Главная

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

Следовательно, поток вектора Пойнтинга через поверхность прямолинейного провода равен омическим потерям в этом проводе.
 
27.4. Очевидно, что электромагнитное поле будет заключено в пространстве между цилиндрами. Так как цилиндры изготовлены из идеальных проводников, электрическое поле перпендикулярно поверхности цилиндров, т. е. радиально. Магнитное поле В на расстоянии r от оси цилиндров легко найти по теореме Стокса (a«r«b): В = I/2πε₀с²r. Силовые линии магнитного поля представляют собой концентрические окружности с центрами на оси цилиндров. Следовательно, вектор Пойнтинга направлен вдоль оси цилиндров. В задаче 6.5 была найдена емкость С, приходящаяся на единицу длины такого кабеля, как в данной задаче: С=2πε₀/ln (b/а). Учитывая, что заряды на цилиндрах связаны с разностью потенциалов V соотношением q = VC, и используя теорему Гаусса, находим, что напряженность электрического поля Е в пространстве между цилиндрами равна Е = V/r ln (b/а). Поэтому вектор Пойнтинга в каждой точке этого пространства равен по величине

Таким образом,  скорость распространения  энергии  равна

где L = In (b/a)/2πε₀c²—емкость единицы длины кабеля (см. решение к задаче 17.6). Заметим, что в cилу того, что LC=1/c²,  v=c   при   R=√L/C.
 
27.5. Антенна длиной λ/4, помещенная над идеально проводящей плоскостью, эквивалентна рассмотренной в задаче 21.5 антенне с длиной λ/2 (мы учли зеркальное отображение антенны длиной λ/4). Поэтому воспользуемся найденными в решении к задаче 21.5 выражениями для напряженйостей электрического и магнитного полей на далеком расстоянии от антенны (поля над плоскостью):

Тогда мощность, излучаемая антенной, равна   среднему   по времени потоку вектора Пойнтинга:

В решении к задаче 21.5 отмечалось, что функция cos [(π/2) cosθ]/sinθ хорошо аппроксимируется sinθ. Используя это и учитывая, что cos²ω[t—(r/с)] = 1/2, легко находим W = (2π/3) ε₀cα². Следовательно, α = √3W/2πε_ос.
   а) На поверхности Земли, т. е. при θ = π/2, среднее значение по времени вектора Пойнтинга равно

   б) Используя  найденное  выражение для α,   находим,   что максимальные   значения  напряженностей  электрического и магнитного полей равны

27.6. а) Граничные условия заключаются в обращении в нуль тангенциальных составляющих Е на стенках волновода и нормальных составляющих вектора В. Эти условия выполняются, так как Е_у(х = 0, а) = 0, Е_х(у = 0,b) = 0, В_у(у=0, b)=0 и В_х(х=0, а) = 0.

  в) Усредняя   выражение  для  S_z по времени  и  по  сечению волновода, находим

   г) Усредняя U по времени и по объему волновода, находим среднюю плотность энергии в волноводе

   д) Средняя скорость распространения  энергии совпадает с групповой скоростью. Действительно,

[ср. формулу (24.27) «Лекций», вып. 6, стр. 229].
 
27.7. а) Вектор Пойнтинга равен S = ε₀c²ExB = ε₀c³B²n. Магнитное поле осциллирующего диполя равно [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 153, формула (21.23)]

где θ —угол между векторами р и n.
   б) Средняя по времени излучаемая мощность  равна

27.8. Считая, что на электрон действует только электрическое поле волны Е = E_о exp (iωt), найдем из уравнения движения mr = qE₀ exp (iωt) дипольный момент колеблющегося электрона. Аналогично предыдущей задаче найдем вектор Пойнтинга:

Если ввести угол θ между векторами n и Е, то поток излучаемой энергии в элемент dΩ телесного угла можно записать в виде

Разделив этот поток на плотность энергии в падающей волне J = ε₀сE², получим так называемое дифференциальное сечение рассеяния электромагнитной волны электроном

27.9. Сила светового давления на частицу равна

где S₁ —площадь поперечного сечения шарика с радиусом r S₀ = 4πR² (R -расстояние частицы от Солнца); W—энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени; β —коэффициент отражения (по условию задачи β = 0). Сила гравитационного притяжения равна

где m — масса частицы, М —масса Солнца (M = 2·10³⁰ кг), G —гравитационная постоянная (G = 6,67·10^-8 м³/кг·сек²). В равновесии будут находиться лишь те частицы, радиус которых удовлетворяет условию F₁ = F:

здесь ρ —плотность массы частицы. Оценивая радиус частицы в предположении, что ρ ≈ 1 г/см³, находим r₀ ≈ 6·10^-5 см. Частицы с радиусом r<r₀ световым давлением будут отбрасываться Солнцем. Таким образом видно, что обычное объяснение хвостов комет вполне разумно.
 
