Logo
Logo

Вращение гантели в электростатическом поле

А1  0,50 Определите дипольный момент гантели $\vec{p}$. Ответ выразите через $\vec{E}_0$, $r$, $\varepsilon_0$ и $\vec{l}$.

Поскольку шары и стержень являются металлическими — поверхность гантели является эквипотенциальной. Также, поскольку можно пренебречь наведёнными дипольными моментами шаров и стержня в силу $l\gg r$, можно считать, что заряды равномерно распределяются по поверхностям шаров $1$ и $2$. Данные заряды определяют дипольный момент $\vec{p}$ гантели. Отметим, что потенциалом электростатического поля одного из шаров на поверхности другого также можно пренебречь.
Поскольку гантель является электрически нейтральной:
$$q_2=-q_1=q{.}
$$
Запишем условие эквипотенциальной поверхности гантели. Приравнивая разность потенциалах в центрах шаров $1$ и $2$ к нулю:
$$\varphi_2 - \varphi_1 = \int_1^2 -\vec{E} d\vec{l} = -\bigl(\vec{E_0}{,}\vec{l}\bigr) + \frac{q_2}{4\pi \varepsilon_0 r}- \frac{q_1}{4\pi \varepsilon_0 r}=0{,}
$$
откуда:
$$q=2\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr){.}
$$
Поскольку $\vec{p}=q\vec{l}$, имеем:

Ответ: $$\vec{p}=2\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)\vec{l}{.}
$$

А2  0,20 Определите момент сил $\vec{M}$, действующих на гантель. Ответ выразите через $\vec{E_0}$, $r$, $\varepsilon_0$, $\vec{l}$.

Для момента сил $\vec{M}$ имеем:
$$\vec{M}=\bigl[\vec{p}\times\vec{E}_0\bigr]{,}
$$
откуда:

Ответ: $$\vec{M}=2\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)\bigl[\vec{l}\times\vec{E}_0\bigr]{.}
$$

А3  0,20 Найдите положения равновесия системы. В качестве ответа укажите значения углов $\alpha_0$ между стержнем и направлением напряжённости электростатического поля $\vec{E}_0$.

Положения равновесия гантели соответствуют равенству нулю момента сил $\vec{M}$, действующих на гантель со стороны электростатического поля.
Момент сил $\vec{M}$ обнуляется в двух случаях: $\vec{l} \perp \vec{E_0}$ и $\vec{l} \parallel \vec{E_0}$. Это два положения равновесия системы.
Таким образом:

Ответ: $$\alpha_0=0{,}~\pi/2{.}
$$

A4  0,50 Какие из найденных вами в пункте $\mathrm{A3}$ положения равновесия являются устойчивыми, а какие — неустойчивыми? Ответ обоснуйте.
Найдите также периоды малых колебаний вблизи положений устойчивого равновесия. Ответы выразите через $l$, $R$, $m$, $E_0$ и $\varepsilon_0$.

Если $\alpha=\angle\vec{E}_0{,}\vec{l}$, то выражение для момента сил примет вид:
$$\vec{M} = - 2\pi \varepsilon_0 rE^2_0l^2 \cos{\alpha} \sin{\alpha} \cdot \vec{n}{.}$$
Для малых отклонений относительно $\alpha_0= 0$:
$$\vec{M}(\alpha)=- 2\pi \varepsilon_0rE^2_0l^2 \alpha{.}$$
Таким образом, положение равновесия $\alpha_0=0$ является устойчивым.
Для малых отклонений относительно $\alpha_0=\pi/2$:
$$2\pi \varepsilon_0rE^2_0l^2 \Delta \alpha{.}$$
Таким образом, положение равновесия $\alpha_0=\pi/2$ является неустойчивым.

Ответ: Положение равновесия $\alpha_0=0$ является устойчивым, а $\alpha_0=\pi/2$ — неустойчивым.

