Главная >> Фейнмановские лекции по физике >> Том 10 >> Задачи к томам V-VII

Решения и ответы

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
 
К главе 1. Электромагнетизм
 
1.1.   a) m = q_e/√4πε₀G = 1,86·10^–6кг,   где q_e —заряд электрона; G = 6,67·10^–8  м³/кг·сек² — гравитациойная   постоянная; m/m_p=1,1·10¹⁸(m_p=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^-4n²Zq_e²/4πε₀r², где r— расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем F= 1,7^.10¹⁵ньютон.
 
1.2.  Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой R=R₀·A^1/3, 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

Следовательно, работа, которую необходимо затратить на преодоление электрического отталкивания при образовании ядра урана U²³⁶ из двух одинаковых половинок, приближенно равна (A = 118, Z = 46), E_U = 4·10^-11 дж = 250 Мэв (2,8·10⁶ квт-час/кг). Для двух ядер дейтерия (A= 2, Z=1), сливающихся в гелий, Е_He = 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 v²/с² =8,1·10^-21.
 
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что v/с = ¹/₃, величина

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

Частица будет совершать все время движение вдоль оси z, §cnw.qE_x=qv_zB. При этом v_x = 0 и v_z=const. Следовательно (так как v_z=c/3),

Заряд 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 v_x = ωv_y, v_y = –ωv_x ,v_z=0
 
Умножая второе уравнение на мнимую  единицу и складывая c первым, находим

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

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:

   б)  В  магнитном  поле  В_х = 0,   B_у = 0, В_z = 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 B_x = 0,B_y=0, B_z = 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  Φ_CBdI = –a·L·l ≠0   в   противоречии g уравнением Максвелла.

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

   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

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

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

Начав 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

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:

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

Следовательно, искомый градиент температуры в изоляционном покрытии равен

   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,

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

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

Подставляя в это выражение компоненты ротора А и учитывая тот факт, что порядок вычисления смешанных производных произволен, т. е. что, например, д²А_х/дzду= д²А_х/дудz, легко убеждаемся в равенстве нулю дивергенции ротора произвольного вектора А.
   б) Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что

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

Прибавляя и вычитая в правой части последнего соотношения величину д²А_х/дх^г и учитывая, что дА_х/дх + дА_у/ду+дА_z/дz= v · А, убеждаемся в справедливости соотношения (1). Аналогично доказывается это соотношение   для компонент у и z.
 
2.3. а) Так как R_x=x, R_y=y, R_z = z, то

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

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,

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

   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

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

   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,

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

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

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

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

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

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= xω,(ωxR)_z= 0, то

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 = ∂h_x/∂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:

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.

Используя теорему Стокса, запишем

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

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

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

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

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,

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

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 В_r 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 v·K (r/r³)=0 только для r≠ 0.   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

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

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

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

   г) При r>r_с 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

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,

5.2. Используя  цилиндрическую  симметрию задачи, по теореме Гаусса найдем

где Q —полный заряд цилиндра, R —его радиус, L — его 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

5.3. Потенциалы пластин по условию задачи равны. Отсюда

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

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

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

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

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

5.6. 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 q — плотность источников тепла, такая, что полное количество выделяемой в Земле энергии равно Q=(4π/3) R³q= 8·10²⁰дж/год. Тогда

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,

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

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

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

Абсолютные величины сил равны

6.2. Сила притяжения к электростатическому изображению равна

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

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

6.3. Обозначим длину, ширину и толщину бруска через 2а, 2b и 2с 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

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

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

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

6.4. Заряд, накопившийся на Земле за время t, равен q=ηSq_pt, где η = 1 протон /см² ·сек — плотность потока частиц, S= 4πR²—площадь поверхности Земли, R —радиус Земли, q_р—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

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

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

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).

