На главную
Физика - одна из самых удивительных наук! Физика столь интенсивно развивается, что даже лучшие педагоги сталкиваются с большими трудностями, когда им надо рассказать о современной науке. Данный ресурс поможет эффективно и интересно изучать физику. Учите физику!
   

Обучение и материалы
Физический справочник
Формулы по физике
Шпаргалки по физике
Энциклопедия
Репетиторы по физике
Работа для физиков
Быстрый устный счет
Виртуальные лабораторные
Опыты по физике
ЕГЭ онлайн
Онлайн тестирование
Ученые физики
Необъяснимые явления
Ваша реклама на сайте
Разное
Контакты
Спецкурс
Фейнмановские лекции

В мире больших скоростей

Введение в теорию относительности

Лекции по биофизике
Лекции по ядерной физике
Ускорение времени...
Лазеры
Нанотехнологии
Книги
полезное
Смешные анекдоты о физике
Готовые шпоры по физике
Физика в жизни
Ученые и деньги
Нобелевские лауреаты
Фото
Видео
Карта сайта
На заметку
Если вам понравился сайт, предлагаем разместить нашу кнопку
Кнопка сайта All-fizika.com
Компьютерные программы
по физике
Программы по физике


Физика и юмор
Физика и юмор


Онлайн тестирование
по физике
Онлайн тестирование по физике



-









Решения и ответы

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
 
К главе 1. Электромагнетизм
 
1.1.   a) m = qe/√4πε0G = 1,86·10–6кг,   где qe заряд электрона; G = 6,67·108  м3/кг·сек2 — гравитациойная   постоянная; m/mp=1,1·1018(mp=1,66 .10-27кг).
   б) Если Z— заряд ядра атома, n — число атомов в 1 г меди (полагая, что копейка медная), то искомая сила равна F= 10-4n2Zqe2/4πε0r2, где r— расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем F= 1,7.1015ньютон.
 
1.2.  Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой R=R0·A1/3, где A — атомный вес,  R0=1,25·10-13cm. Поэтому энергия   электростатического   отталкивания   двух соприкасающихся равномерно заряженных ядер с атомным весом А и атомным номером Z равна

Маленькое изображение
 

Следовательно, работа, которую необходимо затратить на преодоление электрического отталкивания при образовании ядра урана U236 из двух одинаковых половинок, приближенно равна (A = 118, Z = 46), EU = 4·10-11 дж = 250 Мэв (2,8·106 квт-час/кг). Для двух ядер дейтерия (A= 2, Z=1), сливающихся в гелий, ЕHe = 7,3·10-14 дж = 0,46 Мэв (5,9· 106 квт-час/кг). Последний результат, однако, гораздо менее точен, поскольку использованное выше выражение для радиуса теряет точность для самых легких ядер.
 
1.3. Искомую скорость через плотность электронов n, площадь поперечного сечения проволоки S и заряд электрона e можно выразить следующим образом: v = I/neS. Если считать, что плотность электронов в меди совпадает с числом атомов в единице объема (A = 64, ρ=7,8г/см3),то v = 2,72 см/сек. Отсюда v22 =8,1·10-21.
 
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что v/с = 1/3, величина

Маленькое изображение
 

близка  к единице,  что   оправдывает   такое  приближение. Уравнение движения частицы

Маленькое изображение
 

Частица будет совершать все время движение вдоль оси z, §cnw.qEx=qvzB. При этом vx = 0 и vz=const. Следовательно (так как vz=c/3),

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеЗаряд частицы не входит в последнее выражение. Поэтому его знак из данного эксперимента установить   невозможно.

1.5. а) Введя  обозначение  ω = qB0/m,   запишем   уравнение движения mv=q(vxB) в компонентах vx = ωvy, vy = –ωvx ,vz=0
 
Умножая второе уравнение на мнимую  единицу и складывая c первым, находим

Маленькое изображение
 

причем   a = v0  (из     начального    условия    vxlt=0 =v0  vylt=0 =0).
 
Интегрируя  далее и   разделяя вещественную и   мнимую Части, находим

Маленькое изображение
 

окончательно находим,   что  частица движется по окружности (фиг. 1) в плоскости ху, центр которой находится в точке (0, v0/ω), частота  вращения равна  ω=qB/m:

Маленькое изображение
 

   б)  В  магнитном  поле  Вх = 0,   Bу = 0, Вz = В0 + аx частица полетит  по  примерно  круговой   орбите  с  радиусом r = mv0/qB. Однако в области более сильного поля радиус кривизны траектории будет несколько меньше. При этом орбита уже не будет замкнутой окружностью, а возникнет
дрейф, подобный изображенному на фиг. 2.
   в)  Магнитное поле Bx = 0,By=0, Bz = B0 + ax несовместимо с тем уравнением Максвелла,   согласно которому циркуляция  вектора   В по замкнутому  контуру   в отсутствие электрического  поля   и  токов   (в  данной задаче Е=0 и j = 0) должна   равняться  нулю.   Действительно, возьмем замкнутый контур С в плоскости х0 в форме прямоугольной рамки со сторонами I и L и вычислим циркуляцию В вдоль  этого  контура.   Несложные  вычисления приводят к  результату  ΦCBdI = –l ≠0   в   противоречии g уравнением Максвелла.

Маленькое изображение
 

1.6. а) Движение частицы будет происходить по окружности радиусом а вокруг заряда Q, если сила Лоренца будет уравновешена центробежной силой

Маленькое изображение
 

   б) Сила, с которой магнитное поле действует на частицу, всегда перпендикулярна ее скорости. Поэтому магнитное поле не производит работы над движущимся  зарядом, и закон сохранения энергии имеет вид

Маленькое изображение
 

где Е —полная энергия, U(r) — энергия электростатического взаимодействия. Отсюда видно, что скорость частицы есть функция только расстояния

Маленькое изображение
 

   в) В  этом  случае полная  энергия  заряда  q  равна Е = Qq/4πε0a и, следовательно,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеНачав в начальный момент «падать» на заряд Q, частица q будет отклонена полем так, как показано на рисунке. Из выражения (1) видно, что в точках окружности r= а скорость частицы будет обращаться в нуль и будет вновь повторяться исходная ситуация.

К главе 2. Дифференциальное исчисление векторных полей
 
2.1. а) Условия задачи таковы, что полный поток тепла J через поверхность цилиндра произвольным радиусом а r b, коаксиального проволоке, является постоянной величиной. В данной задаче вектор потока тепла h направлен по радиусу цилиндра, следовательно, для цилиндра единичной длины и радиусом r (а r b) можно написать соотношение

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Если теперь   использовать  векторное  уравнение   потока тепла h =–xvТ и учесть, что векторы h и vT направлены по  радиусу цилиндра,  то  можно   написать  следующее дифференциальное уравнение:

Маленькое изображение
 

где D — постоянная интегрирования. Величины J и D определим из условий: температура при r =а равна Т1 а при r = b равна Т2. Отсюда

Маленькое изображение
 

Следовательно, искомый градиент температуры в изоляционном покрытии равен

Маленькое изображение
 

   б) В этом пункте задачи граничные условия другие, чем в пункте (а), т. е. задано Q —количество тепла, выделяемое током на единице длины медного провода. Если ρ — удельное сопротивление, то, согласно закону Ома,

Маленькое изображение
 

где   / — сила  тока,   протекающего   по проводу. Из этого соотношения находим новое граничное условие

Маленькое изображение
 

2.2. а) Согласно «Лекциям» [см. вып. 5, § 5,   формулы   (2.38) — (2,40)], компоненты ротора вектора А равны

Маленькое изображение
 

Подставляя в это выражение компоненты ротора А и учитывая тот факт, что порядок вычисления смешанных производных произволен, т. е. что, например, д2Ах/дzду= д2Ах/дудz, легко убеждаемся в равенстве нулю дивергенции ротора произвольного вектора А.
   б) Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что

Маленькое изображение
 

Согласно определению,   левая  часть  этого  соотношения может быть записана в виде

Маленькое изображение
 

Прибавляя и вычитая в правой части последнего соотношения величину д2Ах/дхг и учитывая, что дАх/дх + дАу/ду+дАz/дz= v · А, убеждаемся в справедливости соотношения (1). Аналогично доказывается это соотношение   для компонент у и z.
 
2.3. а) Так как Rx=x, Ry=y, Rz = z, то

Маленькое изображение
 

   в) Легко убедиться, что если  φ — произвольная   скалярная функция, а А —произвольный вектор, то всегда

Маленькое изображение
 

Это соотношение полезно запомнить. Из него, в частности, следует и требуемое в условии соотношение. Действительно, выбирая в качестве φ=1/R3 и A = R, а также учитывая,  что,  согласно  пункту  (a),   v·R = 3    и vφ=–3R/R5,

Маленькое изображение
 

Вычисление градиента скалярной функции, зависящей только от модуля радиуса-вектора,—довольно часто встречаемая операция. Поэтому полезно запомнить легко доказываемое соотношение

Маленькое изображение
 

   г) Искомое соотношение можно доказать вычислением «в лоб». Однако в силу того, что вычисление ротора—одна из популярных операций в физике, полезно доказать гораздо более общее cоотношение

Маленькое изображение
 

В том, что оно справедливо, можно убедиться непосредственной проверкой. Искомое соотношение следует из вышеприведенного лишь как частный случай. Действительно, выбирая φ = –1//R3 и A=R, учитывая (1) и тот факт, что RxR = 0 и vXR=0 [см. пункт (б) настоящей задачи], находим

Маленькое изображение
 

   в) Результат   этого   пункта   задачи   следует   как   частный случай из соотношения (1).
   е) φ=R2/2
 
2.4. а) Если вычислить дивергенцию левой части уравнения 2, то, согласно пункту (а) задачи 2.2, дивергенция ротора всегда равна нулю. Совместность уравнений 2 и 3 следует из того, что, согласно уравнению 3, правая часть получающегося при этом соотношения также обращается в нуль.
   б) Вычислим дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4. Согласно пункту (а) задачи 2.2 в левой части  получим нуль и, следовательно,

Маленькое изображение
 

С другой стороны, согласно уравнению l,div E=ρ/ε0. Отсюда видно, что из уравнения 4 действительно следует уравнение 5.
   в) Возьмем ротор от левой и правой частей уравнения 2. Воспользовавшись соотношением пункта (б) задачи 2.2 и уравнением Максвелла 4, получим

Маленькое изображение
 

Если   теперь  использовать  уравнение  1,  то   получим искомое волновое уравнение.
   г)   Если аналогичные выкладки   проделать   исходя из уравнения  4,   получим  искомое   волновое   уравнение для В.
   д)  В силу уравнения 3 вектор В всегда может быть представлен как ротор некоторого вектора А, так как  дивергенция ротора тождественно равна нулю. Тогда из   уравнения 2 получаем

Маленькое изображение
 

Из этого уравнения мы видим, что ротор вектора Е+(A/∂t)=0 тождественно обращается в нуль. Это означает, что весь этот вектор может быть представлен как градиент скалярной функции φ (скалярный потенциал электромагнитного поля), так как ротор градиента произвольной скалярной функции φ тождественно обращается в нуль

Маленькое изображение
 

В выполнении последнего соотношения легко убедиться непосредственным вычислением. Но и без этих вычислении ясно, что векторное произведение вектора v на самого себя, каковым и является правая часть этого соотношения, всегда равно нулю.
 
2.5. Поместим начало координат в какую-либо точку на оси вращения тела. Пусть R—радиус-вектор, определяющий положение произвольной точки вращающего тела в произвольный момент времени. Очевидно, скорость этой точки тела в тот же момент времени может быть представлена в виде

Маленькое изображение
 

где ω—вектор угловой скорости.
   а) Используя  то  свойство смешанного скалярно-векторного произведения,   согласно   которому  векторы в нем можно циклически переставлять, найдем

Маленькое изображение
 

Если теперь использовать соотношение (б) задачи 2.3, то получим требуемый результат.
   б) Вычислим компоненты вектора vX(ωXR), направив ось z вдоль вектора ω. Так как (ωxR)x= –yω, (ωxR)y= ,(ωxR)z= 0, то

Маленькое изображение
 

2.6. При   операциях с вектором v следует   всегда помнить, что он  действует   на   векторы,   стоящие   после   него.   Поэтому в данном случае формулой для двойного векторного произведения можно пользоваться, но следует изменить в последней  формуле   порядок  сомножителей, т. е. вместо (v·A)R поставить (A·v) R.
 
2.7. Дивергенция  div h = ∂hx/∂x =x, (d2T/dx2)  максимальна в точке   В,   поскольку  в этой точке кривизна больше, чем в   точке   Е,   и   отрицательна.  В  точке D  кривизна   хоть и большая,   но положительна и поэтому div h<0. Во всех
 точках rot h=0.

К главе 3. Интегральное исчисление векторов
 
3.1. а) Согласно «Лекциям» (вып. 5, § 4), первый закон электромагнетизма описывает поток электрического поля; поток напряженности через любую замкнутую поверхность равен заряду внутри нее, деленному на постоянную ε0. Обозначая плотность зарядов в пространстве через ρ, запишем этот закон вначале в интегральной форме:

Маленькое изображение
 

Так как это равенство выполняется для произвольной замкнутой поверхности, то, следовательно, div E = ρ/ε0. Второй закон электромагнетизма гласит: циркуляция вектора Е по любому контуру равна производной по времени от потока вектора В сквозь произвольную поверхность, опирающуюся на этот контур, т. е.

Маленькое изображение
 

Используя теорему Стокса, запишем

Маленькое изображение
 

Так как, согласно третьему закону электромагнетизма, поток  вектора  В  через  любую  замкнутую   поверхность равен 0, то ф B·dS = ∫ div В dV = 0.   Отсюда    div B=0.
 
