Фейнмановские лекции по физике
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
К главе 1. Электромагнетизм
1.1. a) m = qe/√4πε0G = 1,86·10–6кг, где qe —заряд электрона; G = 6,67·10–8 м3/кг·с2 — гравитациойная постоянная; m/mp=1,1·1018(mp=1,66 .10-27кг).
б) Если Z— заряд ядра атома, n — число атомов в 1 г меди (полагая, что копейка медная), то искомая сила равна F= 10-4n2Zqe2/4πε0r2, где r— расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем F= 1,7.1015ньютон.
1.2. Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой R=R0·A1/3, где A — атомный вес, R0=1,25·10-13cm. Поэтому энергия электростатического отталкивания двух соприкасающихся равномерно заряженных ядер с атомным весом A и атомным номером Z равна
К главе 1. Электромагнетизм
1.1. a) m = qe/√4πε0G = 1,86·10–6кг, где qe —заряд электрона; G = 6,67·10–8 м3/кг·с2 — гравитациойная постоянная; m/mp=1,1·1018(mp=1,66 .10-27кг).
б) Если Z— заряд ядра атома, n — число атомов в 1 г меди (полагая, что копейка медная), то искомая сила равна F= 10-4n2Zqe2/4πε0r2, где r— расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем F= 1,7.1015ньютон.
1.2. Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой R=R0·A1/3, где A — атомный вес, R0=1,25·10-13cm. Поэтому энергия электростатического отталкивания двух соприкасающихся равномерно заряженных ядер с атомным весом A и атомным номером Z равна
Изображение
Следовательно, работа, которую необходимо затратить на преодоление электрического отталкивания при образовании ядра урана U236 из двух одинаковых половинок, приближенно равна (A = 118, Z = 46), EU = 4·10-11 дж = 250 МэВ (2,8·106 квт-час/кг). Для двух ядер дейтерия (A= 2, Z=1), сливающихся в гелий, ЕHe = 7,3·10-14 дж = 0,46 МэВ (5,9· 106 квт-час/кг). Последний результат, однако, гораздо менее точен, поскольку использованное выше выражение для радиуса теряет точность для самых легких ядер.
1.3. Искомую скорость через плотность электронов n, площадь поперечного сечения проволоки S и заряд электрона e можно выразить следующим образом: v = I/neS. Если считать, что плотность электронов в меди совпадает с числом атомов в единице объема (A = 64, ρ=7,8г/см3),то v = 2,72 см/с. Отсюда v2/с2 =8,1·10-21.
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что v/с = 1/3, величина
1.3. Искомую скорость через плотность электронов n, площадь поперечного сечения проволоки S и заряд электрона e можно выразить следующим образом: v = I/neS. Если считать, что плотность электронов в меди совпадает с числом атомов в единице объема (A = 64, ρ=7,8г/см3),то v = 2,72 см/с. Отсюда v2/с2 =8,1·10-21.
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что v/с = 1/3, величина
Изображение
близка к единице, что оправдывает такое приближение. Уравнение движения частицы
Изображение
Частица будет совершать все время движение вдоль оси z, §cnw.qEx=qvzB. При этом vx = 0 и vz=const. Следовательно (так как vz=c/3),
Изображение
Заряд частицы не входит в последнее выражение. Поэтому его знак из данного эксперимента установить невозможно.1.5. а) Введя обозначение ω = qB0/m, запишем уравнение движения mv=q(vxB) в компонентах vx = ωvy, vy = –ωvx ,vz=0
Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая c первым, находим
Изображение
причем a = v0 (из начального условия vxlt=0 =v0 vylt=0 =0).
Интегрируя далее и разделяя вещественную и мнимую Части, находим
Интегрируя далее и разделяя вещественную и мнимую Части, находим
Изображение
окончательно находим, что частица движется по окружности (фиг. 1) в плоскости ху, центр которой находится в точке (0, –v0/ω), частота вращения равна ω=qB/m:
Изображение
б) В магнитном поле Вx = 0, By = 0, Вz = В0 + аx частица полетит по примерно круговой орбите с радиусом r = mv0/qB. Однако в области более сильного поля радиус кривизны траектории будет несколько меньше. При этом орбита уже не будет замкнутой окружностью, а возникнет
дрейф, подобный изображенному на фиг. 2.
в) Магнитное поле Bx = 0,By=0, Bz = B0 + ax несовместимо с тем уравнением Максвелла, согласно которому циркуляция вектора В по замкнутому контуру в отсутствие электрического поля и токов (в данной задаче Е=0 и j = 0) должна равняться нулю. Действительно, возьмем замкнутый контур C в плоскости х0 в форме прямоугольной рамки со сторонами I и L и вычислим циркуляцию В вдоль этого контура. Несложные вычисления приводят к результату ΦCBdI = –a·L·l ≠0 в противоречии g уравнением Максвелла.
дрейф, подобный изображенному на фиг. 2.
в) Магнитное поле Bx = 0,By=0, Bz = B0 + ax несовместимо с тем уравнением Максвелла, согласно которому циркуляция вектора В по замкнутому контуру в отсутствие электрического поля и токов (в данной задаче Е=0 и j = 0) должна равняться нулю. Действительно, возьмем замкнутый контур C в плоскости х0 в форме прямоугольной рамки со сторонами I и L и вычислим циркуляцию В вдоль этого контура. Несложные вычисления приводят к результату ΦCBdI = –a·L·l ≠0 в противоречии g уравнением Максвелла.
Изображение
1.6. а) Движение частицы будет происходить по окружности радиусом a вокруг заряда Q, если сила Лоренца будет уравновешена центробежной силой
Изображение
б) Сила, с которой магнитное поле действует на частицу, всегда перпендикулярна ее скорости. Поэтому магнитное поле не производит работы над движущимся зарядом, и закон сохранения энергии имеет вид
Изображение
где E —полная энергия, U(r) — энергия электростатического взаимодействия. Отсюда видно, что скорость частицы есть функция только расстояния
Изображение
в) В этом случае полная энергия заряда q равна E = –Qq/4πε0a и, следовательно,
Изображение
Начав в начальный момент «падать» на заряд —Q, частица q будет отклонена полем так, как показано на рисунке. Из выражения (1) видно, что в точках окружности r= а скорость частицы будет обращаться в нуль и будет вновь повторяться исходная ситуация.К главе 2. Дифференциальное исчисление векторных полей
2.1. а) Условия задачи таковы, что полный поток тепла J через поверхность цилиндра произвольным радиусом a ≤ r ≤ b, коаксиального проволоке, является постоянной величиной. В данной задаче вектор потока тепла h направлен по радиусу цилиндра, следовательно, для цилиндра единичной длины и радиусом r (a ≤ r ≤ b) можно написать соотношение
Изображение
Если теперь использовать векторное уравнение потока тепла h =–xvT и учесть, что векторы h и ∇T направлены по радиусу цилиндра, то можно написать следующее дифференциальное уравнение:
Изображение
где D — постоянная интегрирования. Величины J и D определим из условий: температура при r =a равна Т1 а при r = b равна Т2. Отсюда
Изображение
Следовательно, искомый градиент температуры в изоляционном покрытии равен
Изображение
б) В этом пункте задачи граничные условия другие, чем в пункте (а), т. е. задано Q —количество тепла, выделяемое током на единице длины медного провода. Если ρ — удельное сопротивление, то, согласно закону Ома,
Изображение
где / — сила тока, протекающего по проводу. Из этого соотношения находим новое граничное условие
Изображение
2.2. а) Согласно «Лекциям» [см. вып. 5, § 5, формулы (2.38) — (2,40)], компоненты ротора вектора А равны
Изображение
Подставляя в это выражение компоненты ротора А и учитывая тот факт, что порядок вычисления смешанных производных произволен, т. е. что, например, д2Аx/дzду= д2Аx/дудz, легко убеждаемся в равенстве нулю дивергенции ротора произвольного вектора А.
б) Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что
б) Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что
Изображение
Согласно определению, левая часть этого соотношения может быть записана в виде
Изображение
Прибавляя и вычитая в правой части последнего соотношения величину д2Аx/дх2 и учитывая, что дАx/дх + дАy/ду+дАz/дz= ∇ · А, убеждаемся в справедливости соотношения (1). Аналогично доказывается это соотношение для компонент у и z.
2.3. а) Так как Rx=x, Ry=y, Rz = z, то
2.3. а) Так как Rx=x, Ry=y, Rz = z, то
Изображение
в) Легко убедиться, что если φ — произвольная скалярная функция, а А —произвольный вектор, то всегда
Изображение
Это соотношение полезно запомнить. Из него, в частности, следует и требуемое в условии соотношение. Действительно, выбирая в качестве φ=1/R3 и A = R, а также учитывая, что, согласно пункту (a), ∇·R = 3 и ∇φ=–3R/R5,
Изображение
Вычисление градиента скалярной функции, зависящей только от модуля радиуса-вектора,—довольно часто встречаемая операция. Поэтому полезно запомнить легко доказываемое соотношение
Изображение
г) Искомое соотношение можно доказать вычислением «в лоб». Однако в силу того, что вычисление ротора—одна из популярных операций в физике, полезно доказать гораздо более общее соотношение
Изображение
В том, что оно справедливо, можно убедиться непосредственной проверкой. Искомое соотношение следует из вышеприведенного лишь как частный случай. Действительно, выбирая φ = –1//R3 и A=R, учитывая (1) и тот факт, что RxR = 0 и ∇XR=0 [см. пункт (б) настоящей задачи], находим
Изображение
в) Результат этого пункта задачи следует как частный случай из соотношения (1).
е) φ=R2/2
2.4. а) Если вычислить дивергенцию левой части уравнения 2, то, согласно пункту (а) задачи 2.2, дивергенция ротора всегда равна нулю. Совместность уравнений 2 и 3 следует из того, что, согласно уравнению 3, правая часть получающегося при этом соотношения также обращается в нуль.
б) Вычислим дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4. Согласно пункту (а) задачи 2.2 в левой части получим нуль и, следовательно,
е) φ=R2/2
2.4. а) Если вычислить дивергенцию левой части уравнения 2, то, согласно пункту (а) задачи 2.2, дивергенция ротора всегда равна нулю. Совместность уравнений 2 и 3 следует из того, что, согласно уравнению 3, правая часть получающегося при этом соотношения также обращается в нуль.
б) Вычислим дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4. Согласно пункту (а) задачи 2.2 в левой части получим нуль и, следовательно,
Изображение
С другой стороны, согласно уравнению l,div E=ρ/ε0. Отсюда видно, что из уравнения 4 действительно следует уравнение 5.
в) Возьмем ротор от левой и правой частей уравнения 2. Воспользовавшись соотношением пункта (б) задачи 2.2 и уравнением Максвелла 4, получим
в) Возьмем ротор от левой и правой частей уравнения 2. Воспользовавшись соотношением пункта (б) задачи 2.2 и уравнением Максвелла 4, получим
Изображение
Если теперь использовать уравнение 1, то получим искомое волновое уравнение.
г) Если аналогичные выкладки проделать исходя из уравнения 4, получим искомое волновое уравнение для В.
д) В силу уравнения 3 вектор В всегда может быть представлен как ротор некоторого вектора А, так как дивергенция ротора тождественно равна нулю. Тогда из уравнения 2 получаем
г) Если аналогичные выкладки проделать исходя из уравнения 4, получим искомое волновое уравнение для В.
д) В силу уравнения 3 вектор В всегда может быть представлен как ротор некоторого вектора А, так как дивергенция ротора тождественно равна нулю. Тогда из уравнения 2 получаем
Изображение
Из этого уравнения мы видим, что ротор вектора Е+(∂A/∂t)=0 тождественно обращается в нуль. Это означает, что весь этот вектор может быть представлен как градиент скалярной функции φ (скалярный потенциал электромагнитного поля), так как ротор градиента произвольной скалярной функции φ тождественно обращается в нуль
Изображение
В выполнении последнего соотношения легко убедиться непосредственным вычислением. Но и без этих вычислении ясно, что векторное произведение вектора v на самого себя, каковым и является правая часть этого соотношения, всегда равно нулю.
2.5. Поместим начало координат в какую-либо точку на оси вращения тела. Пусть R—радиус-вектор, определяющий положение произвольной точки вращающего тела в произвольный момент времени. Очевидно, скорость этой точки тела в тот же момент времени может быть представлена в виде
2.5. Поместим начало координат в какую-либо точку на оси вращения тела. Пусть R—радиус-вектор, определяющий положение произвольной точки вращающего тела в произвольный момент времени. Очевидно, скорость этой точки тела в тот же момент времени может быть представлена в виде
Изображение
где ω—вектор угловой скорости.
а) Используя то свойство смешанного скалярно-векторного произведения, согласно которому векторы в нем можно циклически переставлять, найдем
а) Используя то свойство смешанного скалярно-векторного произведения, согласно которому векторы в нем можно циклически переставлять, найдем
Изображение
Если теперь использовать соотношение (б) задачи 2.3, то получим требуемый результат.
б) Вычислим компоненты вектора ∇X(ωXR), направив ось z вдоль вектора ω. Так как (ωxR)x= –yω, (ωxR)y= xω,(ωxR)z= 0, то
б) Вычислим компоненты вектора ∇X(ωXR), направив ось z вдоль вектора ω. Так как (ωxR)x= –yω, (ωxR)y= xω,(ωxR)z= 0, то
Изображение
2.6. При операциях с вектором v следует всегда помнить, что он действует на векторы, стоящие после него. Поэтому в данном случае формулой для двойного векторного произведения можно пользоваться, но следует изменить в последней формуле порядок сомножителей, т. е. вместо (∇·A)R поставить (A·v) R.
2.7. Дивергенция div h = ∂hx/∂x =–x, (d2T/dx2) максимальна в точке B, поскольку в этой точке кривизна больше, чем в точке E, и отрицательна. В точке D кривизна хоть и большая, но положительна и поэтому div h<0. Во всех
точках rot h=0.
К главе 3. Интегральное исчисление векторов
3.1. а) Согласно «Лекциям» (вып. 5, § 4), первый закон электромагнетизма описывает поток электрического поля; поток напряженности через любую замкнутую поверхность равен заряду внутри нее, деленному на постоянную ε0. Обозначая плотность зарядов в пространстве через ρ, запишем этот закон вначале в интегральной форме:
2.7. Дивергенция div h = ∂hx/∂x =–x, (d2T/dx2) максимальна в точке B, поскольку в этой точке кривизна больше, чем в точке E, и отрицательна. В точке D кривизна хоть и большая, но положительна и поэтому div h<0. Во всех
точках rot h=0.
К главе 3. Интегральное исчисление векторов
3.1. а) Согласно «Лекциям» (вып. 5, § 4), первый закон электромагнетизма описывает поток электрического поля; поток напряженности через любую замкнутую поверхность равен заряду внутри нее, деленному на постоянную ε0. Обозначая плотность зарядов в пространстве через ρ, запишем этот закон вначале в интегральной форме:
Изображение
Так как это равенство выполняется для произвольной замкнутой поверхности, то, следовательно, div E = ρ/ε0. Второй закон электромагнетизма гласит: циркуляция вектора Е по любому контуру равна производной по времени от потока вектора В сквозь произвольную поверхность, опирающуюся на этот контур, т. е.
Изображение
Используя теорему Стокса, запишем
Изображение
Так как, согласно третьему закону электромагнетизма, поток вектора В через любую замкнутую поверхность равен 0, то ф B·dS = ∫ div В dV = 0. Отсюда div B=0.
Наконец, согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
Наконец, согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
Изображение
б) Выберем произвольный объем и проинтегрируем по этому объему левую и правую части уравнения Δj = — ∂ρ/∂t:
Изображение
Если воспользоваться теперь теоремой Гаусса, то это уравнение можно представить в виде
Изображение
Левая часть этого соотношения представляет собой скорость изменения заряда внутри объема, а правая — количество заряда, вытекающего (втекающего) в единицу времени из объема. Следовательно, равенство этих частей выражает закон сохранения заряда: сколько зарядов убыло в объеме, столько их и вытекло из этого объема.
3.2. Не создает. Действительно, окружим шар сферической поверхностью произвольного радиуса R и выберем на этой поверхности произвольный замкнутый контур так, что ограниченная им площадь поверхности сферы равна S. Согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
3.2. Не создает. Действительно, окружим шар сферической поверхностью произвольного радиуса R и выберем на этой поверхности произвольный замкнутый контур так, что ограниченная им площадь поверхности сферы равна S. Согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
Изображение
Так как токи и электрическое поле, создаваемое растущим со временем зарядом шара, радиальны, то написанные выше потоки векторов j и Е через поверхность S составляют лишь долю от потока этих векторов через замкнутую сферическую поверхность, равную S/4πR2. Но, согласно закону Гаусса и закону сохранения заряда,
Изображение
Величина q(t) в этом соотношении обозначает заряд шара в момент времени t. Следовательно,
Изображение
Так как контур был выбран произвольным, то мы делаем вывод, что касательная к сфере составляющая вектора В равна нулю. Равенство нулю радиальной составляющей вектора В следует из того, что поток вектора В через поверхность сферы должен быть равен нулю, и из того, что в силу сферической симметрии системы Вr одинакова во всех точках сферы.