27.10. а) Учитывая тот факт, что r«.R, магнитное поле внутри тороидальной катушки можно приближенно считать однородным по поперечному сечению. Выбрав в качестве контура интегрирования среднюю линию тороида, с помощью теоремы Стокса легко найти

Выберем в поперечном сечении тороида контур интегрирования в форме окружности радиусом ρ(0≤ρ≤r). Так как магнитное поле мы считаем однородным по сечению, то магнитный поток через этот контур равен

С другой стороны, считая приближенно напряженность электрического поля одинаковой по величине во всех точках  этого  контура,   интегрируя   вдоль него, находим

Энергия, запасенная в тороидальной катушке к моменту времени t, равна

   б) Найдем направление и величину вектора Пойнтинга на поверхности тороида. Величины напряженности E и В найдены в пункте (а). Направления Е и В таковы, что вектор Пойнтинга S в каждой точке на поверхности тороида нормален к поверхности и направлен внутрь тороида. Кроме того, E_B в каждой точке. Следовательно, модуль вектора Пойнтинга равен

Отсюда полная мощность поглощаемой тороидом энергии, равная потоку вектора Пойнтинга через всю поверхность тороида (последняя приближенно равна 2πr_о·2πR), оказывается равной

К главе 28. Электромагнитная масса
 
28.1. Подсчитаем электростатическую  энергию электрона, исходя из общего  выражения U_эл = (ε_о/2) ∫ Е² dV.   Напряженность электрического  поля, создаваемого равномерно заряженным шаром, равна (см. решение к задачам 5.8 и 5.9)

Интегрируя  по  всему  пространству в сферической системе координат, находим

28.2.   Момент количества движения   электромагнитного поля определяется выражением

Подставим выражение для   Е и В в формулу  для L и проинтегрируем по всему пространству   в  сферической  системе координат. В результате найдем

  в)  Будем  считать, что заряд электрона равномерно  «размазан» по поверхности сферы и что сфера вращается с угловой скоростью ω. В этих предположениях  задача аналогична  задаче 14.6.  Если   воспользоваться решением   к задаче 14.6, положив 4πε₀Va = q_e, то мы сразу получим искомый результат μ — ωq_eа²/3. Отсюда ω=3μ/a²q_e. Максимальная скорость электрона на поверхности — это его линейная скорость на экваторе сферы Так как по условию задачи

Следовательно, собственный магнитный момент электрона нельзя объяснить с позиций классической физики — как магнитный момент вращающейся твердой сферы с радиусом, равным электромагнитному радиусу электрона, и с зарядом электрона.


К главе 29. Движение зарядов в электрическом и магнитном полях
 
29.1.   а) Уравнения движения заряда:

Таким образом, при малых временах v~t, а при t > mc/qE частица движется практически равномерно со скоростью, близкой к скорости света

Переход к движению со скоростью, близкой к скорости света, происходит теперь через время порядка √m²с²+р₀²/qЕ, т. е. несколько позже. Зависимость х (t) имеет в остальном тот же характер, что и раньше. Что касается зависимости у (t), то при малых временах у ~ t, а при t»√m²с²+р₀²/qЕ,    y~ ln t.
 
29.2. В циклотроне протоны движутся в постоянном однородном магнитном поле В = const. Направим ось z в направлении вектора В.  Уравнения  движения  запишутся  в следующем виде:

При этом энергия Ε=const, так как F_V. Поскольку E=mc²/√1 — (v²/с²) и р=Ev/с², то уравнения движения приобретают вид

Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая его с первым, для комплексной скорости z=v_x +iv_y получаем уравнение z+¡ωz =0, где частота колебания ω = qBc²/E= (qB/m)√1 —v²/с². Если протоны движутся медленно, то v²«с² и циклотронная частота имеет обычный вид ω=qB/m. При увеличении энергии циклотронная частота уменьшится. Так как Δω/ω =—ΔE/E, то при изменении циклотронной частоты на 1% энергия изменится также на 1%.
 