Наконец, согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде

Маленькое изображение
 

   б) Выберем произвольный объем и проинтегрируем по этому объему левую и правую части   уравнения   Δj = — ∂ρ/∂t:

Маленькое изображение
 

Если  воспользоваться  теперь  теоремой  Гаусса,   то  это уравнение можно представить в виде

Маленькое изображение
 

Левая часть этого соотношения представляет собой скорость изменения заряда внутри объема, а правая — количество заряда, вытекающего (втекающего) в единицу времени из объема. Следовательно, равенство этих частей выражает закон сохранения заряда: сколько зарядов убыло в объеме,   столько их и вытекло из этого объема.
 
3.2. Не создает. Действительно, окружим шар сферической поверхностью произвольного радиуса R и выберем на этой поверхности произвольный замкнутый контур так, что ограниченная им площадь поверхности сферы равна S. Согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде

Маленькое изображение
 

Так как токи и электрическое  поле, создаваемое растущим со временем зарядом шара, радиальны, то написанные выше потоки векторов j и Е через поверхность S составляют лишь долю от потока этих векторов через замкнутую сферическую поверхность, равную S/4πR2. Но, согласно закону Гаусса и закону сохранения заряда,

Маленькое изображение
 

Величина  q(t) в этом  соотношении обозначает заряд шара в момент времени t. Следовательно,

Маленькое изображение
 

Так как контур был выбран произвольным, то мы делаем вывод, что касательная к сфере составляющая вектора В равна нулю. Равенство нулю радиальной составляющей вектора В следует из того, что поток вектора В через поверхность сферы должен быть равен нулю, и из того, что в силу сферической симметрии системы Вr одинакова во всех точках сферы.
 
3.3.  а) 4πK.
   б)  Если  формально  воспользоваться   теоремой Гаусса, то в силу того, что v · (К/r3) r = 0, поток вектора Е через сферическую поверхность  оказывается равным нулю в противоречии  с  найденным  в  пункте   (а) результатом. Это противоречие   только кажущееся,   так как K (r/r3)=0 только для r0.   В точке r = 0 выражение для Е обращается в бесконечность, и использование теоремы Гаусса требует осторожности. Правильнее в этом случае было бы поступить так: в качестве объема интегрирования выбрать объем, заключенный  между двумя сферическими поверхностями, одна из которых имеет произвольный радиус r, а  другая —бесконечно   малый   радиус  вокруг  точечного заряда. В таком объеме нет зарядов и применение теоремы Гаусса   дает   правильный    результат.   При   этом   поток вектора   Е   через   сферическую   поверхность   радиусом  r оказывается   равным  потоку  через   поверхность с бесконечно малым радиусом, но с обратным знаком. Согласно
пункту (а), этот поток будет равен —4π/K.
   в)  Циркуляция равна нулю.
 
3.4.  Применим теорему Гаусса Фa·dS =∫div a dV, выбрав в качестве  вектора  а  радиус-вектор  R, т. е. a=R. Учитывая, что div R=3 [см. задачу 2.3 (а)], находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

К главе 4. Электростатика
 
4.1. Направим ось у вдоль нити. Тогда заряд, приходящийся на элемент длины dy, равен λdy, а его расстояние до точки Р равно √y2+r2 Интегрируя вдоль нити, находим

Маленькое изображение
 

4.2. Найдем потенциал φ в точке Р, расположенной на оси диска на расстоянии r от его центра, разбив диск на кольца шириной dρ и средним радиусом ρ. Так как отдельные элементы   каждого   такого  кольца  одинаково  удалены  от точки Р на расстояние √ρ2+r2. то все они дадут одинаковый вклад в φ. Интегрируя по кольцам, т. е. по ρ от 0 до R, находим

Маленькое изображение
 

(где Ωтелесный угол, под которым виден диск из точки Р) и направлена вдоль оси диска.
 
4.3.

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   г) При r>rс в выражении для потенциала появляется слагаемое, спадающее с расстоянием быстрее, чем 1/r, т. е. как 1/r2. Оно описывает отличие поля от сферически симметричного.
 
К главе 5. Применения закона Гаусса
 
5.1. Если внутри сферы нет зарядов, то

Маленькое изображение
 

Итак, средние значения потенциала по сферическим поверхностям разных радиусрв равны между собой. Вместе с тем среднее по поверхности, близкой к началу координат, равно φ(0). Итак,

Маленькое изображение
 

5.2. Используя  цилиндрическую  симметрию задачи, по теореме Гаусса найдем

Маленькое изображение
 

где Q —полный заряд цилиндра, R —его радиус, Lего длина. Следовательно, напряженность электрического поля цилиндра линейно зависит от расстояния до оси цилиндра. В случае  шара  радиусом R электрическое поле радиально и зависит от r аналогичным образом

Маленькое изображение
 

5.3. Потенциалы пластин по условию задачи равны. Отсюда

Маленькое изображение
 

При этом использован тот факт, что поле выше и ниже пленки однородно. Окружая пленку соответствующей поверхностью, легко найти по теореме Гаусса, что E + E′ = ε/ε0, где σ —плотность поверхностных зарядов на пленке. Отсюда находим

Маленькое изображение
 

5.4. Рассмотрим  бесконечно  тонкий  слой,   заключенный  между двумя  параллельными  плоскостями,  перпендикулярными оси х и расположенными  друг от друга на   расстоянии dx. Из   условия   задачи   ясно,   что электрическое   поле  будет направлено вдоль оси х. Если в качестве гауссовой поверхности   выбрать   любой   цилиндрик,   основаниями   которого являются площадки S на плоскостях, а его боковая поверхность перпендикулярна этим плоскостям, то, применяя теорему Гаусса, найдем

Маленькое изображение
 

Разлагая в ряд левую часть этого равенства и оставляя лишь   наибольшие   члены,   находим  уравнение  для   Е (х):

Маленькое изображение
 

5.5. В силу симметрии задачи φ (х, у, z)=  φ(х).

Маленькое изображение
 

(это уравнение Максвелла v·E = ρ/ε0 в одномерном случае). Отсюда, используя результат пункта (а) данной задачи, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение5.6. В задаче надо различать поле Е, созданное самим элементом площади, и поле, созданное всеми остальными элементарными площадками на поверхности проводника. Окружим элемент поверхности dA гауссовой поверхностью в форме цилиндра, боковые поверхности которого перпендикулярны площадке dA. Тогда, согласно теореме Гаусса, поле Е, созданное элементарным зарядом σdA внутри проводника, равно σ/2ε0. Поскольку, однако, поле внутри проводника равно нулю, то, следовательно, остальные поверхностные заряды создают в объеме (охватываемом гауссовой поверхностью) поле, равное σ/2ε0, но противоположно направленное. (В результате сложения получается, что электрическое поле внутри равно нулю, а вне—равно σ/ε0.) Отсюда следует, что полная сила, действующая на выделенный элементарный участок площади со стороны всех остальных зарядов, равна

Маленькое изображение
 

5.7. Так как напряженность электрического поля вблизи поверхности проводника связана с плотностью поверхностных зарядов σ = еоE, то число избыточных зарядов (электронов) равно

Маленькое изображение
 

Расстояние между атомами—порядка ангстрема (1Å= 10-10м). Поэтому число атомов на единицу площади равно приблизительно 1020м-2. Отсюда Δn/n ~ 3·10-5. Сила, испытываемая электроном в поле протона, равна

Маленькое изображение
 

Сравним силы F1 и F2 = qeE. Принимая величину а (боровский радиус) равной примерно  1Å, находим

Маленькое изображение
 

5.8. Если рассматривать ядро как равномерно заряженный шар, то электрическое поле внутри ядра легко найти по теореме Гаусса:

Маленькое изображение
 

Здесь R—радиус ядра, Q—полный заряд ядра. Уравнение движения  мюона с массой μ  (нерелятивистское) имеет вид

Маленькое изображение
 

Найденная оценка позволяет интерпретировать наблюдаемое явление как переходы между уровнями энергии осциллятора с испусканием γ-лучей соответствующей  энергии.
 
5.9. Введем напряженность гравитационного поляЕ= —vφ где φ—гравитационный потенциал. Так как законы электростатики и тяготения совпадают, то с помощью теоремы Гаусса найдем

Маленькое изображение
 

где  γ —гравитационная   постоянная,   a R и  М — радиус   и масса Земли. Уравнение движения тела

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Для спутника, вращающегося над самой поверхностью Земли, равенство центробежной силы и силы гравитации

Маленькое изображение
 

что и требовалось показать.
 
5.10. Считая Землю однородным шаром, воспользуемся аналогом закона Гаусса: полный поток тепла через замкнутую поверхность равен количеству тепла, выделившемуся в объеме, заключенном внутри этой поверхности (закон сохранения энергии!). Если в качестве такой поверхности взять поверхность сферы произвольного радиуса r (r < R, где R — радиус Земли), то значение потока тепла h = х (dT/dr) (x—теплопроводность земных пород) в любой точке этой поверхности будет одинаково в силу сферической симметрии задачи. Пусть qплотность источников тепла, такая, что полное количество выделяемой в Земле энергии равно Q=(4π/3) R3q= 8·1020дж/год. Тогда

Маленькое изображение
 

где D —постоянная интегрирования, которую следует найти из граничного условия. В качестве последнего можно выбрать Т (R) =0. Удовлетворяя граничному условию, находим  D=Q/8πxR и, следовательно,

Маленькое изображение
 

Отсюда температура в центре Земли T(0)=Q/8πxR=50 000°K. Таким образом, описанная модель не находится в согласии с оценками.
 
5.11. Выбирая соответствующую симметрии задачи гауссову поверхность, легко находим

Маленькое изображение
 

Из найденных выражений следует:
1) при уменьшении r1 ничего не меняется;
2) при увеличении r2 электрическое  поле Е уменьшается, а Δφ увеличивается. В пределе r2 →r3   проводники будут соприкасаться, образуя единый проводник, поле в котором равно нулю, а потенциал всюду постоянный;
3)  картина   поля   в  пространстве  между  цилиндрами изменится. Поле Е и φ будут больше около уголков, чем около плоскостей призмы.
 
К главам 6 и 7.  Электрическое  поле   в  разных физических условиях

Маленькое изображение6.1. Полуплоскости, о которых идет речь в условии,—эквипотенциальные поверхности системы четырех зарядов, изображенных на рисунке. Для решения необходимо найти равнодействующую сил:

Маленькое изображение
 

Абсолютные величины сил равны

Маленькое изображение
 

6.2. Сила притяжения к электростатическому изображению равна

Маленькое изображение
 

(потенциал на бесконечности принят равным нулю). Кинетическая энергия заряда на расстоянии х от поверхности равна разности потенциалов

Маленькое изображение
 

При x→0 Т→∞. Это нефизично. На самом деле плоскость на бесконечно малых расстояниях нельзя рассматривать как идеально гладкую проводящую плоскость. Оценка при х = 1Å, x0 = 1 см приводит к величине

Маленькое изображение
 

6.3. Обозначим длину, ширину и толщину бруска через 2а, 2b и соответственно. Пусть r —расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для r»а потенциал φ, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда

Маленькое изображение
 

Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до r = а. При меньших r (b < r < а) разумную аппроксимацию φ дает потенциал длинной нити, который запишем в виде

Маленькое изображение
 

Постоянную D выберем из условия непрерывности потенциала при r = а. Находим D = 4ρbс/2πε0.
Таким образом, при b < r < а

Маленькое изображение
 

При  с < r < b  хорошее  приближение  дает  формула  для бесконечной плоскости

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

6.4. Заряд, накопившийся на Земле за время t, равен q=ηSqpt, где η = 1 протон /см2 ·сек — плотность потока частиц, S= 4πR2—площадь поверхности Земли, R —радиус Земли, qр—заряд протона. Критический заряд q Земли, при котором все заряды с кинетической энергией E< 4·109 эв не будут попадать на Землю, находится из очевидного условия

Маленькое изображение
 

Земля, по оценкам, существует 5·109 лет; казалось бы, на Землю уже давно не должно падать ни одного протона. На самом же деле, положительный заряд Земли постоянно компенсируется за счет потока электронов, энергия которых настолько мала, что эти электроны не относят к космическим лучам.
 
6.5. Емкость  единицы   длины   цилиндрического   конденсатора определяется из соотношения

Маленькое изображение
 

где q—заряд на единицу длины, φ1—φ2 —разность потенциалов цилиндров конденсатора. Поскольку из соображений симметрии поле Е внутри конденсатора радиально, то по теореме Гаусса находим

Маленькое изображение
 

Если на поверхности внутреннего цнлиндра будут острые выступы, емкость конденсатора уменьшится, так как напряженность поля вблизи выступов будет велика, а расстояние между цилиндрами почти не изменится. Это приведет к увеличению разности потенциалов между обкладками и, следовательно, к уменьшению емкости.

6.6. а) Чтобы найти поле системы точечный заряд—проводящая сфера, надо поступить следующим образом (см. «Лекции», вып. 5, стр. 125). Необходимо поместить изображение заряда q величины q′= (a/b)q на радиусе, проходящем через заряд q на расстоянии а2/b от центра сферы, и, кроме того, в центре сферы поместить заряд q= q (см. рисунок).

Маленькое изображение
 

   б) Решим теперь задачу о точечном заряде вблизи проводящей сферы, потенциал которой равен V. Выражение для потенциала в этом случае имеет приведенный выше вид, но с той лишь разницей, что заряд qв центре сферы следует заменить на Va4πε0. Таким образом,

Маленькое изображение
 

При этом сила, действующая  между сферой с заданным потенциалом и зарядом, равна F=F·b/b, где

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение6.7. Покажем, что суммарная поверхностная плотность зарядов, создаваемая двумя противоположно заряженными шарами, слабо сдвинутыми друг относительно друга, действительно меняется как A cos θ. Пусть объемная плотность зарядов каждого из шаров по абсолютной величине равна ρ. Поверхностная плотность при θ = 0 (см. рисунок) равна ρd, а при θ≠0, σ(θ) = ρ/h(θ), где h(θ)=d cosθ; таким образом, σ(θ)= A cos θ, где A=ρd.
 
Поскольку поле вне равномерно заряженного шара с плотностью объемных зарядов ρ равно полю точечного заряда q = (4π/3) R3ρ, напряженность электрического поля вне сферы равна напряженности электрического поля диполя с диполышм моментом, равным по величине p=qd = (4π/3) R3ρd=(4π/3) AR3 и направленным по оси z. Напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара, как известно, равна

Для нашего случая   вектор Е в некоторой точке Р, находящейся внутри сферы, равен

Маленькое изображение
 

Расписывая это  соотношение в компонентах и принимая во внимание, что x1 = x2  y1= y2,   z1 = z2 d, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение6.8. а) Угол θ определим так же, как в «Лекциях» (вып. 5, стр. 112). Угол φ характеризует положение плоскости, проведенной через векторы р и r. От этого угла не зависят ни потенциал, ни поле. Согласно формуле (6.11) «Лекций» (вып. 5, стр. 112),

Маленькое изображение
 

Радиальная составляющая напряженности электрического поля равна

Маленькое изображение
 

Тангенциальная составляющая Eθ определяется градиентом в перпендикулярном к радиусу-вектору направлении. Приращение расстояния на этом пути равно dl = rdθ (см. рисунок), поэтому

Маленькое изображение
 

Так как потенциал не зависит от угла φ,   Eφ = 0.
   б) Угол α между  вектором Е и прямой, проходящей  через начало координат определяется соотношением (см. рисунок).

Маленькое изображение
 

т. е. не зависит от расстояния до диполя.
   в) Из полученных формул легко найти:

Маленькое изображение
 

6.9. а) Потенциал в пространстве при наличии однородного электрического поля равен

Маленькое изображение
 

Если радиус сферы равен а, то р = E0а3·4πε0.
   б) Электрическое поле находится следующим образом:

Маленькое изображение
 

   е) Полученные результаты могут быть использованы, в частности, для решения задачи о поле и распределении зарядов металлической сферы, помещенной в однородное внешнее электрическое поле.
 
6.10. Соответствующим образом выбирая поверхность, с помощью теоремы Гаусса легко можно найти напряженность электрического поля равномерно заряженной нити

Маленькое изображение
 

где i и j —единичные векторы в плоскости, перпендикулярной нити, направленные вдоль осей х и у соответственно. Найдем выражения для силы F и момента силы М, действующих на диполь в произвольном электрическом поле с напряженностью Е (r). Предположим, что отрицательный Заряд диполя находится в точке с радиусом-вектором r, а положительный заряд в точке с радиусом-вектором r+d, так что дипольный момент диполя равен p = qd. Тогда суммарная сила, действующая на диполь, может быть представлена как сумма сил, действующих на его заряды

Маленькое изображение
 

Считая величину d малой, разложим электрическое поле в точке r + d в ряд по d и ограничимся линейными по d членами разложения:

Маленькое изображение
 

Чтобы вычислить момент этой силы, действующей на диполь, поступим аналогичным образом. Вспоминая определение момента силы, с точностью до линейных по d членов находим

Маленькое изображение
 

Учитывая найденное  выше выражение для силы F, окончательно находим М=рхЕ (r)+rXF.
   а)  Выполняя несложное дифференцирование, находим

Маленькое изображение
 

В  случае  (б)  момент силы   направлен   перпендикулярно плоскости, проходящей через нить и диполь.
 
6.11. Задача легко решается, если пластину представить себе как плоский конденсатор с бесконечно малым расстоянием d между пластинами и плотностями поверхностных зарядов на них и —σ, такими, что p=σd. Электрическое поле вне такого конденсатора, справа и слева, равно нулю, в чем можно убедиться из теоремы Гаусса. Поэтому потенциалы электрического поля по обеим сторонам от пластины постоянны и не зависят от расстояния до этой пластины; Однако величина этих потенциалов различна, причем разность между ними есть не что иное, как разность потенциалов между пластинами конденсатора. Так как напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора равна σ/ε0, то разность потенциалов равна σd/εo = p/εo.
 
6.12.

Маленькое изображение
 

   в) Пусть х»а. Тогда с точностью до членов порядка а22

Маленькое изображение
 

Следовательно, электрическое поле кольца убывает быстрее поля диполя. Это происходит в силу того, что дипольный момент заряженного кольца равен нулю.
 
6.13.  Уменьшение тока при   t > t1   происходит потому, что заряд верхней пластины меняет знак и начинает отталкивать электроны.
Заряд на пластине конденсатора после отсоединения батареи равен q = Cφ, где С—емкость, φ—разность потенциалов между пластинами. Время, в течение которого будет скомпенсирован этот заряд q, определится из условия q = It1. Отсюда
  t1=1000 сек.
Ток обратится в нуль, когда разность потенциалов станет запирающей, т. е. когда разность потенциалов еφмакс будет соответствовать максимальной энергии частиц 1,5 эв. При t > t2 разность потенциалов будет постоянной и равной 1,5 в. При увеличении расстояния между пластинами емкость конденсатора падает вдвое. Если это увеличение произошло до того, как конденсатор был полностью заряжен, то после отсоединения батареи заряд на пластинах будет вдвое меньше и, следовательно, время t1 вдвое меньше.
Если это увеличение происходит после удаления батареи, то заряд на пластинах не изменится и время t1 не изменится также.
 
6.14.  а)  В этой части задачи напряженность электрического поля легко находится по теореме Гаусса. В результате

Маленькое изображение
 

   б) Значение потенциала в начале координат можно найти из интегрального выражения

Маленькое изображение
 

в котором интегрирование производится по объему палочки. Интегрирование удобно выполнить в так называемой цилиндрической системе координат. Именно, разбивая поперечное сечение цилиндра на кольца площадью 2πrdr, а длину цилиндра на отрезки dx, представим

Маленькое изображение
 

Так как l/2r≥50, разложим подынтегральную функцию в ряд по степеням отношения 2r/l. Ограничиваясь первыми двумя членами разложения, найдем

Маленькое изображение
 

Точность этого выражения оценим, вычислив поправку aR6/6ε0l2. Подставляя численные значения из условия задачи, найдем φ (0, 0, 0) 2350 в, причем ошибка примерно составляет 0,15 в.
   в) Вспомнив, что потенциал φ в какой-либо точке равен работе, которую нужно затратить, чтобы единичный положительный заряд перевести из бесконечности (где φ = 0) в данную точку, сразу заключаем, что потенциал в точке (0, 0, l/2) меньше, чем в центре палочки. Действительно, если единичный заряд из бесконечности привести в точку (0, 0, l/2) и (0, 0, 0) вдоль оси палочки, то для того, чтобы этот заряд поместить в начало координат, необходимо затратить дополнительную работу против сил отталкивания внутри самой палочки.
 
7.1. а) Потенциал,  создаваемый нитями в произвольной  точке Р (х, у), равен

Маленькое изображение
 

Эквипотенциальные  поверхности определяются  условием r2/r1=const, т. е.

Маленькое изображение
 

Если это уравнение записать иначе, т. е. а)22 = R2, то видно, что оно описывает цилиндр вращения.
В последнем  уравнении  а  и  R —некоторые  константы, выражающиеся  через  величины,  входящие  в  исходное уравнение.
   б)  Определим  емкость,   приходящуюся на единицу   длины. Для этого вычислим потенциал проводов

Маленькое изображение
 

К главе 8. Электростатическая энергия
 
8.1. Заряд Zqe, равномерно распределенный по шарику, обладает электростатической энергией, равной (см. «Лекции», вып. 5, стр. 153)

Маленькое изображение
 

Из этой энергии следует вычесть «нефизическую» энергию самодействия протонов. Энергия, соответствующая протону, заряд которой равномерно размазан по шару радиуса r, равна U2 = 3/5 (q2/r) (1/4πε0). Для Z протонов эта энергия «действия самого на себя» равна 3Zq2/5r·4πε0. Следовательно, электростатическая энергия кулоновского взаимодействия протонов в ядре равна 3/5Z (Z—1) (q2/4πεor).
 
8.2. Энергия заряженного конденсатора емкости С равна A=1/2СV2, где V—разность потенциалов на обкладках. Искомая работа равна разности энергий конденсаторов до и после поворота ручки настройки:

Маленькое изображение
 

8.3. Суммарная энергия  конденсаторов до их параллельного соединения равна

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Поскольку при параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, то энергия системы после соединения равна

Маленькое изображение
 

Избыток энергии излучается или теряется на тепло в соединительных проводах.   Потери   энергии не происходит,   если q1C2 =q2C1.
 
8.4. а) Пусть φ (r) — потенциал внешнего электрического поля, в котором в точке R помещен диполь р, т. е. в точке R+r1 находятся заряд +q, а в точке R+r2 —заряд  —q(lr1| и |r2|«|R|), так что р =q (r1—r2). Энергия зарядов диполя во внешнем поле равна

Маленькое изображение
 

   б) Вычислим  момент  силы, действующей  на  диполь, прямым вычислением. Полный момент внешних сил равен

Разлагая это выражение в ряд с точностью до членов первого порядка по | r1,2| «| R |, находим

Маленькое изображение
 

Отсюда в случае однородного электрического поля следует М = рХЕ. Последнее выражение получается также из выражения (1): если ввести угол α между векторами р и Е, то действующий на диполь момент будет равен по величине

Маленькое изображение
 

и направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат векторы р и Е, т. е. M = рХЕ.
 
   в) Если диполь создан путем последовательного помещения зарядов в электрическое поле, то его электростатическая энергия будет отличаться от (1). Действительно, если заряд +q помещен в точке R+r1 и, следовательно, обладает энергией qφ(R+r1), то при помещении заряда —q в точку R+r2 будет затрачена работа

Маленькое изображение
 

Таким  образом,   энергия  диполя в   этом  случае  будет меньше и равна

Маленькое изображение
 

Искомая  разность  энергий  равна   q3/4πε0|р|   и   имеет смысл  энергии  взаимодействия  зарядов,  составляющих диполь.
 
8.5.  Электростатическая энергия конденсатора равна  W=q2/2C, где q —заряд на обкладках; С —емкость, равная С = ε0A/d (d—расстояние между обкладками, А — их площадь). Искомая сила равна

Маленькое изображение
 

 а работа этой силы на расстоянии равна —(q2/2ε0A) dx.
 
8.6.  Разность Δ энергий покоя мезонов равна Δ=(mπ+mπ¯2= 4,6 Мэв.   Если заряд   мезонов равномерно «размазан» по объему шара, то его  собственная  электростатическая энергия равна [см. «Лекции», формула  (8.7), вып. 5 и решение к задаче 8.1]

Маленькое изображение
 

Из условия Δ= W получается радиус пиона а = 2·1014 см. Отсюда видно, что так определенный радиус пиона оказывается меньше характерных размеров ядра.
 
8.7. Когда оболочка не заряжена, то на основании закона Гаусса убеждаемся, что электрическое поле помещенного в начало координат заряда q1 внутри (r≤а) и вне оболочки (r > b) совпадает с хорошо известным электрическим полем точечного заряда q1. В самой же оболочке (а≤r≤b) напряженность электрического поля равна нулю. Очевидно, работа по перемещению заряда из бесконечности в начало координат будет равна разности энергий, заключенных в поле, одна из которых отвечает заряду в начале координат, а вторая — заряду q1 помещенному на бесконечности. (Тот факт, что энергия точечного заряда бесконечна, здесь не приводит к затруднению, поскольку мы вычисляем не сами энергии, а их разность.) Искомая работа W1 равна

Маленькое изображение
 

Когда оболочка имеет заряд q2 ситуация несколько иная. В начальном состоянии, когда заряд q1 находится на бесконечности, энергия, сосредоточенная в поле, равна энергии точечного заряда q1 плюс энергия, заключенная в поле, создаваемом сферической оболочкой. Последнее, как легко убедиться на основании теоремы Гаусса, отлично от нуля лишь при r b и совпадает с полем точечного заряда величины q2. В конечном же состоянии, когда заряд q1 находится в начале координат, величина напряженности электрического поля в пространстве ведет себя следующим образом (разумеется, поле всюду радиально):

Маленькое изображение
 

К главе 10. Диэлектрики
 
10.1. Для энергии конденсатора можно написать соотношение

Маленькое изображение
 

где V —разность потенциалов на обкладках, а интегриро­вание производится по двум областям конденсатора. По­скольку поле Е в конденоаторе можно считать однородным, то из этого соотношения, если принять во внимание, что Ed=V, следует

Маленькое изображение
 

10.2. Емкость конденсатора без диэлектрика равна Со = 0/d, где А — площадь пластин, d —расстояние между ними; Q = C0V0, где V0—разность потенциалов. При вдвижении диэлектрика величина Q не меняется, емкость же возрастает и равна (см. решение к задаче 10.1, учтя, что x1 = 1) С = Aε0(1+х)/2d = С0 (l1+x)/2.   Энергия  конденсатора при этом   равна   U = Q2/2C =C0V02/(1 +x).
   а)  Искомая сила равна

Маленькое изображение
 

   в) Меньше.
 
10.3. В отсутствие диэлектрика заряд Q на пластинах конденса­тора и разность потенциалов φ0 связаны соотношением Q = C0φ0, где φ0 = E1d (dрасстояние между пластинами). При наличии диэлектрика Q = Cφ, причем E2=E1/x. Отсюда Q= C [E1(dt)+E1t/x]. Поскольку, с другой стороны, Q = C0E1d, то, приравнивая выражения для Q, находим

Маленькое изображение
 

10.4. Вектор электрической индукции D в любой точке r внутри диэлектрика равен

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Поверхностная плотность зарядов σпол равна σпол = Рn. Следовательно, наведенные на внутренней и внешней по­верхностях диэлектрика заряды Qa и Qb, соответственно равны

Маленькое изображение
 

10.5. Изменение внутренней энергии конденсатора U, равной, как известно, U =Q2/2C (где Q —заряд на пластинах, С — емкость), в процессе, в котором механические силы вдви­гают диэлектрик, изменяя его емкость, а батарея совер­шает работу по изменению зарядов на величину dQ, равно

Маленькое изображение
 

Первое слагаемое в этом выражении —работа, совершенная электрической батареей по изменению заряда на пластинах конденсатора, а второе —работа механических сил.
Так как разность потенциалов на пластинах остается все время постоянной и равной V0 = Q/C, выражение для dU можно записать в виде

Маленькое изображение
 

   а) Подсчитаем работу, совершенную электрической бата­реей. Учитывая, что заряд на пластинах в начальном состоянии равен q0, а в конечном состоянии xq0, находим

Маленькое изображение
 

   б) Емкость конденсатора в начальном состоянии была q0/V0, а в конечном состоянии xq0/V0. Следовательно, механи­ческие силы совершили работу

Маленькое изображение
 

Работа, как мы  видим, совершалась  над диэлектриком.


10.6. В некотором смысле эта задача аналогична пункту (б) пре­дыдущей задачи. Над диэлектриком (масло) совершается меха­ническая работа, которая переходите потенциальную энергию столбика  масла в поле сил тяжести. Эта работа равна

Маленькое изображение
 

где С1 и С2 —емкости трубки до и после втягивания масла на высоту h. Так как емкость единицы длины цилиндри­ческого конденсатора равна С0«=2πε0/ ln (b/а) (см. решение к задаче 6.5), то

Маленькое изображение
 

Вес столба втянутого масла равен π (b2a2)ρgh. Потен­циальная энергия этого столба в поле силы тяжести равна весу, умноженному на координату его центра тяжести, т. е. на h/2:

Маленькое изображение
 

Из равенства работы механических сил потенциальной энер­гии находим требуемый результат:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение10.7. Граничные условия на границе раздела двух сред (1) и (2) имеют вид Е1t= Е2t , D1n =D2n или Е1n/x1 = Е2n/x2, где ин­дексами n и t помечены нормальные и тангенциальные к поверхности составляющие векторов. Эти граничные усло­вия следуют из уравнений Максвелла divD = 0 и VXE = 0. Действительно, рассмотрим произвольную поверхность раздела двух сред (фиг. 1). Выберем произвольным образом направление внешней нормали n к этой поверхности и усло­вимся обозначать индексами 1 и 2 величины, относящиеся соответственно к нижней и верхней средам. Выделим мыс­ленно около рассматриваемой точки поверхности прямую призму с образующими dl, перпендикулярными поверхности. Пусть эта призма вырезает на поверхности элемент S столь малый, что его можно считать плоским. По теореме Гаусса поток вектора   электрической   индукции   через  поверхность призмы должен равняться  нулю ∫ D.dS= ∫   divD·dV =0. При стремлении dl к нулю поток вектора D через боковую поверхность призмы также будет стремиться к нулю. Для потока же через верхнее и нижнее основание призмы полу­чаем

Маленькое изображение
 

Отсюда следует искомое граничное условие

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеПокажем теперь, что на границе раздела двух сред касательная составляющая вектора напряженности электри­ческого поля Е непрерывна. С этой целью выберем около произвольной поверхности (на фиг. 2 ее сечение плоскостью рисунка изображено сплошной линией) контур в виде прямоугольной рамки, боковые стороны dl которой нормальны к поверхности раздела сред. Выберем размеры этого кон­тура столь малыми, чтобы поверхность раздела двух сред можно было считать плоской. Мысленно «натянем» на эту рамку стоксову поверхность. Тогда по теореме Стокса

Маленькое изображение
 

Но при стремлении dl к нулю вклад в интеграл по контуру от боковых сторон будет также стремиться к нулю. Если длину L верхней и нижней сторон рамки выбрать доста­точно малой, напряженность электрического поля Е на этих сторонах рамки можно считать однородной. Отсюда (E1t)L–(E2t)L = 0, или E1t = E2t. Из фиг. 3 видно, что

Маленькое изображение
 

К главе 11.  Внутреннее устройство диэлектриков
 
11.1. Представим себе однородно поляризованный шар в виде двух равномерно заряженных шаров, полные заряды кото­рых одинаковы, но противоположны по знаку, а центры сдвинуты друг относительно друга на бесконечно малое расстояние. В задаче 6.7 (см. решение) было показано, что электрическое поле такой системы совпадаете электрическим полем сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется как A соsθ, где θ —угол, отсчитываемый от оси z (последнюю удобно выбрать вдоль направления вектора поляризации шара). При этом напряженность электричес­кого поля вне этой сферы равна напряженности электри­ческого поля диполя с дипольным моментом Р = (4π/3) Аа3:

Маленькое изображение
 

Здесь, очевидно, вектор Р совпадает с вектором полного дипольного момента равномерно поляризованного шара. Внутри же такого шара поле Е, согласно решению к задаче 6.7,  равно

Маленькое изображение
 

11.2. Дипольный момент атома гелия равен

Маленькое изображение
 

11.3. Для водяного пара [см. «Лекции», вып. 5. уравнение (11.21)] х— 1 = Np02/3ε0kT. Следовательно, температурная зависимость поляризуемости α =x —1/N имеет вид α= A/T, где A =p02/3ε0k; N—число частиц в единице объема можно найти из уравнения состояния идеального газа p = NkT —давление пара, k—постоянная Больцмана). По данным таблицы, приведенной в условии задачи, N= 1,138·1025 м-3. Для α получается следующая таблица значений:

Маленькое изображение
 

Если построить зависимость α = f(1/T), то эксперименталь­ные точки ложатся на прямую, тангенс угла наклона кото­рой равен А = 1,12. Отсюда ро= √ЗεоkA = 2·1017 кулон·м.
 
11.4. В простом варианте задачи E =(1/4πε0) (2р/а3) и р = αε0Е. Отсюда ответ: а3 = α/2π. В усложненном варианте электри­ческое поле в любом узле легко найти:

Маленькое изображение
 

Поскольку дипольные моменты атома кислорода и атома титана равны рOOε0E и pTi = αTiε0E, то при подстановке в эти выражения Е следует искомое условие:

Маленькое изображение
 

11.5. В однородном внешнем электрическом поле Е каждый шарик будет равномерно поляризован. Пусть Р —вектор поляри­зации шара. Равномерная поляризация шара создает внутри него однородное электрическое поле с напряжен­ностью, равной —Р/Зε0 [см. «Лекции», вып. 5, формула (11.24)]. Тогда суммарное электрическое поле внутри каж­дого шарика (их взаимным влиянием друг на друга мы, согласно условию задачи, пренебрегаем) равно Е¡ = Е—Р/Зε0. Поскольку Р = ε0(х—1) Е¡, то

Маленькое изображение
 

Получим полный дипольный момент равномерно поляризован­ного шарика P, умножив Р на объем шара, т. е. на (4π/3) (d/2)3:

Маленькое изображение
 

Поскольку шарики образуют пространственную решетку с периодом, равным 3d, поляризация этой решетки, т. е. дипольный момент, приходящийся на единицу объема ре­шетки, будет равен

Маленькое изображение
 

Так как D = E + P/ε0,   то  для  диэлектрической постоянной решетки находим выражение

Маленькое изображение
 

К главе 12. Электростатические аналогии
 
12.1. Исходя из электростатической аналогии, нам нужно найти потенциал в центре тонкого равномерно заряженного кольца. Имеем

Маленькое изображение
 

где Q —полный заряд кольца Q = ρπa2b. Переходя к задаче о распределении температуры, надо вспомнить, что мы вы­числили разность потенциалов между центром кольца и бес­конечно удаленной точкой. Если потенциал на бесконечности равен φ0, то в центре кольца он равен

Маленькое изображение
 

Переходя к «температурным» величинам, находим темпера­туру в центре кольца (при таком переходе φ→ Т, ρ →ε0S/x, см. «Лекции», вып. 5, стр. 234, 235)

Маленькое изображение
 

12.2. Используя аналогию с электростатической задачей, находим Т (r) = — (Sr2/6x) + D, где S = W/(4π/3) R3плотность источ­ников тепла; W=8·1020 дж/год; R —радиус Земли. Константу D определим из условия Т(а)=Т0, т. е. D = T0+Sa2/6x. Радиус а можно найти, положив приближенно температуру поверхности Земли равной нулю. Из этого условия следует

Маленькое изображение
 

12.3. а) Трехмерный случай:

Маленькое изображение
 

 Подставляя это   выражение   для  φ  в  уравнение Δφ = 0,    получаем

Маленькое изображение
 

Нетривиальное решение  получившегося  уравнения  будет  при  условии, что коэффициенты b1 и b_2 отличны от нуля. Следовательно,

Маленькое изображение
 

   б) Двумерный   случай:

Маленькое изображение
 

В   этом   случае Δφ=n∑ (n — 1) (n+ 1)сnn3 = 0.   Следовательно,   лишь c1 и c-1от нуля и решение имеет вид

Маленькое изображение
 

12.4. Задача математически аналогична задаче 7.1. Поэтому для Т можно сразу написать решение, если в задаче 7.1 линей­ную плотность зарядов положить равной λ=Wε0/xt

Маленькое изображение
 

В этом выражении r2=√[x—(d/2)]`2+ y2  и r1 = √[x+(d/2)]`2+ y2—расстояния до произвольной точки от труб с +W и —W источником (см. рисунок к решению задачи 7.1, стр. 421). Постоянная D = T0 определяется из того условия, что вдали от труб температура равна Т0. В точке с координатами х= 100 d и у=100 d температура равна   Т = 20,5° С.
 
К главе 13. Магнитостатика

Маленькое изображение13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током, текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоя­нии r от последнего равна В = (I х еr)/2πε0с2a, где еr — единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежа­щего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны Bу = 2I/πε0с2a = 8·10–5 вебер/м2, Вх = 0 (см. рисунок). Вектор В, следовательно, направлен верти­кально вверх.
   б) Сила, действующая на элемент длины тока левого ниж­него из проводов, согласно закону dF = /dl x B, равна f = dF/dl = Ie3 xB, где е3—единичный вектор в направ­лении силы тока левого нижнего провода. Вычислим напряженность магнитного поля в районе левого нижнего провода (исключая, конечно, поле самого этого провода). Нетрудно  убедиться,   что  компоненты   вектора  В равны Вх = В0/2, Ву = ЗВ0/2, где В0 = I/2πε0с2a. Следовательно, f =(B0I/2) (—3e1+e2), где е1 и е2—единичные векторы в направлении осей х и у. Величина этой силы равна If | = В0I √10/2 = 6,3104 ньютон. Направление силы составляет угол161°,7 с осью х.
 
13.2.   При  вращении  цилиндра  возникает  ток  с  плотностью

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеВыберем контур интегрирования так, как показано на ри­сунке, и воспользуемся теоремой Стокса. Магнитное поле по соображениям симметрии направлено вдоль оси цилиндра. Находим, что вне цилиндра В = 0. Поле на оси цилиндра равно

Маленькое изображение
 

Направление  вектора   В совпадает с направлением вектора угловой скорости.
 
13.3. Плотность токов j найдем из условия однородности тока по сечению. Воспользовавшись тем, что циркуляция вектора В по замкнутому контуру равна

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

13.4. Под действием силы Лоренца qev X B электрон будет дви­гаться по окружности. Радиус последней находится из урав­нения движения электрона в магнитном поле: его ускорение равно центростремительному

Маленькое изображение
 

где v0 — начальная скорость электрона. В своем движении электрон в узкой части трубки опишет дугу. Отклонение луча (в предельном случае на половину экрана) найдем из выражения D/2 = (/ — a) tg φмакс (обозначения расшифрованы на рисунке). Так как а«l, то tg φмакс = D/2I. Нетрудно убедиться, что если отказаться от условия а«l, то φмакс надо определять из уравнения

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеРадиус окружности как функция параметров трубки и угла отклонения  есть    r = /1/sin φмакс.
Следовательно, В = mv0/qel11+ (4/2/D2). Если для оценки величины В задаться следующими параметрами трубки: D = 30 см; I = 30 см, l1 = 5 см, то В = 1,60 гс (скорость электро­на v0 определяется по формуле v =√2E/mе, при E = 3 кэв vо = 3·107 м/сек. Число ампер-витков на единицу длины (м) соленоида находится по формуле В = nI0c2: nI= ε0c2В = 12,7·103. Ускорение электронов электрическим полем   после  их отклонения в магнитном поле увеличивает составляющую скорости по направлению к экрану. Это при­водит к уменьшению угла φ между направлением движения электронов и осью трубки; следовательно, после отклонения в магнитном поле должно быть φ > φмаксмакс опреде­ляется параметрами трубки) и найденные оценки В, nl надо увеличить.

Маленькое изображение13.5. а) При определении силы, действующей на рамку с током, будем исходить из того, что на элемент тока длиной dl действует сила, равная dF = I2dI x B. Проинтегрируем это выражение по контуру рамки. Ясно, что силы, дей­ствующие на участки рамки, перпендикулярные проводу, равны по величине и противоположны по направлению. Их результирующая равна нулю. Сила, реально дейст­вующая на рамку, равна сумме сил, действующих на участки, параллельные проводу. Так как магнитное поле, создаваемое проводом на расстоянии у от него, равно

Маленькое изображение
 

Сила, действующая на провод, равна найденной по вели­чине, но противоположно направлена,
   б)  Как легко убедиться, момент сил, действующих на рамку, определяемый выражением М = /2 Φ r x dl x B, равен нулю.
 
13.6. Задача легко решается, если рассмотреть два фиктивных тока: один с плотностью +j, а другой с плотностью —j, «протекающих» по полости так, чтобы результирующий ток через полость был равен нулю. Магнитное поле на оси по­лости при этом легко находится и равно В = (1/2εос2) j x d, где d —радиус-вектор, соединяющий центр сечения стержня с центром сечения полости.
 
К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
 
14.1. а) Для определения векторного потенциала в точках, уда­ленных от поверхности пленки на расстояние, гораздо меньшее ее размеров, воспользуемся сформулированным в «Лекциях» (вып. 5, стр. 282, 283) правилом: i-я компо­нента векторного потенциала, возникающая от плотности тока j, точно такая же, как электрический потенциал φ, созданный плотностью зарядов ρ = j¡2. Так как пленку в условиях задачи можно считать неограниченной во всех направлениях, то воспользуемся уже решенной задачей о поле равномерно заряженной плоскости. Выберем сетку координат, направив ось х вдоль вектора v, а ось z — перпендикулярно плоскости пленки. В такой системе координат поверхностный ток имеет только компоненту х, отличную от нуля, поэтому Ay = Az = 0. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно

Маленькое изображение
 

где еz — единичный вектор в направлении оси z. Инте­грируя соотношение Еz = — ∂φ/∂z, находим электрический потенциал φ = –(σ/2ε0) z (постоянную интегрирования выбираем равной нулю). Используя сформулированное выше правило, находим

Маленькое изображение
 

Так как В = v х А, то, проделав необходимое дифферен­цирование, находим Вх = 0, By = σv/2ε0c2, Вz = 0. В векторной форме

Маленькое изображение
 

14.2. Для  решения   задачи  удобно  воспользоваться  законом Био —Савара

Маленькое изображение
 

   а)   Прямолинейные участки провода вносят в величину магнитного поля в центре полукруга нулевой вклад.
   б)   Поле направлено перпендикулярно плоскости   рисунка и по величине равно B=1/4ε0c2r.
   в)   Магнитное поле, создаваемое всем проводом, равно най­денному в пункте (б) данной задачи.
 
14.3. Если воспользоваться законом Био—Савара, то магнитные поля, создаваемые витками в точке Р (см. рисунок), лег­ко найти  простым    интегрированием    Вx1 = /a2/2ε0c2r13 и

Маленькое изображение
 

   в)   Слагаемое ~х2 обращается в нуль при условии 5b2/4 = r02 т. е. если а = b.
   г)   Если   a = b,  то магнитное  поле  равно   В = 8I/53/2аε0с2.

Маленькое изображение
 

14.4. а) Выберем  оси   координат, как  показано на рисунке. Со­гласно закону Био—Савара

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениегде интегрирование ведется по всем сторонам рамки. Если представить вектор r в виде суммы двух векторов, один из которых направлен вдоль оси х и имеет длину, равную х, а другой расположен в плоскости уz, то можно записать

Маленькое изображение
 

Ясно, что первый интеграл в квадратной скобке равен нулю просто в силу симметрии рамки, поскольку для любого dl всегда найдется на рамке другой участок, рас­положенный на таком же расстоянии r от точки М, но с противоположным направлением dl. Что же касается второго интеграла, то в нем вектор dl x ρ всегда направ­лен вдоль оси х, и, следовательно, магнитное поле рамки перпендикулярно плоскости рамки. Из рисунка видно, что (dl x ρ)x = (а/2) dz.
Учитывая, что интеграл по замкнутому контуру в усло­виях данной задачи равен восьми интегралам вдоль отрезка 0 ≤z≤а/2, для которого r2 = z2 + x2 + a2/4, находим

Маленькое изображение
 

Вычисляя  этот интеграл, получим требуемый  в задаче ответ.
   б) В этом пункте задачи требуется фактически найти закон Био—Савара из общего интегрального выражения для векторного потенциала. В дайной задаче это выражение сводится к виду

Маленькое изображение
 

По соображениям, изложенным выше, векторный потенциал в точке М равен нулю. Вычислим В = vхА. Воспользовавшись примечанием к задаче, запишем выра­жение для векторного потенциала в произвольной точке наблюдения

Маленькое изображение
 

В последнем интеграле дифференцирование производится по координатам точки наблюдения. При этом дифферен­цировании вектор dl следует считать постоянным. Здесь удобно воспользоваться теми соотношениями, которые были получены в решении к задаче 2.3. Получим

Маленькое изображение
 

Следовательно, мы  приходим к  закону  Био—Савара, использованному в пункте (а).
 
14.5. Чтобы определить напряженность магнитного поля, вычислим вначале векторный потенциал в некоторой точке Р с коорди­натами х, у, z, расположенной вблизи оси кольца. Выберем оси координат так, чтобы ось z совпадала с осью кольца. Воспользуемся  интегральным    выражением  для векторного потенциала

Маленькое изображение
 

Так как токов в направлении оси z нет, то Az=0. Учитывая далее, что

Маленькое изображение
 

Вычисляя напряженность магнитного поля В = v хА,  нахо­дим окончательно Вх = Ву = 0:

Маленькое изображение
 

14.6. Полный заряд проводящей сферы связан с потенциалом V соотношением Q = 40Va. Поэтому плотность поверхностных зарядов равна ε = ε0V/a. Для определения векторного потен­циала воспользуемся общим интегральным представлением, учтя, однако, что возникающие при вращении сферы токи будут поверхностными и, следовательно, в условиях задачи надо заменить jdV на (σaωXdS), где dS — вектор, по величине равный элементарной площадке dS и направленный перпен­дикулярно этой площадке. Векторный потенциал при этом равен

Маленькое изображение
 

Преобразуя поверхностный интеграл в объемный по теореме Гаусса, найдем

Маленькое изображение
 

где вектор Е0 — напряженность   поля   равномерно   заряжен­ного шара

Маленькое изображение
 

14.7. а) Если отрезком проволоки соединить ось цилиндра с его поверхностью, то, поскольку провод движется в магнит­ном поле, сила q (v X В) приведет к тому, что концы провода зарядятся. Зарядка будет происходить до тех пор, Пока электрическое поле Е не уравновесит (v X В), т. е. при Е (х) = ω·х·В. При этом разность потенциалов на концах провода будет равна V=0b E (x) dx=(ωb2/2) В, где b —радиус цилиндра. Магнитное поле внутри цилин­дра (вне его оно равно нулю) легко найти с помощью теоремы Стокса, выбирая контур интегрирования так, как показано на рисунке: В = λω/2πεе0с2. Отсюда ответ:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение   б) Пусть в нашем распоряжении имеется очень чувствитель­ный вольтметр, с помощью которого можно замерять разности потенциалов в 10-10 в. Из найденного выраже­ния для V следует, что величина V тем выше, чем больше λ —заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра. Пусть плотность поверхностных зарядов σ на цилиндре достаточно велика, скажем такая же; как на проводящей сфере с радиусом в а=1 м, заряженной до потенциала в V0 = 106 в. Тогда σ= εoVo/a и λ= 2πε0V0b/а.
Подставляя это значение λ в выражение для V и учитывая, что v = ωb,  где ω= 10-4 сек-1, найдем b = [(2с2а/ω2)(V/V0)]1/3=1200 м, что нереально.

Маленькое изображение6
ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
 
К главе 15. Векторный потенциал
 
15.1. а) На границе между двумя средами нормальная составля­ющая магнитного поля должна быть непрерывной (это условие является следствием уравнения div B = 0). Так как внутри сверхпроводника В=0, то на его поверхности нормальная составляющая магнитного поля также равна нулю, т. е. поле снаружи сверхпроводника везде каса­тельно к поверхности последнего —магнитные силовые линии огибают сверхпроводник.
   б) Магнитное поле в любой точке А, расположенной над сверхпроводником, можно найти с помощью метода изо­бражений (см. рисунок)

Маленькое изображение
 

Для определения равновесных углов θ вычислим «механическую» энергию диполя в магнитном поле, созда­ваемом сверхпроводником

Маленькое изображение
 

Определяя равновесные значения θ из условия ∂U/∂θ = 0, найдем θ = 0, π/2, Зπ/2, π. Для найденных значений углов энергия магнитного диполя равна

Маленькое изображение
 

Следовательно, при θ = 0,π равновесие будет устой­чивым, а при θ= π/2, Зπ/2 —неустойчивым,
   г) Сила, действующая на магнитный диполь, определяется выражением F= —grad Uмех. При фиксированном θ сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине

Маленькое изображение
 

При устойчивом равновесии, т. е. при θ = 0,π, F = 3μ2/8d4. Сила будет отталкивать диполь от поверхно­сти сверхпроводника.
 
К главе 17. Закон индукции
 
17.1. Применяя  теорему  Стокса  и считая  поле В однородным внутри цилиндра, легко найти

Маленькое изображение
 

Мгновенное ускорение следует определить из уравнения движения: mw = qe [E + v x H]. Так как в начальный момент времени скорость заряда равна нулю, то w = (qe/m)Et = (qеr/2m) (∂Bl∂t). Ускорения в точках P1 и Р3 по величине равны qea(∂Bl∂t)/2m= 1,32·1020 см/сек2 и противоположны по направлению. Ускорение в точке Р2 равно нулю.
 
17.2. Магнитный поток через полукольцо равен Ф = B·S·cosα, где α —угол, который плоскость полукольца образует с си­ловыми линиями: S = πr2/2 —площадь полукольца. Наведен­ная э. д.с; Е и ток в цепи при этом равны

Маленькое изображение
 

17.3. При R»a поле, создаваемое витком (/), равно

Маленькое изображение
 

где μ=Iπa2n1; n1 —единичный вектор нормали к плоскости витка (/). Если ввести n2 —аналогичный вектор для витка (2), то магнитный поток через второй виток равен

Маленькое изображение
 

Так как n1||R, то, введя угол α, который вектор n2 обра­зует в момент времени t с векторами n1 и R, найдем на­веденную в витке (2) э. д. с.

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение17.4. а) Провод движется равноускоренно. Действительно, из закона Ампера сила, действующая на провод, равна IBd. Решая уравнение движения для провода с начальным условием v(t)|t=0 = 0, получаем v = (IBd/m) t.
   б) Если цепь обладает сопротивлением r0, то, пренебрегая полем, создаваемым током, находим

Маленькое изображение
 

Так как  провод движется  равномерно, то действующая на него  сила (сила Ампера) равна нулю. Отсюда / = 0 и, следовательно, vстац = EId· В.
   в) Ток равеи нулю.
 
17.5. Электрическая энергия цепи с двумя катушками дается вы­ражением [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 70, фор­мула (17.38)]

Маленькое изображение
 

где I1, /2 —токи в катушках; M —коэффициент взаимной индукции. Поскольку по условию задачи /1 = /2 = /, то электрическую энергию цепи можно представить в виде U = 1/2Ll2, где L = L1 + L22M. Если витки одной ка­тушки перемотать в другую сторону, то изменится знак у M.
 
17.6. а) Напряженность магнитного поля внутри кабеля найдем с помощью теоремы Стокса, учтя, что в силу симметрии задачи силовыми линиями магнитного поля будут кон­центрические окружности. В каждой точке силовой линии радиуса r напряженность магнитного поля равна В = I/2πε0с2r. Чтобы найти индуктивность кабеля, опре­делим энергию магнитного поля U=(ε0с2/2) ∫ B2dV, при­ходящуюся на единицу длины кабеля [см. «Лекции», вып. 6, стр. 74, формула (17.48)]. Разделим объем между цилиндрами на цилиндрические слои толщиной dr и учтем, что объем такого слоя, расположенного на рас­стоянии r от оси кабеля, равен dV = 2πr dr, после чего найдем

Маленькое изображение
 

Приравнивая  это  выражение   величине   1/2LI2,   найдем индуктивность, приходящуюся на единицу длины кабеля:

Маленькое изображение
 

   б) В этом случае напряженность магнитного поля В при а< r <b равна найденной в пункте (а). С помощью теоремы Стокса найдем, что для 0 < r < а В = Ir/2πε0с2а2. Вычислим далее энергию магнитного поля во внутреннем проводе, приходящуюся на единицу длины. Поступая так же, как в пункте (а), получаем

Маленькое изображение
 

Складывая это выражение   с U1 и приравнивая сумму величине 1/2LI2, находим

Маленькое изображение
 

Если b»а, то из найденного выражения для L следует, что результат слабо зависит от характера распределения тока по сечению центрального провода.
 
17.7. а) Напряженность магнитного поля внутри тороидальной катушки легко найти по теореме Стокса, если в качестве стоксовой поверхности взять поверхность, «натянутую» на  окружность радиуса  r.  Для b < r < b+a находим

Маленькое изображение
 

где N —число витков обмотки, I —сила тока в обмотке. Далее вычислим энергию магнитного поля внутри торо­идальной катушки. Интегрируя по объему тороида, найдем

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение   б) Для определения взаимной индукции системы, со­стоящей из тороидальной катушки и прямолинейного провода, вычислим Ф0—магнитный поток, создаваемый проводом через поперечное сечение тороида. Так как на­пряженность магнитного поля В, создаваемая прямоли­нейным проводником на расстоянии r от него, равна В = I1/2πε0с2r (силовые линии поля В представляют собой концентрические окружности), то магнитный поток через один виток тороидальной катушки равен

Маленькое изображение
 

где   /1 — сила тока в проводе. Поскольку  в катушке N витков, поток нужно умножить на N. Следовательно, э. д. с. в катушке дается выражением

Маленькое изображение
 

   в) Из пунктов (а) и (б) следует, что L/|M|=N.
 
17.8. а) Как показано в гл. 14, § 5 «Лекций», напряженность маг­нитного поля, создаваемого витком 1 на большом расстоя­нии от него, ведет себя как электрическое поле диполя с моментом, перпендикулярным плоскости витка, т. е.

Маленькое изображение
 

где µ1 = Iπа2n1. Так как вблизи витка 2 поле В можно считать однородным, магнитный поток через него вектора В равен πа2В·n2. Вычисляя э.д.с, наведенную в витке 2, находим

Маленькое изображение
 

Через углы α1 и α2 (см. рисунок к условию задачи, стр. 356) взаимная индукция выражается следующим образом:

Маленькое изображение
 

   б) Сила взаимодействия витков [см. «Лекции», вып. 6, формула (17.39)] равна F=— I2vM12. Используя выра­жение (1), находим

Маленькое изображение
 

Составляющая силы, перпендикулярная плоскости рисун­ка, равна нулю. Проекции силы F на линию, соединяющую центры витков, F|| и на перпендикулярную к ней ось (на рисунке направим эту ось вверх) F_ соответственно равны

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение   в) Если изменить направление токов сразу в двух витках, то сила не изменится, если изменить его только в одном витке, то сила изменит знак, так как при этом изменится направление одного из  векторов n  на противоположное.