3.3. а) 4πK.
б) Если формально воспользоваться теоремой Гаусса, то в силу того, что ∇ · (К/r3) r = 0, поток вектора Е через сферическую поверхность оказывается равным нулю в противоречии с найденным в пункте (а) результатом. Это противоречие только кажущееся, так как ∇·K (r/r3)=0 только для r≠ 0. В точке r = 0 выражение для Е обращается в бесконечность, и использование теоремы Гаусса требует осторожности. Правильнее в этом случае было бы поступить так: в качестве объема интегрирования выбрать объем, заключенный между двумя сферическими поверхностями, одна из которых имеет произвольный радиус r, а другая —бесконечно малый радиус вокруг точечного заряда. В таком объеме нет зарядов и применение теоремы Гаусса дает правильный результат. При этом поток вектора Е через сферическую поверхность радиусом r оказывается равным потоку через поверхность с бесконечно малым радиусом, но с обратным знаком. Согласно
пункту (а), этот поток будет равен —4π/K.
в) Циркуляция равна нулю.
3.4. Применим теорему Гаусса Фa·dS =∫div a dV, выбрав в качестве вектора а радиус-вектор R, т. е. a=R. Учитывая, что div R=3 [см. задачу 2.3 (а)], находим
3.3. а) 4πK.
б) Если формально воспользоваться теоремой Гаусса, то в силу того, что ∇ · (К/r3) r = 0, поток вектора Е через сферическую поверхность оказывается равным нулю в противоречии с найденным в пункте (а) результатом. Это противоречие только кажущееся, так как ∇·K (r/r3)=0 только для r≠ 0. В точке r = 0 выражение для Е обращается в бесконечность, и использование теоремы Гаусса требует осторожности. Правильнее в этом случае было бы поступить так: в качестве объема интегрирования выбрать объем, заключенный между двумя сферическими поверхностями, одна из которых имеет произвольный радиус r, а другая —бесконечно малый радиус вокруг точечного заряда. В таком объеме нет зарядов и применение теоремы Гаусса дает правильный результат. При этом поток вектора Е через сферическую поверхность радиусом r оказывается равным потоку через поверхность с бесконечно малым радиусом, но с обратным знаком. Согласно
пункту (а), этот поток будет равен —4π/K.
в) Циркуляция равна нулю.
3.4. Применим теорему Гаусса Фa·dS =∫div a dV, выбрав в качестве вектора а радиус-вектор R, т. е. a=R. Учитывая, что div R=3 [см. задачу 2.3 (а)], находим
Изображение
Изображение
К главе 4. Электростатика
4.1. Направим ось y вдоль нити. Тогда заряд, приходящийся на элемент длины dy, равен λdy, а его расстояние до точки P равно √y2+r2 Интегрируя вдоль нити, находим
4.1. Направим ось y вдоль нити. Тогда заряд, приходящийся на элемент длины dy, равен λdy, а его расстояние до точки P равно √y2+r2 Интегрируя вдоль нити, находим
Изображение
4.2. Найдем потенциал φ в точке Р, расположенной на оси диска на расстоянии r от его центра, разбив диск на кольца шириной dρ и средним радиусом ρ. Так как отдельные элементы каждого такого кольца одинаково удалены от точки P на расстояние √ρ2+r2. то все они дадут одинаковый вклад в φ. Интегрируя по кольцам, т. е. по ρ от 0 до R, находим
Изображение
(где Ω— телесный угол, под которым виден диск из точки P) и направлена вдоль оси диска.
4.3.
4.3.
Изображение
Изображение
г) При r>rc в выражении для потенциала появляется слагаемое, спадающее с расстоянием быстрее, чем 1/r, т. е. как 1/r2. Оно описывает отличие поля от сферически симметричного.
К главе 5. Применения закона Гаусса
5.1. Если внутри сферы нет зарядов, то
К главе 5. Применения закона Гаусса
5.1. Если внутри сферы нет зарядов, то
Изображение
Итак, средние значения потенциала по сферическим поверхностям разных радиусрв равны между собой. Вместе с тем среднее по поверхности, близкой к началу координат, равно φ(0). Итак,
Изображение
5.2. Используя цилиндрическую симметрию задачи, по теореме Гаусса найдем
Изображение
где Q —полный заряд цилиндра, R —его радиус, L — его длина. Следовательно, напряженность электрического поля цилиндра линейно зависит от расстояния до оси цилиндра. В случае шара радиусом R электрическое поле радиально и зависит от r аналогичным образом
Изображение
5.3. Потенциалы пластин по условию задачи равны. Отсюда
Изображение
При этом использован тот факт, что поле выше и ниже пленки однородно. Окружая пленку соответствующей поверхностью, легко найти по теореме Гаусса, что E + E′ = ε/ε0, где σ —плотность поверхностных зарядов на пленке. Отсюда находим
Изображение
5.4. Рассмотрим бесконечно тонкий слой, заключенный между двумя параллельными плоскостями, перпендикулярными оси x и расположенными друг от друга на расстоянии dx. Из условия задачи ясно, что электрическое поле будет направлено вдоль оси x. Если в качестве гауссовой поверхности выбрать любой цилиндрик, основаниями которого являются площадки S на плоскостях, а его боковая поверхность перпендикулярна этим плоскостям, то, применяя теорему Гаусса, найдем
Изображение
Разлагая в ряд левую часть этого равенства и оставляя лишь наибольшие члены, находим уравнение для E (х):
Изображение
5.5. В силу симметрии задачи φ (х, y, z)= φ(х).
Изображение
(это уравнение Максвелла ∇·E = ρ/ε0 в одномерном случае). Отсюда, используя результат пункта (а) данной задачи, находим
Изображение
5.6. В задаче надо различать поле E, созданное самим элементом площади, и поле, созданное всеми остальными элементарными площадками на поверхности проводника. Окружим элемент поверхности dA гауссовой поверхностью в форме цилиндра, боковые поверхности которого перпендикулярны площадке dA. Тогда, согласно теореме Гаусса, поле E, созданное элементарным зарядом σdA внутри проводника, равно σ/2ε0. Поскольку, однако, поле внутри проводника равно нулю, то, следовательно, остальные поверхностные заряды создают в объеме (охватываемом гауссовой поверхностью) поле, равное σ/2ε0, но противоположно направленное. (В результате сложения получается, что электрическое поле внутри равно нулю, а вне—равно σ/ε0.) Отсюда следует, что полная сила, действующая на выделенный элементарный участок площади со стороны всех остальных зарядов, равнаИзображение
5.7. Так как напряженность электрического поля вблизи поверхности проводника связана с плотностью поверхностных зарядов σ = е0E, то число избыточных зарядов (электронов) равно
Изображение
Расстояние между атомами—порядка ангстрема (1Å= 10-10м). Поэтому число атомов на единицу площади равно приблизительно 1020м-2. Отсюда Δn/n ~ 3·10-5. Сила, испытываемая электроном в поле протона, равна
Изображение
Сравним силы F1 и F2 = qeE. Принимая величину a (боровский радиус) равной примерно 1Å, находим
Изображение
5.8. Если рассматривать ядро как равномерно заряженный шар, то электрическое поле внутри ядра легко найти по теореме Гаусса:
Изображение
Здесь R—радиус ядра, Q—полный заряд ядра. Уравнение движения мюона с массой μ (нерелятивистское) имеет вид
Изображение
Найденная оценка позволяет интерпретировать наблюдаемое явление как переходы между уровнями энергии осциллятора с испусканием γ-лучей соответствующей энергии.
5.9. Введем напряженность гравитационного поляЕ= —∇φ где φ—гравитационный потенциал. Так как законы электростатики и тяготения совпадают, то с помощью теоремы Гаусса найдем
5.9. Введем напряженность гравитационного поляЕ= —∇φ где φ—гравитационный потенциал. Так как законы электростатики и тяготения совпадают, то с помощью теоремы Гаусса найдем
Изображение
где γ —гравитационная постоянная, a R и M — радиус и масса Земли. Уравнение движения тела
Изображение
Изображение
Для спутника, вращающегося над самой поверхностью Земли, равенство центробежной силы и силы гравитации
Изображение
что и требовалось показать.
5.10. Считая Землю однородным шаром, воспользуемся аналогом закона Гаусса: полный поток тепла через замкнутую поверхность равен количеству тепла, выделившемуся в объеме, заключенном внутри этой поверхности (закон сохранения энергии!). Если в качестве такой поверхности взять поверхность сферы произвольного радиуса r (r < R, где R — радиус Земли), то значение потока тепла h = — х (dT/dr) (x—теплопроводность земных пород) в любой точке этой поверхности будет одинаково в силу сферической симметрии задачи. Пусть q — плотность источников тепла, такая, что полное количество выделяемой в Земле энергии равно Q=(4π/3) R3q= 8·1020дж/год. Тогда
5.10. Считая Землю однородным шаром, воспользуемся аналогом закона Гаусса: полный поток тепла через замкнутую поверхность равен количеству тепла, выделившемуся в объеме, заключенном внутри этой поверхности (закон сохранения энергии!). Если в качестве такой поверхности взять поверхность сферы произвольного радиуса r (r < R, где R — радиус Земли), то значение потока тепла h = — х (dT/dr) (x—теплопроводность земных пород) в любой точке этой поверхности будет одинаково в силу сферической симметрии задачи. Пусть q — плотность источников тепла, такая, что полное количество выделяемой в Земле энергии равно Q=(4π/3) R3q= 8·1020дж/год. Тогда
Изображение
где D —постоянная интегрирования, которую следует найти из граничного условия. В качестве последнего можно выбрать T (R) =0. Удовлетворяя граничному условию, находим D=Q/8πxR и, следовательно,
Изображение
Отсюда температура в центре Земли T(0)=Q/8πxR=50 000°K. Таким образом, описанная модель не находится в согласии с оценками.
5.11. Выбирая соответствующую симметрии задачи гауссову поверхность, легко находим
5.11. Выбирая соответствующую симметрии задачи гауссову поверхность, легко находим
Изображение
Из найденных выражений следует:
1) при уменьшении r1 ничего не меняется;
2) при увеличении r2 электрическое поле Е уменьшается, а Δφ увеличивается. В пределе r2 →r3 проводники будут соприкасаться, образуя единый проводник, поле в котором равно нулю, а потенциал всюду постоянный;
3) картина поля в пространстве между цилиндрами изменится. Поле Е и φ будут больше около уголков, чем около плоскостей призмы.
К главам 6 и 7. Электрическое поле в разных физических условиях
6.1. Полуплоскости, о которых идет речь в условии,—эквипотенциальные поверхности системы четырех зарядов, изображенных на рисунке. Для решения необходимо найти равнодействующую сил:
1) при уменьшении r1 ничего не меняется;
2) при увеличении r2 электрическое поле Е уменьшается, а Δφ увеличивается. В пределе r2 →r3 проводники будут соприкасаться, образуя единый проводник, поле в котором равно нулю, а потенциал всюду постоянный;
3) картина поля в пространстве между цилиндрами изменится. Поле Е и φ будут больше около уголков, чем около плоскостей призмы.
К главам 6 и 7. Электрическое поле в разных физических условиях
6.1. Полуплоскости, о которых идет речь в условии,—эквипотенциальные поверхности системы четырех зарядов, изображенных на рисунке. Для решения необходимо найти равнодействующую сил:
Изображение
Абсолютные величины сил равны
Изображение
6.2. Сила притяжения к электростатическому изображению равна
Изображение
(потенциал на бесконечности принят равным нулю). Кинетическая энергия заряда на расстоянии x от поверхности равна разности потенциалов
Изображение
При x→0 Т→∞. Это нефизично. На самом деле плоскость на бесконечно малых расстояниях нельзя рассматривать как идеально гладкую проводящую плоскость. Оценка при х = 1Å, x0 = 1 см приводит к величине
Изображение
6.3. Обозначим длину, ширину и толщину бруска через 2а, 2b и 2с соответственно. Пусть r —расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для r»a потенциал φ, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда
Изображение
Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до r = а. При меньших r (b < r < a) разумную аппроксимацию φ дает потенциал длинной нити, который запишем в виде
Изображение
Постоянную D выберем из условия непрерывности потенциала при r = а. Находим D = 4ρbс/2πε0.
Таким образом, при b < r < a
Таким образом, при b < r < a
Изображение
При с < r < b хорошее приближение дает формула для бесконечной плоскости
Изображение
Изображение
Изображение
6.4. Заряд, накопившийся на Земле за время t, равен q=ηSqpt, где η = 1 протон /см2 ·с — плотность потока частиц, S= 4πR2—площадь поверхности Земли, R —радиус Земли, qp—заряд протона. Критический заряд q Земли, при котором все заряды с кинетической энергией E< 4·109 эВ не будут попадать на Землю, находится из очевидного условия
Изображение
Земля, по оценкам, существует 5·109 лет; казалось бы, на Землю уже давно не должно падать ни одного протона. На самом же деле, положительный заряд Земли постоянно компенсируется за счет потока электронов, энергия которых настолько мала, что эти электроны не относят к космическим лучам.
6.5. Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора определяется из соотношения
6.5. Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора определяется из соотношения
Изображение
где q—заряд на единицу длины, φ1—φ2 —разность потенциалов цилиндров конденсатора. Поскольку из соображений симметрии поле Е внутри конденсатора радиально, то по теореме Гаусса находим
Изображение
Если на поверхности внутреннего цнлиндра будут острые выступы, емкость конденсатора уменьшится, так как напряженность поля вблизи выступов будет велика, а расстояние между цилиндрами почти не изменится. Это приведет к увеличению разности потенциалов между обкладками и, следовательно, к уменьшению емкости.
6.6. а) Чтобы найти поле системы точечный заряд—проводящая сфера, надо поступить следующим образом (см. «Лекции», вып. 5, стр. 125). Необходимо поместить изображение заряда q величины q′= — (a/b)q на радиусе, проходящем через заряд q на расстоянии а2/b от центра сферы, и, кроме того, в центре сферы поместить заряд q″= — q′ (см. рисунок).
6.6. а) Чтобы найти поле системы точечный заряд—проводящая сфера, надо поступить следующим образом (см. «Лекции», вып. 5, стр. 125). Необходимо поместить изображение заряда q величины q′= — (a/b)q на радиусе, проходящем через заряд q на расстоянии а2/b от центра сферы, и, кроме того, в центре сферы поместить заряд q″= — q′ (см. рисунок).
Изображение
б) Решим теперь задачу о точечном заряде вблизи проводящей сферы, потенциал которой равен V. Выражение для потенциала в этом случае имеет приведенный выше вид, но с той лишь разницей, что заряд q″ в центре сферы следует заменить на Va4πε0. Таким образом,
Изображение
При этом сила, действующая между сферой с заданным потенциалом и зарядом, равна F=F·b/b, где
Изображение
6.7. Покажем, что суммарная поверхностная плотность зарядов, создаваемая двумя противоположно заряженными шарами, слабо сдвинутыми друг относительно друга, действительно меняется как A cos θ. Пусть объемная плотность зарядов каждого из шаров по абсолютной величине равна ρ. Поверхностная плотность при θ = 0 (см. рисунок) равна ρd, а при θ≠0, σ(θ) = ρ/h(θ), где h(θ)=d cosθ; таким образом, σ(θ)= A cos θ, где A=ρd.Поскольку поле вне равномерно заряженного шара с плотностью объемных зарядов ρ равно полю точечного заряда q = (4π/3) R3ρ, напряженность электрического поля вне сферы равна напряженности электрического поля диполя с диполышм моментом, равным по величине p=qd = (4π/3) R3ρd=(4π/3) AR3 и направленным по оси z. Напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара, как известно, равна
Для нашего случая вектор Е в некоторой точке P, находящейся внутри сферы, равен
Изображение
Расписывая это соотношение в компонентах и принимая во внимание, что x1 = x2 y1= y2, z1 = z2 —d, находим
Изображение
6.8. а) Угол θ определим так же, как в «Лекциях» (вып. 5, стр. 112). Угол φ характеризует положение плоскости, проведенной через векторы р и r. От этого угла не зависят ни потенциал, ни поле. Согласно формуле (6.11) «Лекций» (вып. 5, стр. 112),Изображение
Радиальная составляющая напряженности электрического поля равна
Изображение
Тангенциальная составляющая Eθ определяется градиентом в перпендикулярном к радиусу-вектору направлении. Приращение расстояния на этом пути равно dl = rdθ (см. рисунок), поэтому
Изображение
Так как потенциал не зависит от угла φ, Eφ = 0.
б) Угол α между вектором Е и прямой, проходящей через начало координат определяется соотношением (см. рисунок).
б) Угол α между вектором Е и прямой, проходящей через начало координат определяется соотношением (см. рисунок).
Изображение
т. е. не зависит от расстояния до диполя.
в) Из полученных формул легко найти:
в) Из полученных формул легко найти:
Изображение
6.9. а) Потенциал в пространстве при наличии однородного электрического поля равен
Изображение
Если радиус сферы равен a, то р = E0а3·4πε0.
б) Электрическое поле находится следующим образом:
б) Электрическое поле находится следующим образом:
Изображение
е) Полученные результаты могут быть использованы, в частности, для решения задачи о поле и распределении зарядов металлической сферы, помещенной в однородное внешнее электрическое поле.
