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