17.9. Чтобы найти напряженность магнитного поля на оси соле­ноида, создаваемого одним витком, определим вначале век­тор В0 на оси. Воспользовавшись результатом задачи 14.5, найдем, что на расстоянии z от центра витка напряженность магнитного поля на его оси равна по величине

Маленькое изображение
 

При этом вектор Во направлен вдоль оси витка. Чтобы найти напряженность магнитного поля в центре соленоида, создаваемого всеми его витками, проинтегрируем найденное выражение по длине соленоида, введя линейную плотность тока IN/l. Заменяя в приведенном выше выражении для В0 силу тока на INdz/l и интегрируя по z от —l/2 до +l/2, находим величину магнитного поля в центре соленоида:

Маленькое изображение
 

Нетрудно видеть, что, если длина соленоида стремится к бесконечности, выражение для В переходит в найденное в «Лекциях» (вып. 5, гл.13, §5) выражение для магнитного поля внутри длинного соленоида. В силу того что r2»r1 поле В в окрестности петли можно считать однородным (т.е. в области  0< r < r1). Вычисляя магнитный поток через петлю Ф = В·πr12, находим

Маленькое изображение
 

Вычислим теперь M21. Так как размеры витка малы, то его можно рассматривать как магнитный диполь. Поле магнит­ного диполя равно (см. «Лекции», вып. 6)

Маленькое изображение
 

где µ = I1πr12ez; еz —единичный вектор, направленный по оси соленоида (ее выбираем в качеств оси z); /1 —сила тока в витке. Вычислим поток вектора В через один виток соле­ноида, расположенный на расстоянии z от центра витка:

Маленькое изображение
 

Если сила тока в витке меняется, то в рассматриваемом витке соленоида наводится э.д.с, равная E =Ф/∂t. Чтобы найти полную э.д.с, мы должны просуммировать найденное нами выражение по всем виткам. Вводя плотность витков Ndz/l и интегрируя по z от  –l/2 до l/2, находим

Маленькое изображение
 

Вычисляя найденный интеграл, получаем выражение для M21, которое, как   нетрудно видеть, совпадает  с M12 т.е. M21=M12
 
17.10. Если пренебречь магнитным полем, создаваемым проводом, то наведенная в нем э.д.с. равна

Маленькое изображение
 

Отсюда I = E/R=–Bvl/R=–108а. Если не пренебре­гать магнитным полем, создаваемым движущимся проводни­ком, ток в цепи уменьшится. Ответ по величине не изме­нится, если магнит, создающий поле В, будет двигаться со скоростью v в ту же сторону, что и провод, так как в этом случае можно считать, что сопротивление R движется вправо со скоростью v и, следовательно, магнитный поток через цепь будет меняться с прежней скоростью. Так как размеры цепи уменьшаются со временем, коэффициент самоиндукции также будет уменьшаться.
 
17.11. Механическая сила, действующая между витками, и момент сил, действующий на виток Б, определяются выражениями (см. «Лекции», вып. 6, стр. 71)

Маленькое изображение
 

Где d —расстояние между центрами витков; α —угол, кото­рый составляет нормаль к витку Б с осью, проходящей через эти центры; MАБ—коэффициент взаимной индукции витков, Чтобы найти последний, можно воспользоваться результатом задачи 17.8 (см. формулу для M12);

Маленькое изображение
 

Витки отталкиваются друг от друга.
   в)  Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы тока IБ будет меньше. Вместе с этим уменьшатся
величины F и М.
   г)  Ответ к пункту (а) не изменится: при α = π/2 sin2α = 0 и, следовательно, момент сил, действующих на виток Б, будет по-прежнему равен нулю. Ответ к пункту (б) изме­нится: при  α = π/2  cosα = 0  и сила, действующая  на виток Б, обратится в нуль.
 
К главе 20. Решение уравнений Максвелла в пустом пространстве
 
20.1. а) Волновое  уравнение,  которому должно удовлетворять электрическое поле Е, имеет вид

Маленькое изображение
 

Для компоненты α(α = x, у, z) это уравнение имеет вид

Маленькое изображение
 

Подставляя в это уравнение Eα = Eexp [i (ωtkx)] и выполняя дифференцирование, находим [k2 —(ω22)]Eα =0. Так как ω=ck, это уравнение выполняется для любого α.
   б)  Представим α-ю компоненту вектора Е0, которая, вообще говоря, комплексна  в виде E = Eexp(¡φα), где E0α модуль   комплексного числа E, а  φα— его  аргумент. Тогда   Eα = Eехр [i (ωtkx+ φα)].  Следовательно, вещественную  часть Еα   можно   записать в  таком виде: Ecos(ωtkx+ φα). Найдем далее уравнение  движения точки, для которой фаза волны φ=ωtkx имеет некото­рое фиксированное  значение. Очевидно, в  этой точке компоненты напряженности электрического поля  волны будут иметь определенные значения, равные Eα = E cos(φ + φα). Определяя х, находим этот закон

Маленькое изображение
 

Выбранная точка, таким образом, движется в положи­тельном направлении оси х со скоростью c.    в)  Подействуем оператором v на функцию

Маленькое изображение
 

Следовательно, действие оператора v на подобные функ­ции сводится к простому умножению их на вектор —ikex. Действие оператора  /∂t  сводится  к  умножению таких функций на число ¡ω.
   г)  Пусть напряженности электрического и магнитного полей зависят  от t и  х синусоидально.
Тогда в комплексном виде можно записать Е= Е0 ехр [i(ωt — kx)] и В = В0ехр [i(ωt — kx)]. Подставляя эти выражения в уравнения Максвелла в пустоте

Маленькое изображение
 

Определяя  Е из последнего уравнения и подставляя выражение для Е во второе уравнение, находим

Маленькое изображение
 

так как exX(exX B)= ex(ex·B)–B(ex·ex). Учитывая, что, согласно третьему из полученных уравнений, exB=0, а также что (ex·ex)=1, из (1) находим [k2—(ω22)] В=0. Отсюда следует, что ω = ck.
   д) Электрическое поле Е = Еоехр ± [i (ωt+ kx)] описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси х. Действие оператора v на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор ± ikex, а действие оператора /∂t —к умножению этой функции на чис­ло ± iω. При этом уравнения Максвелла и связь между ω и k будут такими же, какими они были найдены в пункте (г) данной задачи.
 
20.2. Рассмотрим установившийся процесс. Напряженность элек­трического поля электромагнитной волны, падающей на зеркало, в неподвижной системе координат можно предста­вить в виде Е=Е0 cos(ωt–kx), а волны, отраженной от зер­кала, в той же системе координат можно представить в виде Е′=Е′0cos (ω′t+k′x). На прямой линии x = vt, где v -скорость зеркала, должны выполняться следующие граничные ycлoвия: Е + Е′ =0 = Е0 cos (ωt–kx) + Е′0 cos (ω′t+k′x). Это возможно лишь при Е0 = —Е′0 и ωt–kx = ω′t+k′x. Подставляя x =vt и k = ω/c,  k′ = ω′/c, получаем

Маленькое изображение
 

Этот  результат  совпадает с тем, который можно получить, используя преобразования Лоренца.
 
К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
 
21.1. Согласно формулам (21.18) и (21.25) «Лекций» (вып. 6):

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

что эквивалентно выражению (21.26) «Лекций», вып. 6, стр. 155.
 
21.2. Обозначим через r′+ и r′_ «запаздывающие радиусы-векторы» (r′±=x,y,z±(d/2)cos ωt′) от положительного и отрицатель­ного зарядов. Согласно рисунку в условии задачи (стр. 360),

Маленькое изображение
 

где t= t—r′±/c. Напряженность электрического поля, соз­даваемая зарядами +q и —q в точке Р, согласно уравне­нию (21.1) (см. «Лекции», вып. 6, стр. 142), равна

Маленькое изображение
 

Воспользуемся тем, что точка Р находится на расстоянии r»d от диполя. Это позволяет во всех вычислениях огра­ничиваться лишь линейными по d членами. В таком прибли­жении

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Учитывая, что ez·eθ=cos θ, находим, что эти скалярные про­изведения равны нулю. Модули векторов der±/dt и d2er±/dt2 найдем, вычислив скалярные произведения этих векторов на eθ. Учитывая, что (ez·eθ) =—sin θ, имеем

Маленькое изображение
 

Определяя из этого выражения Еφ, Еθ, и Еr, приходим к приведенному в условии задачи результату.
 
21.3. В «Лекциях», вып. 5, гл. 14, § 5 отмечалось, что электри­ческое поле статического диполя и поле постоянного магнит­ного диполя одинаковы по виду, хотя и удовлетворяют разным уравнениям Максвелла

Маленькое изображение
 

Это происходит от того, как отмечалось в «Лекциях», что дипольные поля возникают, когда мы находимся далеко от всех токов и зарядов. Тогда в большой части пространства уравнения для Е и В одинаковы: ротор и дивергенция этих полей равны нулю. Но нетрудно убедиться, что подобная симметрия уравнений Максвелла имеет место и в общем случае переменных полей. Действительно, в далеких от зарядов и токов точках пространства уравнения Максвелла однородны:

Маленькое изображение
 

Поэтому, заменяя в выражениях для электрического и ма­гнитного полей осциллирующего диполя, найденных в зада­че 21.2,

Маленькое изображение
 

21.4. а) Из рисунка к условию задачи (стр. 361) видно, что (для удобства обозначим d/2=a)

Маленькое изображение
 

получаем требуемое выражение для φ.
   б) Заметим, что если использовать результат пункта (а), то можно записать

Маленькое изображение
 

Если воспользоваться уравнением vA=—(1/с2) (∂φ/∂t), которое в задаче сводится к уравнению (1/с2) (∂φ/∂t) =— (Аz/z), то мы видим, что в написанном выше выра­жении для (1/с2) (∂φ/∂t) функция, стоящая после опера­тора ∂/z, есть не что иное, как — Az.
   в) Вычисляя Е = — vφ— (A/t) с помощью найденных в пунктах  (а) и (б) выражений  для  φ  и  А,  находим

Если воспользоваться уравнением vA=—(1/с2) (∂φ/∂t), которое в задаче сводится к уравнению (1/с2) (∂φ/∂t) =— (Аz/z), то мы видим, что в написанном выше выра­жении для (1/с2) (∂φ/∂t) функция, стоящая после опера­тора ∂/z, есть не что иное, как — Az.
   в) Вычисляя Е = — vφ— (A/t) с помощью найденных в пунктах  (а) и (б) выражений  для  φ  и  А,  находим

Маленькое изображение
 

Умножая Е скалярно на er,eφ=ezX er и еθr X(ezX er) = cosθer—ez, находим выражения для Eφ, Eθ, Er, при­веденные в условии задачи 21.2. При этом сВ=еrх Е.
 
21.5. а) Так как i=dp/dt, где р—дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим

Маленькое изображение
 

Дипольный момент элементарного диполя длиной Δz отсюда равен

Маленькое изображение
 

где   k = 2π/λ, и подставляя в  формулу  для векторного потенциала, простым интегрированием находим Аz:

Маленькое изображение
 

Нетрудно видеть, что последнее выражение совпадает с найденным векторным потенциалом А в пункте (б) за­дачи 21.4, если только положить

Маленькое изображение
 

Поэтому мы можем воспользоваться решением к этой задаче [см. пункт (в) задачи 21.4] и найти электрическое поле в волновой зоне

Маленькое изображение
 

Аналогично для магнитного поля находим, что в волновой зоне  существенна  лишь  компонента Вφ , причем она равна Вφ=Eθ/c.
   в) Зависимость Eθ от угла θ имеет вид для антенны

Маленькое изображение
 

Характер этой зависимости для антенны и одного диполя примерно одинаковый (см. рисунок).

Маленькое изображение
 

21.6. Электрическое и магнитное поля движущегося  заряда опи­сываются потенциалами Льенара-Вихерта

Маленькое изображение
 

где R′ и v′ берутся для времени t′ = t — R′/c.
   а) Так как при движении по окружности в любой момент времени v_R, то в центре круга имеем

Маленькое изображение
 

где v′ [t′]=v[t — (а/с)]. Считая момент времени, когда заряд находится в точке Р, за начало отсчета времени, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениев) Определим потенциалы в точке, расположенной вблизи центра круга (r –радиус-вектор этой точки, см. рисунок). Обозначая через α0 угол между r и осью х, запишем

Маленькое изображение
 

Наша конечная цель —вычислить производные от потен­циалов в начале координат. Поэтому, выражая Rкак функцию t, х, у, удержим лишь члены первого порядка по r

Маленькое изображение
 

Выразим теперь через х, у, t скалярное произведение (v′·R′).  Как видно из рисунка,  (v′·R′)=—va sinα1. Имеем

Маленькое изображение
 

Если подставить сюда только что найденное выражение для R′, мы найдем cosα1 = 1, однако если учесть члены второго порядка, то в конце концов получим

Маленькое изображение
 

Воспользовавшись формулой Е = — vφ— (∂A/∂t), вычислим напряженность электрического поля [напомним, что век­тор А в центре круга найден в пункте (б)]. Имеем

Маленькое изображение
 

Легко убедиться, что при t=0, т. е. когда заряд нахо­дится в точке Р, Еx < 0 и Еу < 0. Таким образом, поле направлено вниз от оси х (а если бы был справедлив «запаздывающий закон Кулона», оно было бы направлено выше оси х).

Определим теперь векторный потенциал А. Для этого необходимо найти v′ (t, х, у). Имеем

Маленькое изображение
 

Отбрасывая в выражении для Ах члены, пропорциональ­ные х, а в Ау—пропорциональные у (и те и другие не дают вклада в магнитное поле), находим

Маленькое изображение
 

Нетрудно убедиться, что только z-компонента магнитного поля отлична от нуля. Для нее

Маленькое изображение
 

Таким образом, магнитное поле в центре круга не зависит от  времени. Оно  равно  полю в центре витка с током, таким, что ∫ I·dS = qv.
Легко понять почему: представьте, что заряд «размазан» вдоль «проволоки» [ρ = ρ(s)] и движется как целое; ясно, что лишь  в той  части  витка,  где  ρ≠0,  ток отличен

Маленькое изображение
 

   г) Формула (21.1) для напряженности электрического поля (см. «Лекции», вып. 6, гл. 21, стр. 143) принимает в на­шем случае вид

Маленькое изображение
 

Дифференцируя, получаем для Ех и Еу формулы, совпа­дающие с уже найденными. Вычислим магнитное поле

Маленькое изображение
 

что опять совпадает с прежним результатом.
 