6.10. Соответствующим образом выбирая поверхность, с помощью теоремы Гаусса легко можно найти напряженность электрического поля равномерно заряженной нити
6.10. Соответствующим образом выбирая поверхность, с помощью теоремы Гаусса легко можно найти напряженность электрического поля равномерно заряженной нити
Изображение
где i и j —единичные векторы в плоскости, перпендикулярной нити, направленные вдоль осей x и y соответственно. Найдем выражения для силы F и момента силы М, действующих на диполь в произвольном электрическом поле с напряженностью Е (r). Предположим, что отрицательный Заряд диполя находится в точке с радиусом-вектором r, а положительный заряд в точке с радиусом-вектором r+d, так что дипольный момент диполя равен p = qd. Тогда суммарная сила, действующая на диполь, может быть представлена как сумма сил, действующих на его заряды
Изображение
Считая величину d малой, разложим электрическое поле в точке r + d в ряд по d и ограничимся линейными по d членами разложения:
Изображение
Чтобы вычислить момент этой силы, действующей на диполь, поступим аналогичным образом. Вспоминая определение момента силы, с точностью до линейных по d членов находим
Изображение
Учитывая найденное выше выражение для силы F, окончательно находим М=рхЕ (r)+rXF.
а) Выполняя несложное дифференцирование, находим
а) Выполняя несложное дифференцирование, находим
Изображение
В случае (б) момент силы направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через нить и диполь.
6.11. Задача легко решается, если пластину представить себе как плоский конденсатор с бесконечно малым расстоянием d между пластинами и плотностями поверхностных зарядов на них +σ и —σ, такими, что p=σd. Электрическое поле вне такого конденсатора, справа и слева, равно нулю, в чем можно убедиться из теоремы Гаусса. Поэтому потенциалы электрического поля по обеим сторонам от пластины постоянны и не зависят от расстояния до этой пластины; Однако величина этих потенциалов различна, причем разность между ними есть не что иное, как разность потенциалов между пластинами конденсатора. Так как напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора равна σ/ε0, то разность потенциалов равна σd/ε0 = p/ε0.
6.12.
6.11. Задача легко решается, если пластину представить себе как плоский конденсатор с бесконечно малым расстоянием d между пластинами и плотностями поверхностных зарядов на них +σ и —σ, такими, что p=σd. Электрическое поле вне такого конденсатора, справа и слева, равно нулю, в чем можно убедиться из теоремы Гаусса. Поэтому потенциалы электрического поля по обеим сторонам от пластины постоянны и не зависят от расстояния до этой пластины; Однако величина этих потенциалов различна, причем разность между ними есть не что иное, как разность потенциалов между пластинами конденсатора. Так как напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора равна σ/ε0, то разность потенциалов равна σd/ε0 = p/ε0.
6.12.
Изображение
в) Пусть х»a. Тогда с точностью до членов порядка а2/х2
Изображение
Следовательно, электрическое поле кольца убывает быстрее поля диполя. Это происходит в силу того, что дипольный момент заряженного кольца равен нулю.
6.13. Уменьшение тока при t > t1 происходит потому, что заряд верхней пластины меняет знак и начинает отталкивать электроны.
Заряд на пластине конденсатора после отсоединения батареи равен q = Cφ, где С—емкость, φ—разность потенциалов между пластинами. Время, в течение которого будет скомпенсирован этот заряд q, определится из условия q = It1. Отсюда
t1=1000 с.
Ток обратится в нуль, когда разность потенциалов станет запирающей, т. е. когда разность потенциалов еφмакс будет соответствовать максимальной энергии частиц 1,5 эВ. При t > t2 разность потенциалов будет постоянной и равной 1,5 в. При увеличении расстояния между пластинами емкость конденсатора падает вдвое. Если это увеличение произошло до того, как конденсатор был полностью заряжен, то после отсоединения батареи заряд на пластинах будет вдвое меньше и, следовательно, время t1 вдвое меньше.
Если это увеличение происходит после удаления батареи, то заряд на пластинах не изменится и время t1 не изменится также.
6.14. а) В этой части задачи напряженность электрического поля легко находится по теореме Гаусса. В результате
6.13. Уменьшение тока при t > t1 происходит потому, что заряд верхней пластины меняет знак и начинает отталкивать электроны.
Заряд на пластине конденсатора после отсоединения батареи равен q = Cφ, где С—емкость, φ—разность потенциалов между пластинами. Время, в течение которого будет скомпенсирован этот заряд q, определится из условия q = It1. Отсюда
t1=1000 с.
Ток обратится в нуль, когда разность потенциалов станет запирающей, т. е. когда разность потенциалов еφмакс будет соответствовать максимальной энергии частиц 1,5 эВ. При t > t2 разность потенциалов будет постоянной и равной 1,5 в. При увеличении расстояния между пластинами емкость конденсатора падает вдвое. Если это увеличение произошло до того, как конденсатор был полностью заряжен, то после отсоединения батареи заряд на пластинах будет вдвое меньше и, следовательно, время t1 вдвое меньше.
Если это увеличение происходит после удаления батареи, то заряд на пластинах не изменится и время t1 не изменится также.
6.14. а) В этой части задачи напряженность электрического поля легко находится по теореме Гаусса. В результате
Изображение
б) Значение потенциала в начале координат можно найти из интегрального выражения
Изображение
в котором интегрирование производится по объему палочки. Интегрирование удобно выполнить в так называемой цилиндрической системе координат. Именно, разбивая поперечное сечение цилиндра на кольца площадью 2πrdr, а длину цилиндра на отрезки dx, представим
Изображение
Так как l/2r≥50, разложим подынтегральную функцию в ряд по степеням отношения 2r/l. Ограничиваясь первыми двумя членами разложения, найдем
Изображение
Точность этого выражения оценим, вычислив поправку aR6/6ε0l2. Подставляя численные значения из условия задачи, найдем φ (0, 0, 0) ≈ 2350 в, причем ошибка примерно составляет 0,15 в.
в) Вспомнив, что потенциал φ в какой-либо точке равен работе, которую нужно затратить, чтобы единичный положительный заряд перевести из бесконечности (где φ = 0) в данную точку, сразу заключаем, что потенциал в точке (0, 0, l/2) меньше, чем в центре палочки. Действительно, если единичный заряд из бесконечности привести в точку (0, 0, l/2) и (0, 0, 0) вдоль оси палочки, то для того, чтобы этот заряд поместить в начало координат, необходимо затратить дополнительную работу против сил отталкивания внутри самой палочки.
7.1. а) Потенциал, создаваемый нитями в произвольной точке P (х, y), равен
в) Вспомнив, что потенциал φ в какой-либо точке равен работе, которую нужно затратить, чтобы единичный положительный заряд перевести из бесконечности (где φ = 0) в данную точку, сразу заключаем, что потенциал в точке (0, 0, l/2) меньше, чем в центре палочки. Действительно, если единичный заряд из бесконечности привести в точку (0, 0, l/2) и (0, 0, 0) вдоль оси палочки, то для того, чтобы этот заряд поместить в начало координат, необходимо затратить дополнительную работу против сил отталкивания внутри самой палочки.
7.1. а) Потенциал, создаваемый нитями в произвольной точке P (х, y), равен
Изображение
Эквипотенциальные поверхности определяются условием r2/r1=const, т. е.
Изображение
Если это уравнение записать иначе, т. е. (х— а)2+у2 = R2, то видно, что оно описывает цилиндр вращения.
В последнем уравнении a и R —некоторые константы, выражающиеся через величины, входящие в исходное уравнение.
б) Определим емкость, приходящуюся на единицу длины. Для этого вычислим потенциал проводов
В последнем уравнении a и R —некоторые константы, выражающиеся через величины, входящие в исходное уравнение.
б) Определим емкость, приходящуюся на единицу длины. Для этого вычислим потенциал проводов
Изображение
Изображение
К главе 8. Электростатическая энергия
8.1. Заряд Zqe, равномерно распределенный по шарику, обладает электростатической энергией, равной (см. «Лекции», вып. 5, стр. 153)
8.1. Заряд Zqe, равномерно распределенный по шарику, обладает электростатической энергией, равной (см. «Лекции», вып. 5, стр. 153)
Изображение
Из этой энергии следует вычесть «нефизическую» энергию самодействия протонов. Энергия, соответствующая протону, заряд которой равномерно размазан по шару радиуса r, равна U2 = 3/5 (q2/r) (1/4πε0). Для Z протонов эта энергия «действия самого на себя» равна 3Zq2/5r·4πε0. Следовательно, электростатическая энергия кулоновского взаимодействия протонов в ядре равна 3/5Z (Z—1) (q2/4πε0r).
8.2. Энергия заряженного конденсатора емкости C равна A=1/2СV2, где V—разность потенциалов на обкладках. Искомая работа равна разности энергий конденсаторов до и после поворота ручки настройки:
8.2. Энергия заряженного конденсатора емкости C равна A=1/2СV2, где V—разность потенциалов на обкладках. Искомая работа равна разности энергий конденсаторов до и после поворота ручки настройки:
Изображение
8.3. Суммарная энергия конденсаторов до их параллельного соединения равна
Изображение
Изображение
Изображение
Избыток энергии излучается или теряется на тепло в соединительных проводах. Потери энергии не происходит, если q1C2 =q2C1.
8.4. а) Пусть φ (r) — потенциал внешнего электрического поля, в котором в точке R помещен диполь р, т. е. в точке R+r1 находятся заряд +q, а в точке R+r2 —заряд —q(lr1| и |r2|«|R|), так что р =q (r1—r2). Энергия зарядов диполя во внешнем поле равна
8.4. а) Пусть φ (r) — потенциал внешнего электрического поля, в котором в точке R помещен диполь р, т. е. в точке R+r1 находятся заряд +q, а в точке R+r2 —заряд —q(lr1| и |r2|«|R|), так что р =q (r1—r2). Энергия зарядов диполя во внешнем поле равна
Изображение
б) Вычислим момент силы, действующей на диполь, прямым вычислением. Полный момент внешних сил равен
Разлагая это выражение в ряд с точностью до членов первого порядка по | r1,2| «| R |, находим
Поскольку при параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, то энергия системы после соединения равна
Разлагая это выражение в ряд с точностью до членов первого порядка по | r1,2| «| R |, находим
Поскольку при параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, то энергия системы после соединения равна
Изображение
Отсюда в случае однородного электрического поля следует М = рХЕ. Последнее выражение получается также из выражения (1): если ввести угол α между векторами р и Е, то действующий на диполь момент будет равен по величине
Изображение
и направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат векторы р и Е, т. е. M = рХЕ.
в) Если диполь создан путем последовательного помещения зарядов в электрическое поле, то его электростатическая энергия будет отличаться от (1). Действительно, если заряд +q помещен в точке R+r1 и, следовательно, обладает энергией qφ(R+r1), то при помещении заряда —q в точку R+r2 будет затрачена работа
в) Если диполь создан путем последовательного помещения зарядов в электрическое поле, то его электростатическая энергия будет отличаться от (1). Действительно, если заряд +q помещен в точке R+r1 и, следовательно, обладает энергией qφ(R+r1), то при помещении заряда —q в точку R+r2 будет затрачена работа
Изображение
Таким образом, энергия диполя в этом случае будет меньше и равна
Изображение
Искомая разность энергий равна q3/4πε0|р| и имеет смысл энергии взаимодействия зарядов, составляющих диполь.
8.5. Электростатическая энергия конденсатора равна W=q2/2C, где q —заряд на обкладках; С —емкость, равная С = ε0A/d (d—расстояние между обкладками, A — их площадь). Искомая сила равна
8.5. Электростатическая энергия конденсатора равна W=q2/2C, где q —заряд на обкладках; С —емкость, равная С = ε0A/d (d—расстояние между обкладками, A — их площадь). Искомая сила равна
Изображение
а работа этой силы на расстоянии dх равна —(q2/2ε0A) dx.
8.6. Разность Δ энергий покоя мезонов равна Δ=(mπ+—mπ¯)с2= 4,6 МэВ. Если заряд мезонов равномерно «размазан» по объему шара, то его собственная электростатическая энергия равна [см. «Лекции», формула (8.7), вып. 5 и решение к задаче 8.1]
8.6. Разность Δ энергий покоя мезонов равна Δ=(mπ+—mπ¯)с2= 4,6 МэВ. Если заряд мезонов равномерно «размазан» по объему шара, то его собственная электростатическая энергия равна [см. «Лекции», формула (8.7), вып. 5 и решение к задаче 8.1]
Изображение
Из условия Δ= W получается радиус пиона а = 2·10–14 см. Отсюда видно, что так определенный радиус пиона оказывается меньше характерных размеров ядра.
8.7. Когда оболочка не заряжена, то на основании закона Гаусса убеждаемся, что электрическое поле помещенного в начало координат заряда q1 внутри (r≤a) и вне оболочки (r > b) совпадает с хорошо известным электрическим полем точечного заряда q1. В самой же оболочке (а≤r≤b) напряженность электрического поля равна нулю. Очевидно, работа по перемещению заряда из бесконечности в начало координат будет равна разности энергий, заключенных в поле, одна из которых отвечает заряду в начале координат, а вторая — заряду q1 помещенному на бесконечности. (Тот факт, что энергия точечного заряда бесконечна, здесь не приводит к затруднению, поскольку мы вычисляем не сами энергии, а их разность.) Искомая работа W1 равна
8.7. Когда оболочка не заряжена, то на основании закона Гаусса убеждаемся, что электрическое поле помещенного в начало координат заряда q1 внутри (r≤a) и вне оболочки (r > b) совпадает с хорошо известным электрическим полем точечного заряда q1. В самой же оболочке (а≤r≤b) напряженность электрического поля равна нулю. Очевидно, работа по перемещению заряда из бесконечности в начало координат будет равна разности энергий, заключенных в поле, одна из которых отвечает заряду в начале координат, а вторая — заряду q1 помещенному на бесконечности. (Тот факт, что энергия точечного заряда бесконечна, здесь не приводит к затруднению, поскольку мы вычисляем не сами энергии, а их разность.) Искомая работа W1 равна
Изображение
Когда оболочка имеет заряд q2 ситуация несколько иная. В начальном состоянии, когда заряд q1 находится на бесконечности, энергия, сосредоточенная в поле, равна энергии точечного заряда q1 плюс энергия, заключенная в поле, создаваемом сферической оболочкой. Последнее, как легко убедиться на основании теоремы Гаусса, отлично от нуля лишь при r ≥ b и совпадает с полем точечного заряда величины q2. В конечном же состоянии, когда заряд q1 находится в начале координат, величина напряженности электрического поля в пространстве ведет себя следующим образом (разумеется, поле всюду радиально):
Изображение
К главе 10. Диэлектрики
10.1. Для энергии конденсатора можно написать соотношение
10.1. Для энергии конденсатора можно написать соотношение
Изображение
где V —разность потенциалов на обкладках, а интегрирование производится по двум областям конденсатора. Поскольку поле E в конденоаторе можно считать однородным, то из этого соотношения, если принять во внимание, что Ed=V, следует
Изображение
10.2. Емкость конденсатора без диэлектрика равна С0 = Aε0/d, где A — площадь пластин, d —расстояние между ними; Q = C0V0, где V0—разность потенциалов. При вдвижении диэлектрика величина Q не меняется, емкость же возрастает и равна (см. решение к задаче 10.1, учтя, что x1 = 1) С = Aε0(1+х)/2d = С0 (l1+x)/2. Энергия конденсатора при этом равна U = Q2/2C =C0V02/(1 +x).
а) Искомая сила равна
а) Искомая сила равна
Изображение
в) Меньше.
10.3. В отсутствие диэлектрика заряд Q на пластинах конденсатора и разность потенциалов φ0 связаны соотношением Q = C0φ0, где φ0 = E1d (d — расстояние между пластинами). При наличии диэлектрика Q = Cφ, причем E2=E1/x. Отсюда Q= C [E1(d—t)+E1t/x]. Поскольку, с другой стороны, Q = C0E1d, то, приравнивая выражения для Q, находим
10.3. В отсутствие диэлектрика заряд Q на пластинах конденсатора и разность потенциалов φ0 связаны соотношением Q = C0φ0, где φ0 = E1d (d — расстояние между пластинами). При наличии диэлектрика Q = Cφ, причем E2=E1/x. Отсюда Q= C [E1(d—t)+E1t/x]. Поскольку, с другой стороны, Q = C0E1d, то, приравнивая выражения для Q, находим
Изображение
10.4. Вектор электрической индукции D в любой точке r внутри диэлектрика равен
Изображение
Изображение
Поверхностная плотность зарядов σпол равна σпол = Рn. Следовательно, наведенные на внутренней и внешней поверхностях диэлектрика заряды Qa и Qb, соответственно равны
Изображение
10.5. Изменение внутренней энергии конденсатора U, равной, как известно, U =Q2/2C (где Q —заряд на пластинах, C — емкость), в процессе, в котором механические силы вдвигают диэлектрик, изменяя его емкость, а батарея совершает работу по изменению зарядов на величину dQ, равно
Изображение
Первое слагаемое в этом выражении —работа, совершенная электрической батареей по изменению заряда на пластинах конденсатора, а второе —работа механических сил.
Так как разность потенциалов на пластинах остается все время постоянной и равной V0 = Q/C, выражение для dU можно записать в виде
Так как разность потенциалов на пластинах остается все время постоянной и равной V0 = Q/C, выражение для dU можно записать в виде
Изображение
а) Подсчитаем работу, совершенную электрической батареей. Учитывая, что заряд на пластинах в начальном состоянии равен q0, а в конечном состоянии xq0, находим
Изображение
б) Емкость конденсатора в начальном состоянии была q0/V0, а в конечном состоянии xq0/V0. Следовательно, механические силы совершили работу
Изображение
Работа, как мы видим, совершалась над диэлектриком.
10.6. В некотором смысле эта задача аналогична пункту (б) предыдущей задачи. Над диэлектриком (масло) совершается механическая работа, которая переходите потенциальную энергию столбика масла в поле сил тяжести. Эта работа равна
10.6. В некотором смысле эта задача аналогична пункту (б) предыдущей задачи. Над диэлектриком (масло) совершается механическая работа, которая переходите потенциальную энергию столбика масла в поле сил тяжести. Эта работа равна
Изображение
где С1 и С2 —емкости трубки до и после втягивания масла на высоту h. Так как емкость единицы длины цилиндрического конденсатора равна С0«=2πε0/ ln (b/a) (см. решение к задаче 6.5), то
Изображение
Вес столба втянутого масла равен π (b2—a2)ρgh. Потенциальная энергия этого столба в поле силы тяжести равна весу, умноженному на координату его центра тяжести, т. е. на h/2:
Изображение
Из равенства работы механических сил потенциальной энергии находим требуемый результат:
Изображение
10.7. Граничные условия на границе раздела двух сред (1) и (2) имеют вид E1t= E2t , D1n =D2n или E1n/x1 = E2n/x2, где индексами n и t помечены нормальные и тангенциальные к поверхности составляющие векторов. Эти граничные условия следуют из уравнений Максвелла divD = 0 и ∇XE = 0. Действительно, рассмотрим произвольную поверхность раздела двух сред (фиг. 1). Выберем произвольным образом направление внешней нормали n к этой поверхности и условимся обозначать индексами 1 и 2 величины, относящиеся соответственно к нижней и верхней средам. Выделим мысленно около рассматриваемой точки поверхности прямую призму с образующими dl, перпендикулярными поверхности. Пусть эта призма вырезает на поверхности элемент S столь малый, что его можно считать плоским. По теореме Гаусса поток вектора электрической индукции через поверхность призмы должен равняться нулю ∫ D.dS= ∫ divD·dV =0. При стремлении dl к нулю поток вектора D через боковую поверхность призмы также будет стремиться к нулю. Для потока же через верхнее и нижнее основание призмы получаемИзображение
Отсюда следует искомое граничное условие
Изображение
Покажем теперь, что на границе раздела двух сред касательная составляющая вектора напряженности электрического поля Е непрерывна. С этой целью выберем около произвольной поверхности (на фиг. 2 ее сечение плоскостью рисунка изображено сплошной линией) контур в виде прямоугольной рамки, боковые стороны dl которой нормальны к поверхности раздела сред. Выберем размеры этого контура столь малыми, чтобы поверхность раздела двух сред можно было считать плоской. Мысленно «натянем» на эту рамку стоксову поверхность. Тогда по теореме СтоксаИзображение
Но при стремлении dl к нулю вклад в интеграл по контуру от боковых сторон будет также стремиться к нулю. Если длину L верхней и нижней сторон рамки выбрать достаточно малой, напряженность электрического поля Е на этих сторонах рамки можно считать однородной. Отсюда (E1t)L–(E2t)L = 0, или E1t = E2t. Из фиг. 3 видно, что
Изображение
К главе 11. Внутреннее устройство диэлектриков
11.1. Представим себе однородно поляризованный шар в виде двух равномерно заряженных шаров, полные заряды которых одинаковы, но противоположны по знаку, а центры сдвинуты друг относительно друга на бесконечно малое расстояние. В задаче 6.7 (см. решение) было показано, что электрическое поле такой системы совпадаете электрическим полем сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется как A соsθ, где θ —угол, отсчитываемый от оси z (последнюю удобно выбрать вдоль направления вектора поляризации шара). При этом напряженность электрического поля вне этой сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом P = (4π/3) Аа3:
11.1. Представим себе однородно поляризованный шар в виде двух равномерно заряженных шаров, полные заряды которых одинаковы, но противоположны по знаку, а центры сдвинуты друг относительно друга на бесконечно малое расстояние. В задаче 6.7 (см. решение) было показано, что электрическое поле такой системы совпадаете электрическим полем сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется как A соsθ, где θ —угол, отсчитываемый от оси z (последнюю удобно выбрать вдоль направления вектора поляризации шара). При этом напряженность электрического поля вне этой сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом P = (4π/3) Аа3:
Изображение
Здесь, очевидно, вектор Р совпадает с вектором полного дипольного момента равномерно поляризованного шара. Внутри же такого шара поле Е, согласно решению к задаче 6.7, равно
Изображение
11.2. Дипольный момент атома гелия равен
Изображение
11.3. Для водяного пара [см. «Лекции», вып. 5. уравнение (11.21)] х— 1 = Np02/3ε0kT. Следовательно, температурная зависимость поляризуемости α =x —1/N имеет вид α= A/T, где A =p02/3ε0k; N—число частиц в единице объема можно найти из уравнения состояния идеального газа p = NkT (р—давление пара, k—постоянная Больцмана). По данным таблицы, приведенной в условии задачи, N= 1,138·1025 м-3. Для α получается следующая таблица значений:
Изображение
Если построить зависимость α = f(1/T), то экспериментальные точки ложатся на прямую, тангенс угла наклона которой равен A = 1,12. Отсюда р0= √3ε0kA = 2·10–17 кулон·м.
11.4. В простом варианте задачи E =(1/4πε0) (2р/а3) и р = αε0Е. Отсюда ответ: а3 = α/2π. В усложненном варианте электрическое поле в любом узле легко найти:
11.4. В простом варианте задачи E =(1/4πε0) (2р/а3) и р = αε0Е. Отсюда ответ: а3 = α/2π. В усложненном варианте электрическое поле в любом узле легко найти:
Изображение
Поскольку дипольные моменты атома кислорода и атома титана равны р0 =α0ε0E и pTi = αTiε0E, то при подстановке в эти выражения E следует искомое условие:
Изображение
11.5. В однородном внешнем электрическом поле Е каждый шарик будет равномерно поляризован. Пусть Р —вектор поляризации шара. Равномерная поляризация шара создает внутри него однородное электрическое поле с напряженностью, равной —Р/3ε0 [см. «Лекции», вып. 5, формула (11.24)]. Тогда суммарное электрическое поле внутри каждого шарика (их взаимным влиянием друг на друга мы, согласно условию задачи, пренебрегаем) равно Еi = Е—Р/3ε0. Поскольку Р = ε0(х—1) Еi, то
Изображение
Получим полный дипольный момент равномерно поляризованного шарика P, умножив Р на объем шара, т. е. на (4π/3) (d/2)3:
Изображение
Поскольку шарики образуют пространственную решетку с периодом, равным 3d, поляризация этой решетки, т. е. дипольный момент, приходящийся на единицу объема решетки, будет равен
Изображение
Так как D = E + P/ε0, то для диэлектрической постоянной решетки находим выражение
Изображение
К главе 12. Электростатические аналогии
12.1. Исходя из электростатической аналогии, нам нужно найти потенциал в центре тонкого равномерно заряженного кольца. Имеем
12.1. Исходя из электростатической аналогии, нам нужно найти потенциал в центре тонкого равномерно заряженного кольца. Имеем
Изображение
где Q —полный заряд кольца Q = ρπa2b. Переходя к задаче о распределении температуры, надо вспомнить, что мы вычислили разность потенциалов между центром кольца и бесконечно удаленной точкой. Если потенциал на бесконечности равен φ0, то в центре кольца он равен
Изображение
Переходя к «температурным» величинам, находим температуру в центре кольца (при таком переходе φ→ T, ρ →ε0S/x, см. «Лекции», вып. 5, стр. 234, 235)
Изображение
12.2. Используя аналогию с электростатической задачей, находим Т (r) = — (Sr2/6x) + D, где S = W/(4π/3) R3—плотность источников тепла; W=8·1020 дж/год; R —радиус Земли. Константу D определим из условия Т(а)=Т0, т. е. D = T0+Sa2/6x. Радиус a можно найти, положив приближенно температуру поверхности Земли равной нулю. Из этого условия следует
Изображение
12.3. а) Трехмерный случай:
Изображение
Подставляя это выражение для φ в уравнение Δφ = 0, получаем
Изображение
Нетривиальное решение получившегося уравнения будет при условии, что коэффициенты b1 и b_2 отличны от нуля. Следовательно,
Изображение
б) Двумерный случай:
Изображение
В этом случае Δφ=n∑ (n — 1) (n+ 1)сnzρn–3 = 0. Следовательно, лишь c1 и c-1от нуля и решение имеет вид
Изображение
12.4. Задача математически аналогична задаче 7.1. Поэтому для T можно сразу написать решение, если в задаче 7.1 линейную плотность зарядов положить равной λ=Wε0/xt
Изображение
В этом выражении r2=√[x—(d/2)]′2+ y2 и r1 = √[x+(d/2)]′2+ y2—расстояния до произвольной точки от труб с +W и —W источником (см. рисунок к решению задачи 7.1, стр. 421). Постоянная D = T0 определяется из того условия, что вдали от труб температура равна Т0. В точке с координатами х= 100 d и y=100 d температура равна T = 20,5° С.
К главе 13. Магнитостатика
13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током, текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоянии r от последнего равна В = (I х еr)/2πε0с2a, где еr — единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежащего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны By = 2I/πε0с2a = 8·10–5 вебер/м2, Вx = 0 (см. рисунок). Вектор В, следовательно, направлен вертикально вверх.
б) Сила, действующая на элемент длины тока левого нижнего из проводов, согласно закону dF = /dl x B, равна f = dF/dl = Ie3 xB, где е3—единичный вектор в направлении силы тока левого нижнего провода. Вычислим напряженность магнитного поля в районе левого нижнего провода (исключая, конечно, поле самого этого провода). Нетрудно убедиться, что компоненты вектора В равны Вx = В0/2, Вy = ЗВ0/2, где В0 = I/2πε0с2a. Следовательно, f =(B0I/2) (—3e1+e2), где е1 и е2—единичные векторы в направлении осей x и у. Величина этой силы равна If | = В0I √10/2 = 6,310–4 ньютон. Направление силы составляет угол161°,7 с осью x.
13.2. При вращении цилиндра возникает ток с плотностью
К главе 13. Магнитостатика
13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током, текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоянии r от последнего равна В = (I х еr)/2πε0с2a, где еr — единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежащего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны By = 2I/πε0с2a = 8·10–5 вебер/м2, Вx = 0 (см. рисунок). Вектор В, следовательно, направлен вертикально вверх.б) Сила, действующая на элемент длины тока левого нижнего из проводов, согласно закону dF = /dl x B, равна f = dF/dl = Ie3 xB, где е3—единичный вектор в направлении силы тока левого нижнего провода. Вычислим напряженность магнитного поля в районе левого нижнего провода (исключая, конечно, поле самого этого провода). Нетрудно убедиться, что компоненты вектора В равны Вx = В0/2, Вy = ЗВ0/2, где В0 = I/2πε0с2a. Следовательно, f =(B0I/2) (—3e1+e2), где е1 и е2—единичные векторы в направлении осей x и у. Величина этой силы равна If | = В0I √10/2 = 6,310–4 ньютон. Направление силы составляет угол161°,7 с осью x.
13.2. При вращении цилиндра возникает ток с плотностью
Изображение
Выберем контур интегрирования так, как показано на рисунке, и воспользуемся теоремой Стокса. Магнитное поле по соображениям симметрии направлено вдоль оси цилиндра. Находим, что вне цилиндра В = 0. Поле на оси цилиндра равноИзображение
Направление вектора В совпадает с направлением вектора угловой скорости.
13.3. Плотность токов j найдем из условия однородности тока по сечению. Воспользовавшись тем, что циркуляция вектора В по замкнутому контуру равна
13.3. Плотность токов j найдем из условия однородности тока по сечению. Воспользовавшись тем, что циркуляция вектора В по замкнутому контуру равна
Изображение
Изображение
13.4. Под действием силы Лоренца qev X B электрон будет двигаться по окружности. Радиус последней находится из уравнения движения электрона в магнитном поле: его ускорение равно центростремительному
Изображение
где v0 — начальная скорость электрона. В своем движении электрон в узкой части трубки опишет дугу. Отклонение луча (в предельном случае на половину экрана) найдем из выражения D/2 = (/ — a) tg φмакс (обозначения расшифрованы на рисунке). Так как a«l, то tg φмакс = D/2I. Нетрудно убедиться, что если отказаться от условия a«l, то φмакс надо определять из уравнения
Изображение
Радиус окружности как функция параметров трубки и угла отклонения есть r = l1/sin φмакс.Следовательно, B = mv0/qel1√ 1+ (4/2/D2). Если для оценки величины B задаться следующими параметрами трубки: D = 30 см; I = 30 см, l1 = 5 см, то B = 1,60 гс (скорость электрона v0 определяется по формуле v =√2E/me, при E = 3 кэВ v0 = 3·107 м/с. Число ампер-витков на единицу длины (м) соленоида находится по формуле B = nI/ε0c2: nI= ε0c2В = 12,7·103. Ускорение электронов электрическим полем после их отклонения в магнитном поле увеличивает составляющую скорости по направлению к экрану. Это приводит к уменьшению угла φ между направлением движения электронов и осью трубки; следовательно, после отклонения в магнитном поле должно быть φ > φмакс (φмакс определяется параметрами трубки) и найденные оценки B, nl надо увеличить.
13.5. а) При определении силы, действующей на рамку с током, будем исходить из того, что на элемент тока длиной dl действует сила, равная dF = I2dI x B. Проинтегрируем это выражение по контуру рамки. Ясно, что силы, действующие на участки рамки, перпендикулярные проводу, равны по величине и противоположны по направлению. Их результирующая равна нулю. Сила, реально действующая на рамку, равна сумме сил, действующих на участки, параллельные проводу. Так как магнитное поле, создаваемое проводом на расстоянии y от него, равноИзображение
Сила, действующая на провод, равна найденной по величине, но противоположно направлена,
б) Как легко убедиться, момент сил, действующих на рамку, определяемый выражением М = I2 Φ r x dl x B, равен нулю.
13.6. Задача легко решается, если рассмотреть два фиктивных тока: один с плотностью +j, а другой с плотностью —j, «протекающих» по полости так, чтобы результирующий ток через полость был равен нулю. Магнитное поле на оси полости при этом легко находится и равно В = (1/2ε0с2) j x d, где d —радиус-вектор, соединяющий центр сечения стержня с центром сечения полости.
К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
14.1. а) Для определения векторного потенциала в точках, удаленных от поверхности пленки на расстояние, гораздо меньшее ее размеров, воспользуемся сформулированным в «Лекциях» (вып. 5, стр. 282, 283) правилом: i-я компонента векторного потенциала, возникающая от плотности тока j, точно такая же, как электрический потенциал φ, созданный плотностью зарядов ρ = ji/с2. Так как пленку в условиях задачи можно считать неограниченной во всех направлениях, то воспользуемся уже решенной задачей о поле равномерно заряженной плоскости. Выберем сетку координат, направив ось x вдоль вектора v, а ось z — перпендикулярно плоскости пленки. В такой системе координат поверхностный ток имеет только компоненту x, отличную от нуля, поэтому Ay = Az = 0. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно
б) Как легко убедиться, момент сил, действующих на рамку, определяемый выражением М = I2 Φ r x dl x B, равен нулю.
13.6. Задача легко решается, если рассмотреть два фиктивных тока: один с плотностью +j, а другой с плотностью —j, «протекающих» по полости так, чтобы результирующий ток через полость был равен нулю. Магнитное поле на оси полости при этом легко находится и равно В = (1/2ε0с2) j x d, где d —радиус-вектор, соединяющий центр сечения стержня с центром сечения полости.
К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
14.1. а) Для определения векторного потенциала в точках, удаленных от поверхности пленки на расстояние, гораздо меньшее ее размеров, воспользуемся сформулированным в «Лекциях» (вып. 5, стр. 282, 283) правилом: i-я компонента векторного потенциала, возникающая от плотности тока j, точно такая же, как электрический потенциал φ, созданный плотностью зарядов ρ = ji/с2. Так как пленку в условиях задачи можно считать неограниченной во всех направлениях, то воспользуемся уже решенной задачей о поле равномерно заряженной плоскости. Выберем сетку координат, направив ось x вдоль вектора v, а ось z — перпендикулярно плоскости пленки. В такой системе координат поверхностный ток имеет только компоненту x, отличную от нуля, поэтому Ay = Az = 0. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно
Изображение
где еz — единичный вектор в направлении оси z. Интегрируя соотношение Еz = — ∂φ/∂z, находим электрический потенциал φ = –(σ/2ε0) z (постоянную интегрирования выбираем равной нулю). Используя сформулированное выше правило, находим
Изображение
Так как В = ∇ х А, то, проделав необходимое дифференцирование, находим Вx = 0, By = σv/2ε0c2, Вz = 0. В векторной форме
Изображение
14.2. Для решения задачи удобно воспользоваться законом Био —Савара
Изображение
а) Прямолинейные участки провода вносят в величину магнитного поля в центре полукруга нулевой вклад.
б) Поле направлено перпендикулярно плоскости рисунка и по величине равно B=1/4ε0c2r.
в) Магнитное поле, создаваемое всем проводом, равно найденному в пункте (б) данной задачи.
14.3. Если воспользоваться законом Био—Савара, то магнитные поля, создаваемые витками в точке P (см. рисунок), легко найти простым интегрированием Bx1 = /a2/2ε0c2r13 и
б) Поле направлено перпендикулярно плоскости рисунка и по величине равно B=1/4ε0c2r.
в) Магнитное поле, создаваемое всем проводом, равно найденному в пункте (б) данной задачи.
14.3. Если воспользоваться законом Био—Савара, то магнитные поля, создаваемые витками в точке P (см. рисунок), легко найти простым интегрированием Bx1 = /a2/2ε0c2r13 и
Изображение
в) Слагаемое ~х2 обращается в нуль при условии 5b2/4 = r02 т. е. если а = b.
г) Если a = b, то магнитное поле равно B = 8I/53/2аε0с2.
г) Если a = b, то магнитное поле равно B = 8I/53/2аε0с2.
Изображение
14.4. а) Выберем оси координат, как показано на рисунке. Согласно закону Био—Савара
Изображение
где интегрирование ведется по всем сторонам рамки. Если представить вектор r в виде суммы двух векторов, один из которых направлен вдоль оси x и имеет длину, равную x, а другой расположен в плоскости yz, то можно записатьИзображение
Ясно, что первый интеграл в квадратной скобке равен нулю просто в силу симметрии рамки, поскольку для любого dl всегда найдется на рамке другой участок, расположенный на таком же расстоянии r от точки M, но с противоположным направлением dl. Что же касается второго интеграла, то в нем вектор dl x ρ всегда направлен вдоль оси x, и, следовательно, магнитное поле рамки перпендикулярно плоскости рамки. Из рисунка видно, что (dl x ρ)x = (а/2) dz.
Учитывая, что интеграл по замкнутому контуру в условиях данной задачи равен восьми интегралам вдоль отрезка 0 ≤z≤а/2, для которого r2 = z2 + x2 + a2/4, находим
Учитывая, что интеграл по замкнутому контуру в условиях данной задачи равен восьми интегралам вдоль отрезка 0 ≤z≤а/2, для которого r2 = z2 + x2 + a2/4, находим
Изображение
Вычисляя этот интеграл, получим требуемый в задаче ответ.
б) В этом пункте задачи требуется фактически найти закон Био—Савара из общего интегрального выражения для векторного потенциала. В дайной задаче это выражение сводится к виду
б) В этом пункте задачи требуется фактически найти закон Био—Савара из общего интегрального выражения для векторного потенциала. В дайной задаче это выражение сводится к виду
Изображение
По соображениям, изложенным выше, векторный потенциал в точке M равен нулю. Вычислим В = ∇хА. Воспользовавшись примечанием к задаче, запишем выражение для векторного потенциала в произвольной точке наблюдения
Изображение
В последнем интеграле дифференцирование производится по координатам точки наблюдения. При этом дифференцировании вектор dl следует считать постоянным. Здесь удобно воспользоваться теми соотношениями, которые были получены в решении к задаче 2.3. Получим
Изображение
Следовательно, мы приходим к закону Био—Савара, использованному в пункте (а).
14.5. Чтобы определить напряженность магнитного поля, вычислим вначале векторный потенциал в некоторой точке P с координатами х, y, z, расположенной вблизи оси кольца. Выберем оси координат так, чтобы ось z совпадала с осью кольца. Воспользуемся интегральным выражением для векторного потенциала
14.5. Чтобы определить напряженность магнитного поля, вычислим вначале векторный потенциал в некоторой точке P с координатами х, y, z, расположенной вблизи оси кольца. Выберем оси координат так, чтобы ось z совпадала с осью кольца. Воспользуемся интегральным выражением для векторного потенциала
Изображение
Так как токов в направлении оси z нет, то Az=0. Учитывая далее, что
Изображение
Вычисляя напряженность магнитного поля В = ∇ хА, находим окончательно Вx = Вy = 0:
Изображение
14.6. Полный заряд проводящей сферы связан с потенциалом V соотношением Q = 4nε0Va. Поэтому плотность поверхностных зарядов равна ε = ε0V/a. Для определения векторного потенциала воспользуемся общим интегральным представлением, учтя, однако, что возникающие при вращении сферы токи будут поверхностными и, следовательно, в условиях задачи надо заменить jdV на (σaωXdS), где dS — вектор, по величине равный элементарной площадке dS и направленный перпендикулярно этой площадке. Векторный потенциал при этом равен
Изображение
Преобразуя поверхностный интеграл в объемный по теореме Гаусса, найдем
Изображение
где вектор Е0 — напряженность поля равномерно заряженного шара
Изображение
14.7. а) Если отрезком проволоки соединить ось цилиндра с его поверхностью, то, поскольку провод движется в магнитном поле, сила q (v X В) приведет к тому, что концы провода зарядятся. Зарядка будет происходить до тех пор, Пока электрическое поле Е не уравновесит (v X В), т. е. при E (х) = ω·х·B. При этом разность потенциалов на концах провода будет равна V=0∫b E (x) dx=(ωb2/2) B, где b —радиус цилиндра. Магнитное поле внутри цилиндра (вне его оно равно нулю) легко найти с помощью теоремы Стокса, выбирая контур интегрирования так, как показано на рисунке: В = λω/2πεе0с2. Отсюда ответ:
Изображение
б) Пусть в нашем распоряжении имеется очень чувствительный вольтметр, с помощью которого можно замерять разности потенциалов в 10-10 в. Из найденного выражения для V следует, что величина V тем выше, чем больше λ —заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра. Пусть плотность поверхностных зарядов σ на цилиндре достаточно велика, скажем такая же; как на проводящей сфере с радиусом в a=1 м, заряженной до потенциала в V0 = 106 в. Тогда σ= ε0V0/a и λ= 2πε0V0b/а. Подставляя это значение λ в выражение для V и учитывая, что v = ωb, где ω= 10-4 с-1, найдем b = [(2с2а/ω2)(V/V0)]1/3=1200 м, что нереально.
6ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
К главе 15. Векторный потенциал
15.1. а) На границе между двумя средами нормальная составляющая магнитного поля должна быть непрерывной (это условие является следствием уравнения div B = 0). Так как внутри сверхпроводника В=0, то на его поверхности нормальная составляющая магнитного поля также равна нулю, т. е. поле снаружи сверхпроводника везде касательно к поверхности последнего —магнитные силовые линии огибают сверхпроводник.
б) Магнитное поле в любой точке A, расположенной над сверхпроводником, можно найти с помощью метода изображений (см. рисунок)
Изображение
Для определения равновесных углов θ вычислим «механическую» энергию диполя в магнитном поле, создаваемом сверхпроводником
Изображение
Определяя равновесные значения θ из условия ∂U/∂θ = 0, найдем θ = 0, π/2, 3π/2, π. Для найденных значений углов энергия магнитного диполя равна
Изображение
Следовательно, при θ = 0,π равновесие будет устойчивым, а при θ= π/2, 3π/2 —неустойчивым,
г) Сила, действующая на магнитный диполь, определяется выражением F= —grad Uмех. При фиксированном θ сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине
г) Сила, действующая на магнитный диполь, определяется выражением F= —grad Uмех. При фиксированном θ сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине
Изображение
При устойчивом равновесии, т. е. при θ = 0,π, F = 3μ2/8d4. Сила будет отталкивать диполь от поверхности сверхпроводника.
К главе 17. Закон индукции
17.1. Применяя теорему Стокса и считая поле В однородным внутри цилиндра, легко найти
К главе 17. Закон индукции
17.1. Применяя теорему Стокса и считая поле В однородным внутри цилиндра, легко найти
Изображение
Мгновенное ускорение следует определить из уравнения движения: mw = qe [E + v x H]. Так как в начальный момент времени скорость заряда равна нулю, то w = (qe/m)Et = —(qer/2m) (∂Bl∂t). Ускорения в точках P1 и Р3 по величине равны qea(∂Bl∂t)/2m= 1,32·1020 см/с2 и противоположны по направлению. Ускорение в точке Р2 равно нулю.
17.2. Магнитный поток через полукольцо равен Ф = B·S·cosα, где α —угол, который плоскость полукольца образует с силовыми линиями: S = πr2/2 —площадь полукольца. Наведенная э. д.с; E и ток в цепи при этом равны
17.2. Магнитный поток через полукольцо равен Ф = B·S·cosα, где α —угол, который плоскость полукольца образует с силовыми линиями: S = πr2/2 —площадь полукольца. Наведенная э. д.с; E и ток в цепи при этом равны
Изображение
17.3. При R»a поле, создаваемое витком (1), равно
Изображение
где μ=Iπa2n1; n1 —единичный вектор нормали к плоскости витка (1). Если ввести n2 —аналогичный вектор для витка (2), то магнитный поток через второй виток равен
Изображение
Так как n1||R, то, введя угол α, который вектор n2 образует в момент времени t с векторами n1 и R, найдем наведенную в витке (2) э. д. с.
Изображение
17.4. а) Провод движется равноускоренно. Действительно, из закона Ампера сила, действующая на провод, равна IBd. Решая уравнение движения для провода с начальным условием v(t)|t=0 = 0, получаем v = (IBd/m) t. б) Если цепь обладает сопротивлением r0, то, пренебрегая полем, создаваемым током, находим
Изображение
Так как провод движется равномерно, то действующая на него сила (сила Ампера) равна нулю. Отсюда I = 0 и, следовательно, vстац = EId· B.
в) Ток равеи нулю.
17.5. Электрическая энергия цепи с двумя катушками дается выражением [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 70, формула (17.38)]
в) Ток равеи нулю.
17.5. Электрическая энергия цепи с двумя катушками дается выражением [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 70, формула (17.38)]
Изображение
где I1, /2 —токи в катушках; M —коэффициент взаимной индукции. Поскольку по условию задачи I1 = I2 = I, то электрическую энергию цепи можно представить в виде U = 1/2Ll2, где L = L1 + L2—2M. Если витки одной катушки перемотать в другую сторону, то изменится знак у M.
17.6. а) Напряженность магнитного поля внутри кабеля найдем с помощью теоремы Стокса, учтя, что в силу симметрии задачи силовыми линиями магнитного поля будут концентрические окружности. В каждой точке силовой линии радиуса r напряженность магнитного поля равна В = I/2πε0с2r. Чтобы найти индуктивность кабеля, определим энергию магнитного поля U=(ε0с2/2) ∫ B2dV, приходящуюся на единицу длины кабеля [см. «Лекции», вып. 6, стр. 74, формула (17.48)]. Разделим объем между цилиндрами на цилиндрические слои толщиной dr и учтем, что объем такого слоя, расположенного на расстоянии r от оси кабеля, равен dV = 2πr dr, после чего найдем
17.6. а) Напряженность магнитного поля внутри кабеля найдем с помощью теоремы Стокса, учтя, что в силу симметрии задачи силовыми линиями магнитного поля будут концентрические окружности. В каждой точке силовой линии радиуса r напряженность магнитного поля равна В = I/2πε0с2r. Чтобы найти индуктивность кабеля, определим энергию магнитного поля U=(ε0с2/2) ∫ B2dV, приходящуюся на единицу длины кабеля [см. «Лекции», вып. 6, стр. 74, формула (17.48)]. Разделим объем между цилиндрами на цилиндрические слои толщиной dr и учтем, что объем такого слоя, расположенного на расстоянии r от оси кабеля, равен dV = 2πr dr, после чего найдем
Изображение
Приравнивая это выражение величине 1/2LI2, найдем индуктивность, приходящуюся на единицу длины кабеля:
Изображение
б) В этом случае напряженность магнитного поля B при a< r <b равна найденной в пункте (а). С помощью теоремы Стокса найдем, что для 0 < r < a В = Ir/2πε0с2а2. Вычислим далее энергию магнитного поля во внутреннем проводе, приходящуюся на единицу длины. Поступая так же, как в пункте (а), получаем
Изображение
Складывая это выражение с U1 и приравнивая сумму величине 1/2LI2, находим
Если b»a, то из найденного выражения для L следует, что результат слабо зависит от характера распределения тока по сечению центрального провода.
17.7. а) Напряженность магнитного поля внутри тороидальной катушки легко найти по теореме Стокса, если в качестве стоксовой поверхности взять поверхность, «натянутую» на окружность радиуса r. Для b < r < b+a находим
Если b»a, то из найденного выражения для L следует, что результат слабо зависит от характера распределения тока по сечению центрального провода.
17.7. а) Напряженность магнитного поля внутри тороидальной катушки легко найти по теореме Стокса, если в качестве стоксовой поверхности взять поверхность, «натянутую» на окружность радиуса r. Для b < r < b+a находим
Изображение
Изображение
где N —число витков обмотки, I —сила тока в обмотке. Далее вычислим энергию магнитного поля внутри тороидальной катушки. Интегрируя по объему тороида, найдем
Изображение
б) Для определения взаимной индукции системы, состоящей из тороидальной катушки и прямолинейного провода, вычислим Ф0—магнитный поток, создаваемый проводом через поперечное сечение тороида. Так как напряженность магнитного поля В, создаваемая прямолинейным проводником на расстоянии r от него, равна В = I1/2πε0с2r (силовые линии поля B представляют собой концентрические окружности), то магнитный поток через один виток тороидальной катушки равенИзображение
где I1 — сила тока в проводе. Поскольку в катушке N витков, поток нужно умножить на N. Следовательно, э. д. с. в катушке дается выражением
Изображение
в) Из пунктов (а) и (б) следует, что L/|M|=N.
17.8. а) Как показано в гл. 14, § 5 «Лекций», напряженность магнитного поля, создаваемого витком 1 на большом расстоянии от него, ведет себя как электрическое поле диполя с моментом, перпендикулярным плоскости витка, т. е.
17.8. а) Как показано в гл. 14, § 5 «Лекций», напряженность магнитного поля, создаваемого витком 1 на большом расстоянии от него, ведет себя как электрическое поле диполя с моментом, перпендикулярным плоскости витка, т. е.
Изображение
где µ1 = Iπа2n1. Так как вблизи витка 2 поле В можно считать однородным, магнитный поток через него вектора В равен πа2В·n2. Вычисляя э.д.с, наведенную в витке 2, находим
Изображение
Через углы α1 и α2 (см. рисунок к условию задачи, стр. 356) взаимная индукция выражается следующим образом:
Изображение
б) Сила взаимодействия витков [см. «Лекции», вып. 6, формула (17.39)] равна F=— I2vM12. Используя выражение (1), находим
Изображение
Составляющая силы, перпендикулярная плоскости рисунка, равна нулю. Проекции силы F на линию, соединяющую центры витков, F|| и на перпендикулярную к ней ось (на рисунке направим эту ось вверх) F_ соответственно равны
Изображение
в) Если изменить направление токов сразу в двух витках, то сила не изменится, если изменить его только в одном витке, то сила изменит знак, так как при этом изменится направление одного из векторов n на противоположное.17.9. Чтобы найти напряженность магнитного поля на оси соленоида, создаваемого одним витком, определим вначале вектор В0 на оси. Воспользовавшись результатом задачи 14.5, найдем, что на расстоянии z от центра витка напряженность магнитного поля на его оси равна по величине
Изображение
При этом вектор В0 направлен вдоль оси витка. Чтобы найти напряженность магнитного поля в центре соленоида, создаваемого всеми его витками, проинтегрируем найденное выражение по длине соленоида, введя линейную плотность тока IN/l. Заменяя в приведенном выше выражении для В0 силу тока на INdz/l и интегрируя по z от —l/2 до +l/2, находим величину магнитного поля в центре соленоида:
Изображение
Нетрудно видеть, что, если длина соленоида стремится к бесконечности, выражение для B переходит в найденное в «Лекциях» (вып. 5, гл.13, §5) выражение для магнитного поля внутри длинного соленоида. В силу того что r2»r1 поле B в окрестности петли можно считать однородным (т.е. в области 0< r < r1). Вычисляя магнитный поток через петлю Ф = В·πr12, находим
Изображение
Вычислим теперь M21. Так как размеры витка малы, то его можно рассматривать как магнитный диполь. Поле магнитного диполя равно (см. «Лекции», вып. 6)
Изображение
где µ = I1πr12ez; еz —единичный вектор, направленный по оси соленоида (ее выбираем в качеств оси z); I1 —сила тока в витке. Вычислим поток вектора В через один виток соленоида, расположенный на расстоянии z от центра витка:
Изображение
Если сила тока в витке меняется, то в рассматриваемом витке соленоида наводится э.д.с, равная E =— ∂Ф/∂t. Чтобы найти полную э.д.с, мы должны просуммировать найденное нами выражение по всем виткам. Вводя плотность витков Ndz/l и интегрируя по z от –l/2 до l/2, находим
Изображение
Вычисляя найденный интеграл, получаем выражение для M21, которое, как нетрудно видеть, совпадает с M12 т.е. M21=M12
17.10. Если пренебречь магнитным полем, создаваемым проводом, то наведенная в нем э.д.с. равна
17.10. Если пренебречь магнитным полем, создаваемым проводом, то наведенная в нем э.д.с. равна
Изображение
Отсюда I = E/R=–Bvl/R=–10–8а. Если не пренебрегать магнитным полем, создаваемым движущимся проводником, ток в цепи уменьшится. Ответ по величине не изменится, если магнит, создающий поле B, будет двигаться со скоростью v в ту же сторону, что и провод, так как в этом случае можно считать, что сопротивление R движется вправо со скоростью v и, следовательно, магнитный поток через цепь будет меняться с прежней скоростью. Так как размеры цепи уменьшаются со временем, коэффициент самоиндукции также будет уменьшаться.
17.11. Механическая сила, действующая между витками, и момент сил, действующий на виток Б, определяются выражениями (см. «Лекции», вып. 6, стр. 71)
17.11. Механическая сила, действующая между витками, и момент сил, действующий на виток Б, определяются выражениями (см. «Лекции», вып. 6, стр. 71)
Изображение
Где d —расстояние между центрами витков; α —угол, который составляет нормаль к витку Б с осью, проходящей через эти центры; MАБ—коэффициент взаимной индукции витков, Чтобы найти последний, можно воспользоваться результатом задачи 17.8 (см. формулу для M12);
Изображение
Витки отталкиваются друг от друга.
в) Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы тока IБ будет меньше. Вместе с этим уменьшатся
величины F и M.
г) Ответ к пункту (а) не изменится: при α = π/2 sin2α = 0 и, следовательно, момент сил, действующих на виток Б, будет по-прежнему равен нулю. Ответ к пункту (б) изменится: при α = π/2 cosα = 0 и сила, действующая на виток Б, обратится в нуль.
К главе 20. Решение уравнений Максвелла в пустом пространстве
20.1. а) Волновое уравнение, которому должно удовлетворять электрическое поле Е, имеет вид
в) Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы тока IБ будет меньше. Вместе с этим уменьшатся
величины F и M.
г) Ответ к пункту (а) не изменится: при α = π/2 sin2α = 0 и, следовательно, момент сил, действующих на виток Б, будет по-прежнему равен нулю. Ответ к пункту (б) изменится: при α = π/2 cosα = 0 и сила, действующая на виток Б, обратится в нуль.
К главе 20. Решение уравнений Максвелла в пустом пространстве
20.1. а) Волновое уравнение, которому должно удовлетворять электрическое поле Е, имеет вид
Изображение
Для компоненты α(α = x, y, z) это уравнение имеет вид
Изображение
Подставляя в это уравнение Eα = E0αexp [i (ωt—kx)] и выполняя дифференцирование, находим [k2 —(ω2/с2)]Eα =0. Так как ω=ck, это уравнение выполняется для любого α.
б) Представим α-ю компоненту вектора Е0, которая, вообще говоря, комплексна в виде E0α = E′0αexp(iφα), где E′0α – модуль комплексного числа E0α, а φα— его аргумент. Тогда Eα = E′0αexp [i (ωt—kx+ φα)]. Следовательно, вещественную часть Еα можно записать в таком виде: E′0αcos(ωt—kx+ φα). Найдем далее уравнение движения точки, для которой фаза волны φ=ωt—kx имеет некоторое фиксированное значение. Очевидно, в этой точке компоненты напряженности электрического поля волны будут иметь определенные значения, равные Eα = E′0α cos(φ + φα). Определяя x, находим этот закон
б) Представим α-ю компоненту вектора Е0, которая, вообще говоря, комплексна в виде E0α = E′0αexp(iφα), где E′0α – модуль комплексного числа E0α, а φα— его аргумент. Тогда Eα = E′0αexp [i (ωt—kx+ φα)]. Следовательно, вещественную часть Еα можно записать в таком виде: E′0αcos(ωt—kx+ φα). Найдем далее уравнение движения точки, для которой фаза волны φ=ωt—kx имеет некоторое фиксированное значение. Очевидно, в этой точке компоненты напряженности электрического поля волны будут иметь определенные значения, равные Eα = E′0α cos(φ + φα). Определяя x, находим этот закон
Изображение
Выбранная точка, таким образом, движется в положительном направлении оси x со скоростью c.
в) Подействуем оператором v на функцию
Изображение
Следовательно, действие оператора v на подобные функции сводится к простому умножению их на вектор —ikex. Действие оператора ∂/∂t сводится к умножению таких функций на число iω.
г) Пусть напряженности электрического и магнитного полей зависят от t и x синусоидально.
Тогда в комплексном виде можно записать Е= Е0 exp [i(ωt — kx)] и В = В0exp [i(ωt — kx)]. Подставляя эти выражения в уравнения Максвелла в пустоте
г) Пусть напряженности электрического и магнитного полей зависят от t и x синусоидально.
Тогда в комплексном виде можно записать Е= Е0 exp [i(ωt — kx)] и В = В0exp [i(ωt — kx)]. Подставляя эти выражения в уравнения Максвелла в пустоте
Изображение
Определяя Е из последнего уравнения и подставляя выражение для Е во второе уравнение, находим
Изображение
так как exX(exX B)= ex(ex·B)–B(ex·ex). Учитывая, что, согласно третьему из полученных уравнений, exB=0, а также что (ex·ex)=1, из (1) находим [k2—(ω2/с2)] В=0. Отсюда следует, что ω = ck.
д) Электрическое поле Е = Е0exp ± [i (ωt+ kx)] описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси x. Действие оператора v на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор ± ikex, а действие оператора ∂/∂t —к умножению этой функции на число ± iω. При этом уравнения Максвелла и связь между ω и k будут такими же, какими они были найдены в пункте (г) данной задачи.
20.2. Рассмотрим установившийся процесс. Напряженность электрического поля электромагнитной волны, падающей на зеркало, в неподвижной системе координат можно представить в виде Е=Е0 cos(ωt–kx), а волны, отраженной от зеркала, в той же системе координат можно представить в виде Е′=Е′0cos (ω′t+k′x). На прямой линии x = vt, где v -скорость зеркала, должны выполняться следующие граничные условия: Е + Е′ =0 = Е0 cos (ωt–kx) + Е′0 cos (ω′t+k′x). Это возможно лишь при Е0 = —Е′0 и ωt–kx = ω′t+k′x. Подставляя x =vt и k = ω/c, k′ = ω′/c, получаем
д) Электрическое поле Е = Е0exp ± [i (ωt+ kx)] описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси x. Действие оператора v на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор ± ikex, а действие оператора ∂/∂t —к умножению этой функции на число ± iω. При этом уравнения Максвелла и связь между ω и k будут такими же, какими они были найдены в пункте (г) данной задачи.
20.2. Рассмотрим установившийся процесс. Напряженность электрического поля электромагнитной волны, падающей на зеркало, в неподвижной системе координат можно представить в виде Е=Е0 cos(ωt–kx), а волны, отраженной от зеркала, в той же системе координат можно представить в виде Е′=Е′0cos (ω′t+k′x). На прямой линии x = vt, где v -скорость зеркала, должны выполняться следующие граничные условия: Е + Е′ =0 = Е0 cos (ωt–kx) + Е′0 cos (ω′t+k′x). Это возможно лишь при Е0 = —Е′0 и ωt–kx = ω′t+k′x. Подставляя x =vt и k = ω/c, k′ = ω′/c, получаем
Изображение
Этот результат совпадает с тем, который можно получить, используя преобразования Лоренца.
К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
21.1. Согласно формулам (21.18) и (21.25) «Лекций» (вып. 6):
К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
21.1. Согласно формулам (21.18) и (21.25) «Лекций» (вып. 6):
Изображение
Изображение
что эквивалентно выражению (21.26) «Лекций», вып. 6, стр. 155.
21.2. Обозначим через r′+ и r′_ «запаздывающие радиусы-векторы» (r′±=x,y,z±(d/2)cos ωt′) от положительного и отрицательного зарядов. Согласно рисунку в условии задачи (стр. 360),
21.2. Обозначим через r′+ и r′_ «запаздывающие радиусы-векторы» (r′±=x,y,z±(d/2)cos ωt′) от положительного и отрицательного зарядов. Согласно рисунку в условии задачи (стр. 360),
Изображение
где t′= t—r′±/c. Напряженность электрического поля, создаваемая зарядами +q и —q в точке P, согласно уравнению (21.1) (см. «Лекции», вып. 6, стр. 142), равна
Изображение
Воспользуемся тем, что точка P находится на расстоянии r»d от диполя. Это позволяет во всех вычислениях ограничиваться лишь линейными по d членами. В таком приближении
Изображение
Изображение
Учитывая, что ez·eθ=cos θ, находим, что эти скалярные произведения равны нулю. Модули векторов der±/dt и d2er±/dt2 найдем, вычислив скалярные произведения этих векторов на eθ. Учитывая, что (ez·eθ) =—sin θ, имеем
Изображение
Определяя из этого выражения Еφ, Еθ, и Еr, приходим к приведенному в условии задачи результату.
21.3. В «Лекциях», вып. 5, гл. 14, § 5 отмечалось, что электрическое поле статического диполя и поле постоянного магнитного диполя одинаковы по виду, хотя и удовлетворяют разным уравнениям Максвелла
21.3. В «Лекциях», вып. 5, гл. 14, § 5 отмечалось, что электрическое поле статического диполя и поле постоянного магнитного диполя одинаковы по виду, хотя и удовлетворяют разным уравнениям Максвелла
Изображение
Это происходит от того, как отмечалось в «Лекциях», что дипольные поля возникают, когда мы находимся далеко от всех токов и зарядов. Тогда в большой части пространства уравнения для Е и В одинаковы: ротор и дивергенция этих полей равны нулю. Но нетрудно убедиться, что подобная симметрия уравнений Максвелла имеет место и в общем случае переменных полей. Действительно, в далеких от зарядов и токов точках пространства уравнения Максвелла однородны:
Изображение
Поэтому, заменяя в выражениях для электрического и магнитного полей осциллирующего диполя, найденных в задаче 21.2,
Изображение
21.4. а) Из рисунка к условию задачи (стр. 361) видно, что (для удобства обозначим d/2=a)
Изображение
получаем требуемое выражение для φ.
б) Заметим, что если использовать результат пункта (а), то можно записать
б) Заметим, что если использовать результат пункта (а), то можно записать
Изображение
Изображение
Если воспользоваться уравнением vA=—(1/с2) (∂φ/∂t), которое в задаче сводится к уравнению (1/с2) (∂φ/∂t) =— (∂Аz/∂z), то мы видим, что в написанном выше выражении для (1/с2) (∂φ/∂t) функция, стоящая после оператора ∂/∂z, есть не что иное, как — Az.
в) Вычисляя Е = — ∇φ— (∂A/∂t) с помощью найденных в пунктах (а) и (б) выражений для φ и А, находим
Умножая Е скалярно на er,eφ=ezX er и еθ=еr X(ezX er) = cosθer—ez, находим выражения для Eφ, Eθ, Er, приведенные в условии задачи 21.2. При этом сВ=еrх Е.
21.5. а) Так как i=dp/dt, где р—дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим
в) Вычисляя Е = — ∇φ— (∂A/∂t) с помощью найденных в пунктах (а) и (б) выражений для φ и А, находим
Умножая Е скалярно на er,eφ=ezX er и еθ=еr X(ezX er) = cosθer—ez, находим выражения для Eφ, Eθ, Er, приведенные в условии задачи 21.2. При этом сВ=еrх Е.
21.5. а) Так как i=dp/dt, где р—дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим
Изображение
Дипольный момент элементарного диполя длиной Δz отсюда равен
Изображение
где k = 2π/λ, и подставляя в формулу для векторного потенциала, простым интегрированием находим Аz:
Изображение
Нетрудно видеть, что последнее выражение совпадает с найденным векторным потенциалом А в пункте (б) задачи 21.4, если только положить
Изображение
Поэтому мы можем воспользоваться решением к этой задаче [см. пункт (в) задачи 21.4] и найти электрическое поле в волновой зоне
Изображение
Аналогично для магнитного поля находим, что в волновой зоне существенна лишь компонента Вφ , причем она равна Вφ=Eθ/c.
в) Зависимость Eθ от угла θ имеет вид для антенны
в) Зависимость Eθ от угла θ имеет вид для антенны
Изображение
Характер этой зависимости для антенны и одного диполя примерно одинаковый (см. рисунок).
Изображение
21.6. Электрическое и магнитное поля движущегося заряда описываются потенциалами Льенара-Вихерта
Изображение
где R′ и v′ берутся для времени t′ = t — R′/c.
а) Так как при движении по окружности в любой момент времени v_R, то в центре круга имеем
а) Так как при движении по окружности в любой момент времени v_R, то в центре круга имеем
Изображение
где v′ [t′]=v[t — (а/с)]. Считая момент времени, когда заряд находится в точке P, за начало отсчета времени, находим
Изображение
в) Определим потенциалы в точке, расположенной вблизи центра круга (r –радиус-вектор этой точки, см. рисунок). Обозначая через α0 угол между r и осью x, запишемИзображение
Наша конечная цель —вычислить производные от потенциалов в начале координат. Поэтому, выражая R′ как функцию t, х, y, удержим лишь члены первого порядка по r
Изображение
Выразим теперь через х, y, t скалярное произведение (v′·R′). Как видно из рисунка, (v′·R′)=—va sinα1. Имеем
Изображение
Если подставить сюда только что найденное выражение для R′, мы найдем cosα1 = 1, однако если учесть члены второго порядка, то в конце концов получим
Изображение
Воспользовавшись формулой Е = — ∇φ— (∂A/∂t), вычислим напряженность электрического поля [напомним, что вектор А в центре круга найден в пункте (б)]. Имеем
Изображение
Легко убедиться, что при t=0, т. е. когда заряд находится в точке Р, Еx < 0 и Еy < 0. Таким образом, поле направлено вниз от оси x (а если бы был справедлив «запаздывающий закон Кулона», оно было бы направлено выше оси х).
Определим теперь векторный потенциал А. Для этого необходимо найти v′ (t, х, y). Имеем
Определим теперь векторный потенциал А. Для этого необходимо найти v′ (t, х, y). Имеем
Изображение
Отбрасывая в выражении для Аx члены, пропорциональные х, а в Аy—пропорциональные y (и те и другие не дают вклада в магнитное поле), находим
Изображение
Нетрудно убедиться, что только z-компонента магнитного поля отлична от нуля. Для нее
Изображение
Таким образом, магнитное поле в центре круга не зависит от времени. Оно равно полю в центре витка с током, таким, что ∫ I·dS = qv.
Легко понять почему: представьте, что заряд «размазан» вдоль «проволоки» [ρ = ρ(s)] и движется как целое; ясно, что лишь в той части витка, где ρ≠0, ток отличен
Легко понять почему: представьте, что заряд «размазан» вдоль «проволоки» [ρ = ρ(s)] и движется как целое; ясно, что лишь в той части витка, где ρ≠0, ток отличен
Изображение
г) Формула (21.1) для напряженности электрического поля (см. «Лекции», вып. 6, гл. 21, стр. 143) принимает в нашем случае вид
Изображение
Дифференцируя, получаем для Еx и Еy формулы, совпадающие с уже найденными. Вычислим магнитное поле
Изображение
что опять совпадает с прежним результатом.
К главе 22. Цепи переменного тока
22.1. а) Пусть ток втекает в узел 1 (см. рисунок), а вытекает из узла 7. В силу симметрии системы потенциалы точек 2, 5, 4 равны. Также равны между собой потенциалы точек 6, 3 и 8. В итоге получим электрическую схему следующего типа:
К главе 22. Цепи переменного тока
22.1. а) Пусть ток втекает в узел 1 (см. рисунок), а вытекает из узла 7. В силу симметрии системы потенциалы точек 2, 5, 4 равны. Также равны между собой потенциалы точек 6, 3 и 8. В итоге получим электрическую схему следующего типа:Изображение
Сопротивление при таком подсоединении равно 5/6 ом.
б) Пусть подсоединение сделано так, что ток втекает в узел 1, а вытекает из узла 4. Тогда равны потенциалы узлов 2 и 5. Объединим эти узлы. Соответственно равны потенциалы узлов 3 и 8. Их также объединяем. В итоге получим следующую плоскую эквивалентную схему:
б) Пусть подсоединение сделано так, что ток втекает в узел 1, а вытекает из узла 4. Тогда равны потенциалы узлов 2 и 5. Объединим эти узлы. Соответственно равны потенциалы узлов 3 и 8. Их также объединяем. В итоге получим следующую плоскую эквивалентную схему:
Изображение
При данном подсоединении сопротивление схемы равно 7/12 ом.
в) Пусть ток втекает теперь в узел 1, а вытекает из узла 8. В этом случае равны попарно потенциалы точек 3 и 6, а также 4 и 5. Объединим соответствующие узлы попарно. Получится следующая эквивалентная схема:
в) Пусть ток втекает теперь в узел 1, а вытекает из узла 8. В этом случае равны попарно потенциалы точек 3 и 6, а также 4 и 5. Объединим соответствующие узлы попарно. Получится следующая эквивалентная схема:
Изображение
Сопротивление такой цепи (см. «Лекции», вып. 6, стр. 180) нельзя вычислить, пользуясь лишь формулами для параллельных и последовательных сопротивлений. Чтобы Найти ее сопротивление, запишем уравнение Кирхгофа для токов и напряжений (см. схему):
Изображение
Решая эту систему уравнений, находим i1 =i4=i/4, i2=i5=3i/4 , i3 = 0. Отсюда для напряжения V между узлами 1 и 8 получаем
Изображение
т.е. сопротивление цепи равно 3/4 ом. Другие возможные подсоединения сводятся к одному из рассмотренных выше.
22.2. а) Легко найти полный импеданс цепи. Он равен
22.2. а) Легко найти полный импеданс цепи. Он равен
Изображение
Если теперь ввести комплексную э.д.с. V = V0еiωt , то комплексный ток равен
Изображение
Определяя вещественную часть этого выражения, находим силу тока в цепи
Изображение
б) В этом случае каждая из индуктивностей станет равной L+M и ответ будет таким, как был найден выше, но L перейдет в L+ M, а С в С/(1+ω2MС). Действительно, если обозначить через iC и iL токи через параллельно соединенные емкость и индуктивность L, так что iC +iL = I где I — полный ток в цепи, то
Изображение
С другой стороны, согласно закону Кирхгофа, для напряжений имеем
Изображение
Из последнего уравнения видно, что уравнения такие же, как и в пункте (а), но
Изображение
Учитывая это, находим комплексный ток в цепи
Изображение
Вещественная часть этого выражения дает нам искомую силу тока в цепи
Изображение
22.3. а) Схему можно представить в следующем виде:
Изображение
Импеданс верхней цепи при этом равен
Изображение
а импеданс нижней Z″ = z/(Z1 + Z2), где Z = Z1Z2 + Z1Z3 + Z2Z3. Полный импеданс цепи равен Z = Z′Z″/(Z′ +Z″) = Z/(Z1+2Z2 + Z3). Подставляя в последнее выражение Zi, с учетом того что R2= L/2C, получаем Z = R.
б) Убедимся, что при ω=ωc= √1ILC энергия, выделяемая на Z′, равна энергии, выделяемой на Z″. Для этого необходимо, чтобы | Z′| = | Z″| и Re Z′ = Re Z″. Из найденных в пункте (а) выражений для Z′ и Z″ следует, что должно выполняться равенство | Z2 + Z3 | = | Z1 + Z2 |, т.е. √R2+(1/ω2C2)= √R2+ω2L2. Следовательно, ω2 = 1/LC.
22.4. Введем комплексную э. д. с. V=E0 exp (iωt). Сначала рассмотрим случай, когда источник э. д. с. не имеет внутреннего сопротивления. Тогда импеданс цепи равен Z(ω) =1/2[R — (i/ωС)]. Комплексный ток в цепи I=V/Z = 2E0exp (iωt)/[R — (i/ωC)]. Потенциалы точек а и b равны соответственно Va=Vc + 1/2lR и Vb = Vc — iI/2ωC. Разность этих потенциалов можно представить в виде
б) Убедимся, что при ω=ωc= √1ILC энергия, выделяемая на Z′, равна энергии, выделяемой на Z″. Для этого необходимо, чтобы | Z′| = | Z″| и Re Z′ = Re Z″. Из найденных в пункте (а) выражений для Z′ и Z″ следует, что должно выполняться равенство | Z2 + Z3 | = | Z1 + Z2 |, т.е. √R2+(1/ω2C2)= √R2+ω2L2. Следовательно, ω2 = 1/LC.
22.4. Введем комплексную э. д. с. V=E0 exp (iωt). Сначала рассмотрим случай, когда источник э. д. с. не имеет внутреннего сопротивления. Тогда импеданс цепи равен Z(ω) =1/2[R — (i/ωС)]. Комплексный ток в цепи I=V/Z = 2E0exp (iωt)/[R — (i/ωC)]. Потенциалы точек а и b равны соответственно Va=Vc + 1/2lR и Vb = Vc — iI/2ωC. Разность этих потенциалов можно представить в виде
Изображение
Качественно зависимость фазы от частоты изображена на рисунке.
Если источник э. д. с. имеет внутреннее сопротивление R/10, то полный импеданс цепи будет равен
Если источник э. д. с. имеет внутреннее сопротивление R/10, то полный импеданс цепи будет равен
Изображение
В этом случае амплитуда разности потенциалов перестает зависеть от частоты лишь при очень малых или очень больших частотах. Качественный ход фазы разности потенциалов остается прежним.22.5. При параллельном соединении импеданс цепи находится следующим образом: Z–1 = R–1 + i [ωC—(1/ωL)]. Вводя комплексную э. д. с. V = V0exp (iωt) и определяя силу тока в цепи I = V/Z (ω), находим выражение для амплитуды силы тока
Изображение
При ω02 = 1/LC наступает «резонанс»: при этом условии сила тока в цепи минимальна и равна (по амплитуде) Iмин = V0/R. Примерный характер «резонансной» кривой изображен на фиг. 1. При малых ω ток в цепи течет в основном через индуктивность, а при больших —через емкость. В момент резонанса ток течет лишь через активное сопротивление.
Определим ширину резонансной кривой подобно тому, как это делалось при анализе механических колебаний (см. «Лекции», вып. 2, гл. 23). Для I02 имеем
Определим ширину резонансной кривой подобно тому, как это делалось при анализе механических колебаний (см. «Лекции», вып. 2, гл. 23). Для I02 имеем
Изображение
где ω02=1/LС. Если 1/RС«ω0, т. е. R» √L/C, эту формулу можно упростить (таким же образом, как и в гл. 23)
Изображение
Ширину резонансной кривой определим по частотам, при которых I02 в два раза больше, чем в резонансе. Находим Δω=1/RC. При последовательном соединении элементов импеданс цепи Z (ω) = R +i [ωL—(1/ωС)], а амплитуда тока
Изображение
Изображение
Резонансная кривая в этом случае имеет вид, изображенный на фиг. 2. Зависимость I02 от частоты здесь равна
Изображение
Ширина резонансной кривой равна Δω = R/L. Если R= k√L/C для параллельного соединения и R=1/k√L/C для последовательного, то ширина резонансной кривой в обоих случаях в k раз меньше резонансной частоты.
22.6. Представим схему так, как изображено, на рисунке. При этом Z1l = iωL +Ra, Z2 = R, Z3=R, Z4 = 1/(iωС + Rb–1). Очевидно,
22.6. Представим схему так, как изображено, на рисунке. При этом Z1l = iωL +Ra, Z2 = R, Z3=R, Z4 = 1/(iωС + Rb–1). Очевидно,
Изображение
Условие компенсации имеет вид iD=0. Отсюда i1 = i3 и i2 = i4 и, следовательно, Z1Z4=Z2Z3,т. e. (iωL + Ra)/(iωC + Rb–1)=R2. Определяя вещественную и мнимую части, находимИзображение
Из этих выражений следует, что R2 = RaRb и, следовательно, L = CR2.
22.7. Условие сбалансировки для моста в этой задаче выводится точно так же, как и в задаче 22.6, но здесь надо лишь считать, что
22.7. Условие сбалансировки для моста в этой задаче выводится точно так же, как и в задаче 22.6, но здесь надо лишь считать, что
Изображение
Приравнивая по отдельности вещественные и мнимые части этого уравнения, находим условия баланса:
Изображение
22.8. Импеданс цепи легко находится:
Изображение
а) Пусть RC = L/R. Тогда Z = R. Следовательно, амплитуда тока в этом случае не зависит от частоты.
б) Падение напряжения на RС-паре, когда RC=L/R, равно
б) Падение напряжения на RС-паре, когда RC=L/R, равно
Изображение
где Z1 = R/?/(1 + iωСR).
Представляя отношение Z1/R в виде Z1/R=e-iφ/√1+ω2C2R2, где tgφ = ωCR, находим искомую разность фаз
Представляя отношение Z1/R в виде Z1/R=e-iφ/√1+ω2C2R2, где tgφ = ωCR, находим искомую разность фаз
Изображение
22.9. Суммарная емкость m одинаковых последовательно соединенных конденсаторов равна Собщ=С/m. Импеданс цепи Z равен сумме сопротивлений: емкостного Zc=—im/ωC, индуктивного Z1= iωL и активного сопротивления, равного R. Если э.д.с. представить в комплексной форме, то из закона Ома следует
Изображение
Вещественную часть силы тока можно представить в виде
Изображение
Изображение
Мощность, выделяемая на активном сопротивлении, максимальна при m, удовлетворяющем условию ωL– (m/ωC) ≈0, т. е. при m≈ ω2СL.
2. а) При заданных значениях параметров цепи т = 2.
б) Падение напряжения на емкости равно UC = IZC.
2. а) При заданных значениях параметров цепи т = 2.
б) Падение напряжения на емкости равно UC = IZC.
Изображение
К глаее 23. Полые резонаторы
23.1. Будем считать, что вся емкость резонансной полости определяется узким зазором, отдавая, разумеется, себе отчет в том, что это лишь некоторое приближение. С другой стороны, предположим, что вся индуктивность полости определяется ее тороидальной частью, причем напряженность магнитного поля во всех точках сечения полости, расположенных иа расстоянии r от ее оси, одинакова. Если зазор рассматривать как плоский конденсатор, то его емкость равна С = ε0πа2/d. Найдем далее напряженность магнитного поля, выбрав контур в виде окружности радиуса r, ось которой совпадает с осью симметрии полости, и воспользуемся тем, что
23.1. Будем считать, что вся емкость резонансной полости определяется узким зазором, отдавая, разумеется, себе отчет в том, что это лишь некоторое приближение. С другой стороны, предположим, что вся индуктивность полости определяется ее тороидальной частью, причем напряженность магнитного поля во всех точках сечения полости, расположенных иа расстоянии r от ее оси, одинакова. Если зазор рассматривать как плоский конденсатор, то его емкость равна С = ε0πа2/d. Найдем далее напряженность магнитного поля, выбрав контур в виде окружности радиуса r, ось которой совпадает с осью симметрии полости, и воспользуемся тем, что
Изображение
где I —полный ток, который течет через конденсатор. Имеем В =I/2πε0с2r. Определим W=1/2LI2 — энергию магнитного поля в тороидальной части полости:
Изображение
Отсюда находим L = [(b—а)/2πε0с2] In (b/а) и, следовательно, получаем искомое выражение для резонансной частоты
Изображение
Так как при охлаждении полости все ее размеры d,a,b уменьшатся в одинаковое число раз, резонансная частота не изменится.
К главе 24. Волноводы
24.1. Вывод этих уравнений см. «Лекции», вып. 6, гл. 24, стр. 220.
24.2. Напряженность магнитного поля бесконечной проводящей плоскости, по которой течет ток, вычислялась в задаче 14.1.
Она равна В =i/2ε0с2, где i —поверхностная плотность тока. Поскольку в нашем случае а«b, то можно, пренебрегая краевыми эффектами, воспользоваться этой формулой. Тогда поле между пластинами равно В = I/bε0с2, а напряженность магнитного поля вне пластин равна нулю. Энергия магнитного поля, приходящаяся на единицу длины линии, равна
К главе 24. Волноводы
24.1. Вывод этих уравнений см. «Лекции», вып. 6, гл. 24, стр. 220.
24.2. Напряженность магнитного поля бесконечной проводящей плоскости, по которой течет ток, вычислялась в задаче 14.1.Она равна В =i/2ε0с2, где i —поверхностная плотность тока. Поскольку в нашем случае а«b, то можно, пренебрегая краевыми эффектами, воспользоваться этой формулой. Тогда поле между пластинами равно В = I/bε0с2, а напряженность магнитного поля вне пластин равна нулю. Энергия магнитного поля, приходящаяся на единицу длины линии, равна
Изображение
Эта энергия равна 1/2L0I2, следовательно, индуктивность единицы длины L0 =а/ε0с2b. Емкость плоского конденсатора равна C = ε0A/d, где A — площадь пластин конденсатора, а d —расстояние между ними. Таким образом, емкость, приходящаяся на единицу длины линии, равна C0 = ε0b/a. Отсюда импеданс линии равен
Изображение
24.3. Направим ось z вдоль оси цилиндра. Величина напряженности электрического поля в рассматриваемом случае зависит только от z и r (r —расстояние от оси цилиндра). Зависимость от z необходима для того, чтобы поле на торцах секции, где оно параллельно проводящей поверхности, обращалось в нуль, а зависимость от r при фиксированном z можно найти, используя теорему Гаусса. Имеем E = f(z)/r, где f(z) — некоторая подлежащая определению функция z. Компоненты напряженности электрического поля равны Ex=(x/r2)f(z), Ey=(y/r2) f (z). Для каждой из этих компонент справедливо уравнение
Изображение
которое после подстановки в него выражения для Еx сводится к
Изображение
Решением такого уравнения являются синусы и косинусы. Нам нужно такое решение, которое обращается в нуль при z = 0 и z =l. Очевидно, таким решением будет sin (πnz/l), где n —целое число. Стало быть ω = πnc/l. Для самой низкой моды n = 1 и ω= πc/l.
Емкость единицы длины такой линии передачи равна (см. решение к задаче 6.5) С = 2πε0/ln(b/a), а индуктивность единицы длины (см. решение к задаче 17.6) равна L= (In b/а)/2πε0с2. Отсюда частота ω0=1/√LС =с/l. Эта частота в π раз меньше найденной выше минимальной собственной частоты резонатора.
24.4. а) Функция E0 (х, z) должна обращаться в нуль при x = 0, а и z = 0, I. Зависимость напряженности электрического поля от координат в прямоугольных сечениях описывается гармоническими функциями, поэтому для самой низкой частоты, для которой распределение поля имеет самый простой вид
Емкость единицы длины такой линии передачи равна (см. решение к задаче 6.5) С = 2πε0/ln(b/a), а индуктивность единицы длины (см. решение к задаче 17.6) равна L= (In b/а)/2πε0с2. Отсюда частота ω0=1/√LС =с/l. Эта частота в π раз меньше найденной выше минимальной собственной частоты резонатора.
24.4. а) Функция E0 (х, z) должна обращаться в нуль при x = 0, а и z = 0, I. Зависимость напряженности электрического поля от координат в прямоугольных сечениях описывается гармоническими функциями, поэтому для самой низкой частоты, для которой распределение поля имеет самый простой вид
Изображение
24.5. а) Напряжение в произвольной точке x в момент времени t есть суперпозиция падающей и отраженной волн:
Изображение
Обратим внимание на то, что при kl = πn (n —целое число) амплитуды волн, согласно нашим формулам, обращаются в бесконечность. Физически это означает наступление резонанса —частота источника сравнивается с одной из резонансных частот отрезка кабеля. Амплитуда колебаний при резонансе на самом деле безусловно конечна: величина ее определяется омическими потерями, которыми мы пренебрегли.б) V(x,t) =Vпад(x,t) + Vотр(x,t) 0 = (V0/sin kl) sin [k(l—x)] cos ωt при l = 5 πс/2ω = 5х/4 (λ = 2πc/ω),V(x, t)=V0 cos (ωx/I) cos ωt. Амплитуда напряжения максимальна при x = 0, x = λ/2, x = λ (см. рисунок).
в) Пользуясь формулой (24.1) «Лекций» (вып. 6, стр. 220), находим
Изображение
г) Так как поглощение отсутствует, средняя работа, производимая генератором, равна нулю [в этом можно убедиться также, вычислив среднее значение I(0) V0 (0)]. Поэтому и средний момент силы равен нулю.
24.6. Как и в предыдущей задаче, представим
24.6. Как и в предыдущей задаче, представим
Изображение
Изображение
Мы имеем два уравнения для А1 и А2, поэтому находим эти величины, а затем силу тока при x = 0
Изображение
а) Если ZT = 0, то Zs = iZ0 tg ωl√LC; Zs=0 при ωl√LC=πn, Zs=∞ при ωl√LC =π/2 + πn.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линии. Рассмотрим только самые низкие моды. Если ZT = 0, т. е. линия замкнута накоротко, напряжение на конце линии равно нулю. На фиг. 1 изображено распределение амплитуд напряжений и токов, когда ωl√LC =π/2. Видно, что при x = 0 ток равен нулю, что и означает Zs=∞. Фиг. 2 относится
к случаю ωl√LC=π. Здесь при x = 0 обращается в нуль напряжение, т. е. Zs= 0. __
б) Если ZT=∞, Zs=—iZ0/tg ωl√LC. Проанализировав этот случай аналогично предыдущему (только теперь при
x=l должен обращаться в нуль ток), можно понять, почему при ω√LCl = (π/2)+nπ, ZS=0, а при ω√LCl=πn,
Zs=∞ (см. фиг. 2).