Для определения периода малых колебаний в положении устойчивого равновесия запишем основное уравнение динамики вращательного движения относительно центра стержня. Момент инерции гантели относительно оси, проходящей перпендикулярно стержню через его центр, равен $I=2\cdot ml^2/4=ml^2/2$, поэтому:
$$- 2\pi \varepsilon_0rE^2_0l^2 \alpha=\cfrac{ml^2\ddot{\alpha}}{2}\Rightarrow \omega^2_0=\cfrac{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}{m}{.}
$$
Окончательно:

Ответ: $$T=2\pi\sqrt{\cfrac{m}{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}}{.}
$$

А5  0,60 В устойчивом положении равновесия стержню мгновенно придали угловую скорость $\vec{\omega}_0$ перпендикулярную электрическому полю. При какой минимальной начальной угловой скорости $\omega_{min}$ гантель сможет совершить полный оборот? Ответ выразите через $l$, $r$, $m$, $E_0$ и $\varepsilon_0$.

Первое решение:

Гантель является упругим диполем, поэтому её потенциальная энергия в электростатическом поле составляет:
$$W_p=-\cfrac{\bigl(\vec{p}{,}\vec{E}_0\bigr)}{2}=-\pi\varepsilon_0r\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)^2{.}
$$
Максимальное значение потенциальной энергии достигается в положении неустойчивого равновесия, поэтому условием оборота является прохождение положения неустойчивого равновесия.
Из закона сохранения энергии имеем:
$$E_k=\cfrac{I\omega^2_{min}}{2}=\cfrac{ml^2\omega^2_{min}}{4}=-\Delta{W}_p=\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2{,}
$$
откуда:

Ответ: $$\omega_{min}=\sqrt{\cfrac{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}{m}}{.}
$$

Второе решение:

Из теоремы об изменении кинетической энергии получим:
$$\cfrac{I\omega^2}{2}-\cfrac{I\omega^2_0}{2}=\cfrac{ml^2(\omega^2-\omega^2_0)}{4}=A_E{,}
$$
где $A_E$ — работа, совершённая над гантелью со стороны электростатического поля, для которой имеем:
$$A_E=\int\limits_{0}^{\alpha}M(\alpha)d\alpha=-2\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2\int\limits_{0}^\alpha \sin\alpha\cos\alpha d\alpha=-\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2\sin^2\alpha{.}
$$
Минимальное значение угловой скорости соответствует $\alpha=\pi/2$, поэтому для полного оборота достаточно пройти положение неустойчивого равновесия.
Имеем:
$$\cfrac{ml^2\omega^2_{min}}{4}=\pi\varepsilon_0rE^2_0l^2{,}
$$
откуда:

Ответ: $$\omega_{min}=\sqrt{\cfrac{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}{m}}{.}
$$

B1  0,90 Запишите уравнение, определяющее силу тока $I$ в стержне. Покажите, что сила тока в нашей системе равна силе тока в некотором $RLC$ контуре, подключенном к генератору переменного гармонического напряжения $\mathcal{E}(t)$.
Используя полученное уравнение, определите параметры эквивалентной схемы: зависимость от времени ЭДС эквивалентного генератора $\mathcal{E}_{eff}(t)$, индуктивность $L_{eff}$, ёмкость $C_{eff}$ и сопротивление $R_{eff}$. Ответы выразите через $E_0$, $l$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$, $\omega$, $\theta$ и $t$.

