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 (начиная с 20.6). Решения и ответы к задачам I-IV томов фейнмановских лекций по физике

Маленькое изображение20.6. Центр масс системы двух стержней находится в точке О, делящей отрезок О1О2 пополам 1, О2 —центры стержней). После удара в точку С стержни придут в движение, которое можно разложить на два: поступательное движение системы как целого со скоростью v по линии удара и вращательное вокруг центра масс О с некоторой угловой скоростью ω. Пусть m и l —масса и длина каждого из стержней, а р — переданный в результате удара импульс. Из закона сохра­нения импульса 2mv = p следует, что скорость поступатель­ного движения системы равна v = p/2m, а из закона сох­ранения момента количества движения Iω=pDC, что ω = (3pl/4I)(DC=3/4l), где I —момент инерции стержней относительно центра масс системы.
Из прямоугольного треугольника O1AO2 легко найти, что

Маленькое изображение
 

Линейные скорости центров масс стержней O1 и O2, возникающие за счет вращательного движения, равны по модулю

Маленькое изображение
 

и направлены перпендикулярно линии O1O2. В системе коор­динат, изображенной на рисунке, скорость поступательного движения имеет только х-составляющую, а вращательные скорости точек О1 и O2 образуют угол 45° с осями координат. Результирующие скорости центров масс стержней v1 и v2 равны векторной сумме скорости центра масс системы в целом и скорости, приобретенной центрами масс стержней за счет вращательного движения. Имеем

Маленькое изображение
 

20.7. Направим ось у вдоль вектора угловой скорости маховика (т. е. по оси вращения). Введем также другую систему коор­динат х’у’, ось у’ которой перпендикулярна плоскости диска, а х’ лежит в этой плоскости. Компоненты угловой скорости в этой системе

Маленькое изображение
 

— угол между осью вращения и осью у’). Компоненты момента количества движения в штрихованной системе координат равны

Маленькое изображение
 

(M  —масса диска, R —его радиус).
При вычислении момента инерции диска относительно оси х’ мы воспользовались тем, что Iy’ = Ix’ +Iz,. Ввиду симметрии диска, Ix’ =Iz, так что Ix =Iy/2 = MR2/4.
Вектор момента количества движения образует с осью у угол β, причем

Маленькое изображение
 

Так как углы α и β малы, можно положить tg (α– β) ≈ α– β, a tg α ≈α, так что α– β = 1/2 α откуда β = 1/2 α. В нештрихованной системе координат вектор количества движения L вращается вокруг оси у с угловой скоростью

Маленькое изображение
 

ω. Следовательно, его х-  и   z-компоненты меняются со временем по закону (фиг.2)

Маленькое изображение
 

20.8. Силы притяжения тел массы m к массе M равны

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеПри получении приближенных формул мы пренебрегли r2 по сравнению с R2 и учли, что (r/R) cos θ«1, воспользовав­шись соотношением 1/(1±х) ≈ 1±х при х«1. Вращающий момент τ равен разности моментов сил F1 и F2 относительно точки О, так что |τ| = F1rsin θ—F2rsin θ (плечи обеих сил приближенно равны r sin θ).
Подставляя вместо F1 и F2 их значения, получаем

Маленькое изображение
 

20.9. Сплюснутость Земли при вычислении действующего на нее момента сил можно приближенно учесть, заменив Землю двумя точечными массами, находящимися на некотором расстоянии друг от друга. Далее, воспользовавшись конеч­ным результатом предыдущей задачи, находим отношение вращательных моментов, создаваемых Солнцем и Луной:

Маленькое изображение
 

где МЛ и МС —массы Луны и Солнца, а RЛ и RС — рас­стояние от Земли до Луны и Солнца соответственно.
 
20.10. а) Перепишем таблицу удельной плотности в более удобной форме, отсчитывая расстояния от центра Земли, а не от ее поверхности, и принимая средний радиус Земли рав­ным 6370 км:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеЗемлю представим себе состоящей из нескольких шаро­вых слоев, плотность внутри каждого из которых посто­янна и равна полусумме плотностей на радиусах слоя. Там, где имеется разрыв плотности, большее значение ее будем приписывать внутренней части слоя, а меньшее — внешней.
Момент инерции шарового слоя с постоянной плот­ностью ρ и внешним и внутренним радиусами r1 и r2 найдем, вычитая из момента инерции шара радиусом r1 момент инерции шара радиусом r2. Таким образом,

Маленькое изображение
 

Полный  момент инерции Земли  равен сумме моментов инерции шаровых слоев, так что

Маленькое изображение
 

   б)  Момент количества движения Земли L равен

Маленькое изображение
 

(t = 8,64·103 сек— период обращения Земли вокруг своей оси).
   в)  Кинетическая энергия Земли

Маленькое изображение
 

20.11. 1) Согласно формуле, полученной в задаче 10.8. (стр. 164), кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетической энергии движения его центра масс и кине­тической энергии тела в системе ц. м. Так как тело скатывается по наклонной плоскости без скольжения и ввиду симметрии тела относительно оси вращения, его центр масс находится на этой оси, движение тела в системе ц. м. представляет собой чистое вращение, угловая ско­рость которого ω = v/r (v—скорость тела в произвольный момент времени). Таким образом, кинетическая энергия тела

Маленькое изображение
 

где / — момент инерции тела относительно оси вращения. Величину   скорости  v  центра   масс   в нижней точке наклонной  плоскости  определим  из  закона сохранения энергии

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   2) Применим эту формулу для частных случаев, перечислен­ных в условии задачи.
   а)   Сфера:

Маленькое изображение
 

20.12. а) Центр масс однородного стержня находится в его сере­дине, т. е. на расстоянии L/2 от конца. Центр масс си­стемы из стержня и замазки находится посредине отрезка, соединяющего замазку и точку О, т. е. на расстоянии L/4 от линии удара.
Стержень до удара покоился, поэтому

Маленькое изображение
 

Из закона сохранения импульса следует, что скорость центра масс после удара не изменилась, т. е. осталась равной v/2.
   б)   Момент  количества   движения  системы  относительно   ее центра равен до удара MvL/4.
   в)   Момент  количества  движения  системы после столкнове­ния равен Iω, где I —момент инерции относительно центра масс, т. е.

Маленькое изображение
 

а ω —угловая  скорость вращения  относительно центра масс.
Из закона сохранения момента количества движения

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   г)  Так как  скорость  центра   масс равна  v/2, кинетическая энергия системы после удара

Маленькое изображение
 

(Tн = 1/2Мv2 — начальная кинетическая энергия системы).
 
20.13. Пусть I — момент инерции Земли до таяния льда, a II — после того, как лед растаял. Из закона сохранения момента количества движения

Маленькое изображение
 

(ω и ω+Δω —угловые скорости вращения Земли в два рас­сматриваемых момента), или

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеИзменение момента инерции Земли ΔI произошло за счет того, что вода, сосредоточенная ранее (в виде льда) вблизи оси вращения (и поэтому дававшая очень малый вклад в момент инерции Земли), расстаяв, распределилась по шаровому слою радиусом R  и толщиной ΔR. Момент инерции такого слоя (см. задачу 20.10):

Маленькое изображение
 

Учитывая, что для воды ρ=1 г/см3 = 103 кг/м3, а период вращения Земли T = 24 час, получаем ΔT ˜1 сек.
 
20.14. а) Скорость центра масс найдем из закона сохранения им­пульса Mv0 = J, откуда v0 = J/M. Из закона сохранения момента количества движения определим угловую ско­рость вращения вокруг центра масс

Маленькое изображение
 

Скорость точки А в момент удара есть сумма скоростей двух движений: поступательного со скоростью v0 и вра­щательного с угловой скоростью ω. Поэтому

Маленькое изображение
 

К главе 21. Гармонический осциллятор
 
21.1. а) Пусть С —центр масс тела, а через точку О проходит ось вращения. В положении равновесия О и С находятся на одной вертикали. Уравнение движения тела имеет вид

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениегде L — момент количества движения, а М — момент внеш­них сил.
В нашем случае нужно учесть только силу тяжести (проложенную в точке С), момент которой относительно точки О равен —Mgd sin θ. Момент количества движения тела равен Iω, так что

Маленькое изображение
 

Но ω = /dt, поэтому после дифференцирования по вре­мени получим

Маленькое изображение
 

Это и   есть дифференциальное уравнение, описывающее изменение угла θ со временем.
   б) Если предположить что θ мало, т. е. sin θ≈ θ, то получим

Маленькое изображение
 

В § 2 гл. 21 «Лекций» (вып. 2, стр. 48) было показано, что такое дифференциальное уравнение описывает коле­бания с периодом Т = 2π/ω, где ω2 = Mgd/I Поэтому период малых колебаний тела

Маленькое изображение
 

21.2. В найденном в предыдущей задаче выражении для периода колебаний положим I =IC+Мd2. Тогда

Маленькое изображение
 

   а) Найдем d, соответствующее данному  значению периода. Решая квадратное уравнение

Маленькое изображение
 

   в) Период минимален  при таком значении d, при котором минимально выражение

Маленькое изображение
 

(подкоренное выражение в формуле для периода). Условие минимума имеет вид

Маленькое изображение
 

Подставляя это выражение в формулу для периода ко­лебаний, получаем минимальное значение периода

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение21.3. Из того, что пружина под действием силы веса груза мас­сой m удлиняется на А, находим ее коэффициент жесткости k = mg/A.
Когда на пружине неподвижно висят два груза общей массой 2m, ее длина l0 определяется условием

Маленькое изображение
 

Поместим начало координат в точку l0, а ось х напра­вим вертикально вниз. В этом случае уравнение движения грузиков примет вид

Маленькое изображение
 

Как известно, дифференциальное уравнение такого типа описывает колебания с периодом

Маленькое изображение
 

Легко убедиться в том, что решением  этого уравнения является функция

Маленькое изображение
 

где B1 и B2 —постоянные, определяемые из начальных условий. Систему   координат   мы  выбрали   таким   образом,   что х = x0 =—А   при   t= 0.   Начальную  скорость  v0  находим, учитывая сохранение импульса при ударе

Маленькое изображение
 

Этим начальным условиям соответствуют постоянные B2=—В1 =А, т.е. решение уравнения движения имеет вид

Маленькое изображение
 

Амплитуда колебаний, т. е. максимальное отклонение точки от положения равновесия, достигается в тот момент време­ни t1, когда скорость колеблющихся грузов равна нулю:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Максимальная высота  подъема над первоначальным по­ложением равновесия (находящимся на расстоянии А вверх от начала координат)

Маленькое изображение
 

21.4. а) Частицы А и В движутся вдоль прямой по закону

Маленькое изображение
 

21.5. В задаче  21.1 получено уравнение  малых колебаний твер­дого тела

Маленькое изображение
 

где d —расстояние от оси вращения до центра масс тела, I —момент инерции тела относительно оси, проходящей через точку подвеса. Из него следует, что

Маленькое изображение
 

Если масса единицы длины проволоки ρ, то масса всего каркаса   М = ρ (πR+2R) = ρR (π+ 2) (Rрадиус   полуокружности АСВ), а

Маленькое изображение
 

Центр масс полуокружности АСВ лежит на перпендикуляре к диаметру АВ, проходящем через точку подвеса Р на расстоянии (см. задачу 19.13.)