   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 q″ в центре сферы следует заменить на Va4πε₀. Таким образом,

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

6.7. 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

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

6.8. 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),

Радиальная составляющая напряженности электрического поля равна

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

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

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

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

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

   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

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

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

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

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

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 +σ 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/ε_o = p/ε_o.
 
6.12.

   в) Пусть х»а. Тогда с точностью до членов порядка а²/х²

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 еφ_макс 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

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

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

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

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

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

Если это уравнение записать иначе, т. е. (х— а)²+у² = 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

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

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) (q²/4πε_or).
 
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:

8.3. Суммарная энергия  конденсаторов до их параллельного соединения равна

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

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

   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 | r_1,2| «| R |, находим

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

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

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

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

 а работа этой силы на расстоянии dх равна —(q²/2ε₀A) dx.
 
8.6.  Разность Δ энергий покоя мезонов равна Δ=(m_π+—m_π¯)с²= 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]

Из условия Δ= W получается радиус пиона а = 2·10^–14 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

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):

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

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

10.2. Емкость конденсатора без диэлектрика равна С_о = Aε₀/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

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

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

Поверхностная плотность зарядов σ_пол равна σ_пол = Рn. Следовательно, наведенные на внутренней и внешней по­верхностях диэлектрика заряды Q_a и Q_b, соответственно равны

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

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

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

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

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

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

Вес столба втянутого масла равен π (b²—a²)ρgh. Потен­циальная энергия этого столба в поле силы тяжести равна весу, умноженному на координату его центра тяжести, т. е. на h/2:

Из равенства работы механических сил потенциальной энер­гии находим требуемый результат:

10.7. Граничные условия на границе раздела двух сред (1) и (2) имеют вид Е_1t= Е_2t , D_1n =D_2n или Е_1n/x₁ = Е_2n/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

Отсюда следует искомое граничное условие

Покажем 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

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 E_1t = E_2t. Из фиг. 3 видно, что

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:

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

11.2. Дипольный момент атома гелия равен

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 (р—давление пара, k—постоянная Больцмана). По данным таблицы, приведенной в условии задачи, N= 1,138·10²⁵ м^-3. Для α получается следующая таблица значений:

Если построить зависимость α = f(1/T), то эксперименталь­ные точки ложатся на прямую, тангенс угла наклона кото­рой равен А = 1,12. Отсюда р_о= √Зε_оkA = 2·10^–17 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:

Поскольку дипольные моменты атома кислорода и атома титана равны р_O =α_Oε₀E и p_Ti = α_Tiε₀E, то при подстановке в эти выражения Е следует искомое условие:

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

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

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

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

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

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

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

12.2. Используя аналогию с электростатической задачей, находим Т (r) = — (Sr²/6x) + D, где S = W/(4π/3) R³—плотность 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

12.3. а) Трехмерный случай:

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

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

   б) Двумерный   случай:

В   этом   случае Δφ=_n∑ (n — 1) (n+ 1)с_nzρ^n–3 = 0.   Следовательно,   лишь c₁ и c_-1от нуля и решение имеет вид

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

В этом выражении r₂=√[x—(d/2)]`<sup>2</sup>+ y<sup>2</sup>  и r<sub>1</sub> = √[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

13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током, текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоя­нии r от последнего равна В = (I х е_r)/2πε₀с²a, где е_r — единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежа­щего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны B_у = 2I/πε₀с²a = 8·10^–5 вебер/м², В_х = 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 В_х = В₀/2, В_у = 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 = 6,310^–4 ньютон. Направление силы составляет угол161°,7 с осью х.
 
13.2.   При  вращении  цилиндра  возникает  ток  с  плотностью

Выберем 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

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

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

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 φ_макс (обозначения расшифрованы на рисунке). Так как а«l, то tg φ_макс = D/2I. Нетрудно убедиться, что если отказаться от условия а«l, то φ_макс надо определять из уравнения

Радиус окружности как функция параметров трубки и угла отклонения  есть    r = /₁/sin φ_макс.
Следовательно, В = mv₀/q_el₁√ 1+ (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/m_е, при E = 3 кэв v_о = 3·10⁷ м/сек. Число ампер-витков на единицу длины (м) соленоида находится по формуле В = nI/ε₀c²: 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 > φ_макс (φ_макс опреде­ляется параметрами трубки) и найденные оценки В, nl надо увеличить.

13.5. 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

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 = (1/2ε_ос²) 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_¡/с². 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 A_y = A_z = 0. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно

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

Так как В = v х А, то, проделав необходимое дифферен­цирование, находим В_х = 0, B_y = σv/2ε₀c², В_z = 0. В векторной форме

14.2. Для  решения   задачи  удобно  воспользоваться  законом Био —Савара

   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    В_x1 = /a²/2ε₀c²r₁³ и

   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/5^3/2аε₀с².

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

где 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

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

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

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

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

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

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

Вычисляя напряженность магнитного поля В = v хА,  нахо­дим окончательно В_х = В_у = 0:

14.6. Полный заряд проводящей сферы связан с потенциалом V соотношением Q = 4nε₀Va. 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

Преобразуя поверхностный интеграл в объемный по теореме Гаусса, найдем

где вектор Е₀ — напряженность   поля   равномерно   заряжен­ного шара

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=₀∫^b 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:

   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= ε_oV_o/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.

6
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)

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

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

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 U_мех. При фиксированном θ сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине

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

Мгновенное ускорение следует определить из уравнения движения: mw = q_e [E + v x H]. Так как в начальный момент времени скорость заряда равна нулю, то w = (q_e/m)Et = —(q_еr/2m) (∂Bl∂t). Ускорения в точках P₁ и Р₃ по величине равны q_ea(∂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

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

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

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.

17.4. 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

Так как  провод движется  равномерно, то действующая на него  сила (сила Ампера) равна нулю. Отсюда / = 0 и, следовательно, v_стац = 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)]

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 + L₂—2M. 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

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

   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

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

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

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

   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

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

   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.

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

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

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

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

   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

При этом вектор В_о 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:

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

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

где µ = I₁πr₁²e_z; е_z —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:

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

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

Отсюда I = E/R=–Bvl/R=–10^–8а. 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)

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

Витки отталкиваются друг от друга.
   в)  Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы тока I_Б 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

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

Подставляя в это уравнение E_α = E_0αexp [i (ωt—kx)] и выполняя дифференцирование, находим [k² —(ω²/с²)]E_α =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_0α = E′_0αexp(¡φ_α), где E′_0α – модуль   комплексного числа E_0α, а  φ_α— его  аргумент. Тогда   E_α = E′_0αехр [i (ωt—kx+ φ_α)].  Следовательно, вещественную  часть Е_α   можно   записать в  таком виде: E′_0αcos(ωt—kx+ φ_α). Найдем далее уравнение  движения точки, для которой фаза волны φ=ωt—kx имеет некото­рое фиксированное  значение. Очевидно, в  этой точке компоненты напряженности электрического поля  волны будут иметь определенные значения, равные E_α = E′_0α cos(φ + φ_α). Определяя х, находим этот закон

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

Следовательно, действие оператора v на подобные функ­ции сводится к простому умножению их на вектор —ike_x. 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

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

так как e_xX(e_xX B)= e_x(e_x·B)–B(e_x·e_x). Учитывая, что, согласно третьему из полученных уравнений, e_xB=0, а также что (e_x·e_x)=1, из (1) находим [k²—(ω²/с²)] В=0. Отсюда следует, что ω = ck.
   д) Электрическое поле Е = Е_оехр ± [i (ωt+ kx)] описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси х. Действие оператора v на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор ± ike_x, 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

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):

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),

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

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

Учитывая, что e_z·e_θ=cos θ, находим, что эти скалярные про­изведения равны нулю. Модули векторов de_r±/dt и d²e_r±/dt² найдем, вычислив скалярные произведения этих векторов на e_θ. Учитывая, что (e_z·e_θ) =—sin θ, имеем

Определяя из этого выражения Е_φ, Е_θ, и Е_r, 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

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:

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

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

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

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

Умножая Е скалярно на e_r,e_φ=e_zX e_r и е_θ=е_r X(e_zX e_r) = cosθe_r—e_z, находим выражения для E_φ, E_θ, E_r, при­веденные в условии задачи 21.2. При этом сВ=е_rх Е.
 