Пусть $\varphi_1$ и $\varphi_2$ — потенциалы в центрах шаров $1$ и $2$ соответственно. Падение напряжения на стержне равно их разности, поэтому из закона Ома имеем:
$$\varphi_1-\varphi_2=IR{.}
$$
С другой стороны, мы можем воспользоваться результатом пункта $\mathrm{A1}$:
$$\varphi_1-\varphi_2=\int\limits_{1}^2 \vec{E}d\vec{l}=\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)-\cfrac{q}{2\pi\varepsilon_0r}{.}
$$
Приравнивая, получим:

Ответ: $$\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)=IR+\cfrac{q}{2\pi\varepsilon_0r}
$$

Уравнение, описывающее силу тока в колебательном $RLC$ контуре, записывается следующим образом:
$$\mathcal{E}(t)=L_{eff}\dot{I}+IR_{eff}+\cfrac{q}{C_{eff}}
$$
Сопоставляя коэффициенты, для $L_{eff}$, $R_{eff}$ и $C_{eff}$ находим:

Ответ: $$L_{eff}=0{,}\qquad R_{eff}=R{,}\qquad C_{eff}=2\pi\varepsilon_0r{.}
$$

Проекция напряжённости электростатического поля на плоскость вращения стержня равна $E_0\cos\theta$. Тогда если $\varphi$ — угол поворота стержня от начального положения, то для величины $\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)(\varphi)$ имеем:
$$\bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)(\varphi)=E_0l\cos\theta\cos\varphi{.}
$$
Поскольку стержень вращается с постоянной угловой скоростью $\omega$:
$$\varphi=\omega t\Rightarrow \bigl(\vec{E}_0{,}\vec{l}\bigr)(t)=E_0l\cos\theta\cos\omega t{.}
$$
Тогда для $\mathcal{E}_{eff}$ и $\omega_{eff}$ получим:

Ответ: $$\mathcal{E}_{eff}=E_0l\cos\theta\cos\omega t\qquad f_{eff}=\cfrac{\omega}{2\pi}{.}
$$

B2  0,50 Получите зависимость от времени $t$ проекции $p_l(t)$ дипольного момента гантели на ось, направленную вдоль вектора $\vec{l}$. Ответ выразите через $E_0$, $l$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$, $\omega$, $\theta$ и $t$.

Величина $p_l(t)$ описывается выражением:
$$p_l=q(t)l{,}
$$
где $q(t)$ — заряд шара $2$ как функция времени.
Уравнение, описывающее зависимость заряда шара $2$ от времени, выглядит следующим образом:
$$E_0l\cos\theta \cos\omega t=R\dot{q}+\cfrac{q}{2\pi\varepsilon_0r}{.}
$$
Воспользуемся методом комплексных амплитуд. Пусть $q(t)=\Re(\hat{q}_0e^{i\omega t})$. Тогда:
$$E_0l\cos\theta=\hat{q}_0\left(\cfrac{1}{2\pi\varepsilon_0r}+i\omega R\right)\Rightarrow \hat{q}_0=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE_0l\cos\theta e^{i\varphi_0}}{\sqrt{1+(2\pi\varepsilon_0rR\omega)^2}}{,}
$$
где $\varphi_0=-\operatorname{arctg}(2\pi\varepsilon_0rR\omega)$.
Таким образом:

Ответ: $$p_l(t)=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta}{\sqrt{1+(2\pi\varepsilon_0rR\omega)^2}}\cos(\omega t-\operatorname{arctg}(2\pi\varepsilon_0rR\omega)){.}
$$

B3  0,20 Упростите ваш ответ для $p_l(t)$, полученный в пункте B2, с учётом малости сопротивления $R$. Упрощённый ответ должен содержать только величины, порядок малости по $R$ которых не превышает первый. Ответ выразите через $E_0$, $l$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$, $\omega$, $\theta$ и $t$.

Поскольку напряжение на резисторе всегда много меньше амплитуды эффективного напряжения источника, можно считать, что $2\pi\varepsilon_0rR\omega\ll 1$.
Отсюда:

Ответ: $$p_l(t)\approx 2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta\cos(\omega t-2\pi\varepsilon_0rR\omega)\approx2\pi\varepsilon_0rE_0l^2\cos\theta(\cos\omega t+2\pi\varepsilon_0rR\omega\sin\omega t){.}
$$

B4  1,00 Определите средние за большое время компоненты дипольного момент $\langle p_x\rangle$, $\langle p_y\rangle$ и $\langle p_z\rangle$ гантели. Ответы выразите через $E_0$, $l$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$, $\omega$ и $\theta$.

