1  ^?? Определите объёмную плотность заряда цилиндра $\rho$.

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:
$$\Phi_E = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0},\ \textrm{где}\ \Phi_E=2\pi r l E(r), \ q_{in} = \pi r^2 l \rho,$$
откуда $E(r) = \frac{\rho r}{2\varepsilon_0}$ или, в векторном виде, $\vec E(\vec r) = \frac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r$. Тогда напряжённость поля в произвольной точке $A$ равна
$$\vec E_A = \vec E_{\rho}(\vec r)+\vec E_{-\rho}(\vec r') = \cfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec r+\cfrac{(-\rho)}{2\varepsilon_0}\vec r' = \cfrac{\rho}{2\varepsilon_0}(\vec r - \vec r') = \cfrac{\rho}{2\varepsilon_0}\vec d.$$Таким образом, поле внутри полости однородно, вектор напряжённости направлен горизонтально, а его модуль равен $E_п = \cfrac{\rho R}{4\varepsilon_0}$.

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, $F_E = \cfrac{q\rho R}{4\varepsilon_0}$ — сила со стороны электрического поля. Эти силы взаимно перпендикулярны и однородны, поэтому шарик будет двигаться с постоянным ускорением $a = \sqrt{g^2+\left(\cfrac{q\rho R}{4m\varepsilon_0}\right)^2}$. С другой стороны, шарик долетел до стенки полости за время $\tau$. Это значит, что $a=\cfrac{2(R/2)}{\tau^2} = \sqrt 2 g$, откуда $\rho =\cfrac{4\varepsilon_0mg}{qR}$.

2  ^?? Определите максимальную скорость бусинок в процессе их движения.

Пусть $B$ — середина стержня, $r = 3R/8$ — радиус кольца, а $L=\sqrt2 r$ — 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 $\varphi_р$, соответствующее максимальной скорости бусинок.

Метод №1

 

Согласно теореме о кинетической энергии

$$\frac{3mv^2}{2}=A_g+A_E,$$

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 $\varphi$:

$$A_g=mgr(\cos(\varphi-\pi/4) - \cos(\pi/4))+2mgr(\cos(\pi/4+\varphi)-\cos(\pi/4)),$$

$$A_E=2qE_пr(\sin(\varphi-\pi/4)+\sin(\pi/4))+qE_пr(\sin(\pi/4+\varphi) - \sin(\pi/4)).$$ Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что 

$$qE_п = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0}=mg.$$ Используя это, запишем выражение для суммарной работы: $$A_{\Sigma}=A_g+A_E=mgr(2\cos(\varphi-\pi/4)-\sqrt2).$$ Скорость бусинок будет наибольшей тогда, когда $A_{\Sigma}$ достигнет максимума, то есть при $\varphi_р=\pi/4$. 

Подставляя это значение в выражение для суммарной работы, получим 

$$A_{\Sigma\,max}=mgr(2-\sqrt2) \qquad\Rightarrow\qquad \frac{3mv_{max}^2}{2}=mgr(2-\sqrt2) \qquad\Rightarrow$$

$$\Rightarrow\qquad v_{max}= \sqrt{\cfrac{2(2-\sqrt2)gr}{3}} = \cfrac{\sqrt{(2-\sqrt2)gR}}{2}.$$

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:

$$M_g=-mgr\sin(\varphi-\pi/4)-2mgr\sin(\varphi+\pi/4),$$

$$M_E=2qE_п r\cos(\varphi-\pi/4)+qE_пr\cos(\varphi+\pi/4).$$ Из соотношений, найденных в первом пункте, получим, что 

$$qE_п = q\cdot\frac{\rho R}{4\varepsilon_0}=mg.$$ Используя это, запишем выражение для суммарного момента

$$M_\Sigma=M_g+M_E=-mgr\sin(\varphi-\pi/4)-2mgr\sin(\varphi+\pi/4)+{}$$

$${}+2mg r\cos(\varphi-\pi/4)+mgr\cos(\varphi+\pi/4)=-2mgr\sin(\varphi-\pi/4).$$ При $\varphi<\pi/4$ суммарный момент положительный, и система разгоняется, достигая максимальной скорости при $\varphi_р=\pi/4$, когда $M_\Sigma=0$.

Согласно закону изменения энергии

$$\frac{3mv_{max}^2}{2}+2mgr-3mg\cdot \left(r-\frac{r}{\sqrt2}\right)=2qE_п\cdot \frac{r}{\sqrt2}+qE_п\left(r-\frac{r}{\sqrt2}\right),$$ откуда

$$\frac{3mv_{max}^2}{2}=mgr(2-\sqrt2)\qquad\Rightarrow\qquad v_{max}= \sqrt{\cfrac{2(2-\sqrt2)gr}{3}} = \cfrac{\sqrt{(2-\sqrt2)gR}}{2}.$$

3  ^?? Определите силу, с которой стержень действует на бусинку в момент, когда скорость бусинок максимальна.

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 $\varphi_р=\pi/4$ (рис. 2). Запишем второй закон Ньютона для нижней бусинки в проекции на горизонтальную ось, учитывая третье утверждение,
$$0=2qE_п-(T+F_{кул})\cos (\pi/4),$$ где $T$ — сила реакции стержня, а $F_{кул}=q^2/(2\pi\varepsilon_0 L^2)$ — сила электростатического отталкивания бусинок.

Отсюда получим, что
$$T=2\sqrt2 qE_п-F_{кул}=2\sqrt2 mg-\frac{q^2}{2\pi\varepsilon_0 L^2}=2\sqrt2 mg-\frac{16q^2}{9\pi\varepsilon_0 R^2}.$$

4  ^?? Определите силы, с которыми каждая из бусинок действует на кольцо в момент, когда скорость бусинок максимальна.

Нормальное ускорение в этот момент равно $a_n = \cfrac{v^2}{r} = \cfrac{2(2-\sqrt2)}{3}g$. Запишем второй закон Ньютона для обеих бусинок в проекции на радиально направленные оси (для нижней бусинки — на вертикальную, для верхней — на горизонтальную):
$$ ma_{n} = -\left(T+F_{кул}\right)\sin(\pi/4)-mg+N_{m}, $$$$ 2ma_{n} = -\left(T+F_{кул}\right)\sin(\pi/4)-qE_п+N_{2m}. $$Поскольку $T+F_{кул}=2\sqrt2 qE_п$,
$$N_m=mg+ma_n+2qE_п=3mg+mg\cdot \cfrac{2(2-\sqrt2)}{3}=mg\cdot \cfrac{13-2\sqrt2}{3},$$$$
N_{2m} = 2ma_n+3qE_п=3mg+mg\cdot\cfrac{4(2-\sqrt2)}{3} = mg\cdot\cfrac{17-4\sqrt2}{3}.
$$