К главе 22. Цепи переменного тока

Маленькое изображение22.1. а) Пусть ток втекает в узел 1 (см. рисунок), а вытекает из узла 7. В силу  симметрии  системы потенциалы точек 2, 5, 4 равны. Также равны между собой потенциалы точек 6, 3 и 8. В итоге получим электрическую схему следующего типа:

Маленькое изображение
 

Сопротивление при таком подсоединении равно 5/6 ом.
   б) Пусть подсоединение сделано так, что ток втекает в узел 1, а вытекает из узла 4. Тогда равны потенциалы узлов 2 и 5. Объединим эти узлы. Соответственно равны потен­циалы узлов 3 и 8. Их также объединяем. В итоге полу­чим следующую плоскую эквивалентную схему:

Маленькое изображение
 

При данном  подсоединении  сопротивление  схемы равно 7/12 ом.
   в) Пусть ток втекает теперь в узел 1, а вытекает из узла 8. В этом случае равны попарно потенциалы точек 3 и 6, а также 4 и 5. Объединим соответствующие узлы попарно. Получится следующая эквивалентная схема:

Маленькое изображение
 

Сопротивление такой цепи (см. «Лекции», вып. 6, стр. 180) нельзя вычислить, пользуясь лишь формулами для парал­лельных и последовательных сопротивлений. Чтобы Найти ее сопротивление, запишем уравнение Кирхгофа для токов и напряжений (см. схему):

Маленькое изображение
 

Решая эту систему уравнений, находим i1 =i4=i/4, i2=i5i/4 , i3 = 0. Отсюда для напряжения V между узлами 1 и 8 получаем

Маленькое изображение
 

т.е. сопротивление цепи равно 3/4 ом. Другие возможные подсоединения сводятся к одному из рассмотренных выше.
 
22.2. а) Легко найти полный импеданс цепи. Он равен

Маленькое изображение
 

Если теперь ввести комплексную э.д.с. V = V0е¡ωt , то ком­плексный ток равен

Маленькое изображение
 

Определяя вещественную часть этого выражения, находим силу тока в цепи

Маленькое изображение
 

   б) В этом случае каждая из индуктивностей станет равной L+M и ответ будет таким, как был найден выше, но L перейдет в L+ M, а С в С/(1+ω2MС). Действительно, если обозначить через iC и iL токи через параллельно соединенные емкость и индуктивность L, так что iC +iL = I где I — полный ток в цепи, то

Маленькое изображение
 

С другой стороны, согласно закону Кирхгофа, для напряжений имеем

Маленькое изображение
 

Из последнего уравнения видно, что уравнения такие же, как и в пункте (а), но

Маленькое изображение
 

Учитывая это, находим комплексный ток в цепи

Маленькое изображение
 

Вещественная  часть этого выражения дает нам искомую силу тока в цепи

Маленькое изображение
 

22.3. а) Схему можно представить в следующем виде:

Маленькое изображение
 

Импеданс верхней цепи при этом равен

Маленькое изображение
 

а импеданс нижней Z″ = z/(Z1 + Z2), где Z = Z1Z2 + Z1Z3 + Z2Z3. Полный импеданс цепи равен Z = Z′Z″/(Z′ +Z″) = Z/(Z1+2Z2 + Z3). Подставляя  в последнее выражение Z¡, с учетом того что R2= L/2C, получаем Z = R.
   б) Убедимся, что при ω=ωс= √1ILC энергия, выделяемая на Z′, равна энергии, выделяемой на Z″.   Для этого необходимо, чтобы | Z′| = | Z″|  и Re Z′` = Re Z″.   Из найденных в пункте (а) выражений для Z′ и Z″ следует, что должно выполняться равенство | Z2 + Z3 | = | Z1 + Z2 |, т.е. √R2+(1/ω2C2)= √R22L2. Следовательно, ω2 = 1/LC.
 
22.4. Введем комплексную э. д. с. V=E0 ехр (¡ωt). Сначала рас­смотрим случай, когда источник э. д. с. не имеет внутрен­него  сопротивления. Тогда импеданс цепи равен Z(ω) =1/2[R — (¡/ωС)]. Комплексный ток в цепи I=V/Z = 2E0ехр (¡ωt)/[R — (¡/ωC)]. Потенциалы точек а и b равны соответственно Va=Vc + 1/2lR и Vb = Vc — iI/2ωC. Раз­ность этих потенциалов можно представить в виде

Маленькое изображение
 

Качественно зависимость фазы  от частоты  изображена  на рисунке.
Если источник э. д. с. имеет  внутреннее  сопротивление R/10, то  полный  импеданс цепи будет  равен

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеВ этом случае амплитуда разности потенциалов перестает зависеть от частоты лишь при очень малых или очень боль­ших частотах. Качественный ход фазы разности потенциалов остается прежним.

22.5. При параллельном соединении импеданс цепи находится следующим образом: Z1 = R1 + i [ωC—(1/ωL)]. Вводя комплексную э. д. с. V = Voexp (iωt) и определяя силу тока в цепи I = V/Z (ω), находим выражение для амплитуды силы тока

Маленькое изображение
 

При ω02 = 1/LC наступает «резонанс»: при этом условии сила тока в цепи минимальна и равна (по амплитуде) /мин = V0/R. Примерный характер «резонансной» кривой изображен на фиг. 1. При малых ω ток в цепи течет в основном через индуктивность, а при больших —через емкость. В момент резонанса ток течет лишь через активное сопротивление.
Определим ширину резонансной кривой подобно тому, как это делалось при анализе механических колебаний (см. «Лекции», вып. 2, гл. 23). Для   I02 имеем

Маленькое изображение
 

где ω02=1/LС. Если 1/RС«ω0, т. е. R» √L/C, эту формулу можно упростить (таким же образом, как и в гл. 23)

Маленькое изображение
 

Ширину резонансной кривой определим по частотам, при которых I02 в два раза больше, чем в резонансе. Находим Δω=1/RC. При последовательном соединении элементов импеданс цепи Z (ω) = R +¡ [ωL—(1/ωС)], а амплитуда тока

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Резонансная кривая в этом случае имеет вид, изображенный на фиг. 2. Зависимость I02 от частоты здесь равна

Маленькое изображение
 

Ширина резонансной кривой равна Δω = R/L. Если R= k√L/C для параллельного соединения и R=1/kL/C для последовательного, то ширина резонансной кривой в обоих случаях в k раз меньше резонансной частоты.
 
22.6. Представим схему так, как изображено, на рисунке. При этом Z1l = ¡ωL +Ra, Z2 = R, Z3=R, Z4 = 1/(¡ωС + Rb–1). Очевидно,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеУсловие компенсации имеет вид ¡D=0. Отсюда i1 = i3 и i2 = i4 и, следовательно, Z1Z4=Z2Z3,т. e. (¡ωL + Ra)/(iωC + Rb–1)=R2. Определяя вещественную и мнимую части, находим

Маленькое изображение
 

Из этих выражений следует, что R2 = RaRb и, следовательно, L = CR2.
 
22.7. Условие сбалансировки для моста в этой задаче выводится точно так же, как и в задаче 22.6, но здесь надо лишь считать, что

Маленькое изображение
 

Приравнивая по отдельности вещественные и мнимые части этого уравнения, находим условия баланса:

Маленькое изображение
 

22.8. Импеданс цепи легко находится:

Маленькое изображение
 

   а) Пусть RC = L/R. Тогда Z = R. Следовательно, амплитуда тока в этом случае не зависит от частоты.
   б) Падение напряжения на RС-паре, когда RC=L/R, равно

Маленькое изображение
 

где Z1 = R/?/(1 + ¡ωСR).
Представляя отношение Z1/R в виде Z1/R=e-¡φ/1+ω2C2R2, где tgφ = ωCR, находим искомую разность фаз

Маленькое изображение
 

22.9. Суммарная емкость m одинаковых последовательно соединенных конденсаторов равна Собщ=С/m. Импеданс цепи Z равен сумме сопротивлений: емкостного Zc=—im/ωC, индуктивного Z1= iωL и активного сопротивления, равного R. Если э.д.с. представить в комплексной форме, то из закона Ома следует

Маленькое изображение
 

Вещественную  часть силы  тока можно представить в виде

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Мощность, выделяемая на активном сопротивлении, максимальна при m, удовлетворяющем условию ωL– (m/ωC) ≈0, т. е. при m≈ ω2СL.

2. а) При заданных значениях параметров цепи т = 2.
   б) Падение напряжения на емкости равно   UC = IZC.

Маленькое изображение
 

К глаее 23. Полые резонаторы
 
23.1. Будем считать, что вся емкость резонансной полости определяется узким зазором, отдавая, разумеется, себе отчет в том, что это лишь некоторое приближение. С другой стороны, предположим, что вся индуктивность полости определяется ее тороидальной частью, причем напряженность магнитного поля во всех точках сечения полости, расположенных иа расстоянии r от ее оси, одинакова. Если зазор рассматривать как плоский конденсатор, то его емкость равна С = ε0πа2/d. Найдем далее напряженность магнитного поля, выбрав контур в виде окружности радиуса r, ось которой совпадает с осью симметрии полости, и воспользуемся тем, что

Маленькое изображение
 

где I —полный ток, который течет через конденсатор. Имеем В =I/2πε0с2r. Определим W=1/2LI2 — энергию магнитного поля в тороидальной части полости:

Маленькое изображение
 

Отсюда находим L = [(b—а)/2πε0с2] In (b/а) и, следовательно, получаем искомое выражение для резонансной частоты

Маленькое изображение
 

Так как при охлаждении полости все ее размеры d,а,b уменьшатся в одинаковое число раз, резонансная частота не изменится.
 
К главе 24. Волноводы
 
24.1. Вывод этих уравнений см. «Лекции», вып. 6, гл. 24, стр. 220.

Маленькое изображение24.2.  Напряженность  магнитного  поля   бесконечной   проводящей плоскости, по которой течет ток, вычислялась в задаче 14.1.
Она равна В =¡/2ε0с2, где ¡ —поверхностная плотность тока. Поскольку  в   нашем  случае  а«b,  то можно, пренебрегая краевыми эффектами, воспользоваться этой формулой. Тогда поле между пластинами равно В = I/bε0с2, а напряженность магнитного поля вне пластин равна нулю. Энергия магнитного поля, приходящаяся  на единицу длины линии, равна

Маленькое изображение
 

Эта энергия равна 1/2L0I2, следовательно, индуктивность единицы длины L0 =а/ε0с2b. Емкость плоского конденсатора равна C = ε0A/d, где А — площадь пластин конденсатора, а d расстояние между ними. Таким образом, емкость, приходящаяся на единицу длины линии, равна C0 = ε0b/a. Отсюда импеданс линии равен

Маленькое изображение
 

24.3. Направим ось z вдоль оси цилиндра. Величина напряженности электрического поля в рассматриваемом случае зависит только от z и r (r —расстояние от оси цилиндра). Зависимость от z необходима для того, чтобы поле на торцах секции, где оно параллельно проводящей поверхности, обращалось в нуль, а зависимость от r при фиксированном z можно найти, используя теорему Гаусса. Имеем E = f(z)/r, где f(z) — некоторая подлежащая определению функция z. Компоненты напряженности электрического поля равны Ex=(x/r2)f(z), Ey=(y/r2) f (z). Для каждой из этих компонент справедливо уравнение

Маленькое изображение
 

которое  после  подстановки в него  выражения для Ех сводится к

Маленькое изображение
 

Решением такого уравнения являются синусы и косинусы. Нам нужно такое решение, которое обращается в нуль при z = 0 и z =l. Очевидно, таким решением будет sin (πnz/l), где n —целое число. Стало быть ω = πnc/l. Для самой низкой моды  n = 1   и  ω= πc/l.
Емкость единицы длины такой линии передачи равна (см. решение к задаче 6.5) С = 2πε0/ln(b/а), а индуктивность единицы длины (см. решение к задаче 17.6) равна L= (In b/а)/2πε0с2. Отсюда частота ω0=1/√LС =с/l. Эта частота в π раз меньше найденной выше минимальной собственной частоты резонатора.
 
24.4. а) Функция E0 (х, z) должна обращаться в нуль при x = 0, а и z = 0, I. Зависимость напряженности электрического поля от координат в прямоугольных сечениях описывается гармоническими функциями, поэтому для самой низкой частоты, для которой распределение поля имеет самый простой вид

Маленькое изображение
 

24.5. а) Напряжение в произвольной точке х в момент времени t есть суперпозиция падающей и отраженной волн:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеОбратим внимание на то, что при kl = πn (n —целое число) амплитуды волн, согласно нашим формулам, обращаются в бесконечность. Физически это означает наступление резонанса —частота источника сравнивается с одной из резонансных частот отрезка кабеля. Амплитуда колебаний при резонансе на самом деле безусловно конечна: величина ее определяется омическими потерями, которыми мы пренебрегли.
   б) V(x,t) =Vпад(x,t) + Vотр(x,t) 0 = (V0/sin kl) sin [k(l—x)] cos ωt при l = 5 πс/2ω = 5х/4 (λ = 2πc/ω),V(x, t)=V0 cos (ωx/I) cos ωt. Амплитуда напряжения максимальна при х = 0, х = λ/2, x = λ (см. рисунок).
   в) Пользуясь формулой (24.1) «Лекций» (вып. 6, стр. 220), находим

Маленькое изображение
 

   г) Так как поглощение отсутствует, средняя работа, производимая генератором, равна нулю [в этом можно убедиться также, вычислив среднее значение I(0) V0 (0)]. Поэтому и средний момент силы равен нулю.
 