Маленькое изображение
 

21.6. Обозначим   жесткость пружины  через k. Период колебания пластинки массы m и грузика массы m1 равен

Маленькое изображение
 

Удлинение пружины после того, как с пластинки снят груз m1 и положен груз m2:

Маленькое изображение
 

21.7. После удара центр масс всей системы будет двигаться вправо со скоростью vц.м. , определяемой из закона сохранения ко­личества движения:

Маленькое изображение
 

В системе координат, жестко связанной с центром масс системы, частицы (массой M каждая) совершают гармони­ческие колебания (при этом они движутся либо навстречу друг другу, либо в противоположные стороны) около поло­жений равновесия, лежащих в точках —L/2 и L/2 для левой и правой массы соответственно.
Если обозначить через х1 и х2 отклонения масс от по­ложения равновесия, то удлинение пружины равно х = x2х1, а уравнения движения грузов имеют вид

Маленькое изображение
 

Вычитая из второго уравнения первое, получаем

Маленькое изображение
 

где ω = 2πM/k, а A1 и A2 определяются начальными условиями. В момент столкновения пружина была ненапряжена, т. е. х = 0, а массы двигались навстречу друг другу со скоростями 1/8v, т. е. x = 1/4v. При таких начальных условиях A1 = 0, B1 = v/4ω, т. е. x= (v/4ω) sin ωt. Итак, период колебаний системы равен

Маленькое изображение
 

21.8. Из условия задачи следует, что действующая на частицу  сила прямо пропорциональна r — расстоянию от центра Земли и направлена к центру, поэтому mr+kr = 0, где k — коэф­фициент пропорциональности в зависимости силы от рас­стояния. Таким образом, частица совершает колебания вокруг центра Земли с периодом

Маленькое изображение
 

где ω2 = k/m.
Замечая, что на поверхности Земли сила притяжения равна весу тела, находим константу k = mg/R. Очевидно, сквозь Землю  по диаметру   тело  пройдет за время t = T/2.
Используя найденное значение k, получаем

Маленькое изображение
 

21.9. Обозначим  через n число  бактерий в  колонии. Скорость роста населения колонии равна dn/dt. По условию

Маленькое изображение
 

Это и есть дифференциальное уравнение роста колонии. Из него следует, что население колонии растет со временем по закону n=n0eαt.
 
21.10. Поместим начало координат в положение равновесия, а оси координат направим, как показано на рисунке. Колебания точки  подвеса будем характеризовать  координатой  х, а самого маятника —углом φ. Как видно из рисунка, в произ­вольный момент времени

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениегде I —длина маятника.
Запишем уравнение движения маятника в системе коор­динат, движущейся вместе с точкой подвеса. В этой системе на массу m действует псевдосила —тх, поэтому I(d2φ/dt2) =— mgl sin φ—mxcos φ.
Учитывая, что I= ml2, получаем

Маленькое изображение
 

Предположим, что φ мало, так что sin φ≈ φ, cos φ=1. В этом приближении (приближении малых колебаний) урав­нение для φ имеет вид

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Мы пришли к такому же дифференциальному уравнению для хм, как и в § 5 гл. 21 «Лекций» (вып. 2, стр. 105), только в правой части вместо функции cos ωt имеем sin ωt. Поэтому будем искать решение в виде хм = с sin ωt —ам­плитуда колебаний).
Подставляя это выражение хм в  уравнение  колебаний, получаем

Маленькое изображение
 

К главе 22. Алгебра
 
22.8. Единицу можно представить в виде 1=е2πim, где m —любое целое число. Корни заданного уравнения представляют со­бой комплексные числа е2πim/n. Всего существует n различ­ных корней, их можно  получить,   придавая  m любое из n значений от 0 до n—1.
 
22.9.  Запишем еinθ в виде

Маленькое изображение
 

Приравнивая по отдельности в этом соотношении веще­ственные и мнимые части, получаем требуемую формулу.
 
22.10. а) Перемножая функции и  приравнивая по отдельности ве­щественные и мнимые части соотношения

Маленькое изображение
 

   б) В результате перемножения получается вектор в комп­лексной плоскости, длина которого равна произведению модулей, т. е. А·В, а его направление составляет угол θ + Ф с вещественной осью.

22.11.

Маленькое изображение
 

К главе 23. Резонанс
 
23.1. Пусть приложено напряжение вида

Маленькое изображение
 

23.2. а) Рассмотрим цепь, изображенную на фиг. 1. Введем комп­лексное напряжение ˆV=V0еiωt и комплексный заряд ˆq (t) на обкладках конденсатора. Тогда на основании решения к задаче 23.1 напишем дифференциальное уравнение для определения стационарного тока

Маленькое изображение
 

где I= dq/dt.
Продифференцируем обе части этого уравнения по времени. В результате получим уравнение для комплексного тока:

Маленькое изображение
 

Будем искать решение этого уравнения в виде I =Îеiωt. Выполнив необходимое дифференцирование, мы найдем связь между  Î и ˆV

Маленькое изображение
 

Отсюда следует, что импеданс цепи ˆZVв случае последовательного соединения равен

Маленькое изображение
 

   б) При параллельном соединении емкости и индуктивности электрическая цепь имеет вид, изображенный на фиг. 2. В этом случае, очевидно, выполняется условие равенства потенциалов на индуктивности и емкости

Маленькое изображение
 

где Î2 — комплексный  ток через  индуктивность.  Суммарный ток через  цепь равен Ι= Ι1 + Ι2. где Ι1 ток через емкость. Учитывая тот факт, что

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

При последовательном соединении при ω →∞ соп­ротивление цепи обусловлено индуктивностью, а при ω →0 —емкостью. При частоте ω =1/√LC имеет место «резонанс»: импеданс цепи обращается в нуль.
При параллельном соединении ситуация противопо­ложна случаю (а): при ω →∞ сопротивление носит в основном емкостный характер (ток течет через емкость), а при ω →0 сопротивление цепи связано с наличием индуктивности.
При частоте ω =1/√LC наступает резонанс: импеданс цепи  обращается в бесконечность.

23.3. а) Упругая сила, действующая на тело массой m, равна — kх, а сила трения — mγv =— mγ (dx/dt). Так как ускоре­ние тела равно d2x/dt2, то уравнение движения имеет вид

Маленькое изображение
 

Поделим обе части этого уравнения на массу m и пере­несем все члены уравнения в левую часть, затем, исполь­зуя обозначение ω02= k/m, получим искомое уравнение,
   б) Будем искать решение сформулированного уравнения в экспоненциальном виде x = eαt. Выполняя необходимые дифференцирования и сокращая уравнение на eαt, находим квадратное уравнение для определения α:

Маленькое изображение
 

(Здесь учтено, что γ< 0.) С учетом   найденного  запи­шем общее решение уравнения движения:

Маленькое изображение
 

где С1 и D1 — комплексные постоянные интегрирования. Представляя эти постоянные в виде С1 = Се1 и D1=De2, где  С и Dвещественные  числа,  и определяя вещественную часть х, находим

Маленькое изображение
 

Воспользовавшись формулой для косинуса суммы углов найдем, что решение можно представить в искомом виде, если вместо произвольных постоянных С, D, θ1 и θ2 ввес­ти новые две вещественные постоянные А и В, связанные с ними соотношениями

   в) В этом  случае  α1 и α2 — вещественны и общее   решение уравнения движения имеет вид

Маленькое изображение
 

23.4. Следует рассмотреть два случая:
   а) γ < 0. Для определения А и В здесь имеем два уравне­ния:

Маленькое изображение
 

23.5. Обозначим через Î1 и   Î 2 — комплексные токи, протекающие через точки А и B. Тогда, очевидно,

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Таким образом, найденное выражение для разности потенци­алов ˆVАB можно представить в виде произведения модуля комплексного числа, равного V/2, на фазовый множитель. Фаза разности потенциалов ˆVАB при этом равна

Маленькое изображение
 

Так как при изменении х от 0 до ∞ функция arc tg x меня­ется в пределах от 0 до π/2, то, меняя R(в пределах от 0 до ∞), можно менять фазу ˆVAB от π до 0.

Маленькое изображение
 

Отсюда  следует,  что  должно выполняться соотношение

Маленькое изображение
 

   б) Определяя  вещественную  часть найденных   выражений для ÎA и  ÎB находим

Маленькое изображение
 

К главе 24. Переходные решения
 
24.1. Если направить  ось х вдоль  направления  движения  тела, то уравнение движения запишется в виде

Маленькое изображение
 

Если искать решение этого уравнения в виде x = Aeαt, то легко найти, что α1=0, α2=—γ. Следовательно, общее ре­шение этого уравнения можно представить так:

Маленькое изображение
 

24.2. Для заряда q (t) на обкладках конденсатора можно написать следующее дифференциальное уравнение:

Маленькое изображение
 

Так как  напряжение  на  конденсаторе  связано с  зарядом  соотношением q(t)/C = V (t), то можно написать

Маленькое изображение
 

Решение этого уравнения, удовлетворяющее  заданному начальному условию V (0) = V0, имеет вид

Маленькое изображение
 

24.3. Уравнение  движения  тела  вдоль оси можно записать в виде

Маленькое изображение
 

   а)  В   установившемся движении  скорость  тела  будет по­стоянна, т.е. dv/dt =0. Отсюда

Маленькое изображение
 

   б)  Попытаемся  найти   решение  неоднородного   уравнения

Маленькое изображение
 

в виде суммы решения однородного уравнения   v+γv=0 и любого решения неоднородиого уравнения. В качестве последнего можно выбрать

Маленькое изображение
 

Так  как  общее   решение однородного уравнения имеет вид v = Aeγt, где А — произвольная константа, то

Маленькое изображение
 

Непосредствеиной проверкой мы убеждаемся, что полу­чили самое общее решение исходного уравнения.
   в) Если тело в начальный момент времени t=0 покоилось, то v (0)=0, x(0) = 0.   Используя   первое  из  этих усло­вий, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

24.4. Для мгновенного значения заряда на обкладках конденса­тора можно написать следующей дифференциальное уравне­ние:

Маленькое изображение
 

Обозначим ω2=1/LC.   Тогда написанное  выше уравнение приобретает вид уравнения  гармонического колебания: q+ω2q = 0. Общее решение этого уравнения имеет вид

Маленькое изображение
 

Начальное условие состоит в том, что V0 = q(0)/C при t = 0 и ток в начальный момент времени равен нулю, т. е. dq/dt=0. Определяя из этих условий константы А и В, находим

Маленькое изображение
 

   а) Тан как в каждый момент времени   напряжение на кон­денсаторе равно V (t) = q (t)/C, то

Маленькое изображение
 

   б) Используя этот результат, находим, что запасенная в конденсаторе электростатическая энергия, равная CV2/2, и энергия магнитного поля в катушке LI2/2 изменяются со временем по закону

Маленькое изображение
 

Сумма названных выше энергий, как нетрудно видеть, равна энергии 1/2CV02 первоначально запасенной в кон­денсаторе.
 
24.5. После того как цепь разомкнута, ток будет течь через LC-контур. При этом задача становится эквивалентной задаче 24.4, но с другими начальными условиями. Именно, в данной задаче

Маленькое изображение
 

Так как, согласно решению задачи 24.4, мгновенное значе­ние заряда на обкладках конденсатора можно представить в виде

Маленькое изображение
 

где ω=1/√LC,   то  с  учетом   начальных   условий  находим напряжение на конденсаторе в момент времени V (t) = q (t)/C:

Маленькое изображение
 

Из этого выражения видно,   что  максимальное напряжение на конденсаторе (амплитуда напряжения) равно

Маленькое изображение
 

24.6. а) Уравнение  движения  тела  до  включения замедлителя в буквенных обозначениях имеет вид

Маленькое изображение
 

После включения замедлителя уравнение движения имеет другой вид:

Маленькое изображение
 

Общее решение последнего уравнения найдено в гл. 24 «Лекций» (вып. 2). Как следует из этого решения, ампли­туда колебаний тела уменьшается со временем по закону ехр( —γt/2), причем новый период колебания равен

Маленькое изображение
 

по  условию  задачи  амплитуда  колебания  уменьшается в два раза,  т. е. справедливо соотношение 1/2 = e-γt0/2. Отсюда находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   в)  Если амплитуда уменьшается в 4 раза, то ехр (— γt1/2) = 1/4,т.е.  t1 ≈4 In 2/γ ≈ 20 сек.  Так  как период колебания равен Т ≈ T0 = 1 сек, то уменьшение  амплитуды колеба­ния  в  4  раза  произойдет  за  20   полных   колебаний, а в 10 раз примерно за 33 или 34 полных колебания.
    г) Скорость диссипации энергии, т. е. теряемая из-за сопро­тивления мощность, равна

Маленькое изображение
 

Здесь мы учли, что γ«ω0. Нисколько не уменьшая общности вывода, предположим, что в момент включения затухания, т. е. при t = t0 тело двигалось таким образом, что А = 0 (ведь начальное состояние тела в условии за­дачи не фиксировано!). Отсюда

Маленькое изображение
 

Из этого выражения видно, что скорость диссипации энергии была максимальна при t=t0. В этот момент вре­мени она была равна γmω02B2. Согласно условию задачи, В = 0,2 м, γ = 0,693, m= 5, ω02=4π2. Отсюда находим P= 1,1 вm.
 