Определим проекции на координатные оси дипольного момента $\vec{p}$. В плоскости $xz$ вектор $\vec{l}$ описывает эллипс с полуосями $a_x=l$ и $a_z=l\cos\theta$, а в плоскости $xy$ — эллипс с полуосями $a_x=l$ и $a_y=l\sin\theta$. Отсюда получим:
$$p_x(t)=p_l(t)\sin\theta\cos\omega t\qquad p_y(t)=p_l(t)\sin\omega t\qquad p_z(t)=p_l(t)\cos\theta\cos\omega t{.}
$$
Учтём, что $\langle\sin^2\omega t\rangle=\langle\cos^2\omega t\rangle=1/2$ и $\langle\sin\omega t\cos\omega t\rangle=0$. Отсюда для $\langle p_x\rangle$ получим:
$$\langle p_x\rangle=2\pi\varepsilon_0\sin\theta\cos\theta rE_0l^2\langle\cos^2\omega t+2\pi\varepsilon_0rR\omega\sin\omega t\cos\omega t\rangle{,}
$$
откуда:

Ответ: $$\langle p_x\rangle=\pi\varepsilon_0\sin\theta\cos\theta rE_0l^2{.}
$$

Аналогично для $\langle p_z\rangle$:

Ответ: $$\langle p_z\rangle=\pi\varepsilon_0\cos^2\theta rE_0l^2{.}
$$

Для $\langle p_y\rangle$ имеем:
$$\langle p_x\rangle=2\pi\varepsilon_0\cos\theta rE_0l^2\langle\sin\omega t\cos\omega t+2\pi\varepsilon_0rR\omega\sin^2\omega t\rangle{,}
$$
или же:

Ответ: $$\langle p_y\rangle=2\pi^2\varepsilon^2_0\cos\theta r^2E_0l^2\omega R{.}
$$

C1  0,50 Найдите зависимость от времени $t$ угловой скорости стержня $\omega(t)$, считая, что $\omega(t)\gg\omega_{min}$ в любой момент времени, а $t\gg 2\pi/\omega_0$. Ответ выразите через $\omega_0$, $E_0$, $l$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$ и $t$.

Поскольку $\omega\gg\omega_{min}$, угловую скорость в течение одного периода можно считать постоянной и равной средней по периоду.
Движение гантели будет являться плоским, поскольку момент сил $\vec{M}$ в любой момент перпендикулярен плоскости, содержащей стержень и направление напряжённости электростатического поля $\vec{E}_0$, а угол $\theta=0$.
Из основного уравнения динамики вращательного движения относительно центра стержня получим:
$$\Biggl\langle\cfrac{dL_x}{dt}\Biggr\rangle=-\cfrac{ml^2}{2}\Biggl\langle\cfrac{d\omega}{dt}\Biggr\rangle=\cfrac{ml^2}{2}\cfrac{d\omega}{dt}=\langle M_x\rangle=\langle p_y\rangle E_0=2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2\omega R{.}
$$
Отсюда:
$$\cfrac{d\omega}{\omega}=-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rdt}{m}{.}
$$
Интегрируя, получим:

Ответ: $$\omega(t)=\omega_0\exp\biggl(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\biggr)
$$

C2  0,30 Оцените время $\tau$, через которое стержень перестанет делать полные обороты. Ответ выразите через $\omega_0$, $E_0$, $l$, $r$, $R$ и $\varepsilon_0$.