29.3. а) Так как движение предполагается нерелятивистским, то импульс частицы с ее скоростью связан обычным соотношением

Из последнего уравнения с учетом начальных условий следует, что z (t)=0. т. е. движение происходит в плоскости ху. Если сложить первые два уравнения, предварительно умножив обе части второго уравнения на мнимую единицу и ввести обозначения ω = qB/m, x+iy =η, то получим одно уравнение η + ¡ωη = iqE/m. Решение этого уравнения будет суммой решения соответствующего однородного уравнения и любого частного решения неоднородного уравнения. Решение однородного уравнения η₀ + ¡ωη₀ = 0 можно представить в виде η₀=С ехр (—iωt), где комплексную константу С можно написать как произведение ее модуля на фазовый множитель: С = а ехр (¡φ). В качестве частного решения неоднородного уравнения можно взять η₁ = qEt/mω. Следовательно,

Отделяя мнимую  часть   от  вещественной   и принимая во внимание начальные условия, окончательно находим

т. е. траектория в плоскости является циклоидой (см. рисунок).3аметим, что из выражения x = (qE/mω)(1 — cos ωt) следует, что предположение о нерелятивистском характере движения справедливо,   если  qE/mω«c, т. е. Е/Вс«1.
   в) Рассмотрим решение у (t) = (qE/mω²) (1 — cos ωt), найденное в пункте (а) задачи. Условием того, что частица не попадает на анод, будет условие: у_макс < d. Отсюда следует, что должно выполняться неравенство

29.4. Для данной системы двух тонких линз существует соотношение F^-1 = f^-1 + (—f)^-1—d (f)^-1 (—f)^-1, где F —фокусное расстояние системы, отсчитываемое от главных плоскостей системы.
Расстояние Δ от первой линзы до первой главной плоскости системы (1) выражается соотношением Δ = d(—f)^-1/F^–1. Из первого уравнения находим F = f²/d. Следовательно, Δ=—f. Положение второй главной плоскости (2) от второй линзы   определяется   расстоянием    Δ₁ = —d(f)^-1/F^-1,   или Δ₁= –d²/f³
   а) Величина главного фокусного расстояния F = f²/d отсчитывается   от   первой   главной   плоскости   системы   (1), находящейся   на   расстоянии   Δ = —f  от  первой линзы. Из рисунка  следует,   что   расстояние  от (1) до главного фокуса  равно  F = f+d+l.  Так  как  F=f`²/d,   то f²/d = f+d+l, или l = (f²/d)–(f+d).
   б)  Реальное изображение будет при условии, что F > 0 или f+d+l >0.

7
ФИЗИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
 
К главе 32. Показатель преломления плотного вещества
 
32.1. Уравнения Максвелла в диэлектрическом веществе, в котором нет других зарядов, кроме тех, которые связаны в атомах, имеют вид

Как указывалось в «Лекциях» (вып. 7, гл. 32, § 3), эти уравнения допускают волновые решения. Будем искать эти решения для волны в виде

Умножая векторно уравнение (в) на k и используя уравнение (б), получаем

Так как электрическая волна поляризована в направлении, перпендикулярном k, то k·Е=0 и D = n²(ω)E, где n²(ω) = c²k²/ω². Но, с другой стороны, для волны с частотой ω в «линейном» приближении D = ε(ω)E (это приближение справедливо, если электрические поля в диэлектрике слабы по сравнению с электрическими полями в атомах и молекулах; для лазерного луча, направленного на диэлектрик, возникает необходимость учета нелинейной связи D по Е, т. е. учитывать в разложении D по Е члены, квадратичные по Е, кубичные и т. д.). Следовательно, ε(ω) = n² (ω). Полагая в этом соотношении ω=0 и учитывая, что ε(0) = x, находим

32.2. Квадрат показателя преломления  для   плазмы  в ионосфере имеет вид (см. „Лекции", вып. 7, стр. 67) n²= 1— Nq_e²/mε₀ω².
При ω> ω_р, где ω_р — √Nq_e²/mε₀ — плазменная частота, ионосфера становится прозрачной, так как при этом условии показатель преломления веществен. Отсюда плотность свободных электронов в ионосфере равна

32.3. Так как электрическое поле, действующее на электроны проводимости, равно среднему полю Е, то, полагая ω_о = 0 в уравнении (32.1) «Лекций» (вып. 7, стр. 50), v_дрейф =х, можно записать уравнение для дрейфовой скорости электронов:

Когда поле Е постоянно действует  на  электроны  проводимости, dv_дрейф /dt = 0, для дрейфовой скорости получаем

[см. «Лекции», вып. 7, стр. 68, формула (32.39)].
Если же  в  момент  времени t = 0 электрическое поле мгновенно  выключается,   дрейфовая   скорость  электронов  будет меняться  согласно однородному дифференциальному  уравнению

Это решение отвечает начальному условию задачи, согласно которому v_дрейф = v_{⁽⁰⁾дрейф} при t=0. Из него видно, что время, за которое величина дрейфовой скорости уменьшится в e раз, в точности равно τ —среднему времени между соударениями.



32.4. Из уравнения Максвелла ∂B/∂t =—rot Е находим ∂B_x/∂t =0, ∂B_y/∂t = ¡kE₀ exp[i(ωt—kz)], ∂B_z/∂t = 0. Отсюда

то разность фаз, очевидно, равна —π/4.
 
32.5. Более реалистичное выражение для n² получится, если воспользоваться выражением для показателя преломления: n² = 1 +(σ/ε₀)/iω (1+¡ωτ) [см. «Лекции», вып. 7, стр. 64, формула (32.42)]. Видно, что даже для частот ω > σ/ε₀τ n² имеет мнимую часть.
 
К главе 33. Отражение от поверхности
 
33.1. а) В области 1 будет падающая волна, амплитуду которой примем равной единице, и отраженная волна с амплитудой b₁. В области 2 одна волна с амплитудой а₂ распространяется вправо, а другая волна с амплитудой b₂ — влево. В области 3 имеется лишь одна прошедшая волна, амплитуду которой обозначим через а₃. Записывая плоские волны в виде E = а ехр i (ωt± nωz/c ), получаем из условий непрерывности на границах раздела тангенциальных составляющих электрического и магнитного полей (среды считаем немагнитными) следующую систему уравнений:

   б) При l = λ₂/4 = πс/2n₂ω и n₂² = n₁n₃ из системы уравнений, приведенной выше,   и  из   выражения  для   | а₃ |² следует, что b₁ = 0, | а₃ |² = n₁/n₃, т. е.   плотность   потока   энергии в падающей слева на   слой волне |S₁|~n₁E₁² = n₁ равна плотности потока энергии прошедшей волны

   в) Толщина пленки при этом примерно равна λ/4n₂ = 1200Å.
   г)  Из   предыдущего   анализа   ясно,  что  для  просветления линзы  безразлично,  какую  ее  сторону  покрывать.  Для просветления   важно,  чтобы  выполнялось   соотношение n₂² = n₁n₃.  Просветление   будет, как в случае  n₁ = 1, n₂² = n₃ (покрывается внешняя сторона  линзы),  так и в случае   n₃ =1, n₂² = n₁ (покрывается внутренняя сторона).
 
33.2.   Выберем систему координат так, как показано на рисунке:

(см. «Лекции», вып. 7, стр. 88).
Отраженная и преломленная волны запишутся соответственно в виде

В силу  того что  х произвольно,  из  последнего уравнения следует, что sin α = sin β, sin α/sin γ = n₂/n₁. Отсюда

По условию задачи n_1/n₂ = 1,6, sin²α=0,5(α=β =45°) и, следовательно, cos γ =√ — 0,28 ≈± ¡0,53. Подставляя найденное значение cos γ в выражение для Е₃, получаем (n₂ = 1):

Верхнему знаку отвечает экспоненциально нарастающее поле, нижнему—убывающее. Оставляя из физических соображений последнее решение, находим, что в воздухе за большой гранью призмы электрическое поле волны убывает в е раз на расстоянии x = 0,Зλ= 1350 Å. Если вектор Е лежит в плоскости падения, результат будет точно таким же.

К главе 34. Магнетизм вещества
 
34.1. Сила, действующая на частицу в переменном магнитном поле, равна

Электрическое поле Е вызвано изменяющимся магнитным полем. Если напряженность электрического поля мала, частица движется приблизительно по окружности, радиус которой равен R =p/qB (p—импульс частицы). Момент количества движения частицы при этом равен J = pR = qBR². Электрическое поле вызывает изменение абсолютной величины импульса dp/dt = qE, откуда dJ/dt = qER. Величину Е можно вычислить, пользуясь теоремой Стокса:

Наши рассуждения годятся только в том случае, если частица движется по круговой орбите, т. е. если Т (dJ/dt) = (T/2) (dB/dt) «1, где T —период обращения частицы по орбите.


К главе 35. Парамагнетизм и магнитный резонанс
 
35.1. В магнитном поле напряженностью В частица вращается по круговой орбите с ларморовой частотой ω_L, не зависящей ни от радиуса орбиты, ни от скорости частицы (при v/c«1) и равной ω_L=qB/m. Выразим величину В через период обращения T = 2π/ω_L:

Частота ядерного магнитного резонанса равна (см. «Лекции», вып. 7, § 6, стр. 130)

где v_р = ω_р/2π. Подставляя численные значения для v_p и T, данные в условии к задаче, находим g = 5,46.
 
35.2. Теорию классического парамагнетизма можно построить аналогично классической теории диэлектрической проницаемости. Энергия магнитного момента μ в магнитном поле равна  —μBcos θ, где θ —угол между векторами μ и В. Согласно статистической физике, число моментов, угол наклона которых к оси z (последняя выбрана совпадающей с вектором В) равен θ, приходящееся на единичный телесный угол, вычисляется по формуле

Предполагая, что магнитное поле мало, так что μВ/kT «1, разложим экспоненту в ряд и ограничимся первыми двумя основными членами разложения:

Интегрируя это выражение по всем телесным углам, получаем N —полное число моментов, N = 4πn₀. Полный магнитный момент определим следующим образом (k —единичный вектор в направлении В):

Подобная теория классического парамагнетизма не противоречит утверждению о том, что в рамках классической физики парамагнетизм вообще отсутствует. Просто классическая физика не может обосновать существование у каждого атома «собственного» магнитного момента μ. Наличие его  есть  чисто квантовый эффект.
 
35.3. Избыток параллельных полю спинов можно найти, используя формулу (35.21) «Лекций» (вып. 7, стр. 121) для магнитного момента единицы объема M, если поделить M на магнитный момент одного атома:

При T = 300°К отношение μ₀В/kТ равно 2,3·10^–3 и, следовательно, N_изб/N = th0,0023≈ 0,23%. При T = 4,2°К отношение μ₀В/kТ равно 0,16 и N_изб/N=15,9%.
 
35.4. Задача решается несложным  обобщением формул (35.10) — (35.21) «Лекций» (вып. 7). Если ввести обозначение

то энергии, соответствующие различным проекциям спина в магнитном поле, равны U= —μ₀В для J_z/h= +1, U =0 для J_z/h=0 и U=+μ₀В для J_z/h =–1. Согласно статистической механике,

Постоянная находится  из условия равенства числа частиц с разными проекциями полному числу частиц N:

К главе 36. Ферромагнетизм
 
36.1. Токи, связанные с намагниченностью (j_Mar = vхМ), отличны от нуля только на поверхности шара. Именно эти токи создают магнитное поле вне и внутри шара. Из симметрии задачи  ясно,  что  токи  текут  по  окружностям, плоскости которых перпендикулярны M. Проведем ось z через центр шара параллельно вектору M. Представим себе, что изменение M на поверхности происходит не скачком, а непрерывно в  некотором  слое толщиной  d, и вычислим j в этом слое

Так как ось у направлена по касательной к поверхности шара, то ∂М/∂у = 0. Далее, Δx = d/sin θ; стало быть

Это соотношение можно также записать в виде i =M x n где n —нормаль к поверхности шара.
Вычисляя магнитный момент  поверхностных токов, находим

36.2. Из теоремы Стокса  (в качестве  контура выберем среднюю линию магнита) следует

где N —полное число витков обмотки; I —сила тока в обмотке. Разделяя контурный интеграл на две части, одна из которых отвечает зазору, а другая —контуру вне его, и предполагая, что поле Н по всему периметру средней линии ярма однородно, в результате интегрирования находим

где H₁ — поле в зазоре; H₂ —поле в каркасе магнита; l₁=1 см—ширина зазора; l₂ = 375 см —периметр средней линии. Граничные условия в зазоре имеют вид B_1n = B_2n, причем В_1n = H₁. Выражая Н₁ через В_2n, находим уравнение

Построив эту прямую на графике B_2n = f(H₂) (см. стр. 386), можно найти H₂ и В_2n. Тогда поле в зазоре равно H₁ = B_2n (для указанных параметров магнита эта линейная зависимость имеет вид В_2n = 1,35 вебер/м²—375H₂). Согласно графику, H₁ = В_2n= 1,17 вебер/м².
 
36.3. Обозначим через B₁ и В₂ напряженности магнитного поля в постоянном магните и зазоре. Так как зазор узок, то, пренебрегая краевыми эффектами в зазоре и на углах, напишем условие постоянства магнитного потока

здесь A₁ = 100 см²—площадь поперечного сечения магнита; A₂ = 20 см² — площадь зазора. Отсюда В₂ = 5В₁. После выключения тока циркуляция магнитной индукции H по средней линии системы будет равна нулю. Считая поле магнитной индукции в магните однородным и учитывая, что магнитная восприимчивость мягкого железа бесконечна, т. е. в мягком железе H=0, запишем

где l₁ = 20 см—длина постоянного магнита; l₂=1 см—ширина зазора. Так как в зазоре H₂ = В₂ = 5B₁, из последнего уравнения находим

Если эту прямую линию построить на приведенной в условии задачи кривой М—H (стр. 387), то она пересекает ее в двух точках, отвечающих H₁=±0,04 вебер/м². Так как при уменьшении тока система окажется на верхней части кривой М—H, то Н₁=—0,04 вебер/м². Тогда В₁=—4H₁=0,16 вебер/м² и искомая напряженность магнитного поля, т. е. В₂ = 5В₁ = 0,8 вебер/м².
 
36.4. Магнитное поле такого стержня создается токами намагничивания, текущими по его поверхности (см. «Лекции», вып. 7, гл. 36, § 1). При этом поверхностная плотность токов ¡_маг = M. Величина В находится так же, как для соленоида:

Направление поля Н совпадает с направлением вектора В. Так как Н = В–М/ε₀c², то внутри стержня H = 0.
Если вырезать игольчатую полость вдоль осн цилиндра, то поле внутри этой полости будет создаваться как уже рассмотренными токами, текущими по поверхности цилиндра, так я токами, текущими по поверхности полости. Плотность этих токов равна М, а направление их противоположно направлению внешних токов (в одном случае величина М увеличивается при удалении от оси цилиндра, в другом— уменьшается, поэтому направление вектора j = rotM различно). Таким образом, поле внутри полости—это поле, которое на своей оси создают два коаксиальных соленоида с противоположно направленными и равными по величине токами. Поле это равно нулю.
 
К главе 38. Упругость
 
38.1. Воспользуемся формулой (38.42) «Лекций» (вып. 7, стр. 205) для отклонения конца стержня длиной L, жестко заделанного другим концом в стенку:

где Y — модуль Юнга, I—момент инерции сечения стержня. По определению, жесткость равна отношению F/x(L) =3YI/L³. По условию задачи алюминиевый и стальной стержни обладают одинаковой жесткостью и имеют одинаковую длину. Следовательно, Y_А1I_А1 = _YстальI_сталь. Так как момент инерции круглого сечения стержня равен I = πR⁴/4, где R—радиус поперечного сечения, то

38.2. На тело m действуют две силы: вес тела Р и упругая сила F со стороны стержня, действующая в вертикальном направлении. Поэтому уравнение движения этого тела запишется в виде

Спроектируем это уравнение на вертикальную ось (ось у): my = F_y –P. Согласно формуле для отклонения конца стержня, жестко  заделанного  в  стенку, сила, с  которой  незакрепленный  конец  стержня   действует   на  тело m, равна

где у —вертикальное смещение массы m; Y —модуль Юнга; I —главный момент инерции сечения стержня: / I= а⁴/12. Подставляя это выражение для силы F_y в уравнение движения, получаем

38.3. Рассмотрим массивное тело, поперечные размеры которого много больше длины волны звука. Ударяя по такому телу, можно обнаружить, что оно не раздается во все стороны, а сжимается только в направлении удара. В таком теле побежит продольная волна, в которой частицы тела движутся только в направлении распространения волны. Чтобы найти уравнения, описывающие распространение такого продольного звука, мы фактически можем рассмотреть стержень, который закреплен так, что при сжатии и растяжении его боковые размеры не сокращаются. Пусть площадь поперечного сечения такого стержня равна А, а длина L. Рассмотрим элемент стержня длиной Δz, расположенный на расстоянии z от его конца. Обозначим через u (z, t) смещение этого элемента в волне в момент времени t. При статическом растяжении (или сжатии) внутреннее напряжение F/A на всем протяжении стержня одно и то же и пропорционально u/L, где u — удлинение стержня. В упругой волне важна местная деформация в точке z, т. е. ∂и (z, t)/∂z. Для стержня без бокового смещения (см. «Лекции», вып. 7, стр. 196) было найдено

где F (z) —сила, действующая в поперечном сечении на расстоянии z от начала координат. На одном конце элемента Δz действует F (z), а на другом F(z+Δz). Полная сила, действующая на элемент Δz, очевидно, равна

Согласно закону Ньютона, эта сила равна произведению массы элемента ρΔz·A (ρ —плотность тела) на его ускорение ∂²u (z, t)/∂t²:

Сокращая  обе части получившегося  уравнения на Δz·А, получаем

—квадрат фазовой  скорости  распространения   продольных волн в твердом теле.
 
38.4. Так как расстояние между планками слабо отличается от L, то изгиб можно считать слабым. Кроме того, как будет ясно из дальнейшего, учет веса линейки (около 0,3 г) несущественно меняет величину действующей вдоль стержня силы внутренних напряжений. Если отклонение линейки от прямой линии между концами обозначить через у (х), где х — расстояние от левого конца линейки, а через F обозначить горизонтальную составляющую силы, с которой упоры изгибают линейку, то форма изогнутой линейки будет описываться уравнением (38.45) «Лекций» (вып. 7, стр. 206):

где Y —модуль Юнга; I —момент инерции поперечного сечения линейки. Из этого уравнения следует:
   а) Форма изогнутой линейки описывается синусоидой

Постоянную К можно определить из условия нормировки на длину линейки

Учитывая тот факт, что прогиб линейки слабый, т. е. что К/l «1, вычислим интеграл, разложив подынтегральное выражение в ряд

   б) Сила, с которой линейка упирается в планки, равна F= π²YI/l², где I=аb³/12. Если принять для стали Y = 2·10¹² дин/см², то  F = 1,47 кГ.
 
38.5. Выберем плоскость изгиба в качестве плоскости ху. Ось х параллельна силе Р. Введем θ —угол между касательной к линии стержня и осью х и s —расстояние вдоль кривой. Тогда dx/ds = cos θ и dy/ds=sin θ. При этом кривизна стержня 1/R будет определяться выражением 1/R=dθ/ds. С другой стороны, кривизну стержня можно связать с изгибающим моментом силы Р:

где А и В — константы. Из граничного условия θ(0) = 0 (нижний конец стержня жестко заделан) находим В=0. Из условия равенства нулю момента сил внутренних напряжений у свободного конца, т. е. из граничного условия θ’ (L)=0, находим

Следовательно, P = π²IY/4L². Учитывая, что I=wt³/12, окончательно находим искомую силу

К главе 40. Течение «сухой» воды
 
40.1. а) Согласно гл. 31 «Лекций» (вып. 7), в произвольной точке жидкости ¡-я компонента силы, действующей на единичную площадку, перпендикулярную оси j, определяется тензором внутренних напряжений S_¡j. Так как в невязкой жидкости нет сдвиговых напряжений, то недиагональные элементы тензора S_¡j должны быть равны нулю. В этом можно убедиться, построив в этой точке три единичные площадки, перпендикулярные осям х, у и z соответственно. Следовательно, если около этой точки построить элементарную площадку da с вектором нормали n, то сила, действующая на эту площадку, будет иметь компоненты

Поскольку проекция силы dF на площадку da должна быть равна нулю (отсутствуют касательные напряжения), то это означает, что вектор dF должен быть направлен вдоль n. Это может быть только при условии, что диагональные элементы тензора S_¡j равны друг другу, т. е. если  S_xx=S_yy=S_zz = p.  Отсюда

Следовательно, какое бы направление вектора n мы ни выбрали, всегда сила, действующая на единичную площадку, перпендикулярную этому направлению, нормальна к площадке и равна численно одному и тому же значению р (давление).
   б) Это тождество следует как частный случай из доказанного в задаче 27.1 (см. решение к этой задаче, стр. 481) общего соотношения

если положить в нем A = B = v.
 
40.2. Направим ось z вдоль цилиндра, а начало координат выберем в наинизшей точке воронки. Введем вектор угловой скорости вращения жидкости ω, который, очевидно, направлен вдоль оси z. Тогда вектор скорости частицы жидкости, находящейся на расстоянии r от оси, можно записать в виде v=ω x r, где r —радиус-вектор частицы. При этом v_x = –ω·у, v_y = ω·x, v_z=0. Вычислим вектор Ω = V X v. Находим

или в векторном виде Ω=2ω. Отсюда ясно, что в данной задаче Ωxv = — 2ω²r. Так как можно представить r = V (r²/2), то во всех точках жидкости выполняется уравнение

Так как на поверхности жидкости давление постоянно и равно атмосферному, то имеем  (φ=gz)

В нашей системе координат, очевидно, const =0. Поэтому уравнение поверхности жидкости имеет вид

т. е. поверхность является параболоидом вращения.
 
40.3. В § 5 гл. 12, вып. 5 «Лекций» решалась задача об обтекании шара «сухой» водой. Скорость «сухой» воды была найдена равной

где v₀ —скорость воды на бесконечном расстоянии от шара, θ —угол между радиусом-вектором r и v₀ (ось z выбрана вдоль вектора v₀). В настоящей задаче мы можем воспользоваться этим решением, если перейдем к системе координат, в которой жидкость вдалеке от шара покоится. Результат можно записать в виде

Кинетическая энергия жидкости Т_ж равна интегралу от квадрата этой скорости, умноженному на плотность жидкости, по всему пространству вне шара. Математически, как мы видим, задача аналогична задаче 27.2, где определялась энергия магнитного поля Земли. Воспользовавшись найденным в этой задаче результатом, получим

где М —масса  жидкости  в объеме  шара.  Добавляя к Т_ж кинетическую энергию шара, находим полную энергию

Полный импульс системы вычисляется по формуле

Подставляя в нее приведенное выше поле скоростей v и выполняя несложное интегрирование, получаем ∫ρv dV = 0; следовательно, P = mv₀.
 
К главе 41. Течение «мокрой» воды
 
41.1. К параметрам, определяющим силу сопротивления, относятся: а —радиус шара, v —скорость движения шара относительно жидкости, η —коэффициент вязкости. Размерность этих величин такова:

Будем искать из соображений размерности выражение для силы в виде F = a^αv^βv^γ. Запишем условие совпадения размерностей левой  и правой  частей  этого  соотношения:

To, что параметры входят в выражение для F так, как было найдено выше, а не иначе, ясно из следующих качественных соображений. В «Лекциях» (вып. 7, стр. 260) указывалось, что вязкая сила f_вязк, действующая на единицу объема жидкости, пропорциональна коэффициенту вязкости η и вторым производным скорости по координатам. Так как в задаче о движении шара в вязкой жидкости характерным размером, на котором существенно меняется скорость, являются размеры порядка размеров шара, то вторые производные по порядку величины равны v/а². Умножая f_вязк на объем, где силы вязкости отличны от нуля, т. е. на объем порядка а³, находим F ~ ηav. Заметим, что сила трения, действующая на гармонический осциллятор, также пропорциональна скорости осциллятора.
 
41.2. Направим ось z вдоль оси трубы в направлении потока жидкости. Предполагая жидкость несжимаемой, напишем уравнение движения в стационарном случае

Так как в данной задаче отлична от нуля лишь z-компонента скорости –v_z, причем v_z зависит только от r —расстояния от оси трубы, то (v·V)v = 0. Записав Vp =–Δр/L, где Δр=p₁–р₂ —разность давлений на концах трубы, получим

Это уравнение совпадает по виду с уравнением Пауссона для потенциала равномерно заряженного бесконечного цилиндра V²φ =— ρ/ε. Потенциал φ легко найти, если воспользоваться теоремой Гаусса, найти напряженность электрического поля, а затем проинтегрировать соотношение Е=—Vφ. В результате φ = φ₀—ρr²/4ε₀, где φ₀ —постоянная интегрирования. Заменяя φ на v_z и ρ/ε₀ на Δp/ηL, получаем

Неизвестную константу v₀ легко найти, если вспомнить, что на стенке трубы скорость жидкости равна нулю. Окончательно:

Поток массы жидкости плотности ρ через поперечное сечение (расход) трубки равен

Если провести аналогию между разностью потенциалов и разностью давлений, а также расходом жидкости и электрическим током, то под сопротивлением трубы надо понимать величину

Аналогом конденсатора являются два сообщающихся сосуда, снизу соединенные трубкой, которую можно перекрывать краном так, что уровень воды в сосудах может быть разным.
 
41.3. а) Определим сначала распределение скоростей в жидкости вдали от краев доски. Для этого выберем систему координат, плоскость хz которой совпадает с дном бассейна, а ось z направлена вдоль скорости доски. Тогда из уравнения Навье-Стокса для стационарного течения следует d²v/dy² = 0. Из этого уравнения находим v = C₁y+C₂. Учитывая граничные условия v(0) = 0 и v(d) = u, определим постоянные интегрирования С₁ и С₂. Окончательно:

   б) Силу трения, действующую на единицу поверхности доски, найдем, исходя из формулы S_xz=η(dv/dy)=ηu/d, где η —коэффициент вязкости. При этом работа на преодоление силы трения, совершаемая в единицу времени и отнесенная к единице площади поверхности доски, равна

Искомая же скорость диссипации энергии в единице объема оказывается равной

СМОТРИТЕ ТАКЖЕ: