1  ^?? Пусть $\sigma_1 = -\sigma_2 = \sigma_0$, где $\sigma_0$ – известная величина. Найдите вектор напряжённости $\vec{E}_{\mathrm{O}}$ в точке $\mathrm{O}$.

Первый способ:

Из осевой симметрии системы следует, что в любой точке на оси конуса вектор напряженности параллелен оси. Мысленно разрежем конус на $2N$ одинаковых практически плоских трапеций. При увеличении $N$ площадь кусочка искривленной трапеции стремится к площади плоской трапеции, так что при достаточно большом $N$ кусочки можно считать плоскими.

Наибольшее основание $\Delta c$ трапеции выражается через центральный угол $\Delta \beta$ окружности сечения с наибольшим радиусом или через угол $\Delta \phi$ при вершине треугольника, получающегося при дополнении трапеции, как $\Delta c = l \Delta \beta = 2l \Delta \phi$. При достаточно малом $\Delta \beta$ справедливо соотношение $\Delta c \ll l$, так что в первом приближении каждую из трапеций можно представить в виде тонкого стержня с некоторой эффективной линейной плотностью заряда $\lambda\left(x\right)$.

Найдем $\lambda\left(x\right)$. Выразим заряд на малой площади треугольника, получающегося при дополнении трапеции.
$$\Delta q = \sigma\left(x\right) \Delta S = \sigma\left(x\right)x~\Delta x \Delta \phi = A~\Delta x \Delta \phi$$
Тогда имеем $$\lambda \left(x\right) = \frac{\Delta q}{\Delta x} = A~\Delta \phi = A~\frac{\Delta \beta}{2} \stackrel{x}{\equiv} \mathrm{const}.$$ Рассмотрим тонкий диэлектрический равномерно заряженный стержень длины $l$ с линейной плотностью заряда $\lambda$. Найдем напряженность на прямой, содержащей стержень, в точке $\mathrm{O}$ на расстоянии $l$ от стержня. Сделаем это методом разности потенциалов. При смещении из точки $\mathrm{O}$ на расстояние $\Delta x \ll l$ имеем
$$\Delta E_{\mathrm{O}} = - \frac{\Delta \varphi}{\Delta x} = k\lambda \left( \frac{1}{l} - \frac{1}{2l} \right) = \frac{A}{8\varepsilon_0l} \frac{\Delta \beta}{2\pi}$$ Тогда с учётом проекции на ось после суммирования $\Delta \beta$ от $0$ до $2\pi$ получаем вклад в результирующую напряжённость от боковой поверхности конуса: $$ E_{\mathrm{O}}^{side} = \frac{\sqrt{3}}{16} \frac{A}{\varepsilon_0l}$$

Нормальная компонента поля к плоской равномерно заряженной площадке в любой точке пространства выражается через телесный угол, под которым видна площадка из этой точки. Покажем, что если по плоскому слою равномерно распределён заряд с поверхностной плотностью $\sigma$, то в точке $A$ компонента электрического поля, перпендикулярная слою, равна: $$E_n=\cfrac{\sigma\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0} 
$$ 
где $\Omega_A$ – телесный угол, под которым виден плоский слой из точки $A$.

Доказательство: 

Рассмотрим элемент плоского слоя с площадью $dS$. Пусть $\vec{e}_n$ – единичный вектор нормали к поверхности слоя, направленный к точке $A$, а $\vec{r}$ – радиус–вектор, проведённый от элемента слоя к точке $A$. Тогда для нормальной компоненты электрического поля элемента слоя получим:

$$d\vec{E}_n=\vec{e}_n\cdot\cfrac{\sigma \vec{r}dS}{4\pi\varepsilon_0r^3}=\cfrac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\cfrac{\vec{r}\cdot d\vec{S}}{r^3}$$

Если направления векторов $\vec{r}$ и $d\vec{S}$ изменить на противоположные, величина $\bigl(\vec{r}\cdot d\vec{S}\bigr)/r^3$ по определению будет представлять собой элемент телесного угла $d\Omega_A$, под которым элемент плоского слоя виден из точки $A$. Таким образом:

$$dE_n=\cfrac{\sigma d\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0}\Rightarrow E_n=\cfrac{\sigma\Omega_A}{4\pi\varepsilon_0}$$

что и требовалось доказать.

Так как оба основания видны из точки $\mathrm{O}$ под одинаковым телесным углом, а $\sigma_1=-\sigma_2$, из теоремы о выражении нормальной к площадке напряженности через телесный угол следует, что суммарный вклад в результирующую напряженность от оснований $$E_{\mathrm{O}}^{bases} = 0$$ 
 

Значит,

Второй способ:

Разобъём боковую поверхность на колечки и начнём интегрировать.
$$E_o = \int_l^{2l} k \frac{2\pi x \sin (\alpha)}{x^2} \frac{A}{x} \cos\left(\alpha\right) \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3} A}{8\varepsilon_0} \int_l^{2l} \frac{1}{x^2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{16} \frac{A}{\varepsilon_0l}$$
Пусть $y$ — расстояние от центра диска, заряженного с $\sigma_0$, по его оси. Радиус диска $R$. Будем интегрировать по радиусу.
$$E^{disk} (y) =\frac{y\sigma_0}{2\varepsilon_0} \int_0^{R} \frac{r}{(r^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}r = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0} \left(1 - \frac{y}{\sqrt{y^2 + R^2}}\right)$$
В нашем случае $$ y_1 = \frac{\sqrt{3}}{2}~l,~~~R_1 = \frac {l}{2}$$ $$y_2 = \sqrt{3}~l,~~~R_2 = l$$
Тогда, так как $\sigma_1 = -\sigma_2$, суммарная напряжённость от оснований: $$E^{bases}_{\mathrm{O}} = 0$$

2  ^?? Докажите, что существует положение равновесия пробного заряда, не зависящее от значениия $\sigma_0$. Найдите это положение равновесия. В качестве ответа приведите расстояние от него до точки $\mathrm{O}$.

Первый способ:

Рассмотрим пару противоположных стержней. Они образуют равнобокую трапецию с основаниями $l$, $2l$ и боковой стороной $l$.

Заметим, что для равномерно заряженного стержня $\mathrm{BC}$ в любой точке $\mathrm{W}$, не принадлежащей стержню, напряжённость направлена вдоль биссектрисы угла $\angle \mathrm{BWC}.$

Доказательство:

Рассмотрим малый элемент длины $\Delta l$ стержня. Напряжённость от него в точке $W$ эквивалентна напряжённости от точечного заряда $\Delta q = \lambda \Delta l $.

 По закону Кулона,
  $$\Delta E_W = k \frac{ \lambda \Delta l~\mathrm{cos^2} \theta}{h^2}$$
 Заметим, что 
  $$\frac{h}{\mathrm{cos}\theta}~\Delta \theta = \mathrm{cos}(\theta) \Delta l$$
 Тогда выражение для $\Delta E_W$ примет вид
  $$\Delta E_W = \frac{k \lambda }{h^2} h\Delta \theta $$
 что в точности соответствует напряжённости от малого элемента длины $h\Delta \theta$ дуги окружности радиусом $h$ с плотностью заряда $\lambda$.

Поскольку для дуги окружности в силу симметрии результирующая напряжённость в точке $W$ направлена по биссектрисе центрального угла, то же самое верно и для стержня. Что и требовалось доказать.

Таким образом, напряжённость $\vec{E}_{\mathrm{F}}$ в точке пересечения диагоналей трапеции $\mathrm{F}$ от боковой стороны направлена вдоль биссектрисы угла ${\theta}$.

Заметим, что точка $\mathrm{F'}$, в которой суммарная напряжённость от боковой поверхности усечённого конуса равна 0, совпадает с точкой $\mathrm{F}$.

В самом деле.

Рассмотрим соотношения углов:
${\gamma_1}$=${\gamma_2}$ - как вертикальные,
${\gamma_2}$=${\gamma_3}$ - так как треугольник в основании равнобедренный,
${\varphi_1+\gamma_1=\pi/2}$, ${\varphi_2+\gamma_3=\pi/2}$ - так как напряженность от боковой стороны должна быть перпендикулярна высоте конуса.

Получаем ${\varphi_1=\varphi_2}$, значит биссектриса угла ${\theta}$ перпендикулярна высоте конуса. В точке пересечения диагоналей напряженность от боковой стороны перпендикулярна высоте конуса, точки $\mathrm{F}$ и $\mathrm{F'}$ совпадают.

Согласно теореме о выражении нормальной к площадке напряженности через телесный угол, так как $\sigma_1 = \sigma_2$, в точке $\mathrm{F}$ пересечения диагоналей трапеции суммарная напряжённость от оснований конуса равна нулю при любом значении $\sigma_0$.

Из подобия треугольников получаем $${\dfrac{h_2}{h_1}=\dfrac{r_2}{r_1}}$$ $${\dfrac{r-r_1}{h_1}=\dfrac{r_2-r}{h_2}}$$Откуда: $$r=\dfrac{2r_1r_2}{r_1+r_2} \quad\quad (*)$$При $r_1=\dfrac{l}{2}, ~~ r_2=l$ получаем: $$r=\dfrac{2}{3}l$$В конусе $${\mathrm{OF}}=\dfrac{r}{\mathrm{tg\left(\alpha\right)}}$$Откуда имеем

Второй способ:

Введём координатную ось $z$ с началом в точке $\mathrm{O}$ и направлением вдоль оси симметрии. Разобьём боковую поверхность усечённого конуса на колечки и для нахождения напряжённости проинтегрируем вклад от одного колечка в пределах изменения координаты $x$ — от l до 2l..

$$E^{sides}(z) = \int_l^{2l} k \frac{2\pi x \sin (\alpha) A \left(x \cos(\alpha) - z\right)}{\left(\left( x \sin (\alpha)\right)^2 + \left(x \cos(\alpha) - z\right)^2\right)^{\frac{3}{2}}x} \mathrm{d}x = \frac{A}{4\varepsilon_0} \int_l^{2l} \frac{x \cos(\alpha) - z}{\left(\left( x \sin (\alpha)\right)^2 + \left(x \cos(\alpha) - z\right)^2\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{d}x$$
Введём новую переменную:

$$u = x - \frac{\sqrt{3}}{2}z$$
Тогда выражение примет вид
$$E^{sides}(z) = \frac{A}{4\varepsilon_0} \left[ \frac{\sqrt{3}}{2} \int_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z} \frac{u}{\left( u^2 + \frac{z^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{d}u ~~-~~\frac{z}{4} \int_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z} \frac{1}{\left( u^2 + \frac{z^2}{4}\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{d}u \right]$$ Для взятия данных интегралов можно использовать подстановки Эйлера или Чебышёва или тригонометрическую подстановку, однако первообразная легко угадывается:
$$E^{sides}(z) = \frac{A}{4\varepsilon_0} \left[ - \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{2}{\sqrt{4u^2 + z^2}}\bigg|_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z} - \frac{z}{4} \frac{8u}{z^2~\sqrt{4u^2 + z^2}} \bigg|_{l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}^{2l - \frac{\sqrt{3}}{2}z}\right].$$ После подстановки пределов и приведения к общему знаменателю имеем
$$E^{sides}(z) = \frac{l}{z} \left( \frac{2~\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2} - \sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}}{\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2}\sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}}\right)$$ Из условия
$$E^{sides}(z_0) = 0$$ получаем единственный корень
$$z_0 = \frac{2}{\sqrt{3}}l.$$ Теперь получим выражение для $E^{bases} (z)$

Пусть $y$ — расстояния от центра по оси диска, заряженного с $\sigma_0$. Радиус диска $R$. Будем интегрировать по радиусу.
$$E^{disk} (y) =\frac{y\sigma_0}{2\varepsilon_0} \int_0^{R} \frac{r}{(r^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}r = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0} \left(1 - \frac{y}{\sqrt{y^2 + R^2}}\right)$$ Здесь напряженность положительна вдоль направления положительного отсчёта $y$.

В нашем случае
$$R_1 = \frac{l}{2},~~~y_1 = z - \frac{\sqrt{3}}{2}l$$ $$R_2 = l,~~~y_2 = \sqrt{3}l - z$$ Вклад в осевую напряжённость от оснований:
$$E^{bases}\left(z\right) = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0} \left(\frac{\sqrt{3}l - z}{\sqrt{4l^2 - 2\sqrt{3}lz + z^2}} - \frac{z - \frac{\sqrt{3}}{2}l}{\sqrt{l^2 - \sqrt{3}lz + z^2}}\right)$$ Тогда из условия
$$E^{bases}(z'_0) = 0$$ имеем единственный корень
$$z'_0 = z_0 = \frac{2}{\sqrt{3}}l$$ Поскольку $E^{sides} (z_0) = E^{bases} (z_0) = 0,$ $z_0$ — искомое положение равновесия.