в) Если ZT=Z0, то Zs=Z0, т. е. линия эквивалентна бесконечной.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линии. Рассмотрим только самые низкие моды. Если ZT = 0, т. е. линия замкнута накоротко, напряжение на конце линии равно нулю. На фиг. 1 изображено распределение амплитуд напряжений и токов, когда ωl√LC =π/2. Видно, что при x = 0 ток равен нулю, что и означает Zs=∞. Фиг. 2 относится
к случаю ωl√LC=π. Здесь при x = 0 обращается в нуль напряжение, т. е. Zs= 0. __
б) Если ZT=∞, Zs=—iZ0/tg ωl√LC. Проанализировав этот случай аналогично предыдущему (только теперь при
x=l должен обращаться в нуль ток), можно понять, почему при ω√LCl = (π/2)+nπ, ZS=0, а при ω√LCl=πn,
Zs=∞ (см. фиг. 2).
в) Если ZT=Z0, то Zs=Z0, т. е. линия эквивалентна бесконечной.
Изображение
24.7. На стыке двух передающих линий выполняются следующие условия «сшивки»:
для токов
для токов
Изображение
решая которую, получаем искомый ответ.
24.8. а) Найдем компоненты напряженности магнитного поля:
24.8. а) Найдем компоненты напряженности магнитного поля:
Изображение
Магнитное поле действительно поперечно, так как Bz = 0 (волна распространяется вдоль оси z). Легко убедиться, что найденное поле В удовлетворяет волновому уравнению ΔВ — (1/с2) (∂2В/∂t2) = 0. Проверим теперь выполнение граничных условий. Внутри идеального проводника, из которого, как мы считаем, сделаны стенки волновода, переменное магнитное поле должно отсутствовать (иначе возникли бы бесконечно большие индукционные токи). Так как силовые линии магнитного поля имеют вид замкнутых петель, то на стенках волновода должны быть отличны от нуля лишь тангенциальные составляющие вектора В. Но это так и есть на самом деле, поскольку Bz=0
Определим вектор Е. С этой целью проинтегрируем уравнение div А = — (1/с) (∂φ/∂t) и определим потенциал φ:
Определим вектор Е. С этой целью проинтегрируем уравнение div А = — (1/с) (∂φ/∂t) и определим потенциал φ:
Изображение
Электрическое поле также удовлетворяет волновому уравнению ΔЕ — (1/с2) (∂2Е/∂t2)=0. Согласно граничным условиям, на стенках волновода должны быть равны нулю касательные составляющие, т. е. должно быть Еy = 0 при х = 0 и х = а, Еx = 0 при у = 0 и у = b и Ez = 0 на стенках волновода. Найденные выражения для компонент напряженности электрического поля удовлетворяют этим условиям.
б) В этом случае kz — чисто мнимая величина, т. е. kz = —iα, где α —вещественное число. Но тогда Вx, Bz ~ exp (—αz) и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси z.
К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
25.1. φ2–А2=+AμAμ; A·j–ρφ= –AμJμ, μ=1,2,3,4.
25.2. Начальные условия: электрон покоился (его энергия была равна m0, а импульс—нулю), фотон налетал с энергией hv0 и импульсом hv0. После соударения энергия электрона стала равна m, а импульс mv, где m = m0/√1—β2. Энергию фотона после соударения обозначим hv, а его импульс hv. Напишем законы сохранения энергии и импульса
б) В этом случае kz — чисто мнимая величина, т. е. kz = —iα, где α —вещественное число. Но тогда Вx, Bz ~ exp (—αz) и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси z.
К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
25.1. φ2–А2=+AμAμ; A·j–ρφ= –AμJμ, μ=1,2,3,4.
25.2. Начальные условия: электрон покоился (его энергия была равна m0, а импульс—нулю), фотон налетал с энергией hv0 и импульсом hv0. После соударения энергия электрона стала равна m, а импульс mv, где m = m0/√1—β2. Энергию фотона после соударения обозначим hv, а его импульс hv. Напишем законы сохранения энергии и импульсаИзображение
(В релятивистских обозначениях это можно написать как ∑налет.част.Pμ= ∑разлет.част.Pμ.) Из треугольника OAB находим m2v2 =h2v02+h2v2—2h2v0v cosφ, а из закона сохранения энергии следует m = h (v0—v) + m0. Возводя обе части этого соотношения в квадрат и вычитая из получившегося уравнения ранее найденное из треугольника OAB соотношение, несложными преобразованиями находим
Изображение
где φ —угол отклонения направления распространения фотона от первоначального.
25.3. Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант РμРμ = inv, т. е. Е2—p2 = inv, где E и р —полная энергия и импульс системы. Квадрат четырехмерного импульса системы сохраняется в результате реакции и не зависит от системы координат. В лабораторной системе (до реакции) р0 = me– + Еγ (Еγ— энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен Еγ. Квадрат четырехмерного импульса в лабораторной системе: (Еγ+me)2— Еγ2. Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный импульс здесь по определению равен нулю. Временная же компонента равна (mе–/√1–v12) + (me+/√1–v22)+ (me_/√1–v32), где me_ и mе+ — соответственно массы электрона и позитрона (тe–=те+=тe). Итак,
25.3. Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант РμРμ = inv, т. е. Е2—p2 = inv, где E и р —полная энергия и импульс системы. Квадрат четырехмерного импульса системы сохраняется в результате реакции и не зависит от системы координат. В лабораторной системе (до реакции) р0 = me– + Еγ (Еγ— энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен Еγ. Квадрат четырехмерного импульса в лабораторной системе: (Еγ+me)2— Еγ2. Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный импульс здесь по определению равен нулю. Временная же компонента равна (mе–/√1–v12) + (me+/√1–v22)+ (me_/√1–v32), где me_ и mе+ — соответственно массы электрона и позитрона (тe–=те+=тe). Итак,
Изображение
Порог реакции будет соответствовать нулевым скоростям электронов и позитрона v1 = v3 = v2 = 0. Отсюда 2Еγминme + me2 = 9me2. Следовательно, Еγмин = 4me = 2,04 МэВ.
25.4. Обозначим через Рμ суммарный 4-вектор импульса частиц m и M до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, Рμ (√р2+М2+m, р). Обозначим через Р′μ 4-вектор импульса образовавшейся частицы в системе координат, в которой она покоится. Очевидно, Р′μ(m1, 0). Тогда из инвариантности квадрата 4-вектора импульса и из закона сохранения импульса следует, что Рμ2=Р′μ2 или
25.4. Обозначим через Рμ суммарный 4-вектор импульса частиц m и M до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, Рμ (√р2+М2+m, р). Обозначим через Р′μ 4-вектор импульса образовавшейся частицы в системе координат, в которой она покоится. Очевидно, Р′μ(m1, 0). Тогда из инвариантности квадрата 4-вектора импульса и из закона сохранения импульса следует, что Рμ2=Р′μ2 или
Изображение
Отсюда находим массу покоя новой частицы:
m12 = m2 + М2+2m√р2+ М2. Поскольку импульс частицы р до соударения связан с ее скоростью соотношением
m12 = m2 + М2+2m√р2+ М2. Поскольку импульс частицы р до соударения связан с ее скоростью соотношением
Изображение
В нерелятивистском случае, т. е. при v2«1, m1 = m+М. Скорость новой частицы в лабораторной системе координат связана с импульсом р′ и энергией Ε′ частицы соотношением: V = р′/Ε′. Согласно закону сохранения импульса,p = р′, а согласно закону сохранения энергии, Ε′= m+ √p2+M2.Отсюда
Изображение
В нерелятивистском случае (v2 «1) получаем известный результат
Изображение
К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
26.1. В четырехмерной форме результат вычисления ΔμFμv=(1/ε0) jμ где jμ(ρ, j) —4-вектор плотности тока.
26.2. Искомым вектором является 4-вектор с компонентами fμ = Fμvjv, где Fμv — тензор электромагнитного поля, a jv — 4-вектор плотности тока. Временная компонента этого вектора f4 = (j·E) равна мощности, затрачиваемой электрическим полем на изменение движения зарядов.
26.3. Используя соотношения, приведенные в табл. 26.2 «Лекций» (вып. 6, стр. 273), легко показать, что (Е·В) = (Е′·В′) и
E2—В2 = Е′2 —В′2, т. е. эти величины инвариантны. Поскольку (Е·В) — инвариант, то если векторы Е и В образуют острый
угол в одной системе координат, т. е. если (Е·В) > 0, то и во всех других инерциальных системах этот угол будет острым. Оба рассмотренных инварианта равны нулю для электромагнитной волны в пустоте.
26.4. Выберем систему координат так, что ось x параллельна вектору (Е х В). Система K′ с осями x′ || х, y′ || y, z′|| z движется с искомой скоростью v. В системе K′ (Е′ x В′) = 0. Распишем это уравнение в компонентах
26.1. В четырехмерной форме результат вычисления ΔμFμv=(1/ε0) jμ где jμ(ρ, j) —4-вектор плотности тока.
26.2. Искомым вектором является 4-вектор с компонентами fμ = Fμvjv, где Fμv — тензор электромагнитного поля, a jv — 4-вектор плотности тока. Временная компонента этого вектора f4 = (j·E) равна мощности, затрачиваемой электрическим полем на изменение движения зарядов.
26.3. Используя соотношения, приведенные в табл. 26.2 «Лекций» (вып. 6, стр. 273), легко показать, что (Е·В) = (Е′·В′) и
E2—В2 = Е′2 —В′2, т. е. эти величины инвариантны. Поскольку (Е·В) — инвариант, то если векторы Е и В образуют острый
угол в одной системе координат, т. е. если (Е·В) > 0, то и во всех других инерциальных системах этот угол будет острым. Оба рассмотренных инварианта равны нулю для электромагнитной волны в пустоте.
26.4. Выберем систему координат так, что ось x параллельна вектору (Е х В). Система K′ с осями x′ || х, y′ || y, z′|| z движется с искомой скоростью v. В системе K′ (Е′ x В′) = 0. Распишем это уравнение в компонентах
Изображение
Выразим в этих уравнениях Е′ и В′ через Е и В в системе K с помощью лоренцевых преобразований (см. соответствующие формулы преобразования в табл. 26.2 «Лекции», вып. 6, стр. 273).
Легко показать, что
Легко показать, что
Изображение
Поскольку система K выбрана так, что Еx = 0 и Вx=0, два последних уравнения удовлетворяются автоматически, из первого уравнения следует, что
Изображение
26.5. Рассмотрим систему координат K′, в которой заряд покоится. В этой системе координат В′ = 0, Е′ = qR′/4πε0R′3. Используя формулы преобразования для компонент векторов Е и В при лоренцевых преобразованиях, находим, что в лабораторной системе K (см. табл. 26.2; в формулах этой таблицы нужно Только заменить v на –v):
Изображение
где R′2=[(x-vt)2+(y2+z2)(1—v2)]/(1—v2) (согласно лоренцевым преобразованиям x′= (x—vt)/√1-v2, y′=y, z′ = z). Подставляя выражение для R′ в выражения для компонент векторов E и В и вводя обозначение
Изображение
Если ввести θ —угол между векторами rp {x—vt, y, z} и v, то R*2 = r2p (1—v2sin2θ). Поэтому векторы Е и В можно представить в виде
Изображение
Изображение
26.6. См. решение к задаче 26.5.
26.7. а) В системе координат K, жестко связанной с проводом,напряженность электрического поля равна нулю в силу электрической нейтральности провода. Магнитное же поле легко найти:
26.7. а) В системе координат K, жестко связанной с проводом,напряженность электрического поля равна нулю в силу электрической нейтральности провода. Магнитное же поле легко найти:
Изображение
где I —вектор силы тока [по поводу этой формулы см., например, «Лекции», .вып. 5, стр. 263, формула (13.18)]. Если ось x направить вдоль вектора I, то r = √y2 +z2 и
Изображение
б) Чтобы найти поля Е и В в системе координат K′, движущейся вместе с электронами, необходимо воспользоваться формулами преобразования полей при лоренцевых преобразованиях (см. табл. 26.2, вып. 6, стр. 273). В результате найдем
Изображение
26.8. Вектор напряженности электрического поля Е, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью, из соображений симметрии направлен перпендикулярно этой плоскости. Величину же его легко определить с помощью теоремы Гаусса. В результате Е = (σ/2ε0) еy, где еy—единичный вектор в направлении оси y (см. рисунок).На заряд q, движущийся со скоростью v, действует сила Лоренца
Изображение
В рассматриваемой лабораторной системе координат В = 0 и, следовательно, F = (σq/2ε0) ey. Заряды отталкивают друг йруга с силой Кулона
Изображение
(см. решение к задаче 26.5), где θ —угол между векторами v и R — радиусом-вектором,соединяющим два заряда. По условию задачи θ = π/2. Поэтому fy = (q2/4πε0а2) √1—v2. Движущиеся заряды не будут отклоняться от плоскости, если Fy = fy. Отсюда следует ответ
Изображение
Поскольку при малых скоростях зарядов σ≈σ0= q2/2πа2, то отношение плотностей зарядов на поверхности плоскости при релятивистских скоростях к плотности зарядов в нерелятивистском случае равно σ/σ0=√1—v2. Так как энергия частицы со скоростью v2 равна Е = m/√1—v2, то σ=σ0(m/Е). Поскольку по условию задачи энергия заряда равна 500 МэВ, то, учитывая, что m = 0,5 МэВ, находим σ/σ0 = 10-3.
26.9. Пользуясь выражением uμ=dxμ/ds, убеждаемся, что uμ2=1. Далее
26.9. Пользуясь выражением uμ=dxμ/ds, убеждаемся, что uμ2=1. Далее
Изображение
26.10. а) Прежде всего нужно определить «запаздывающее положение» частицы, т. е. выяснить, на каком этапе движения создается интересующее нас поле. Для этого достаточно ответить на вопрос, какое время больше — затраченное светом для того, чтобы пройти из начала координат в точку (a,a), или затраченное частицей для того, чтобы достичь точки (а, 0), выйдя опять-таки из начала координат. Так как v/c = 0,5, второе время больше, т. е. поле создается зарядом во время его равномерного движения вдоль оси x.
Электрическое поле равномерно движущегося заряда имеет вид (см., например, решение к задаче 26.5) или формулы (26.2), (26.3) и (26.6) «Лекций» (вып. 6, стр. 262, 263):
Электрическое поле равномерно движущегося заряда имеет вид (см., например, решение к задаче 26.5) или формулы (26.2), (26.3) и (26.6) «Лекций» (вып. 6, стр. 262, 263):
Изображение
Изображение
Согласно условию задачи z = 0, y = a, x=а, vt1=a, v = 1/2. Отсюда Ex = Ez = 0, Ey=q/2√3πε0а2.
б) Как было выяснено в пункте (а), интересующее нас поле определяется движением частицы вдоль оси x. Оно не зависит от характера движения частицы до прихода ее в начало координат.
К главе 27. Энергия поля и его импульс
27.1. Вычислим ∇XAXB, дифференцируя так же, как мы дифференцируем произведение функций
б) Как было выяснено в пункте (а), интересующее нас поле определяется движением частицы вдоль оси x. Оно не зависит от характера движения частицы до прихода ее в начало координат.
К главе 27. Энергия поля и его импульс
27.1. Вычислим ∇XAXB, дифференцируя так же, как мы дифференцируем произведение функций
Изображение
Индексы A и В у v мы приписали для удобства, чтобы яснее отметить тот факт, что при дифференцировании оператор v действует только на соответствующий вектор, а другой вектор при этом считается постоянным. Далее, замечая, что
Изображение
27.2. Напряженность магнитного поля диполя с магнитным моментом M равна
Изображение
Выберем сферическую систему координат, начало которой совпадает с центром Земли, а ось z — с направлением вектора M. Величину M можно определить через магнитное поле у поверхности Земли на экваторе В0 = M/R034πε0с2, где R0 - радиус Земли. Считая Землю шаром, вычислим энергию внешнего по отношению к Земле магнитного поля по формуле W = (ε0c2/2) ∫ B2dV. Подставляя в эту формулу выражение для В, легко несложным интегрированием показать, что W=4πε0с2B02R03/3≈103 Мгm. Отсюда ясно, что по энергетическим соображениям взрыв водородной бомбы в 1 Мгт не может существенно исказить магнитное поле Земли.
27.3. Напряженность магнитного поля на поверхности провода В=I/2πε0с2r, где I —сила тока, протекающего по проводу. Напряженность электрического поля найдем, воспользовавшись законом Ома, I = Е/R, где R —сопротивление единицы длины провода. Тогда плотность потока энергии, равная модулю вектора Пойнтинга, равна S=ε0c2ExB=(ε0c2/R)IXB. Поток энергии направлен нормально к поверхности провода. Интегрируя по поверхности провода единичной длины, находим
27.3. Напряженность магнитного поля на поверхности провода В=I/2πε0с2r, где I —сила тока, протекающего по проводу. Напряженность электрического поля найдем, воспользовавшись законом Ома, I = Е/R, где R —сопротивление единицы длины провода. Тогда плотность потока энергии, равная модулю вектора Пойнтинга, равна S=ε0c2ExB=(ε0c2/R)IXB. Поток энергии направлен нормально к поверхности провода. Интегрируя по поверхности провода единичной длины, находим
Изображение