24.7. 1)  Уравнение движения осциллятора имеет вид

Маленькое изображение
 

   а) Так как при t≤0 сила на осциллятор не действовала, то в начальной момент времени он покоился (ведь осцил­лятор с затуханием!). Общим решением уравнения дви­жения при t > 0 (действующая сила постоянна!) является решение

Маленькое изображение
 

Мы предполагали выше, что ω02 > γ2/4, В противном слу­чае, когда ω02 < γ2/4, и, следовательно,

Маленькое изображение
 

где A и В — постоянные интегрирования, которые надлежит определить из начальных условий х (0) = 0 и ·x (0) = Jx/m. В результате находим

Маленькое изображение
 

   в) Найдем вначале частное решение уравнения движения. Будем искать его в виде х1 (t) = D sin ω0 t. Подставив это выражение в уравнение движения, определим константу D

Маленькое изображение
 

   2) Будем искать частное решение неоднородного уравнения движения в виде х1 (t) = C cos ωt+D sin ωt. Подставляя это выражение в исходное уравнение и приравнивая отдельные  коэффициенты  при  cos ωt   и   sin ωt, находим

Маленькое изображение
 

За достаточно большое время t»2/γ решение, отвечаю­щее собственным затухающим колебаниям, обратится в нуль, а основными останутся лишь вынужденные ко­лебания. Амплитуда последних резонансно зависит от частоты, из приведенного выражения видно, что наи­большей    амплитудой    обладают  колебания  с  частотой ω*= √ω02—γ2/2. При этом амплитуда «резонансного» колебания равна F0/ω02—γ2/4.

К главе 25.  Линейные системы
 
25.1. Согласно условию задачи,

Маленькое изображение
 

где ω=120 сек–1. Дифференциальное  уравнение, описываю­щее  напряжение  на  конденсаторе,   т. е. Vвых (t), имеет вид

Маленькое изображение
 

Решение соответствующего однородного уравнения легко найти. Оно имеет вид

Маленькое изображение
 

Эта часть решения существенна лишь в начальные моменты времени работы выпрямительного устройства. Она за вре­мена, большие чем RC, экспоненциально быстро обратится в нуль, и ее можно в дальнейшем игнорировать.
Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

Маленькое изображение
 

Подставляя V(1)вых в исходное дифференциальное уравнение и по отдельности приравнивая коэффициенты при cos ωt и sin ωt в правой и левой частях уравнения, находим

Маленькое изображение
 

Из этого выражения видно, что постоянная составляющая напряжения остается той же, но амплитуда переменной составляющей равна

Маленькое изображение
 

Подставляя в это выражение R = 103 ом, С = 10 мкф, ω=2π·120 сек–1, находим V′2 = V2/7,6, т. е. амплитуда пе­ременной составляющей уменьшается в 7,6 раза.
 
25.2. Дифференциальное  уравнение,   определяющее  изменение  со временем напряжения на конденсаторе V1 (t), имеет вид

Маленькое изображение
 

Так как, согласно схеме цепи, Vвх =V1+Vвых, то

Маленькое изображение
 

Если |Vвых|«|Vвх|, то получим Vвых(t)=СR(dVвх/dt).
 
25.3. Используя  уравнение для  Vвых,  найденное  в предыдущей задаче, запишем

Маленькое изображение
 

Из этого выражения видно, что условие | Vвых | « | Vвх |, фигурирующее в предыдущей задаче, сводится к условию СRω«1, т. е. T»1/CR. Следовательно, уже за время, меньшее одного периода колебаний, первый член в выраже­нии для Vвых станет пренебрежимо малым и выходное напря­жение можно представить в виде

Маленькое изображение
 

25.4. Простейшей цепью, с помощью которой можно было бы интегрировать входную функцию, является цепь, изображен­ная на рисунке в условии к задаче 25.2 (стр. 77), но в ко­торой Vвх и Vвыx поменялись местами. В этом случае, используя результат задачи 25.2, можно записать

Маленькое изображение
 

25.5. а) На  тело,  сдвинутое на  расстояние х  от  центральной точки, действуют  две   упругие  силы: со стороны правой пружины сила, равная  –kx/2, и со стороны левой — сила, равная  kx/2. Суммарная упругая сила, таким образом, равна –kx. В предположении о постоянстве коэффи­циента трения f сила трения равна по величине fmg, где g—ускорение, и направлена всегда против дви­жения. В отсутствие трения движение тела описыва­лось бы дифференциальным уравнением x+ω2x= 0, где ω—частота   колебаний,   равная   ω=√k/т.   В  течение интервала времени 0< t < π√m/k, т. е. в первый по­лупериод колебания, тело двигалось бы налево. Если учесть трение, то при движении налево на тело действо­вала бы сила трения, равная fmg. Уравнение движения для этого временного интервала записывается следующим образом:

Маленькое изображение
 

Из этого решения следует, что в момент времени t= π√m/k тело достигнет крайней левой точки х=—[А – (2mfg/k)], остановится, а затем начнет дви­гаться вправо. Даже без решения уравнения движения в следующий полупериод колебания ясно, что за поло­вину периода сила трения каждый раз приводит к умень­шению амплитуды колебания на величину, равную 2mfg/k.
   б) Если тело n раз пересечет точку x= 0, то из вышепри­веденного рассуждения следует, что амплитуда колебания тела станет равной

Маленькое изображение
 

Чтобы размах колебания тела после n пересечений точки х=0 оставался больше В, необходимо, чтобы выполня­лось неравенство

Маленькое изображение
 

3

ИЗЛУЧЕНИЕ • ВОЛНЫ • КВАНТЫ
 
К главе 26. Оптика. Принцип наименьшего времени
 
26.1. а) Обозначим через х расстояние от точки К до стены. Тогда время Т, затраченное на ходьбу, выражается через х следующим образом:

Маленькое изображение
 

Необходимо найти величину х = х0, при которой это время минимально. Она находится из условия, чтобы первая производная dT/dx обращалась в нуль при х=х0:

Маленькое изображение
 

Выполняя дифференцирование, получаем квадратное урав­нение 1,8√x02 +362–3x0 = 0. Его положительный корень x0 = 27, что соответствует AK= 15 м.
   б)  Подставляя  x=x0 = 27 м в T(x),   находим   кратчайшее время Tмин = 60 сек.
   в)  Вблизи  минимума  функцию  Т (х)   можно  приближенно представить в виде

Маленькое изображение
 

Вычисляя вторую производную в точке х0 и подставляя в приближенную формулу х—х0 = ±3м, получаем Т = 60,1 сек. Точность этого приближения можно проверить непосредственным вычислением Т (x0 ±3) по точной фор­муле.
 
26.2. Пусть луч распространяется горизонтально. Обозначим угол, образуемый нормалью к пластине с горизонталью, через α (он равен углу падения), угол преломления через β, тол­щину пластины через l. Тогда по условиям задачи

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   б) Время прохождения в воздухе t= 1 м/с (с—скорость света в воздухе). При наличии пластины полное время про­хождения

Маленькое изображение
 

26.3. Пусть b —толщина края линзы, d —ее толщина по оси, ра­диус h= 0,1м. Тогда времена прохождения равны: для «периферического» луча

Маленькое изображение
 

Приравнивая их, получаем соотношение для определения d. Подставляя в него численные значения, получаем d 20 мм.
 
26.4. В действительности   у  зеркального   изображения   меняются местами не «правая и левая рука», а «лицо и затылок»—зер­кало выворачивает изображение вдоль оси, перпендикулярной поверхности зеркала, а оси справа налево и сверху вниз не преобразуются совсем.
 
26.5. Потому что мы видим в таком   зеркале двукратно отражен­ное изображение.
 
26.6.  Разберем лишь нетривиальный случай, когда падающий луч испытывает трехкратное  отражение.   Для этого он должен быть   не  параллелен  ни одной из плоскостей,   образующих трехгранный   угол.   В противном  случае  он испытывает не больше  двух   отражений   и  движется   все   время   в  одной плоскости.
Очевидно справедливы следующие два утверждения:
   а)  углы   падения  и отражения   проектируются   как  равные на любую плоскость, перпендикулярную отражающей пло­скости;
   б)  отраженный   и  падающий   лучи   проектируются на отра­жающую плоскость в одну прямую.
Рассмотрим проекцию хода луча на каждую из граней угла. Из двух высказанных утверждений следует, что это будет  ломаная  линия   из  трех   отрезков,  у которой  смежные отрезки образуют равные углы с линиями —проекциями двух остальных граней угла на рассматриваемую грань. Следовательно, отрезки, не имеющие общих точек, парал­лельны. Эти отрезки будут проекциями падающего и выходящего лучей на рассматриваемую плоскость. Две линии, проекции которых на все координатные плоскости параллель­ны, являются параллельными прямыми, что и доказывает утверждение задачи.
 
26.7. Показатель преломления для перехода луча из оптически более плотной среды в менее плотную n12 < 1. Согласно закону преломления, sin θ2 = sin θ1/n12. Когда sin θ1 стано­вится больше n12, равенство не может выполняться и, следовательно, преломления не происходит—свет отражается от границы раздела как от зеркала (явление «полного внутреннего отражения»).


К главе 27.   Геометрическая оптика

Маленькое изображение27.1. Время хода для осевого луча должно быть равно времени хода для произвольного луча, проходящего через точку с  коор­динатами х и у, лежащую на преломляющей поверхности. Разность этих времен равна

Маленькое изображение
 

где с—скорость света в воздухе.
Приравнивая эту разность нулю, получаем искомое уравнение поверхности. Разрешая его относительно у, при­ходим к выражению

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение27.2. На   рисунке   изображен   поперечный   разрез   капиллярной Трубки.   Нужно построить  изображение радиуса капиллярного отверстия, создаваемое стенкой трубки, которая дей­ствует как толстая цилиндрическая линза. Способ построения ясен из чертежа; из закона преломления и рассмотрения треугольников на рисунке вытекают следующие соотношения:

Маленькое изображение
 

Исключая из них α и β, можно получить довольно громозд­кое точное выражение для d через d′, D u n. Интересно простое приближенное выражение для случая, когда d«D. Тогда углы α и β (и, следовательно, α – β) малы, и в точном выражении d = dn cos (α–β), следующем из выписанных соотношений, можно положить в первом приближении косинус рав­ным единице. Тогда d = d′n.
 
27.3.  Эта поверхность —эллипсоид вращения с фокусами в точках Р и Р′ (см. «Лекции», § 4 гл. 26, вып. 3, стр. 13).
 
27.4. Эта задача на расчет простейшей подзорной трубы.   Первая линза—объектив, вторая—окуляр. Как следует из рисунка, угловое увеличение

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение27.5. Поскольку глаз располагается вплотную за линзой, он может рассматривать лишь мнимое изображение,   располагающееся по ту же сторону линзы, что и предмет (см. рисунок). Для получения мнимого изображения предмет должен быть расположен  между фокусом и линзой, и в формуле  линзы нужно брать отрицательное расстояние S1:

Маленькое изображение
 

27.6. Пусть S = 10 м -расстояние от объекта до положительной линзы, Δ-расстояние между линзами, которые расположены в точках О1 и О2 соответственно (см. рисунок)
Положительная линза создает изображение предмета в точке A1; это изображение «рассматривается» отрицатель­ной линзой, которая создает изображение в точке A2, где и должна быть помещена фотопластинка. Нужно найти рас­стояние О2А2. Для этого можно дважды последовательно применить уравнение линзы в форме x·x′ = f2. В первом случае x1 = Sf1, x′1=O1A1f1; отсюда определим

Маленькое изображение
 

27.7.  В обоих случаях нужно найти величину х′ — расстояние от главного фокуса до изображения; x′ = f`2/x, где f —фокусное расстояние, а х —расстояние до Луны или спутника. В слу­чаях (а) и (б) соответственно получаем значения

Маленькое изображение
 

27.8.  Из   определения   главных   плоскостей   оптической   системы следует их важное свойство: если точка находится в главной плоскости на расстоянии у от оптической оси, то ее изобра­жение получается в другой   главной   плоскости  на том же расстоянии   от  оптической   оси.   Этим   свойством   главных
плоскостей мы и воспользуемся для решения задачи. Постро­ение изображения точки, расположенной в главной плоскости, производится на рисунке. Очевидны следующие соотношения:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

К главе 28. Электромагнитное излучение
 
28.1. a) A=reiφ/2 + reiφ/2 = r cos φ/2 + ir sin φ/2 + r cos φ/2  — ir sin φ/2 = 2r cos φ/2 = | A |—чисто   вещественное   чис­ло, равное с точностью до знака своему модулю. Геометрическая интерпретация: складываются два вектора длиной r, один из которых образует с осью х угол φ/2, а другой  —φ/2.
   б) Воспользуемся общей формулой для суммы произвольного числа членов геометрической прогрессии (она выполняется и для комплексных чисел). Первый член прогрессии r, показатель eiφ, полное число членов N:

Маленькое изображение
 

Геометрическая интерпретация: складываются N векторов длиной r, первый из которых направлен по оси абсцисс, а каждый последующий повернут относительно предыду­щего на угол φ.
 
К главе 29. Интерференция
 
29.1.  Если   обозначить    амплитуду   поля,    создаваемого   первой антенной, через А1,   то аналогичная   величина  для   второй антенны есть A2 = 2 A1 Разность фаз между двумя антен­нами в зависимости от угла θ, отсчитываемого от направления «на   восток»,   равна   φ2—φ1 = 2πd  sin θ/λ = π sin θ   в  нашем
случае. Тогда по общей формуле

Маленькое изображение
 

Для   направлений,   указанных   на   рис. 29.5  (см. «Лекции», вып. 3, стр. 52) получим

Маленькое изображение
 

29.2.   При указанной  частоте расстояние  между  соседними излу­чателями равно  четверти  длины   волны   и,   следовательно, полная   разность   фаз   между   ними   в  зависимости от угла есть Δφ=π/2(1 — sinθ).   Поскольку интенсивность   пропор­циональна квадрату модуля амплитуды, можно воспользовать­ся результатом задачи 28.1 (б). Подставив в него N =4 и возводя в квадрат, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение29.3. На рисунке схематически изображен радиотелескоп с рас­стоянием между чашами-приемниками 1 и 2, равным d. Телескоп регистрирует сигналы от удаленного источника. Малое изменение   углового   положения   источника приводит к фазовому сдвигу Δφ между сигналами, поступающими в приемники. Этот сдвиг по общей формуле связан с углом Δθ следующим образом:

Маленькое изображение
 

—длина волны радиоизлучения). Сигналы равной ампли­туды А от двух приемников смешиваются (векторно склады­ваются),   поэтому   интенсивность I выходного  сигнала есть

Маленькое изображение
 

По условиям задачи минимально регистрируемое колебание интенсивности равно 10%, что соответствует (Δφ)2/4 = 0,1. Отсюда, полагая sin θ≈1, находим

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение29.4. Круговое движение есть наложение двух колебаний во вза­имно перпендикулярных направлениях с разницей фаз π/2 (см. «Лекции», § 1 гл. 33, вып. 3, стр. 116). Компоненты электрического поля в плоскости, перпендикулярной лучу (см. рисунок), согласно формуле (29.3) «Лекций» (вып. 3, стр. 49), равны

Маленькое изображение
 

В плоскости орбиты Еу′= 0 и интенсивность излучения про­порциональна cos2 [ωt — (r/с) — π/2]. На  оси   орбиты  вектор электрического поля сохраняет свою длину и равномерно вращается, поэтому интенсивность от времени не зависит и вдвое превышает среднюю интенсивность в плоскости орбиты на том же расстоянии от источника.
 
29.5. Амплитуда излучения в направлении, образующем угол (π/2) —θ к линии диполей в экваториальной плоскости, имеет вид (в комплексной форме)

Маленькое изображение
 

Здесь N —число диполей в каждой линии; r —амплитуда каждого диполя; Δφ1 = π sin θ—сдвиг фаз между соседними диполями в каждой линии; Δφ2 = π/2(1— sin θ) —сдвиг фаз между соответствующими диполями в разных линиях. Модуль произведения комплексных чисел равен произведению модулей, поэтому интенсивность

Маленькое изображение
 

Картина интенсивности, получающаяся в случае одного ряда диполей, «модулируется» в случае двойного ряда множителем

Маленькое изображение
 

29.6.  Ускорение каждого из электронов равно аω2 cos (ωt—φ0), и все электроны можно рассматривать как осцилляторы, излу­чающие в фазе. Если ρ—число электронов на единицу длины проволоки,   их   полное   число   равно     и  искомое   поле находится согласно общей формуле

Маленькое изображение
 

29.7.  Вектор напряженности электрического поля излучения лежит в этом   случае в вертикальной   плоскости и длина его про­порциональна sin θ (см. рисунок в условии задачи,  стр. 86). Следовательно,   интенсивность   излучения   на  заданном рас­стоянии От источника, пропорциональная среднему квадрату
напряженности,   может   быть   записана   в  виде I = C sin2θ— подлежащая определению постоянная).
Константу С при заданном R можно найти, приравнивая полный поток излучения через сферу радиуса R в единицу времени, т. е. интеграл от I по сфере, полной мощности передатчика:

Маленькое изображение
 

К главе 30. Дифракция


30.1.  Разрешающая   способность  связана   с  порядком   спектра и числом линий решетки n соотношением λ/δλ = mn. По усло­виям задачи m=1, Δπ = 5,90Å, λ= 5900Å. Отсюда n= 1000,
что   при   плотности  линий  600/мм  соответствует длине ре­шетки 1,7 мм.
 
30.2.  Угловая   разрешающая  способность   глаза θ = 1,22λ/L.   где λ —длина волны света, a L—диаметр зрачка. Приравнивая эту величину   углу   l/R, под  которым интервал  между фа­рами l виден с расстояния R, получаем

Маленькое изображение
 

Сложный спектральный состав белого света затрудняет раз­решение двух источников — «изображения» их, соответствую­щие   длинноволновой   части   спектра,    сливаются   раньше.
 
30.3. а) Щель спектрографа параллельна оси, вокруг которой поворачивается решетка, поэтому независимо от угла ее поворота длина изображения щели на экране Р (а это и есть ширина спектральной полосы) определяется уве­личением системы из двух линз, которое равно F2/F1. Следовательно,

Маленькое изображение
 

(Не путать ширину полосы с шириной линии, в спектре.)
   б) Условие, при котором максимум интенсивности для за­данной длины волны λ соответствует направлению, сов­падающему с осью С2, т. е. углу выхода точно θd, имеет вид

Маленькое изображение
 

(m — порядок спектра).
   в)  Искомое расстояние равно D = F2Δθd, где Δθd—разность между углами, которые соответствуют максимумам с раз­ницей длин волн 1А   при фиксированном  угле θi. Диф­ференцируя соотношение sin θd = sin θi +/d, получаем cos θdΔθd = m·Δλ/d.    Отсюда    при    Δλ=1А    получаем
D=F2mN·10-7/cos θd.
   г)   Решение аналогично случаю (а) с той разницей, что ши­рина  изображения   щели   в   отличие от  длины меняется при   поворотах   решетки   и  линзы   С2   пропорционально cos θi/cos θd.   Следовательно,

Маленькое изображение
 

30.4.  a) sin θi = —sin θd= sin θ  и   условие максимума имеет вид 2sin θ = mλ/d. Подставляя численные значения, получаем sin θ = 0,786, θ= 51,9°.
   б)   Искомые линии содержатся в  спектрах других порядков mi, и   их   длины   волн   связаны   с  длиной  волны λ из пункта (а) соотношениями   λi = 5λ/mi. В пределах види­мого спектра укладываются три  таких линии, соответст­вующие  mi = 7,   6,   4, с длинами  волн λi=3750, 4370 и
6560Å.           .
   в)   Линию 5250Å можно отделить от остальных трех, подо­брав соответствующий фильтр. Общий  способ получения сразу  спектра   высокого   порядка состоит  в обеспечении значительной   начальной   разности фаз, соответствующей нескольким  длинам   волн,   между   соседними  штрихами
решетки.   Он   реализуется   в   решетках  со ступенчатым профилем (см. решение задачи 30.6).
   г)   Используя решения задачи 30.3 (в) и подставляя в полу­ченное там выражение для дисперсии   угол θ, вычислен­ный в пункте (а)  данной   задачи,   получаем D=7,8 мм.
   д)  δλ =λ /mn, где n— полное число линий на решетке. Отсюда δλ= 0,007Å.
 
30.5.    Разрешающая    способность     характеризует    то   уширение спектральной    линии,    которое    создается   дифракционной решеткой.   Нельзя,   конечно,   различить   две  спектральные
линии,   расстояние  между которыми  меньше, чем это уши­рение, но длину  волны уединенной линии измеряют по по­ложению максимума   интенсивности, а   ошибка при измере­нии положения максимума   может   быть   в   несколько   раз меньше, чем это уширение.
 
30.6.  а) Прежде всего должны быть в фазе лучи, рассеянные разными «осцилляторами», принадлежащими поверхности одной ступеньки, т. е. от каждой из них свет для полу­чения максимальной интенсивности должен отражаться по закону «угол падения равен углу отражения». Кроме того, должны находиться в фазе лучи от соседних сту­пенек.  Следовательно,   для   направления,   в  котором решетка «блестит», должны выполняться два условия:

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениегде m —порядок спектра. При значительной величине угла φ равенство (2) может выполняться лишь для доста­точно высоких порядков.
   б) Искомый угловой интервал можно определить, используя равенство (2). Он равен изменению, которое испытывает угол φ, когда при фиксированном m длина волны λ пробегает весь интервал значений Δλ, соответствующий видимому спектру. Дифференцируя (2), получаем

Маленькое изображение
 

30.7. При каждом отражении амплитуда волны уменьшается в R раз. При каждом пересечении зазора фаза увеличивается на 2πD/λ. Амплитуда волны, испытавшей 2n отражений и 2n раз пересекшей зазор между поверхностями, есть

Маленькое изображение
 

Суммарная амплитуда волны, падающей на правую поверх­ность, есть

Маленькое изображение
 

а   полная   интенсивность  равна А2.   Следовательно, полная интенсивность прошедшего света есть

Маленькое изображение
 

При R, близком к единице, как видно из полученного выраже­ния, для тех длин волн, при которых фаза экспоненты равна четному числу π, интенсивность прошедшего света, рав­ная (1— R2)/2, может быть очень велика. На этом свойстве и основано использование интерферометра как узкополосного оптического фильтра
 
К главе 31. Как возникает показатель преломления
 
31.1. Воспользовавшись формулой для показателя преломления

Маленькое изображение
 

31.2.  Порядка 106 электронов в 1 см3.
 
31.3. б) При ω = wω0 вещественная  n′ и мнимая  n″ части показателя преломления равны n′= 1 и n″ = Nq2/2ε0ω. Так как интенсивность световой волны пропорциональна Е2, то, используя результат, найденный в пункте (а) данной задачи, находим

Маленькое изображение
 

31.4. а)  Здесь  удобно   воспользоваться   выражением   для напря­женности электрического поля

Маленькое изображение
 

созданного зарядом q на расстоянии r от него в момент времени t, в направлении θ от оси движения заряда (см. «Лекции», вып. 3, стр. 47). Здесь а —ускорение за­ряда, равное, очевидно,  —ω2x0 cos ωt. Следовательно,

Маленькое изображение
 

Так как плотность потока энергии в электромагнитной волне равна ε0сЕ2, то мощность S, излучаемая через единицу поверхности на расстоянии r под углом θ, равна

Маленькое изображение
 

Чтобы найти полную энергию Р, излучаемую в единицу времени   электроном,   усредним   S  за период движения (cos2ωt = 1/2) и умножим S на площадь,   приходящуюся на элемент телесного угла :

Маленькое изображение
 

   б) Константа затухания, по определению, равна γR= P/W,  где W—энергия, запасенная на одно колебание. Отсюда

Маленькое изображение
 

К главе 32. Радиационное затухание, Рассеяние света
 
32.1. Пусть   F(t) = E0eiωt.   Тогда   решение   уравнения движения заряженного осциллятора имеет вид

Маленькое изображение
 

[сp.   с  выражением   для  γR  найденным   в   задаче   31.4, гункт (б)].
 