3  ^?? При каких значениях $\sigma_0$ найденное положение равновесия будет устойчивым? Для значений, соответствующих устойчивому равновесию, найдите период малых колебаний пробного заряда в окрестности положения равновесия.

Первый способ:

Пусть пробный заряд смещён относительно положения равновесия $\mathrm{F}$ на расстояние $z$ в точку $\mathrm{G}$, $z \ll l$.

Рассчитаем вклад в напряжённость $E_\mathrm{G}$ в точке $\mathrm{G}$ от боковой поверхности конуса.

Отрежем от трапеции верхушку так, чтобы точка $\mathrm{G}$ была точкой равновесия для получившейся новой трапеции. Тогда на пробный заряд будет действовать сила со стороны отрезанного кольца (на рисунке обозначенном синим цветом), эта сила будет возвращающей. Значит, положение равновесия устойчивое.

$$\mathrm{OG}-\mathrm{OF}=z$$$$r_3=\mathrm{OG}~ \mathrm{tg }(\alpha) ~ r=\mathrm{OF}~ \mathrm{tg}(\alpha)$$
Используя $(*)$, можно записать $$r_3=\dfrac{2r'_1r_2}{r'_1+r_2}$$
Откуда $$r'_1=\dfrac{r_2r_3}{2r_2-r_3}$$$$\Delta r_1 = r'_1-r_1$$$$\Delta x_1 = \dfrac{\Delta r_1}{\sin{\alpha}}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}z$$$$\Delta E^{side}_{\mathrm{G}} = \dfrac{k \lambda(x) \Delta x_1}{y_1^2}~ \cos{60^{\circ}}=\dfrac{k A \Delta x_1}{4 y_1^2}~ \Delta \beta$$Где $$y_1 = \frac{\sqrt{3}}{3} l$$Просуммируем $\Delta \beta$ от $0$ до $2\pi$
$$ E^{side}_{\mathrm{G}} = \frac{9~\sqrt{3}}{32} \frac{A}{\varepsilon_0l^2}~ z$$

Рассчитаем вклад в напряжённость $E_\mathrm{G}$ в точке $\mathrm{G}$ от оснований конуса.
Воспользуемся упомянутой в первом пункте теоремой. Тогда нескомпенсированный заряд расположен в форме кольца (на рисунке обозначенном синим цветом) в нижнем основании усечённого конуса.

Из подобия треугольников,
$$\dfrac{r'_2}{{\mathrm{OH}_2} - (\mathrm{OF}+z)} = \frac{r_1}{\mathrm{OF}+z-\mathrm{OH_1}}.$$
При этом:
$$
\mathrm{OH_1} = l \cos{\alpha}, \quad \mathrm{OH_2} = 2 l \cos{\alpha}
$$
$$
\Delta r_2 = r_2 - r'_2
$$
$$\Delta E^{bases}_{\mathrm{G}} = k\dfrac{2 \pi r_2 \Delta r_2 \sigma}{y_2^2} \cos{60^{\circ}}$$Где $$y_2 = \frac{2 \sqrt{3}}{3} l$$


Тогда для вклада в напряжённость в $\mathrm{G}$ от оснований имеем $$E^{bases}_{\mathrm{G}} = -\frac{9~\sqrt{3}}{16} \frac{\sigma_0}{\varepsilon_0 l} z.$$
Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид $$\ddot{z} + \frac{9\sqrt{3}}{32} \frac{q}{m\varepsilon_0l}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0 \right) z = 0. $$
Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае

а период колебаний

Второй способ:

Пусть $$z = z_0 + z,~~~ z \ll l$$
Принимая во внимание
$$(1+x)^{\alpha} \approx 1 + \alpha x,~~~ x\ll 1$$Получим
$$E^{sides}(z_0 + z) \approx \frac{9\sqrt{3}}{32} \frac{A}{\varepsilon_0 l^2} z$$
Проделывая то же самое для оснований получим
$$E^{bases}(z_0 + z) \approx - \frac{9\sqrt{3}}{16}\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0l}z$$
Окончательно, уравнение движения пробного заряда по оси принимает вид
$$\ddot{z} + \frac{9\sqrt{3}}{32} \frac{q}{m\varepsilon_0l}\left(\frac{A}{l} - 2\sigma_0 \right) z = 0 $$
Откуда ясно, что положение равновесия устойчивое в случае

а период колебаний