ВсОШ 2026, Заключителен етап — Задача 9. 10-Т4 · Гантель в полости

Рассмотрим плоскость, перпендикулярную осям полости и цилиндра. Пусть $O$ — точка пересечения оси цилиндра с этой плоскостью, а $O'$ — точка пересечения с осью полости (рис. 1). Выберем произвольную точку $A$ внутри полости. Если $\vec r=\overrightarrow{OA}$, $\vec r'=\overrightarrow{O'A}$, а $\vec d=\overrightarrow{OO'}$, тогда $\vec r=\vec r'+\vec d$.

Пусть $\rho$ — объёмная плотность заряда цилиндра, тогда полость можно представить как суперпозицию цилиндров с объёмной плотностью заряда $\rho$ и $-\rho$. Первый цилиндр дополняет цилиндр с вырезом до полного сплошного цилиндра. Поле внутри выреза представим как суперпозицию полей дополненного цилиндра и цилиндра с плотностью заряда $-\rho$.

Используя симметрию, найдём с помощью теоремы Гаусса напряжённость поля $E(r)$ внутри равномерно заряженного цилиндра:

откуда $E(r)=\rho r/(2\varepsilon_0)$ или, в векторном виде, $\vec E(\vec r)=\frac\rho{2\varepsilon_0}\vec r$. Тогда напряжённость поля в произвольной точке $A$ равна

Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен $E_{\text{п}}=\rho R/(4\varepsilon_0)$.

На заряженный шарик массой $m$ и зарядом $q$, помещённый в полость, действует сила $\vec F=\vec F_g+\vec F_E$, где $F_g=mg$ — сила тяжести, $F_E=q\rho R/(4\varepsilon_0)$ — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением $a=\sqrt{g^2+(q\rho R/(4m\varepsilon_0))^2}$. С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время $\tau$. Это значит, что $a=2(R/2)/\tau^2=\sqrt2g$, откуда $\rho=4\varepsilon_0mg/(qR)$.

Пусть $B$ — середина стержня, $r=3R/8$ — радиус кольца, а $L=\sqrt2r$ — расстояние между бусинками. При движении стержня с бусинками вектор $\overrightarrow{O'B}$ будет поворачиваться против часовой стрелки в плоскости рисунка, а скорость обеих бусинок будет, в силу кинематической связи, одинакова. Обозначим $\varphi$ угол поворота вектора $\overrightarrow{O'B}$ и найдём значение угла $\varphi_{\text{р}}$, соответствующее максимальной скорости бусинок.

Метод №1

Согласно теореме о кинетической энергии

где $v$ — скорость бусинок, $A_g$ и $A_E$ — работа силы тяжести и электрической силы соответственно. Запишем выражения для обеих работ при повороте вектора $\overrightarrow{O'B}$ на угол $\varphi$:

Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что

Используя это, запишем выражение для суммарной работы:

Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда $A_\Sigma$ достигнет максимума, то есть при $\varphi_{\text{р}}=\pi/4$. Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим

Метод №2

В момент достижения бусинками максимальной скорости их тангенциальное ускорение равно нулю. Поэтому сумма моментов сил тяжести и электрических сил, рассчитанных в данный момент относительно точки $O'$, равна нулю. Запишем выражения для $M_g$ и $M_E$ (суммарного момента сил тяжести и электрических сил соответственно), принимая в качестве положительного направление против часовой стрелки:

Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что

Используя это, запишем выражение для суммарного момента

При $\varphi<\pi/4$ суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при $\varphi_{\text{р}}=\pi/4$, когда $M_\Sigma=0$. Согласно закону изменения энергии

откуда

Сделаем несколько утверждений:

1. Так как стержень невесом, сумма сил, действующих на стержень, равна нулю.

2. Так как стержень и бусинки соединены шарнирно, сила, с которой стержень действует на бусинки, направлена вдоль него.

3. В момент достижения бусинкой максимальной скорости её тангенциальное ускорение равно нулю, поэтому проекция сил, действующих на эту бусинку, на ось, перпендикулярную радиусу, равна нулю.

Рассмотрим силы, действующие на каждую из бусинок в момент достижения ими максимальной скорости, то есть при $\varphi_{\text{р}}=\pi/4$ (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение,

где $T$ — сила реакции стержня, а $F_{\text{кул}}=q^2/(2\pi\varepsilon_0L^2)$ — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что

Нормальное ускорение в этот момент равно $a_n=v^2/r=2(2-\sqrt2)g/3$. Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную):

Поскольку $T+F_{\text{кул}}=2\sqrt2qE_{\text{п}}$,