24.6. Как и в предыдущей задаче, представим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Мы  имеем два  уравнения  для   А1 и А2, поэтому находим эти величины, а затем силу тока при x = 0

Маленькое изображение
 

   а) Если ZT = 0, то Zs = ¡Z0 tg ωl√LC; Zs=0 при ωl√LC=πn, Zs=∞  при ωl√LC =π/2 + πn.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линии. Рассмотрим только самые низкие моды. Если ZT = 0, т. е. линия замкнута накоротко, напряжение на конце линии равно нулю. На фиг. 1 изображено распределение амплитуд напряжений и токов, когда ωl√LC =π/2. Видно, что при x = 0 ток равен нулю, что и означает Zs=∞. Фиг. 2 относится
 к случаю ωl√LC. Здесь при x = 0 обращается в нуль напряжение, т. е. Zs= 0.                     __
   б) Если  ZT=,  Zs=iZ0/tg ωl√LC.   Проанализировав этот случай аналогично предыдущему (только теперь при
 x=l  должен   обращаться   в   нуль  ток),  можно понять, почему при ω√LCl = (π/2)+nπ, ZS=0, а при ω√LCl=πn,
Zs=∞ (см. фиг. 2).
   в) Если ZT=Z0, то Zs=Z0, т. е. линия  эквивалентна бесконечной.

Маленькое изображение
 

24.7.   На стыке двух передающих линий выполняются следующие условия «сшивки»:
для токов

Маленькое изображение
 

решая которую, получаем искомый ответ.
 
24.8. а) Найдем компоненты напряженности магнитного поля:

Маленькое изображение
 

Магнитное поле действительно поперечно, так как Bz = 0 (волна распространяется вдоль оси z). Легко убедиться, что найденное поле В удовлетворяет волновому уравнению ΔВ — (1/с2) (∂2В/∂t2) = 0. Проверим теперь выполнение граничных условий. Внутри идеального проводника, из которого, как мы считаем, сделаны стенки волновода, переменное магнитное поле должно отсутствовать (иначе возникли бы бесконечно большие индукционные токи). Так как силовые линии магнитного поля имеют вид замкнутых петель, то на стенках волновода должны быть отличны от нуля лишь тангенциальные составляющие вектора В. Но это так и есть на самом деле, поскольку Bz=0
Определим вектор Е. С этой  целью проинтегрируем уравнение div А = — (1/с) (∂φ/∂t) и определим потенциал φ:

Маленькое изображение
 

Электрическое поле также удовлетворяет волновому уравнению ΔЕ — (1/с2) (∂2Е/∂t2)=0. Согласно граничным условиям, на стенках волновода должны быть равны нулю касательные составляющие, т. е. должно быть Еу = 0 при х = 0 и х = а, Ех = 0 при у = 0 и у = b и Ez = 0 на стенках волновода. Найденные выражения для компонент напряженности электрического поля удовлетворяют этим условиям.
   б) В этом случае kzчисто мнимая величина, т. е. kz = —¡α, где α —вещественное число. Но тогда Вх, Bz ~ ехр (—αz) и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси z.
 
К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
 
25.1. φ2–А2=+AμAμ;    A·j–ρφ= –AμJμ, μ=1,2,3,4.

Маленькое изображение25.2. Начальные условия: электрон покоился (его энергия была равна m0, а импульс—нулю), фотон налетал с энергией hv0 и импульсом hv0. После соударения энергия электрона стала равна m, а импульс mv, где m = m0/√1—β2. Энергию фотона после соударения обозначим hv, а его импульс hv. Напишем законы сохранения энергии и импульса

Маленькое изображение
 

(В релятивистских  обозначениях это  можно написать как ∑налет.част.Pμ= ∑разлет.част.Pμ.) Из треугольника ОАВ находим m2v2 =h2v02+h2v2—2h2v0v cosφ, а из закона сохранения энергии следует m = h (v0—v) + m0. Возводя обе части этого соотношения в квадрат и вычитая из получившегося уравнения ранее найденное из треугольника  ОАВ соотношение, несложными преобразованиями находим

Маленькое изображение
 

где φ —угол отклонения направления распространения фотона от первоначального.
 
25.3. Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант РμРμ = inv, т. е. Е2—p2 = inv, где Е и  р —полная энергия и импульс системы. Квадрат четырехмерного импульса системы сохраняется в результате реакции и не зависит от системы координат. В лабораторной системе (до реакции) р0 = mе + Еγ (Еγ— энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен Еγ. Квадрат четырехмерного импульса в лабораторной системе: (Еγ+mе)2— Еγ2. Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный  импульс здесь по определению равен  нулю. Временная же     компонента равна (/√1–v12) + (me+/√1–v22)+  (me_/√1–v32), где me_ и mе+ — соответственно массы электрона и позитрона ее+е). Итак,

Маленькое изображение
 

Порог реакции будет соответствовать нулевым скоростям электронов и позитрона v1 = v3 = v2 = 0. Отсюда γминmе + mе2 = 9mе2. Следовательно, Еγмин = 4mе = 2,04 Мэв.
 
25.4. Обозначим через Рμ суммарный 4-вектор импульса частиц m и М до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, Рμ (√р22+m, р). Обозначим через Р′μ 4-вектор импульса образовавшейся частицы в системе координат, в которой она покоится. Очевидно, Р′μ(m1, 0). Тогда из инвариантности квадрата 4-вектора импульса и из закона сохранения импульса следует, что Рμ2=Р′μ2 или

Маленькое изображение
 

Отсюда находим массу покоя  новой  частицы:
m12 = m2 + М2+2m√р2+ М2. Поскольку импульс частицы р до соударения связан с ее скоростью соотношением

Маленькое изображение
 

В нерелятивистском случае, т. е. при v2«1, m1 = m+М. Скорость новой частицы в лабораторной системе координат связана с импульсом р′ и энергией Ε′ частицы соотношением: V = р′/Ε′. Согласно закону сохранения импульса,p = р′, а согласно закону сохранения энергии, Ε′= m+ √p2+M2.Отсюда

Маленькое изображение
 

В нерелятивистском случае   (v2 «1)   получаем   известный результат

Маленькое изображение
 

К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
 
26.1.  В  четырехмерной форме результат вычисления  ΔμFμv=(1/ε0) jμ где jμ(ρ, j) —4-вектор плотности тока.
 
26.2.  Искомым вектором  является  4-вектор  с   компонентами fμ = Fμvjv, где Fμv — тензор электромагнитного поля, a  jv — 4-вектор плотности тока. Временная  компонента  этого вектора f4 = (j·E)   равна  мощности, затрачиваемой  электрическим полем на изменение движения зарядов.
 
26.3.  Используя соотношения, приведенные в табл. 26.2 «Лекций» (вып. 6, стp. 273),  легко  показать,  что (Е·В) = (Е′·В′) и
 E2—В2 = Е′2 —В′2, т. е. эти величины инвариантны. Поскольку (Е·В) — инвариант, то если векторы Е и В образуют острый
 угол в одной системе координат, т. е. если (Е·В) > 0, то и во всех других  инерциальных  системах  этот  угол будет острым. Оба  рассмотренных   инварианта  равны  нулю для электромагнитной волны в пустоте.
 
26.4.  Выберем  систему  координат  так,  что ось  х параллельна вектору  (Е х В). Система  К′ с  осями х′ || х, у′ || у,  z′|| z движется с искомой скоростью v. В системе К′ (Е′ x В′) = 0. Распишем это уравнение в компонентах

Маленькое изображение
 

Выразим в этих уравнениях Е′ и В′ через Е и В в системе К с помощью лоренцевых преобразований (см. соответствующие формулы преобразования в табл. 26.2 «Лекции», вып. 6, стр. 273).
Легко показать, что

Маленькое изображение
 

Поскольку система К выбрана так, что Еx = 0 и Вx=0, два последних уравнения удовлетворяются автоматически, из первого уравнения следует, что

Маленькое изображение
 

26.5. Рассмотрим систему координат К′, в которой заряд покоится. В этой системе координат В = 0, Е = qR′/4πε0R3. Используя формулы преобразования для компонент векторов Е и В при лоренцевых преобразованиях, находим, что в лабораторной системе К (см. табл. 26.2; в формулах этой таблицы нужно Только заменить v на  –v):

Маленькое изображение
 

где R′2=[(x-vt)2+(y2+z2)(1—v2)]/(1—v2) (согласно лоренцевым преобразованиям x′= (x—vt)/√1-v2, у′=y, z′ = z). Подставляя выражение для R′ в выражения для компонент векторов E и В и вводя обозначение

Маленькое изображение
 

Если ввести θ —угол между векторами rр {хvt, у, z} и v, то R*2 = r2р (1—v2sin2θ). Поэтому векторы Е и В можно представить в виде

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

26.6. См. решение к задаче 26.5.
 
26.7.  а) В системе координат К, жестко  связанной с проводом,напряженность электрического поля равна нулю в силу электрической нейтральности провода. Магнитное же поле легко найти:

Маленькое изображение
 

где I —вектор силы тока [по поводу этой формулы см., например, «Лекции», .вып. 5, стр. 263, формула (13.18)]. Если ось х направить вдоль вектора I, то r = √y2 +z2 и

Маленькое изображение
 

   б) Чтобы найти поля Е и В в системе координат К′, движущейся вместе с электронами, необходимо воспользоваться формулами преобразования полей при лоренцевых преобразованиях (см. табл. 26.2, вып. 6, стр. 273). В результате  найдем

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение26.8. Вектор напряженности электрического поля Е, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью, из соображений симметрии направлен перпендикулярно этой плоскости. Величину же его легко определить с помощью теоремы Гаусса. В результате Е = (σ/2ε0) еу, где еу—единичный вектор в направлении  оси у (см. рисунок).
На заряд q, движущийся со скоростью v, действует сила Лоренца

Маленькое изображение
 

В рассматриваемой лабораторной системе координат В = 0 и, следовательно, F = (σq/2ε0) ey. Заряды отталкивают друг йруга с силой Кулона

Маленькое изображение
 

(см. решение к задаче 26.5), где θ —угол между векторами v и R — радиусом-вектором,соединяющим два заряда. По условию задачи θ = π/2. Поэтому fy = (q2/4πεоа2) √1—v2. Движущиеся заряды не будут отклоняться от плоскости, если Fy = fy. Отсюда следует ответ

Маленькое изображение
 

Поскольку при малых скоростях зарядов σ≈σ0= q2/2πа2, то отношение плотностей зарядов на поверхности плоскости при релятивистских скоростях к плотности зарядов в нерелятивистском случае равно σ/σ0=1—v2. Так как энергия частицы со скоростью v2 равна Е = m/√1—v2, то σ=σ0(m/Е). Поскольку по условию задачи энергия заряда равна 500 Мэв, то, учитывая, что m = 0,5 Мэв, находим σ/σ0 = 10-3.
 
26.9. Пользуясь выражением uμ=dxμ/ds, убеждаемся, что uμ2=1. Далее

Маленькое изображение
 

26.10. а) Прежде всего нужно определить «запаздывающее положение» частицы, т. е. выяснить, на каком этапе движения создается интересующее нас поле. Для этого достаточно ответить на вопрос, какое время больше — затраченное светом для того, чтобы пройти из начала координат в точку (а,а), или затраченное частицей для того, чтобы достичь точки (а, 0), выйдя опять-таки из начала координат. Так как v/c = 0,5, второе время больше, т. е. поле создается зарядом во время его равномерного движения вдоль оси х.
Электрическое поле равномерно движущегося заряда имеет вид (см., например, решение к задаче 26.5) или формулы (26.2), (26.3) и (26.6) «Лекций» (вып. 6, стр. 262, 263):

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Согласно условию задачи z = 0, y = a, x=а, vt1=a, v = 1/2. Отсюда Ex = Ez = 0, Ey=q/2√3πε0а2.
   б) Как было выяснено в пункте (а), интересующее нас поле определяется движением частицы вдоль оси х. Оно не зависит от характера движения частицы до прихода ее в начало координат.
 
К главе 27. Энергия поля и его импульс
 
27.1. Вычислим vXAXB, дифференцируя так же, как  мы дифференцируем произведение функций

Маленькое изображение
 

Индексы A и В у v мы приписали для удобства, чтобы яснее отметить тот факт, что при дифференцировании оператор v действует только на соответствующий вектор, а другой вектор при этом считается постоянным. Далее, замечая, что

Маленькое изображение
 

27.2. Напряженность магнитного поля диполя  с магнитным моментом M равна

Маленькое изображение
 

Выберем сферическую систему координат, начало которой совпадает с центром Земли, а ось z — с направлением вектора М. Величину М можно определить через магнитное поле у поверхности Земли на экваторе В0 = M/R034πε0с2, где R0 - радиус Земли. Считая Землю шаром, вычислим энергию внешнего по отношению к Земле  магнитного  поля по формуле W = oc2/2) ∫ B2dV. Подставляя в эту формулу выражение для В, легко несложным интегрированием показать, что W=4πε0с2B02R03/3≈103 Мгm. Отсюда ясно, что по энергетическим соображениям взрыв водородной бомбы в 1 Мгт не может существенно исказить магнитное поле Земли.
 
27.3. Напряженность магнитного поля на поверхности провода В=I/2πε0с2r, где I —сила тока, протекающего по проводу. Напряженность электрического поля найдем, воспользовавшись законом Ома, I = Е/R, где R —сопротивление единицы длины провода. Тогда плотность потока энергии, равная модулю вектора Пойнтинга, равна S=ε0c2ExB=(ε0c2/R)IXB. Поток энергии направлен нормально к поверхности провода. Интегрируя по поверхности провода единичной длины, находим

Маленькое изображение
 



ЧИТАЙТЕ ТАКЖЕ:


Социальные комментарии Cackle


 
 
© All-Физика, 2009-2016
При использовании материалов сайта ссылка на www.all-fizika.com обязательна.