Стержень перестанет делать полные обороты, когда угловая скорость стержня $\omega$ уменьшится до $\omega_{min}$. По порядку величины время $\tau$ можно оценить с помощью зависимости для $\omega(t)$ из пункта $\mathrm{C1}$.
Считая, что $\omega(\tau)=\omega_{min}$, получим:
$$\tau\approx\cfrac{m}{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}\ln\cfrac{\omega_0}{\omega_{min}}{,}
$$
или же:

Ответ: $$\tau\approx\cfrac{m}{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}\ln\left(\omega_0\sqrt{\cfrac{m}{4\pi\varepsilon_0rE^2_0}}\right){.}
$$

D1  0,50 Получите точное выражение для момента импульса $\vec{L}$ гантели в режиме регулярно прецессии. Ответ выразите через $m$, $l$, $\vec{\omega}'$ и $\vec{\Omega}$. Упростите ваш ответ с учётом $\Omega_z\ll\omega'$.

Введём декартову систему координат $x'y'z'$ таким образом, что координатные оси $x'$ и $y'$ направлены перпендикулярно стержню, а ось $z'$ направлена вдоль стержня.
Выбранные координатные оси являются главными осями инерции для гантели, где $I_{x'}=I_{y'}=ml^2/2$, а $I_{z'}=0$, поэтому момент импульса $\vec{L}$ гантели относительно её центра записывается следующим образом:
$$\vec{L}=\cfrac{ml^2\bigl(\omega_{x'}\vec{e}_{x'}+\omega_{y'}\vec{e}_{y'}\bigr)}{2}=\cfrac{ml^2\vec{\omega}_\perp}{2}{.}
$$
Здесь индекс $\perp$ означает ''перпендикулярно стержню''.
Для $\vec{\omega}_\perp$ с учётом того, что $\vec{\omega}'$ перпендикулярна стержню, а угол $\theta=const$, имеем:
$$\vec{\omega}_\perp=\vec{\omega}'\left(1+\cfrac{\bigl(\vec{\omega}'{,}\vec{\Omega}\bigr)}{\omega'^2}\right){.}
$$
Таким образом:

Ответ: $$\vec{L}=\cfrac{ml^2\vec{\omega}'}{2}\left(1+\cfrac{\bigl(\vec{\omega}'{,}\vec{\Omega}\bigr)}{\omega'^2}\right){.}
$$

С учётом $\Omega_z\ll\omega'$ имеем:

Ответ: $$\vec{L}\approx \cfrac{ml^2\vec{\omega}'}{2}{.}
$$

D2  1,50 Покажите, что возможен такой режим движения гантели, при котором она в среднем испытывает регулярную прецессию вокруг оси $z$. Приведите все соответствующие уравнения движения, на основании которых вы производите доказательство.
Определите для данного режима движения среднюю угловую скорость прецессии плоскости движения стержня $\Omega_z$. Ответ выразите через $E_0$, $\varepsilon_0$, $m$, $l$, $r$, $R$, $\omega'$ и $\theta$. Также выразите ответ через $\omega_{min}$, $\omega'$ и $\theta$ и убедитесь, что $\Omega_z\ll\omega'$.

Если в процессе движения гантели угол $\theta$ в среднем остаётся постоянным, то вектор угловой скорости вращения гантели в каждый момент можно считать направленным в плоскости $xz$. Тогда и момент импульса $\vec{L}$ гантели относительно центра стержня может быть направлен только в плоскости $xz$.
Компоненты момента сил, действующих на гантель со стороны электростатического поля, составляют:
$$M_x=p_yE_0\qquad M_y=-p_xE_0\qquad M_z=0{,}
$$
поскольку $\vec{E}_0\parallel\vec{e}_z$.
Проводя усреднение по времени, получим:
$$\langle M_x\rangle=\langle p_y\rangle E_0=0{,}
$$
поскольку для металлического стержня $R=0$, а значит и $\langle p_y\rangle=0$.
Для $\langle M_y\rangle$ имеем:
$$\langle M_y\rangle=-\langle p_x\rangle E_0=-\pi\varepsilon_0r\sin\theta\cos\theta E^2_0l^2{.}
$$
Таким образом, в любой момент времени $\langle\vec{M}\rangle\perp\vec{L}$, откуда следует, что величина момента импульса $L$ будет оставаться постоянной.
Также, поскольку $M_z=0$ в любой момент времени, проекция $L_z$ момента импульса на ось $z$ также остаётся постоянной. Из условий $L=const$ и $L_z=const$ в сочетании с тем, что $L_y=0$, следует, что $L_x=const$.
Запишем основное уравнение динамики вращательного движения для стержня в проекции на ось $y$:
$$\Biggl\langle\left(\cfrac{d\vec{L}}{dt}\right)_y\Biggr\rangle=\Omega_zL_x=\langle M_y\rangle=-\pi\varepsilon_0r\sin\theta\cos\theta E^2_0l^2{.}
$$
Поскольку величины $\theta$ и $L_x$ являются постоянными — величина $\Omega_z$ также является постоянной.
Определим проекцию момента импульса $L_x$ на ось $x$:
$$L_x=\cfrac{ml^2\omega'_x}{2}=-\cfrac{ml^2\omega'\cos\theta}{2}{.}
$$
Подставляя в основное уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось $y$, получим:
$$-\cfrac{ml^2\Omega_z\omega'\cos\theta}{2}=-\pi\varepsilon_0r\sin\theta\cos\theta E^2_0l^2{.}
$$
Таким образом:

Ответ: $$\Omega_z=\cfrac{2\pi\varepsilon_0rE^2_0\sin\theta}{m\omega'}=\cfrac{\omega^2_{min}\sin\theta}{2\omega'}{.}
$$
Ответ: Поскольку $\omega_{min}\ll\omega'$, условие $\Omega_z\ll\omega'$ также является выполненным.

D3  0,50 Чему равна установившаяся угловая скорость вращения стержня $\omega_\infty$ спустя большой промежуток времени? Ответ выразите через $\omega_0$ и $\theta_0$.

Из-за наличия в системе диссипации энергии гантель спустя большое время будет двигаться таким образом, чтобы в стержне перестал течь электрический ток. Это возможно, если гантель будет двигаться в положении, соответствующем $\theta=\pi/2$.
При этом в переходном процессе компонента момента импульса $L_z$ остаётся постоянной. В момент запуска гантели имеем:
$$L_z=\cfrac{ml^2\omega_0\sin\theta_0}{2}{.}
$$
Поскольку в установившемся режиме $\theta=\pi/2=const$, имеем:
$$L_z=\cfrac{ml^2\omega_\infty}{2}{.}
$$
Таким образом:

Ответ: $$\omega_\infty=\omega_0\sin\theta_0{.}
$$

D4  0,50 Получите зависимость средней угловой прецессии $\Omega_z$ от угла $\theta$. Ответ выразите через $\omega_{min}$, $\omega_0$, $\theta_0$ и $\theta$.

При наличии сопротивления $R$ стержня средний за один оборот момент сил $\langle\vec{M}\rangle$ имеет следующие компоненты:
$$\langle M_x\rangle=\langle p_y\rangle E_0=2\pi^2\varepsilon^2_0\cos\theta r^2E^2_0l^2\omega R\qquad \langle M_y\rangle=-\pi\varepsilon_0\cos^2\theta rE^2_0l^2\qquad \langle M_z\rangle=0{.}
$$
Запишем уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось $y$:
$$L_x\Omega_z+\cfrac{ml^2\ddot{\theta}}{2}=\langle M_y\rangle{.}
$$
Из приближений, описанных в условии задачи, следует, что величина $\ddot{\theta}\approx 0$, поскольку в течение одного периода вращения стержня в своей плоскости величина $\dot{\theta}$ может считаться постоянной.
Таким образом:
$$\Omega_z=\cfrac{\langle M_y\rangle}{L_x}=\cfrac{\omega^2_{min}\sin\theta}{2\omega'}
$$
В процессе движения величина $\omega'_z$ остаётся постоянной и равной:
$$\omega'_z=\omega\sin\theta=\omega_0\sin\theta_0{.}
$$
Таким образом:
$$\omega'(\theta)=\cfrac{\omega_0\sin\theta_0}{\sin\theta}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$\Omega_z(\theta)=\cfrac{\omega^2_{min}\sin^2\theta}{2\omega_0\sin\theta_0}{.}
$$

D5  1,00 Получите зависимость от времени $t$ величины $\theta$ при $t\gg 2\pi/\omega_0$. Ответ выразите через $\theta_0$, $E_0$, $m$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$ и $t$.