21.5. а) Так как i=dp/dt, где р—дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим

Дипольный момент элементарного диполя длиной Δz отсюда равен

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

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

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

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

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

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

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

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

в) 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

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

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

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

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

Легко убедиться, что при t=0, т. е. когда заряд нахо­дится в точке Р, Е_x < 0 и Е_у < 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

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

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

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

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

Дифференцируя, получаем для Е_х и Е_у формулы, совпа­дающие с уже найденными. Вычислим магнитное поле

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

22.1. 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:

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:

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:

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):

Решая эту систему уравнений, находим i₁ =i₄=i/4, i₂=i₅=Зi/4 , i₃ = 0. Отсюда для напряжения V между узлами 1 и 8 получаем

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

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

Определяя вещественную часть этого выражения, находим силу тока в цепи

   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 i_C и i_L токи через параллельно соединенные емкость и индуктивность L, так что i_C +i_L = I где I — полный ток в цепи, то

С другой стороны, согласно закону Кирхгофа, для напряжений имеем

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

Учитывая это, находим комплексный ток в цепи

Вещественная  часть этого выражения дает нам искомую силу тока в цепи

22.3. а) Схему можно представить в следующем виде:

Импеданс верхней цепи при этом равен

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=ω_с= √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)= √R²+ω²L². 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 V_a=V_c + ¹/₂lR и V_b = V_c — iI/2ωC. Раз­ность этих потенциалов можно представить в виде

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

В 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: Z^–1 = R^–1 + i [ωC—(1/ωL)]. Вводя комплексную э. д. с. V = V_oexp (iωt) и определяя силу тока в цепи I = V/Z (ω), находим выражение для амплитуды силы тока

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

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)

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

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

Ширина резонансной кривой равна Δω = R/L. Если R= k√L/C для параллельного соединения и R=1/k√L/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 Z_1l = ¡ωL +R_a, Z₂ = R, Z₃=R, Z₄ = 1/(¡ωС + R_b^–1). Очевидно,

Условие компенсации имеет вид ¡_D=0. Отсюда i₁ = i₃ и i₂ = i₄ и, следовательно, Z₁Z₄=Z₂Z₃,т. e. (¡ωL + R_a)/(iωC + R_b^–1)=R². Определяя вещественную и мнимую части, находим

Из этих выражений следует, что R² = R_aR_b 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

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

22.8. Импеданс цепи легко находится:

   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

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

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

Вещественную  часть силы  тока можно представить в виде

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   U_C = IZ_C.

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

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

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

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.

24.2.  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

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

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 E_x=(x/r²)f(z), E_y=(y/r²) f (z). Для каждой из этих компонент справедливо уравнение

которое  после  подстановки в него  выражения для Е_х сводится к

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

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

Обратим 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) =V_пад(x,t) + V_отр(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

   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

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

   а) Если Z_T = 0, то Z_s = ¡Z₀ tg ωl√LC; Z_s=0 при ωl√LC=πn, Z_s=∞  при ωl√LC =π/2 + πn.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линии. Рассмотрим только самые низкие моды. Если Z_T = 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 Z_s=∞. Фиг. 2 относится
 к случаю ωl√LC=π. Здесь при x = 0 обращается в нуль напряжение, т. е. Z_s= 0.                     __
   б) Если  Z_T=∞,  Z_s=—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, Z_S=0, а при ω√LCl=πn,
Z_s=∞ (см. фиг. 2).
   в) Если Z_T=Z₀, то Z_s=Z₀, т. е. линия  эквивалентна бесконечной.