32.2. Рассмотрим слой единичной площади и бесконечно малой толщины dх, расположенный перпендикулярно падающему свету. Тогда изменение интенсивности dI света в этом слое равно произведению самой интенсивности на вероятность рассеяться в этом объеме. В этом слое будет Ndx центров. Суммарная эффективная площадь рассеяния равна сумме эффективных сечений рассеяния всех центров в слое (по­скольку dx  бесконечно  малая величина, элементарные площадки σ не перекрываются друг с другом), т. е. равна Nσdx. Вероятность рассеяния в выделенном слое будет равна отношению площади Nσdx к единичной площади по­верхности слоя, т. е. численно равна Nσdx. Отсюда

Маленькое изображение
 

32.3. Выражение  для   показателя   преломления   света имеет сле­дующий вид [см. «Лекции», формула (31.19) вып. 3, стр. 91]:

Маленькое изображение
 

Возводя обе части этой формулы в квадрат и поделив ле­вую и правые части получающегося выражения на соответ­ственно левую и правую части выражения для σ, получаем соотношение, из которого требуемый результат вытекает уже совсем просто.

Маленькое изображение32.4. Воспользуемся результатами задач 32.2 и 32.3. Для воздуха n—1=0,000292; при атмосферном давлении число моле­кул в единице объема N = 6·1023/22400 = 2,7·1019 см-3. Тол­щина атмосферы, приведенная к постоянному давлению в 1 атм, равна примерно h≈10 км. Интенсивность сол­нечного излучения, прошедшего   в атмосфере путь х, равна

Маленькое изображение
 

Зависимость х  от угла θ,   под которым  Солнце стоит над горизонтом, можно определить геометрически (см. рисунок):

Маленькое изображение
 

Подставляя это выражение и числовые данные зада­чи в формулу (1), получаем I (90°)/I0 (0) ≈е-0,32 = 73%; /(10°)/I0≈е-8 ≈3,5· 10-4.
 
32.5.  Проверить  поперечность   излучения   и  поляризовать  его можно  при  рассеянии   на   свободных   электронах   (см. § 2гл. 33 «Лекций», вып. 3, стр. 119).
 
32.6.  Для проведения   расчетов   необходимо   сделать конкретизи­рующие предположения о распределении   электронов в око­лосолнечном   пространстве.   Для   требуемой   оценки можно
предположить, что они равномерно заполняют сферу  с  ра­диусом вдвое больше солнечного.
Свет, рассеянный в К-короне свободными электронами, будет равномерно излучаться во все стороны и определять яркость свечения короны. Если считать, что каждый квант света рассеивается не больше чем один раз, то на расстоя­нии, равном солнечному радиусу, будет рассеяна доля пол­ного солнечного излучения, равная

Маленькое изображение
 

где Ne —искомая плотность электронов; σ = 8π/3 (е2/mc2)2 = 6,25·10-25 см2томпсоновское сечение рассеяния. Этот рассеянный свет излучается сферой, радиус которой вдвое, а поверхность вчетверо больше поверхности Солнца. Поэтому отношение ее яркости к яркости солнечного диска (яркость в данном случае есть количество квантов, испускаемых еди­ницей площади поверхности в единицу времени) есть r = R′/4. Поскольку для рассеянного излучения NeσR и, сле­довательно, показатель экспоненты в выражении (1) малы, то можно воспользоваться приближенной формулой е≈1х. Тогда, приравнивая r численному значению из условия за­дачи, получаем r = 10-8 = NeσR/4; подставляя R = 7·1010 см, вычисляем

Маленькое изображение
 

32.7.  В гл. 31 «Лекций» получено выражение, связывающее коли­чество энергии  излучения,   проходящей  в 1 сек через 1 м2 поверхности,  со средней напряженностью  поля излучения в этой точке,   S = ε0c<E>2  (P  имеет  размерность  вт/м2, Ев/м). Вспоминая формулу для джоулева тепла Q = V2/R, убеждаемся,   что   размерность  величины  ε0с—обратное со­противление. Численное значение 1/ε0с = 377 ом.
 
32.8. Пока размер   частицы   R   меньше  длины волны λ, все рас­сеивающие атомы излучают с близкими фазами и интенсив­ность рассеянного света и сечение рассеяния примерно про­порциональны N2 (N—число атомов в частице), т. е.

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеТогда сечение рассеяния единицей массы ∑= σ·n~R3 (n~ 1/R3число частиц в единице массы). При R > λ ситуация меняется—внутрь непрозрачной большой частицы свет не по­падает, он рассеивается и поглощается лишь атомами, рас­положенными на поверхности, и суммарное сечение погло­щения и рассеяния примерно равно поперечному сечению частицы: σ = πR2, a ∑~1/R. Эта ситуация схематически изображена на рисунке. Значит, эффективность рассеяния единицей массы достигает максимума примерно при Rи в этом случае σ ≈лλ2. Для оценки можно воспользовать­ся этим приближенным соотношением. По условиям задачи Nλx: = ln 100. Искомая масса на единицу площади равна

Маленькое изображение
 

где m — масса одной частицы. Подставляя m = 4/3πλ3ρ, ρ = 1 г/см3 (плотность льда) и λ = 5·10-5 см (видимый свет), получаем

Маленькое изображение
 

32.9. а) Сечение рассеяния определяется как отношение полной энергии, излучаемой  рассеивающей системой в секунду, к энергии радарного луча, падающей на 1 м2 в 1 сек. Все электроны проволоки из-за малой ее длины можно считать колеблющимися в фазе, тогда мож/ю воспользо­ваться   результатами   задачи   29.6  (стр. 275),где  для такого случая было получено выражение для поля излу­чения на больших расстояниях r от проволоки под углом θ к ее оси. Перепишем полученное там выраже­ние в обозначениях данной задачи:

Маленькое изображение
 

Интенсивность излучения S = εoc<E2>. Интегрируя ее по сфере радиусом r (см. «Лекции», § 2 гл. 32, вып. 3, стр. 103) и подставляя среднее по времени значение квадрата косинуса, равное 1/2 получаем среднюю энергию, излучаемую по всем направлениям:

Маленькое изображение
 

Относя ее  к среднему потоку в радарном луче Рр0сЕ02/2, получаем выражение для сечения

Маленькое изображение
 

К главе 33. Поляризация
 
33.1.  Если   начальный   пучок  неполяризован,   то  при начальной амплитуде А0 амплитуда волны после прохождения последова­тельных поляроидов, будет  А0/√2,  A0cos θ/и A0cos θ sin θ/√2   соответственно.    Поэтому   окончательная интенсивность

Маленькое изображение
 

33.2.  Выберем ось х по оси первого поляроида и примем  ампли­туду неполяризованного светового пучка за единицу. Тогда после прохождения первого поляроида составляющие ампли­туды по осям будут

Маленькое изображение
 

После прохождения второго поляроида

Маленькое изображение
 

33.3.  При падении света под углом Брюстера прошедший и отра­женный лучи  взаимно перпендикулярны, т. е. sin r = cos i, поэтому

Маленькое изображение
 

что и требовалось показать.
 
33.4. Из решения задачи 29.4 следует, что в случае (а) излучение будет  поляризовано по кругу, а в случае (б)—линейно по­ляризовано в  плоскости  орбиты. Там  же  были  получены формулы для интенсивности.
 
33.5. Сдвиг фаз вычисляется по формуле

Маленькое изображение
 

где  d —расстояние, пройденное  светом.  Полагая φ = π/2 и произведя вычисления, находим

Маленькое изображение
 

33.6.  Используя  формулы   Френеля  для  интенсивности отражен­ных волн с разной поляризацией, получаем для неполяризованного света

Маленькое изображение
 

(i =80° по условиям задачи). Зная коэффициент преломления воды n=1,33, находим r = 48°. Для этих численных значе­ний I/I0≈35%.
 
33.7. а) Доля отраженного света при нормальном падении на по­верхность равна

Маленькое изображение
 

   б) Угол Брюстера φ = arctg n = 67,5°.
 
33.8. Рассмотрим общий случай, когда плоскость поляризации па­дающего света с амплитудой А образует с осью угол θ. Тогда амплитуда обыкновенной компоненты есть А0 = A cos θ, а не­ обыкновенной   Ae = Asin θ. Сдвиг фаз между компонентами на выходе равен

Маленькое изображение
 

Таким образом, вектор  амплитуды вышедшей волны можно записать в виде

Маленькое изображение
 

эллиптически  поляризованный  свет  (см. «Лекции», фиг. 33.2, вып. 3, стр. 118).
 
33.9.  Оценить показатель  преломления   можно,   отражая от обси­диановой пластинки свет, поляризованный  в  плоскости па­дения, и  меняя угол  падения.   Резкий  спад интенсивности отраженного   света   будет заметен,  когда угол падения сравняется с углом Брюстера, для обсидиана, а его тангенс как раз равен показателю преломления (см, «Лекции», гл. 33,
вып. 3, стр. 125).
 
К главе 34. Релятивистские явления в излучении

Маленькое изображение34.1. Перемещение точки по вертикали равно x=–Rcos θ (см, рисунок). Горизонтальное перемещение складывается из по­ступательного, равного Aθ (диск катится без скольжения), и вращательного, равного Δz = Rsin θ, т. е.

Маленькое изображение
 

34.2. Искомое ускорение находится двукратным дифференцирова­нием х по t

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

дифференцированием выражений, полученных в предыдущей задаче:

Маленькое изображение
 

По условию задачи требуется выразить результат через наблюдаемые величины R, v = cR/A и х (см. «Лекции», § 2 гл. 34, вып. 3, стр. 136). Заменяя в полученном выражении R cos θ на х, а А на cR/v, получаем

Маленькое изображение
 

34.3. Интенсивность излучения пропорциональна квадрату поля, а оно в свою очередь пропорционально «запаздывающему» ускорению частицы. Подставляя в формулу для ускорения, полученную в предыдущей задаче, x = R и значения скоро­сти +v и —v, получаем

Маленькое изображение
 

34.4. Выберем ось х неподвижной системы координат по направ­лению движения Земли, а ось у —по направлению луча (предполагая, что оно перпендикулярно оси х). Оси движу­щейся системы координат, связанной с Землей, обозначим х′ и у′ соответственно, направив их параллельно осям х и у. Проекции волнового вектора света звезды в неподвижной системе по условию равны kx = 0, ky=k = ω/с. Скорость движущейся системы относительно неподвижной равна v. Согласно преобразованию Лоренца,

Маленькое изображение
 

Следовательно, в системе координат, связанной с Землей, волновой вектор образует с осью у угол, тангенс которого равен

Маленькое изображение
 

отсюда получаем для угла аберрации sin θ = v/с.
 
34.5. Масса покоя электрона mе = 0,5 Мэв =5·10-4 Гэв. Значит, при энергии 1 Гэв √1–v22= 1/2000. Отсюда (с—v)/c 1/8·106.
 
34.6. Звезда приближается со скоростью примерно 500 км/сек.
 
34.7. Ответ: 600 ммк.
 
