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

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

В мире больших скоростей

Введение в теорию относительности

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


Физика и юмор
Физика и юмор


Онлайн тестирование
по физике
Онлайн тестирование по физике



-









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

Маленькое изображение
 

Таким образом,  скорость распространения  энергии  равна

Маленькое изображение
 

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):

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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) ε02. Следовательно, α = √3W/2πεос.
   а) На поверхности Земли, т. е. при θ = π/2, среднее значение по времени вектора Пойнтинга равно

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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 Еу(х = 0, а) = 0, Ех(у = 0,b) = 0, Ву(у=0, b)=0 и Вх(х=0, а) = 0.

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

[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)]

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

27.9. Сила светового давления на частицу равна

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение   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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Интегрируя  по  всему  пространству в сферической системе координат, находим

Маленькое изображение
 

28.2.   Момент количества движения   электромагнитного поля определяется выражением

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

  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 = qe, то мы сразу получим искомый результат μ — ωqeа2/3. Отсюда ω=3μ/a2qe. Максимальная скорость электрона на поверхности — это его линейная скорость на экваторе сферы Так как по условию задачи

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Переход к движению со скоростью, близкой к скорости света, происходит теперь через время порядка √m2с202/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»√m2с202/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:

Маленькое изображение
 

При этом энергия Ε=const, так как F_V. Поскольку E=mc2/√1 — (v22) и р=Ev/с2, то уравнения движения приобретают вид

Маленькое изображение
 

Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая его с первым, для комплексной скорости z=vx +ivy получаем уравнение z+¡ωz =0, где частота колебания ω = qBc2/E= (qB/m)1 —v22. 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

Маленькое изображение
 

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/. Следовательно,

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениет. е. траектория в плоскости является циклоидой (см. рисунок).3аметим, что из выражения x = (qE/mω)(1cos ωt) следует, что предположение о нерелятивистском характере движения справедливо,   если  qE/«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: умакс < d. Отсюда следует, что должно выполняться неравенство

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение29.4. Для данной системы двух тонких линз существует соотношение F-1 = f-1 + (—f)-1d (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/F1. 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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

32.2. Квадрат показателя преломления  для   плазмы  в ионосфере имеет вид (см. „Лекции", вып. 7, стр. 67) n2= 1— Nqe2/mε0ω2.
При ω> ωр, где ωр — √Nqe2/mε0 — плазменная частота, ионосфера становится прозрачной, так как при этом условии показатель преломления веществен. Отсюда плотность свободных электронов в ионосфере равна

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

[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

Маленькое изображение
 

Это решение отвечает начальному условию задачи, согласно которому vдрейф = 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 ∂Bx/t =0, ∂By/∂t = ¡kE0 exp[i(ωt—kz)], ∂Bz/∂t = 0. Отсюда

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

   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

Маленькое изображение
 

   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 = n1n3Просветление   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:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

По условию задачи n1/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):

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеВерхнему 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

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

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 ωL, не зависящей ни от радиуса орбиты, ни от скорости частицы (при v/c«1) и равной ωL=qB/m. Выразим величину В через период обращения T = 2π/ωL:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

где vр = ωр/2π. Подставляя численные значения для vp 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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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):

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеК главе 36. Ферромагнетизм
 
36.1. Токи, связанные с намагниченностью (jMar = 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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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 B1n = B2n, причем В1n = H1. Выражая Н1 через В2n, находим уравнение

Маленькое изображение
 

Построив эту прямую на графике B2n = f(H2) (см. стр. 386), можно найти H2 и В2n. Тогда поле в зазоре равно H1 = B2n (для указанных параметров магнита эта линейная зависимость имеет вид В2n = 1,35 вебер/м2—375H2). Согласно графику, H1 = В2n= 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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Если эту прямую линию построить на приведенной в условии задачи кривой МH (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:

Маленькое изображение
 

Направление поля Н совпадает с направлением вектора В. Так как Н = ВМ/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:

Маленькое изображение
 

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, YА1IА1 = YстальIсталь. Так как момент инерции круглого сечения стержня равен I = πR4/4, где R—радиус поперечного сечения, то

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Сокращая  обе части получившегося  уравнения на Δz·А, получаем

Маленькое изображение
 

—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):

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Постоянную К можно определить из условия нормировки на длину линейки

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

   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=/ds. С другой стороны, кривизну стержня можно связать с изгибающим моментом силы Р:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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  Sxx=Syy=Szz = p.  Отсюда

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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 vx = –ω·у, vy = ω·x, vz=0. Вычислим вектор Ω = V X v. Находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Кинетическая энергия жидкости Тж 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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

Полный импульс системы вычисляется по формуле

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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 fвязк, 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 fвязк 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

Маленькое изображение
 

Так как в данной задаче отлична от нуля лишь z-компонента скорости –vz, причем vz зависит только от r —расстояния от оси трубы, то (v·V)v = 0. Записав Vp =–Δр/L, где Δр=p1р2 —разность давлений на концах трубы, получим

Маленькое изображение
 

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 = φ0ρr2/4ε0, где φ0 —постоянная интегрирования. Заменяя φ на vz и ρ/ε0 на Δp/ηL, получаем

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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

Маленькое изображение
 

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:

Маленькое изображение
 

   б) Силу трения, действующую на единицу поверхности доски, найдем, исходя из формулы Sxz=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

Маленькое изображение
 

Искомая же скорость диссипации энергии в единице объема оказывается равной

Маленькое изображение
 



ЧИТАЙТЕ ТАКЖЕ:


Социальные комментарии Cackle


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