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

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

Магнитное поле действительно поперечно, так как B_z = 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 B_z=0
Определим вектор Е. С этой  целью проинтегрируем уравнение div А = — (1/с) (∂φ/∂t) и определим потенциал φ:

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 Е_у = 0 при х = 0 и х = а, Е_х = 0 при у = 0 и у = b и E_z = 0 на стенках волновода. Найденные выражения для компонент напряженности электрического поля удовлетворяют этим условиям.
   б) В этом случае k_z — чисто мнимая величина, т. е. k_z = —¡α, где α —вещественное число. Но тогда В_х, B_z ~ ехр (—αz) и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси z.
 
К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
 
25.1. φ²–А²=+A_μA_μ;    A·j–ρφ= –A_μJ_μ, μ=1,2,3,4.

25.2. 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

(В релятивистских  обозначениях это  можно написать как ∑_{налет.част.}P_μ= ∑_{разлет.част.}P_μ.) 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

где φ —угол отклонения направления распространения фотона от первоначального.
 
25.3. Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант Р_μР_μ = 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 = m_е^– + Е_γ (Е_γ— энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен Е_γ. Квадрат четырехмерного импульса в лабораторной системе: (Е_γ+m_е)²— Е_γ². Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный  импульс здесь по определению равен  нулю. Временная же     компонента равна (mе^–/√1–v₁²) + (m_e⁺/√1–v₂²)+  (m_e_/√1–v₃²), где m_e_ и m_е+ — соответственно массы электрона и позитрона (т_е^–=т_е+=т_е). Итак,

Порог реакции будет соответствовать нулевым скоростям электронов и позитрона v₁ = v₃ = v₂ = 0. Отсюда 2Е_γ^минm_е + m_е² = 9m_е². Следовательно, Е_γ^мин = 4m_е = 2,04 Мэв.
 
25.4. Обозначим через Р_μ суммарный 4-вектор импульса частиц m и М до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, Р_μ (√р²+М²+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 Р_μ²=Р′_μ² или

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

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

В нерелятивистском случае   (v² «1)   получаем   известный результат

К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
 
26.1.  В  четырехмерной форме результат вычисления  Δ_μF_μv=(1/ε₀) j_μ где j_μ(ρ, j) —4-вектор плотности тока.
 
26.2.  Искомым вектором  является  4-вектор  с   компонентами f_μ = F_μvj_v, где F_μv — тензор электромагнитного поля, a  j_v — 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

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

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

26.5. Рассмотрим систему координат К′, в которой заряд покоится. В этой системе координат В′ = 0, Е′ = qR′/4πε₀R′³. 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):

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

Если ввести θ —угол между векторами r_р {х—vt, у, z} и v, то R*² = r²_р (1—v²sin²θ). Поэтому векторы Е и В можно представить в виде

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:

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

   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

26.8. 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) е_у, где е_у—единичный вектор в направлении  оси у (см. рисунок).
На заряд q, движущийся со скоростью v, действует сила Лоренца

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

(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 f_y = (q²/4πε_оа²) √1—v². Движущиеся заряды не будут отклоняться от плоскости, если F_y = f_y. Отсюда следует ответ

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 u_μ=dx_μ/ds, убеждаемся, что u_μ²=1. Далее

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):

Согласно условию задачи z = 0, y = a, x=а, vt₁=a, v = 1/2. Отсюда E_x = E_z = 0, E_y=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

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

27.2. Напряженность магнитного поля диполя  с магнитным моментом M равна

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 = (ε_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

Продолжение. Решения и ответы к задачам V-VII томов фейнмановских лекций по физике

СМОТРИТЕ ТАКЖЕ: