0$.

В первой же точке системы окажется суммарный заряд $(1 - n)q_0$, который является «совокупностью» зарядов $q_0$ (старого) и $(-nq_0)$, «пришедшего» в эту точку при повороте.

Таким образом, в полученной «наложенной» системе (см. Рис. 04) во всех вершинах многоугольника теперь находится по заряду $q_0$ (согласно пункту 1.1 поле такой системы равно нулю), и в первой точке «появился» заряд $(-nq_0)$.

Следовательно, суммарное поле $\vec{E}_s$ такой «наложенной» системы зарядов в центре $O$ многоугольника совпадает с полем отрицательного заряда $(-nq_0)$, находящегося в первой точке цепочки, т.е.

С другой стороны из равнобедренного треугольника напряженностей (см. Рис. 03) получим

Из (7) и (8) получаем искомое значение

где $E_0 = \frac{q_0}{4\pi\varepsilon_0 R^2}$ есть напряженность поля, создаваемого в центре многоугольника первым (наименьшим) зарядом.

Для задания вектора $\vec{E}_2$ помимо его модуля (9) необходимо определить также и его направление в плоскости рисунка. На практике для этого достаточно найти угол, образуемый данным вектором с какой либо осью или отрезком.

В нашем случае удобно найти угол $\beta$, образованный искомым вектором $\vec{E}_2$ с радиусом, проведенным из центра $O$ многоугольника к первому заряду (см. Рис. 03).

Из равнобедренного треугольника напряженностей, учитывая равенство углов при основании, найдем

Выражения (9) и (10) полностью задают искомый вектор $\vec{E}_2$, приложенный в точке $O$ (центре правильного $n$ – угольника, где $n \ge 2$).

Интересно, что при $n = 2$ «правильный многоугольник» представляет собой два заряда $q_0$ и $2q_0$, находящиеся на концах диаметра окружности (т.е. с точки зрения математики его «не существует», т.к. класс правильных многоугольников начинается с правильного треугольника $(n = 3)$). Но, несмотря на это, формулы (9) и (10) дают правильные физические результаты $(E_2 = E_0,\ \beta = 0)$!

1.3 Для вычислений с использованием (9) и (10) необходимо знать количество вершин $n$ правильного многоугольника.

Из Рис. 02 следует, что для того, чтобы вектор $\vec{E}_2$ проходил (был «нацелен») через третью вершину многоугольника, угол $\varphi$ должен удовлетворять условию

Следовательно, искомый правильный многоугольник является правильным десятиугольником ( $n = 10$). В таком случае

Расчеты по найденным формулам (9) и (10) дают

По правилам приближенных вычислений в окончательных расчётах сохраняем по три значащие цифры, поскольку все данные условия приведены с тремя значащими цифрами (не путать с цифрами после запятой!).

Часть 2. Геометрическая электростатика

2.1 Из-за малости заряженных шариков можно считать все заряды в вершинах многоугольника точечными.

Как следует из закона Кулона, первый заряд цепочки $q_1 = q_0$ создает в центре $O$ многоугольника напряженность электростатического поля

причем вектор $\vec{E}_0$ направлен вдоль радиуса описанной окружности от заряда $q_1$ к центру $O$ многоугольника (Рис. 05).

2.2 Как известно, при геометрической прогрессии каждый ее следующий член больше предыдущего члена в одно и то же число раз. Соответственно, если умножить все члены геометрической прогрессии на ее знаменатель $q$, то ее первый член $b_1$ перейдет во второй $b_2$, второй $b_2$ – в третий $b_3$ и т.д. При этом вся цепочка «сдвинется» на один шаг влево (Рис. 05).

Это соображение и положим в основу следующего модернизированного «метода поворота» для вычисления напряжённости $\vec{E}_3$ электростатического поля, создаваемого данной системой электрических зарядов.

Умножим все заряды системы на 2 (т.е. на знаменатель $q$ геометрической прогрессии) и повернем систему на угол $\alpha = \frac{2\pi}{n}$ так, чтобы каждый заряд «перешел» в соседнюю позицию (Рис. 06).

Понятно, что после такого «искусственного» преобразования и поворота системы зарядов вектор $\vec{E}_3^{*}$ ее новой напряженности поля также удвоился по модулю (стал $2E_3$) и также повернулся на угол $\alpha$ относительно своего начального положения, что удобно изобразить на векторной диаграмме (Рис. 07).

$^{1}$ — здесь и далее: в фигурных скобках представлены (без размерности!) показания инженерного калькулятора (например, CASIO fx-991EX (CLASSWIZ)) при правильном расчёте.

С другой стороны, как следует из Рис. 06, «сторонний наблюдатель» отметит, что после такой операции все заряды (за исключением первого) не изменились и «остались на своих местах». Только в первой вершине правильного многоугольника «исчез» заряд $q_0$, но «появился» новый заряд $(2^{n})\cdot q_0$ .

Но мы можем считать, что в первой вершине многоугольника одновременно находятся два заряда: первый заряд $q_0$ , а второй $(2^{n} - 1)\cdot q_0$ . Тогда можно сказать, что старая система зарядов «осталась» на месте, но в ее первой точке появился дополнительный заряд $(2^{n} - 1)\cdot q_0$ .

Этот заряд создает в центре многоугольника дополнительную напряженность $\vec{E}_{\text{доп}}$ электростатического поля

Как следует из (16) вектор этой дополнительной напряженности поля направлен вдоль радиуса к центру $O$ многоугольника (см. Рис. 07), т.е. так же, как и вектор $\vec{E}_0$.

Из векторного треугольника напряжённостей (Рис. 07) выразим итоговый вектор $\vec{E}_3^{*}$ и запишем теорему косинусов для стороны треугольника $\vec{E}_{\text{доп}}$ с учетом (16)

Из (18) находим искомое значение

Для задания направления вектора $\vec{E}_3$ найдем по теореме синусов угол $\gamma$ треугольника, противолежащий стороне $\vec{E}_3^{*}$

С учетом (16) и (19) окончательно получаем

Выражения (19) и (21) полностью задают искомый вектор $\vec{E}_3$, приложенный в точке $O$ (центре правильного $n$ – угольника).

2.3 Для вычислений с использованием (19) и (21) необходимо знать количество вершин $n$ правильного многоугольника.

Согласно условию, для искомого многоугольника $\vec{E}_3 \perp \vec{E}_0$ , т.е. треугольник напряженностей (см. Рис. 7) – прямоугольный. Следовательно, в этом случае

Из (22) получаем квадратное уравнение относительно $\cos\alpha$, единственный корень которого

Из (23) находим число сторон $n$ правильного многоугольника

т.е. в данном случае получается правильный шестиугольник.

Расчеты по найденным формулам (9) и (10) дают

По правилам приближенных вычислений в окончательных расчётах сохраняем по три значащие цифры, поскольку все данные условия приведены с тремя значащими цифрами (не путать с цифрами после запятой!).