Запишем уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось $x$:
$$\langle M_x\rangle=\dot{L}_x-\Omega_zL_y{.}
$$
Поскольку величина $\Omega_z$ на два порядка меньше величины $\omega$ — вклад второго слагаемого является пренебрежимо малым.
Таким образом:
$$\langle M_x\rangle=2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2R\omega\cos\theta=-2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0l^2R\omega_x=\cfrac{ml^2\dot{\omega}_x}{2}{.}
$$
Интегрируя полученное выражение, получим:
$$\omega_x(t)=-\omega_0\cos\theta_0\exp\left(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right)
$$
При этом:
$$\omega_x=-\omega'\cos\theta=-\cfrac{\omega_0\sin\theta_0}{\operatorname{tg}\theta}{,}
$$
откуда после подстановки $\omega_x(t)$ имеем:
$$\operatorname{tg}\theta=\operatorname{tg}\theta_0\exp\left(\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right){.}
$$
Окончательно для $\theta(t)$ находим:

Ответ: $$\theta(t)=\operatorname{arctg}\left(\operatorname{tg}\theta_0\exp\left(\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right)\right){.}
$$

D6  0,40 Определите максимальное значение величины $\dot\theta$. Ответ выразите через $\theta_0$, $E_0$, $m$, $r$, $R$ и $\varepsilon_0$. Убедитесь, что $\dot\theta_{max}\ll\omega_0$.

Представим $\operatorname{tg}\theta(t)$ в следующей форме:
$$\operatorname{tg}\theta(t)=\operatorname{tg}\theta_0e^{At}\qquad A=\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}{m}{.}
$$
Дифференцируя по времени:
$$\dot{\theta}=\cfrac{A\operatorname{tg}\theta_0e^{At}}{1+\operatorname{tg}^2\theta_0e^{2At}}{.}
$$
Максимум данного выражения достигается при $\operatorname{tg}\theta_0e^{At}=1$. Однако, если $\theta_0>\pi/4$, условию максимума соответствует $t<0$, что невозможно. Тогда максимальная величина $\dot\theta$ достигается при $\theta=\theta_0$.
Таким образом:

Ответ: $$\dot{\theta}_{max}=\begin{cases}
\cfrac{2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R}{m}\quad при\quad \theta_0\leq\pi/4\\
\cfrac{2\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0R\sin 2\theta_0}{m}\quad при\quad \theta_0>\pi/4
\end{cases}
$$
Ответ: Величина $\dot{\theta}_{max}\sim r^2R$, т.е. является крайне малой по сравнению c $\omega$.

D7  0,20 Найдите зависимость скорости прецессии от времени $\Omega(t)$. Ответ выразите через $E_0$, $\omega_0$, $m$, $r$, $R$, $\varepsilon_0$, $\theta_0$ и $t$.

Перепишем выражение для $\Omega_z(\theta)$:
$$\Omega_z(\theta)=\cfrac{\omega^2_{min}\operatorname{tg}^2\theta}{2\omega_0\sin\theta_0(1+\operatorname{tg}^2\theta)}{.}
$$
Подставляя зависимость $\operatorname{tg}\theta(t)$, находим:

Ответ: $$\Omega_z(t)=\cfrac{\pi\varepsilon_0rE^2_0\sin2\theta_0}{m\omega_0\left(\operatorname{tg}^2\theta_0+\exp\left(-\cfrac{4\pi^2\varepsilon^2_0r^2E^2_0Rt}{m}\right)\right)}
$$