34.8. Непосредственно наблюдение аберрации позволяет вычислить скорость Земли по орбите из соотношения tg φ = v/c (φ —угол аберрации). Отсюда v = ctg φ = 30 км/сек. Приравняв центро­бежную силу силе солнечного притяжения, получим

Маленькое изображение
 

Масса Земли mЗ сокращается. Подставляя значения солнечной массы и гравитационной постоянной G = 6,67·10–8см3/г·сек, получаем

Маленькое изображение
 

34.9. а) Сила гравитационного притяжения убывает обратно про­порционально квадрату расстояния от Солнца. Сила све­тового давления пропорциональна импульсу, переданному частице за единицу времени поглощенным излучением, а импульс в свою очередь — энергии излучения на еди­ницу площади, т. е. интенсивности (~L~-2). Таким обра­зом, силы светового давления и притяжения одинаково зависят от L и их отношение, следовательно, постоянно.
   б) Если обозначить интенсивность солнечного излучения через W, то сила светового давления, т. е. импульс, переданный в единицу времени, есть

Маленькое изображение
 

где L — радиус земной орбиты, а v —скорость движения Земли по ней, вычисленные в предыдущей задаче, полу­чаем после сокращения

Маленькое изображение
 

если выражать ρ в г/см3.
 
К главе 38.  Соотношения между волновой и корпускулярной точками  зрения
 
38.1. В § 3 гл. 32 «Лекций» (вып. 3, стр. 105) при классическом рассмотрении были получены выражения для ширины спек­тральной линии

Маленькое изображение
 

и для «времени жизни» возбужденного состояния свободного атома (времени, в течение которого энергия убывает в е раз за счет излучения)

Маленькое изображение
 

(здесь Q—классическая величина радиационного затухания). Если записать энергию возбужденного состояния в соответ­ствии с квантовыми представлениями как E=hω, то с по­мощью вышеприведенных соотношений получаем квантовое соотношение неопределенности для энергии и времени

Маленькое изображение
 

Заметим далее, что «неопределенность положения» фонона Δx есть по смыслу длина отвечающего ему волнового пакета, равная сΔТ. Неопределенность импулься Δр связана с ши­риной спектральной линии Δλ и равна Δр = (h/λ2) Δλ (так как р = h/λ). Итак,

Маленькое изображение
 

38.2. а) В задачу об определении радиуса электронной орбиты входят следующие константы: постоянная Планка h, масса электрона m и константа, характеризующая силу притя­жения между электроном и протоном; в качестве такой величины возьмем е2 2 = qe2/4πε0). Размерности этих кон­стант соответственно: энергия X время, масса, энергия  X длина. Вспоминая размерность энергии, нетрудно убе­диться, что единственная комбинация из этих констант, имеющая размерность длины, есть h2/me2 = а0. Это и есть боровский радиус.
    б) Используя соотношение неопределенностей ΔрΔх = h и считая, что точность локализации электрона в атоме Δха0, получаем Δр≈ h/а0. Кинетическая энергия, соответствующая такому импульсу, есть

Маленькое изображение
 

Эта энергия по порядку величины  равна искомой энер­гии ионизации.
 
38.3. Частоты ωi, соответствующие трем перечисленным линиям с длинами волн λi, равны ωi = 2πс/λi. Согласно комбинационно­му принципу Ритца (см. «Лекции», § 5 гл. 38, вып. 3, стр. 231), из этих трех частот можно скомбинировать другие, равные разностям или суммам исходных. Поскольку исходные ли­нии соответствуют ультрафиолетовой области, а искомые — видимой и инфракрасной областям, то частоты искомых линий должны быть меньше исходных и будут их разно­стями. Соответствующие длины волн удовлетворяют соотно­шениям

Маленькое изображение
 

и равны 4860, 6560 и 1880 Å.

 4
КИНЕТИКА • ТЕПЛОТА • ЗВУК
 
К главе 39. Кинетическая теория газов

39.1.

Маленькое изображение
 

39.2.  Так как процесс сжатия воздуха можно считать адиабатическим, то, согласно  результату предыдущей задачи, можно написать соотношение

Маленькое изображение
 

где индексами 1 и 2 помечены,  температура и давление воздуха до и после сжатия. Из этого соотношения следует

Маленькое изображение
 

39.3.  а) В первом процессе газ, расширяясь, не совершает   никакой работы. Следовательно, его энергия, а потому и температура остаются постоянными, т. е. T=T0. Так как V = 2V0, из закона идеального газа следует, что Р=Р0/2.
   б) Второй процесс является адиабатическим. Так как для гелия γ = 5/3 то согласно решению задачи 49.1, находим, что в конечном состоянии

Маленькое изображение
 

где Р0, V0, T0 —давление, объем и температура газа гелия в исходном состоянии.
 
39.4.  а) Рассмотрим  два горизонтальных  сечения колонки:  на высоте h и высоте h+dh, Разность давлений на этих высотах равна весу жидкости или газа в столбике высотой dh и единичной площадью, взятому с противоположным знаком (ясно, что давление падает с высотой)

Маленькое изображение
 

Отсюда и следует искомое уравнение.
   б) Плотность воздуха  с  давлением и температурой связана соотношением

Маленькое изображение
 

которое  следует  из  закона   идеального  газа PV = NkT. Поэтому мы получаем уравнение

Маленькое изображение
 

Интегрируя, находим Р = Р0е–μgh/RT, где Р0 давление у поверхности Земли, т. е. при h = 0.
 
39.5. а) Поскольку для адиабатической атмосферы справедливо соотношение Pρ–γ0ρ0–γ, где P0 ρ0 —давление и плотность атмосферы на поверхности Земли, то, согласно решению задачи 39.1, справедливо и соотношение

Маленькое изображение
 

Дифференцируя левую и правую части этого соотношения по высоте и учитывая уравнение dP/dh=–ρ (h)g (см. задачу 35.4), находим

Маленькое изображение
 

Согласно закону идеального газа, ρ0Т00 =μ/R, где μ —молекулярный вес, R —газовая постоянная. Таким образом, окончательно находим

Маленькое изображение
 

Так  как для воздуха μ = 29,  γ= 1,4,  то dT/dh= — 9,75 град/км.
   б) Атмосфера может находиться в механическом равновесии (в ней не будет происходить макроскопических движений), не находясь при этом в тепловом равновесии. Зависимость давления газа от высоты, найденная в пункте (а) задачи 39.4, являющаяся условием механического равновесия, может иметь место и при непостоянной температуре в атмосфере. В связи с этим возникает вопрос, при каких же условиях такое равновесие будет устойчивым? Если условие устойчивости не выполняется, в атмосфере возникнут течения, стремящиеся перемешать газ атмосферы и выровнять ее температуру, т. е. возникает так называемая конвекция. Чтобы выяснить условие устойчивости атмосферы, предположим, что два элемента газа (оба единичной массы), находившиеся на разных высотах (разность высот Δh), поменялись местами.
Если при этом энергия системы уменьшится, это значит, что такой обмен выгоден и первоначальное распределение неустойчиво. Напротив, если энергия системы в целом увеличится, первоначальное распределение устойчиво. Переходя к вычислению энергии, заметим, во-первых, что потенциальная энергия силы тяжести не меняется — обмениваются местами элементы одинаковой массы. Далее, при обмене местами элементов совершается работа, равная PΔV, ΔV—разница объемов элементов газа. Эта работа идет на изменение энергии газа, окружающего выделенные нами элементы. Кроме того, за счет разности температур меняется и энергия самих выделенных элементов U и, следовательно, полное изменение энергии равно

Маленькое изображение
 

Подставляя последнее соотношение в левую часть приведенного выше неравенства и учитывая тот факт, что dP/dh = ρg, находим

Маленькое изображение
 

39.6. Работа, затрачиваемая при изотермическом процессе на сжатие от объема V1 до объема V2,  равна

Маленькое изображение
 

39.8. Работу,  необходимую  для  адиабатического  сжатия,  легко найти, если учесть, что Р0V0γ=PVγ:

Маленькое изображение
 

39.9. Для конечного состояния системы можно написать уравнения

Маленькое изображение
 

где N — полное число молекул газа. Число N нетрудно найти, если написать аналогичное уравнение для исходного состояния системы N = Р0 (V1+V2)/kТ0, где Р0 и Т0 —начальное давление и температура системы. Подставляя во второе из написанных уравнений выражение для N1, полученное из первого уравнения   N1 = РV1/kT1, легко находим

Маленькое изображение
 

39.10. Обозначим через Р1, N1 и Р2, N2 давления и числа молекул в большом и малом резервуаре после нагрева до температуры T = 162°С = 435°К. По условию задачи Р1 — Р2 =Р0= 88 см рт. ст. Обозначим через N полное число молекул газа. Очевидно, N = N1+N2 = PV1/kT0, где Р = 760 мм рт.ст. — атмосферное давление, Т0 = 17° С = 290° К — начальная температура. Для конечного состояния можно написать два уравнения:

Маленькое изображение
 

39.11.  Число образовавшихся молекул NO2 равно N = PV/kT. Так как молекулярный вес двуокиси азота равен 46, то х —число граммов диссоциировавшей жидкости определится как х = 46N/NAB = 46PV/PT = 0,6 г. Следовательно, диссоциировало 66% четырехокиси азота.
 
39.12.  Тепло Q=8,31 вт·ч, сообщенное телу при постоянном давлении, можно представить в виде

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

   б)   В конечном  состоянии газа P1V2 = RT2.   Учитывая, что в начальном  состоянии   P1V1 = RT1,   находим  V2/V1 = T2/T1 = 5,8. Работа, совершенная газом, равна

Маленькое изображение
 

К главе 40. Принципы статистической механики
 
40.1. Пусть в единицу времени о крылышко (о его зачерненную сторону) ударится v молекул. Каждая из них после удара унесет энергию Δε, которую следует определить из условия П= Δεv. Если через ν обозначить среднюю скорость молекул газа, то уносимый молекулами импульс Δр связан с Δε простым соотношением

Маленькое изображение
 

Так как разность сил, действующих на рассматриваемое крылышко, равна изменению импульса крылышка за единицу времени, то F = Δpv =П/v. Разумеется, при строгом решении задачи следовало бы учесть, что изотропно отскакивающие молекулы уносят различные значения импульса, так как они вылетают под разными углами к поверхности. Однако при этом мы получили бы численный коэффициент, который был бы порядка единицы. Столь же нестрого определим среднюю скорость молекул как скорость, удовлетворяющую соотношению

Маленькое изображение
 

40.2. Пусть поверхность сосуда совпадает с плоскостью координат уz, а ось х перпендикулярна к ней. Тогда dnVx—число частиц  в единице  объема,  х—проекция  скорости  которых заключена в интервале vx, vx+dvx, равно

Маленькое изображение
 

где n0 —число частиц газа в единице объема. Ясно, что из этих частиц только те достигнут за единицу времени поверхности сосуда, т. е. плоскости yz, которые расположены от нее не далее расстояния, численно равного vx, т. е. их число равно

Маленькое изображение
 

Следовательно, v — полное число частиц, которые за единицу времени достигнут поверхности сосуда, равно

Маленькое изображение
 

где v = √8kT/πm —средняя тепловая скорость молекулы газа. Скорость v находится с помощью распределения Максвелла:

Маленькое изображение
 

можно интерпретировать как число молекул, достигших единичной  площадки   поверхности   сосуда   в единицу   времени, энергия которых заключена в пределах ε, ε+dε.
   а) Используя этот  результат, находим, что число молекул, достигших единичной площадки поверхности сосуда с энергией больше тепловой, т. е. с ε> ε¯= 3/2kT, равно

Маленькое изображение
 

40.3.  Теплоемкость  при постоянном объеме определяется как производная  от  внутренней  энергии  газа    по   температуре CV=dU/dT.
   а) Так как внутренняя энергия 1 моля одноатомного газа равна U = 3/2RT, то CV =3/2R = 12,4 дж/град·моль.
   б)  Для двухатомного газа

Маленькое изображение
 

40.4.  Законы  сохранения   массы,  импульса  и  энергии  требуют, чтобы потоки этих величин слева и справа от сетки равнялись друг другу.
Проще всего записать закон сохранения массы. Введем величину j —плотность потока массы. При этом равно массе газа, которая проходит через любое поперечное сечение трубы в единицу времени. Если ρ и ρ′—плотности газа перед и за сеткой, то, согласно закону сохранения массы.

Маленькое изображение
 

Найдем далее выражение для потока импульса. В газе, который как целое покоится, плотность потока импульса, очевидно, равна

Маленькое изображение
 

где n —число молекул в единице объема; m —масса молекулы (ρ= nm), а усреднение производится с помощью распределения частиц по скоростям. Действительно, импульс одной молекулы в направлении к сетке (выберем его за направление оси х) равен mvx, а поток импульса mvx2. Если умножить mvx2 на n, то получаемая при этом величина будет равна плотности потока импульса в направлении х, обусловленная всеми частицами, компонента скорости которых равна vx. Так как частицы в газе распределены по скоростям, величину nmvx2 следует усреднить по всем скоростям. При этом получаем естественный результат: плотность потока импульса равна Р—давлению в газе [см. «Лекции», § 2 гл .39, формула (39.5), вып. 4, стр. 10]. Если же газ как целое движется со скоростью  v  в  направлении  оси  х, то  простое обобщение формулы  для плотности потока импульса приводит к выражению

Маленькое изображение
 

Здесь мы использовали тот факт, что <vx> = 0.
Учтем далее то обстоятельство, что по условию задачи сетка практически не оказывает сопротивления потоку газа, т. е. не происходит повышения давления газа перед сеткой. Это, конечно, не означает, что молекулы газа ие обмениваются импульсом с сеткой. Наоборот, именно переданный газом сетке импульс в единицу времени определяет силу тяги, развиваемую трубой.
Обозначим через r импульс, передаваемый газом единичной площадке сетки в единицу времени, так что величина F=A·r будет равна силе тяги трубы. Полагая в соответствии с условием задачи Р = Р′, запишем закон сохранения импульса в виде

Маленькое изображение
 

Рассуждая аналогично, находим далее выражение для плотности потока энергии

Маленькое изображение
 

Внимательно вглядевшись в наши выкладки, мы видим, что слагаемое 3/2 Р/ρ есть не что иное, как U — энергия единицы массы газа. Как отмечалось в «Лекциях», множитель 3/2 появляется лишь в рассматривавшейся выше модели одноатомного газа. В общем случае его нужно заменить на 1/(γ—1), где γ —газовая постоянная. Если это сделать, то закон сохранения энергии в данной задаче запишется в виде

Маленькое изображение
 

Используя далее закон сохранения массы и импульса и вводя обозначение γР/ρ = γRТ/μ = с2, где с —скорость звука, из закона сохранения анергии получаем квадратное уравнение для v′

Маленькое изображение
 

40.5. Основной характеристикой, определяющей достоинства двигателя, является его коэффициент полезного действия. Он равен отношению полезной мощности, развиваемой двигателем к полным энергетическим затратам. Если реактивный двигатель развивает силу тяги F и летит со скоростью v, то, очевидно, полезная мощность, развиваемая им, равна Fv. С другой стороны, полная затраченная энергия равна q = GH, где G — расход горючего в единицу времени, а Н — теплотворная способность горючего. Отсюда

Маленькое изображение
 

Заметим, что в данной задаче, строго говоря, в законах сохранения следовало бы учитывать массу горючего, сжигаемого в двигателе и выбрасываемого с воздухом. Однако, поскольку расход горючего по условию задачи мал по сравнению с расходом воздуха, мы этим эффектом пренебрежем. При достаточно малых скоростях и величинах q приведенное выше выражение для к. п. д. упрощается, если разложить подкоренное выражение по малой величине q. При этом оказывается, что к. п. д. двигателя не зависит от q и определяется только скоростью полета:

Маленькое изображение
 

Так как, согласно условию задачи, Аj= 100 кг/сек, q = 9,3·107 вm, γ = 9/7 и, кроме того, при нормальных условиях с=340 м/сек, то, принимая скорость v равной обычной крейсерской скорости полета реактивных самолетов, т. е. примерно 800 км/час, находим
    К.п.д. ≈ 10%.
Заметим, что несмотря на то, что наши выражения в данной и предыдущей задачах остаются формально разумными при скоростях v > с, они на самом деле перестают быть справедливыми. При сверхзвуковых скоростях полета физическая картина работы двигателя усложняется необходимостью рассмотрения ударных волн, что выходит за рамки нашего анализа.

Маленькое изображение
 

К главе 41. Броуновское движение

Маленькое изображение
 

К главе 42. Применения кинетической теории
 
42.1. 1 эв/атом = 96520 дж/г·моль.
 
42.3. Δn/n = (W/kT)(ΔW/W), где ΔW/W = 3% —относительная ошибка в определении теплоты возгонки. Следовательно, ошибка в W/kT в 2,4 раза больше, т. е. почти 7%.
 
42.4. При температурах Т < 300°С наличие свободных электронов в Si объясняется ионизацией примесных центров. При T > 300°C наступает так называемая собственная проводимость: все примесные атомы уже ионизированы, а экспоненциональное падение сопротивления связано с отрывом электронов проводимости от атомов кремния. На этот отрыв требуется большая энергия, чем для отрыва электрона от примесного атома. С этим связан более крутой наклон кривой ρ (1/T)~ехр(— W/kT) при T > 300°К.
 
К главе 43. Диффузия
 
43.1.  Длина свободного пробега равна l= 1/nσc.   Если   молекулы рассматривать как твердые   шарики,   то  σс = πd2.   Согласно закону идеального газа, число молекул  в  единице объема газа  равно  n = Р/kТ.     Следовательно,  l = kT/πPd2. Средняя скорость молекулы в идеальном газе v = (8kT/πm)1/2. Поэтому т= √πmkT/2√2 πPd2.  Отсюда при  нормальных давлении и температуре

Маленькое изображение
 

43.2. Вероятность того, что молекула пройдет  путь L без столкновения,  равна eL/l. Из N  молекул путь  L  пройдет  без столкновения лишь NeL/l молекул. Если, как это требуется в условии задачи, NeL/l < 1/2, то L > I ln 2N56l.
 
43.3. При   решении   задачи   можно   рассуждать  так:   для   одной молекулы [в среднем на молекулы в газе  приходится внутренняя энергия U = kT/ (γ—1)] есть 6 равноправных направлений   движения.  Поэтому  через выделенную   плоскость, с одной стороны, будет  проходить  поток  энергии, равный
Q+=1/6 nvU (—l), а с другой,   Q_ =1/6 nvU (l)   (n —число молекул в единице объема,  v —средняя  скорость   молекулы в  газе). Строгий расчет дает численный множитель 1/4 вместо 1/6.  Однако  для  нашего   приближенного   качественно правильного  рассмотрения   это  различие  несущественно. Результирующий поток энергии через  единицу поверхности плоскости равен

Маленькое изображение
 

(рассматриваются молекулы, находящиеся на расстоянии –l влево и  +l вправо от выделенной плоскости). Из того факта, что Q =–KdT/dx, следует

Маленькое изображение
 

где С = nk/(γ—1)—теплоемкость единицы объема газа. Если пренебречь численным коэффициентом 1/3. появившимся из-за приближенности расчета, то получим искомый результат.
 
43.4. Разделим газ плоскостью, перпендикулярной к оси у. Плотность потока частиц сверху вниз, обусловленного молекулами, находящимися на расстоянии l от плоскости, равна nv(l)/4 (см. решение к задаче 43.3). При этом плотность потока переносимого этими молекулами импульса примерно равна (mn/4) v2 (l). Соответственно плотность потока импульса снизу вверх равна mnv2 (—l)/4. Результирующий поток импульса через единичную площадку плоскости, равный силе, действующей на эту площадку, запишется так:

Маленькое изображение
 

Нетрудно видеть, что из этого выражения следует искомый результат.
 
43.5. Рассуждая так же, как и при решении задачи 43.3, найдем результирующий поток энергии между заданными поверхностями

Маленькое изображение
 

43.6. Подвижность иона массы m в газе определяется его средней скоростью v и длиной свободного пробега l:

Маленькое изображение
 

Если nA0 и nB0—число молекул в единице объема исходных газов A и В, то можно написать соотношения

Маленькое изображение
 

где σA и σB—полные сечения рассеяния иона на молекулах сорта A и В. Плотности газов выражаются через массы составляющих его молекул формулами ρA=mAnA0 и ρB = mBnB0. В смеси газов, в единице объема которой содержится nA молекул сорта A  u nB молекул сорта В, величина, обратная длине свободного пробега иона, равна 1/l= σAnA+ σBnB. В этом нетрудно убедиться, если рассуждать точно так же, как при выводе выражения для l через полное сечение σ и число молекул в единице объема n в случае однокомпонентного газа. Поэтому подвижность иона в смеси газов равна

Маленькое изображение
 

Плотность смеси газов равна ρ=ρАB = mАnА + mBnB= =mАnА0 +mBnB0. Отсюда, положив nА=nА0 и nB= nB0, находим

Маленькое изображение
 

К главе 44. Законы термодинамики
 
44.1. I. Процесс АВ протекает при V = const. В этом случае

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение44.2. В силу закона идеального газа

Маленькое изображение
 

44.3. Для цикла Карно

Маленькое изображение
 

44.4.  а) Из уравнения адиабаты в VТ переменных (см. решение к задаче 39.1) следует, что

Маленькое изображение
 

44.5. Так как процесс расширения является изотермическим, (см. решение задачи 44.2), то

Маленькое изображение
 

К главе 45. Примеры из термодинамики
 
45.1. Если через RΘ обозначить радиус Солнца, то полная интенсивность излучаемой Солнцем энергии равна 4πR2ΘσT4. Из расстояния 1 А.Е., равного расстоянию от Земли до Солнца (L=1А.Е. = 1,5·1011 м), на площадь πr2 (r —радиус медной сферы) будет попадать энергия, равная

Маленькое изображение
 

Так как RΘ = Lα/2, где α—угол, под которым  виден  диаметр Солнца с Земли, а интенсивность энергии, излучаемой медной  сферой  с температурой T1, равна 4πr2σТ14, то из условия теплового баланса

Маленькое изображение
 

45.2. Максимальную температуру  этой области Земли следует определить из условия 1395 вт/м2 = 5,67· 10-8 вт/м2·град4· T4, Т = 122° С.
 
45.3. Внутреннее  тело излучает  в единицу   времени  энергию, равную 4πr2σТ4. (Эта энергия, конечно, поглощается оболочкой.) За это же  время  тело  поглощает  энергию  4πr2σТ14, излученную оболочкой. Таким образом, в единицу времени оболочка   получает  от  внутреннего тела   энергию,   равную
4πr2σ(T4Т14). Из непрерывности потока  энергии внутри и вне оболочки найдем Т1:

Маленькое изображение
 

Следовательно, отношение энергии, излучаемой оболочкой в единицу времени во внешнее пространство (4πR2σT14), к интенсивности излучения энергии в отсутствие ее (4πr2σT4), равно R2/(r2 + R2). В столько же раз уменьшится скорость охлаждения тела.
 
45.4. Давление газа Рг = ρRT/μ= 1,7·1016 ньютон/м2, радиационное давление Ррад = 4/3σТ4/c = 7,2·1014 ньютон/м2.
 
45.5. Согласно уравнению Клапейрона—Клаузиуса,

Маленькое изображение
 

где VG—объем газа, L—скрытая теплота испарения массы воды VGG. Давление пара с высотой падает по закону dPnap/dz=—ρg (ρ—плотность воздуха). Следовательно (ρ= 1,3 кг/м3):

Маленькое изображение
 

45.6. Теплоемкость С тела равна производной от сообщенного телу тепла Q по температуре: C = dQ/dT. При постоянном давлении dQ = dH, т. е. сообщенное тепло равно изменению энтальпии. Поэтому Cp = dH/dT. При постоянном объеме dQ = dU, где U—внутренняя энергия тела. Следовательно, CV=dU/dT. Энтальпия и внутренняя энергия связаны соотношением H=U+PV. Дифференцируя левую и правую части этого соотношения по температуре, находим Cp = CV+(d/dT) PV. Так как, согласно закону идеального газа, PV = RT, то СpCV=R.
 
45.7. Из уравнения Клапейрона—Клаузиуса LVT (dP/dT),  где ΔV = Vnap—Vвода = Vnap = 206 м3/кг.    Из   таблиц   находим (dP/dT = 45 ньютон/м2·град. Отсюда L = 2,5·106 дж/кг  (это значение для L совпадает с табличным).
 
45.8. Когда абсолютно черное тело   т. е. тело, поглощающее всю падающую на него энергию, находится в равновесии с излучением,  то оно поглощает столько же энергии,  сколько и испускает, т. е. σТ4. Следовательно, поток энергии Излучения на черное тело равен σТ4. Но такой же поток энергии будет падать и на единицу поверхности тела, находящегося в равновесии с излучением и поглощающего только долю А полного излучения. Поскольку такое тело поглощает столько энергии,   сколько и испускает,   то   излучаемая им энергия равна АσТ4. Если же тело не находится в равновесии с излучением, то испускаемая им плотность потока энергии по прежнему будет равна AσТ4.
 
45.9. а) Если L—скрытая теплота плавления, то

Маленькое изображение
 

где VL—объем 1 моля жидкости, VG—объем 1 моля вещества в твердом состоянии (см. «Лекции», вып. 4, стр. 135). Так как L > 0, то при VG > VL (если вещество при замерзании расширяется) dP/dT < 0, или dT/dP < 0, т. е. температура замерзания должна понижаться с повышением давления.
   б) Если пренебречь зависимостью величины L от температуры и малой сжимаемостью жидкости и твердого тела (т. е. считать VL и VG не зависящими от давления), то уравнение Клапейрона—Клаузиуса можно проинтегрировать. Записав это уравнение в виде

Маленькое изображение
 

где Т0—постоянная интегрирования. Определим Т0 из условия, что при нормальном давлении Р0 = 1 атм температура таяния льда равна 0° С, т. е. 273° K:

Маленькое изображение
 

Подсчитаем далее примерное давление Р, которое оказывает лезвие конька на лед. Длина конька примерно равна 40 см, а ширина лезвия 2 мм. При этом площадь лезвия конька оказывается равной 8 см2. Принимая средний вес человека равным 80 кГ и считая, что этот вес распределен по площади одного конька, находим ΔР = Р—Р0 =9·104 кГ/м2 = 8,8 ньютон/м2. Так как ΔV = VGVL = 8·10-5 м3 и L = 334 дж/кГ, то находим

Маленькое изображение
 

К главе 47. Звук. Волновое уравнение
 
47.1.

Маленькое изображение
 

47.2. Так как частота  звука,  издаваемого  свистком,  пропорциональна  скорости звука  (см. гл. 49 «Лекций»,  вып. 4), а последняя ~√Т, то искомая температура в  шкале  градусов Кельвина в 4 раза  больше температуры  жидкого  воздуха, т. е. равна 372°K=99°C.
 
47.3.  Резонансная частота пропорциональна скорости звука (см. гл. 49 «Лекций», вып. 4). Поэтому  при   заполнении резонансных полостей гелием частоты увеличатся в

Маленькое изображение
 

47.4. Изменение давления ΔР в звуковой волне связано с изменением плотности Δρ соотношением ΔР = сs2Δρ, где сs —скорость звука.

Маленькое изображение
 

47.5. Частоты колебания резины пропорциональны корню квадратному из отношения натяжения Т к линейной плотности σ (см., например, решение к задаче 47.6) и обратно пропорциональны ее длине, т. е. ω ~ (1/L) √T/σ. Так как T~L, σ~1/L, то ясно, что частоты колебания такой резины не зависят от ее длины. Поэтому высота звука такой «струны» будет все время одинаковой. Иначе обстоит дело для скрипичной струны, поскольку для струны σ = const и L = const. Поэтому с увеличением натяжения струны звук получается более высокой частоты.
 
47.6. Рассмотрим участок струны длиной

Маленькое изображение
 

Маленькое изображениеи напишем для него уравнение движения вдоль оси у. Очевидно, масса этого участка равна σdx, а ускорение d2y/dt2. Равнодействующую сил, действующих на выделенный участок, найдем, спроектировав силы натяжения в точках х и x+dx на ось у. На концах отрезка эти проекции равны величине Т, умноженной на синусы углов, которые составляют касательные к струне в этих точках с осью х. В силу малости углов синусы приближенно равны тангенсам этих углов, т. е. dy/dx. Следовательно, равнодействующая сила, действующая на участок струны и направленная в поперечном направлении, равна

Маленькое изображение
 

Уравнение движения для выделенного участка струны запишется в виде

Маленькое изображение
 

Сокращая на dx обе части получившегося уравнения и вводя обозначение v2 = Т/σ, находим искомое волновое уравнение

Маленькое изображение
 

47.7. Решение тривиально.
 
К главе 48. Биения
 
48.1.  Согласно  определению, vфаз = ω/k,  где  k =2π/λ —волновой вектор. Так как, согласно условию задачи, vфаз =√g/k, то ω = gk. Групповая скорость тогда  равна

Маленькое изображение
 

48.4.  Для искомой длины волны dvфаз/dλ = 0. Из этого уравнения следует

Маленькое изображение
 

48.5. Частота звука, регистрируемая от какого-либо источника, согласно эффекту Допплера, зависит как от скорости источника звука, так и наблюдателя. Если наблюдатель покоится, а источник звука движется со скоростью v к наблюдателю или от него (последнему случаю отвечает знак минус в приведенной ниже формуле), то частота регистрируемого звука равна

Маленькое изображение
 

где ω0частота звука, испускаемого покоящимся источником. Так как ω0 = 340 гц, cs = 340 м/сек, v =5 м/сек, то Δω = 5 гц.
Машинист движется вместе с источником звука. Поэтому он слышит звук частоты ω0 = 340 гц. Однако частота эхо, которое он слышит, равна 350 гц. Действительно, на скалу упадет звук, испущенный движущимся к скале источником. Частота его равна ω0 + Δω. Как известно, при отражении частота не меняется. Если учесть, что машинист движется к скале со скоростью v, то частота вернувшегося к нему эхо будет равна ω0 + 2Δω.
Человек, стоящий на земле около последнего вагона, услышит гудок с частотой ω0—Δω = 335 гц, так как источник звука удаляется от него со скоростью v. Эхо, имеющее частоту звука, испущенного движущимся гудком, придет к человеку с частотой, равной ω0+Δω= 345 гц. Так как частоты гудка и эхо различаются, при их интерференции возникнут биения звука с частотой в 10 гц. Такие биения отметит и машинист, и человек, стоящий на земле возле последнего вагона.
 
К главе 49. Собственные колебания
 
49.1. Обозначим через х и у смещения грузов m1 и m2. Очевидно, сила, действующая на массу m1 со стороны левой пружины равна  –k1x, а со стороны правой равна k х). На массу m2 слева действует сила –k(yх), а справа —сила, равная  –k2y. Тогда легко написать  уравнения  движения:

Маленькое изображение
 

С учетом того, что   k1/m1 = k2/m2 = ω02 эту  систему  дифференциальных уравнений можно привести к виду

Маленькое изображение
 

49.2. Будем искать решение полученной в предыдущей задаче системы уравнений в виде х = Ае`iωt и y = Beiωt. Выполняя необходимые дифференцирования и сокращая уравнения на eiωt,находим

Маленькое изображение
 

Введя обозначение λ= ω2—ω02, запишем  эту  систему однородных уравнений в виде

Маленькое изображение
 

Отличное от нуля решение этой системы существует только в том случае, если детерминант, составленный из коэффициентов этой системы уравнений, обращается в нуль, т. е. если

Маленькое изображение
 

Раскрыв определитель, получим квадратное уравнение, имеющее два вещественных решения λ1= 0 и λ2 =k(m1-1+m2-1).Следовательно,

Маленькое изображение
 

Подставляя  ω12 в  систему  уравнений, находим, что А = В. Для частоты ω2 получим

Маленькое изображение
 

Таким образом, произвольное решение уравнений движения имеет вид

Маленькое изображение
 

Отсюда видно, что линейные комбинации координат х  и  у

Маленькое изображение
 

являются нормальными координатами системы, так как они удовлетворяют уравнениям

Маленькое изображение
 

49.3. Решение тривиально.
 
49.4. Согласно условию задачи,

Маленькое изображение
 

где ω0=vπ/а. Наименьшая частота, очевидно, равна ω0/3. Десять искомых частот, измеренных в единицах ω0/3, равны 1; 1,665; 2,05; 2,22; 2,78; 3,33; 3,50; 3,76; 3,93; 4,04; 4,33.

Маленькое изображение49.5. Пусть f(х) —функция, описывающая начальную форму оттянутой струны, а Т —полный период колебания. Представим себе начальную форму струны как суперпозицию двух горбов, описываемых функциями f(х)/2, движущихся с одинаковой скоростью в противоположных направлениях. Тогда отражение каждого горба от соответствующего закрепленного конца струны можно описать так, как это изложено в § 1 гл. 49 «Лекций» (вып. 4). Найденные таким построением положения струны в момент времени t=0, Т/8, T/4, 3T/8 и Т/2 изображены на рисунке.

К главе 50. Гармоника

50.1. а) Так как,  с одной стороны, f(π/2) =1, а с  другой, f(π/2) = (4/π)(1–1/3+1/51/7+...), то  отсюда  следует искомый ответ.
   б) Воспользуемся «теоремой об энергии» [см. «Лекции», формула (50.23), вып. 4, стр. 213]. В рассматриваемом случае Т = 2π. Следовательно,

Маленькое изображение
 

Разделив на численный множитель, стоящий перед суммой ряда, получим требуемый результат.
   в) Эту часть задачи можно решить по крайней мере  двумя способами:
  1.Сдвинем прямоугольную волну на —π/2. Вычисляя коэффициенты  фурье-разложения   аналогично  тому,   как это было сделано  в «Лекциях» (вып. 4, стр. 212), и  используя «теорему об энергии», находим, что сумма квадратов обратных четных чисел  равна  π2/24". Сумма квадратов обратных нечетных чисел найдена в пункте (б) задачи и равна  π2/8. Складывая  два ряда,  находим,  что сумма заданного ряда равна π2/6.
   2. Второй способ решения. Обозначив через ∑ сумму данного ряда, перепишем ряд следующим образом:

Маленькое изображение
 

50.2. Заданная функция имеет вид

Маленькое изображение
 

Маленькое изображение
 

50.3. а) Воспользуемся  «теоремой  об  энергии»  (см. «Лекции», вып. 4, стр. 213):

Маленькое изображение
 

Нетрудно видеть, что отсюда следует искомый ответ,
   б) Рассмотрим ряд

Маленькое изображение
 

 50.4. Задача легко решается, если вспомнить, что при q < 1

Маленькое изображение
 

Если интегрировать почленно и в n-м члене (n—любое) делать замену переменной интегрирования и=nх, то мы придем к результату

Маленькое изображение
 

Так как, согласно задаче 50.3, сумма ряда, стоящего перед интегралом, равна π4/90, а сам интеграл равен 6, то отсюда следует искомый результат.
 
50.5. Заданная функция h(х) на интервале 0≤x≤2π имеет вид h(x)=x/2π. Определяя коэффициенты фурье-разложения, находим

Маленькое изображение
 

Искажение волны, следовательно, сводится к   изменению амплитуды основной гармоники и появлению третьей гармоники. Эффект выпрямления отсутствует,
   б) Пусть Vвх(t) = A sin ω1t +В sin ω2t, причем ω1ω2. Возведем это выражение в куб:

Маленькое изображение
 

Члены, содержащие синусы в кубе, можно разложить по гармоникам, используя решение к пункту (а) этой задачи. Остальные члены разложим по синусам и косинусам. Например,

Маленькое изображение
 

Таким образом, помимо изменения амплитуд колебания основных гармоник, кубическая нелинейность приводит к появлению новых колебаний с частотами Зω1, 2ω1 ± ω2,  ω1± 2ω2, 2. Эффект выпрямления отсутствует.



ЧИТАЙТЕ ТАКЖЕ:


Социальные комментарии Cackle


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