Продовження (починаючи з 20.6). Розв'язки та відповіді до задач I-IV томів фейнманівських лекцій з фізики. Фейнманівські лекції з фізики

20.6. Центр мас системи двох стрижнів міститься в точці O, що ділить відрізок О₁О₂ навпіл (О_1, О₂ —центри стрижнів). Після удару в точку C стрижні почнуть рухатися, і цей рух можна розкласти на два: поступальний рух системи як цілого зі швидкістю v по лінії удару та обертальний навколо центра мас О з деякою кутовою швидкістю ω. Нехай m і l —маса й довжина кожного зі стрижнів, а p — імпульс, переданий унаслідок удару. З закону збереження імпульсу 2mv = p випливає, що швидкість поступального руху системи дорівнює v = p/2m, а із закону збереження моменту кількості руху Iω=pDC випливає, що ω = (3pl/4I)(DC=3/4l), де I —момент інерції стрижнів відносно центра мас системи.
З прямокутного трикутника O₁AO₂легко знайти, що

Лінійні швидкості центрів мас стрижнів O₁ і O₂, що виникають унаслідок обертального руху, за модулем дорівнюють

і напрямлені перпендикулярно до лінії O₁O₂. У системі координат, зображеній на рисунку, швидкість поступального руху має лише x-складову, а обертальні швидкості точок О₁ і O₂ утворюють з осями координат кут 45°. Результувальні швидкості центрів мас стрижнів v₁ і v₂дорівнюють векторній сумі швидкості центра мас системи в цілому та швидкості, набутої центрами мас стрижнів унаслідок обертального руху. Маємо

20.7. Напрямимо вісь y уздовж вектора кутової швидкості маховика (тобто по осі обертання). Введемо також іншу систему координат x’y’, вісь y’ якої перпендикулярна до площини диска, а x’ лежить у цій площині. Компоненти кутової швидкості в цій системі

(α — кут між віссю обертання та віссю y’). Компоненти моменту кількості руху в штрихованій системі координат дорівнюють

(M —маса диска, R —його радіус).
Під час обчислення моменту інерції диска відносно осі x’ ми скористалися тим, що I_y’ = I_x’ +I_z’,. Зважаючи на симетрію диска, I_x’ =I_z’, так що I_x’ =I_y’/2 = MR²/4.
Вектор моменту кількості руху утворює з віссю y кут β, причому

Оскільки кути α і β малі, можна покласти tg (α– β) ≈ α– β, а tg α ≈α, так що α– β = ¹/₂ α, звідки β = ¹/₂ α. У нештрихованій системі координат вектор кількості руху L обертається навколо осі у з кутовою швидкістю

ω. Отже, його x- і z-компоненти змінюються з часом за законом (фіг.2)

20.8. Сили притягання тіл маси m до маси M дорівнюють

Під час одержання наближених формул ми знехтували r²порівняно з R² і врахували, що (r/R) cos θ << 1, скориставшись співвідношенням 1/(1±х) ≈ 1±x при х << 1. Обертальний момент τ дорівнює різниці моментів сил F₁ і F₂ відносно точки О, так що |τ| = F₁rsin θ—F₂rsin θ (плечі обох сил наближено дорівнюють r sin θ).
Підставляючи замість F₁ і F₂ їхні значення, одержуємо

20.9. Сплюснутість Землі під час обчислення діючого на неї моменту сил можна наближено врахувати, замінивши Землю двома точковими масами, що містяться на деякій відстані одна від одної. Далі, скориставшись кінцевим результатом попередньої задачі, знаходимо відношення обертальних моментів, створюваних Сонцем і Місяцем:

де М_Л і М_С —маси Місяця й Сонця, а R_Л і R_С — відстані від Землі до Місяця й Сонця відповідно.

20.10. а) Перепишемо таблицю питомої густини в зручнішій формі, відлічуючи відстані від центра Землі, а не від її поверхні, і приймаючи середній радіус Землі рівним 6370 км:

Уявімо собі Землю як таку, що складається з кількох кульових шарів, густина всередині кожного з яких стала й дорівнює півсумі густин на радіусах шару. Там, де є розрив густини, більше її значення приписуватимемо внутрішній частині шару, а менше — зовнішній.
Момент інерції кульового шару зі сталою густиною ρ та зовнішнім і внутрішнім радіусами r₁ і r₂знайдемо, віднімаючи від моменту інерції кулі радіусом r₁момент інерції кулі радіусом r₂. Отже,

Повний момент інерції Землі дорівнює сумі моментів інерції кульових шарів, так що

б) Момент кількості руху Землі L дорівнює

(t = 8,64·10³ с— період обертання Землі навколо своєї осі).
в) Кінетична енергія Землі

20.11. 1) Згідно з формулою, одержаною в задачі 10.8. (стор. 164), кінетична енергія тіла, що котиться, складається з кінетичної енергії руху його центра мас і кінетичної енергії тіла в системі ц. м. Оскільки тіло скочується похилою площиною без ковзання, а через симетрію тіла відносно осі обертання його центр мас міститься на цій осі, рух тіла в системі ц. м. є чистим обертанням, кутова швидкість якого ω = v/r (v—швидкість тіла в довільний момент часу). Отже, кінетична енергія тіла

де / — момент інерції тіла відносно осі обертання. Величину швидкості v центра мас у нижній точці похилої площини визначимо із закону збереження енергії

2) Застосуємо цю формулу до окремих випадків, перелічених в умові задачі.
а) Сфера:

20.12. а) Центр мас однорідного стрижня міститься в його середині, тобто на відстані L/2 від кінця. Центр мас системи зі стрижня й замазки міститься посередині відрізка, що сполучає замазку й точку О, тобто на відстані L/4 від лінії удару.
Стрижень до удару перебував у спокої, тому

З закону збереження імпульсу випливає, що швидкість центра мас після удару не змінилася, тобто залишилася рівною v/2.
б) Момент кількості руху системи відносно її центра дорівнює до удару MvL/4.
в) Момент кількості руху системи після зіткнення дорівнює Iω, де I —момент інерції відносно центра мас, тобто

а ω —кутова швидкість обертання відносно центра мас.
З закону збереження моменту кількості руху

г) Оскільки швидкість центра мас дорівнює v/2, кінетична енергія системи після удару

(T_п = ¹/₂Мv² — початкова кінетична енергія системи).

20.13. Нехай I — момент інерції Землі до танення льоду, а I+ΔI — після того, як лід розтанув. З закону збереження моменту кількості руху

(ω і ω+Δω —кутові швидкості обертання Землі у два розглядані моменти), або

Зміна моменту інерції Землі ΔI відбулася через те, що вода, зосереджена раніше (у вигляді льоду) поблизу осі обертання (і тому дававша дуже малий внесок у момент інерції Землі), розтанувши, розподілилася по кульовому шару радіусом R і товщиною ΔR. Момент інерції такого шару (див. задачу 20.10):

Враховуючи, що для води ρ=1 г/см³ = 10³ кг/м³, а період обертання Землі T = 24 год, одержуємо ΔT_˜1 с.

20.14. а) Швидкість центра мас знайдемо із закону збереження імпульсу Mv₀ = J, звідки v₀ = J/M. Із закону збереження моменту кількості руху визначимо кутову швидкість обертання навколо центра мас

Швидкість точки A в момент удару є сумою швидкостей двох рухів: поступального зі швидкістю v₀ та обертального з кутовою швидкістю ω. Тому

До розділу 21. Гармонічний осцилятор

21.1. а) Нехай С —центр мас тіла, а через точку О проходить вісь обертання. У положенні рівноваги О і С лежать на одній вертикалі. Рівняння руху тіла має вигляд

де L — момент кількості руху, а М — момент зовнішніх сил.
У нашому випадку потрібно врахувати лише силу тяжіння (прикладену в точці С), момент якої відносно точки О дорівнює —Mgd sin θ. Момент кількості руху тіла дорівнює Iω, так що

Але ω = dθ/dt, тому після диференціювання за часом дістанемо

Це і є диференціальне рівняння, що описує зміну кута θ з часом.
б) Якщо припустити, що θ мале, тобто sin θ≈ θ, то дістанемо

У § 2 розд. 21 «Лекцій» (вип. 2, стор. 48) було показано, що таке диференціальне рівняння описує коливання з періодом Т = 2π/ω, де ω² = Mgd/I Тому період малих коливань тіла

21.2. У знайденому в попередній задачі виразі для періоду коливань покладемо I =I_C+Мd². Тоді

а) Знайдемо d, що відповідає даному значенню періоду. Розв'язуючи квадратне рівняння

в) Період мінімальний за такого значення d, за якого мінімальний вираз

(підкореневий вираз у формулі для періоду). Умова мінімуму має вигляд

Підставляючи цей вираз у формулу для періоду коливань, дістаємо мінімальне значення періоду

21.3. З того, що пружина під дією сили ваги вантажу масою m видовжується на А, знаходимо її коефіцієнт жорсткості k = mg/A.
Коли на пружині нерухомо висять два вантажі загальною масою 2m, її довжина l₀ визначається умовою

Помістимо початок координат у точку l₀, а вісь x спрямуємо вертикально вниз. У цьому разі рівняння руху вантажиків набуде вигляду

Як відомо, диференціальне рівняння такого типу описує коливання з періодом

Легко переконатися в тому, що розв'язком цього рівняння є функція

де B₁ і B₂ —сталі, що визначаються з початкових умов. Систему координат ми вибрали таким чином, що х = x₀ =—A при t= 0. Початкову швидкість v₀ знаходимо, враховуючи збереження імпульсу під час удару

Цим початковим умовам відповідають сталі B₂=—В₁=А, тобто розв'язок рівняння руху має вигляд

Амплітуда коливань, тобто максимальне відхилення точки від положення рівноваги, досягається в той момент часу t₁, коли швидкість вантажів, що коливаються, дорівнює нулю:

Максимальна висота підняття над початковим положенням рівноваги (що міститься на відстані A угору від початку координат)

21.4. а) Частинки A і B рухаються вздовж прямої за законом

21.5. У задачі 21.1 одержано рівняння малих коливань твердого тіла

де d —відстань від осі обертання до центра мас тіла, I —момент інерції тіла відносно осі, що проходить через точку підвісу. З нього випливає, що

Якщо маса одиниці довжини дроту ρ, то маса всього каркаса М = ρ (πR+2R) = ρR (π+ 2) (R — радіус півкола АСВ), а

Центр мас півкола АСВ лежить на перпендикулярі до діаметра АВ, що проходить через точку підвісу P на відстані (див. задачу 19.13.)

21.6. Позначимо жорсткість пружини через k. Період коливання пластинки маси m і вантажика маси m₁ дорівнює

Видовження пружини після того, як з пластинки зняли вантаж m₁і поклали вантаж m₂:

21.7. Після удару центр мас усієї системи рухатиметься праворуч зі швидкістю v_ц.м. , що визначається із закону збереження кількості руху:

У системі координат, жорстко пов'язаній з центром мас системи, частинки (масою M кожна) здійснюють гармонічні коливання (при цьому вони рухаються або назустріч одна одній, або в протилежні боки) навколо положень рівноваги, що лежать у точках —L/2 і L/2 для лівої та правої мас відповідно.
Якщо позначити через х₁ і х₂ відхилення мас від положення рівноваги, то видовження пружини дорівнює х = x₂—х₁, а рівняння руху вантажів мають вигляд

Віднімаючи від другого рівняння перше, дістаємо

де ω = 2π√M/k, а A₁ і A₂ визначаються початковими умовами. У момент зіткнення пружина була ненапруженою, тобто x = 0, а маси рухалися назустріч одна одній зі швидкостями ^1_/₈v, тобто x = ¹/₄v. За таких початкових умов A₁ = 0, B₁ = v/4ω, тобто x= (v/4ω) sin ωt. Отже, період коливань системи дорівнює

21.8. З умови задачі випливає, що діюча на частинку сила прямо пропорційна r — відстані від центра Землі й напрямлена до центра, тому mr+kr = 0, де k — коефіцієнт пропорційності в залежності сили від відстані. Отже, частинка здійснює коливання навколо центра Землі з періодом

де ω² = k/m.
Зауваживши, що на поверхні Землі сила тяжіння дорівнює вазі тіла, знаходимо сталу k = mg/R. Очевидно, крізь Землю по діаметру тіло пройде за час t = T/2.
Використовуючи знайдене значення k, одержуємо

21.9. Позначимо через n число бактерій у колонії. Швидкість зростання населення колонії дорівнює dn/dt. За умовою

Це і є диференціальне рівняння зростання колонії. З нього випливає, що населення колонії зростає з часом за законом n=n₀e^αt.

21.10. Помістимо початок координат у положення рівноваги, а осі координат спрямуємо, як показано на рисунку. Коливання точки підвісу характеризуватимемо координатою x, а самого маятника —кутом φ. Як видно з рисунка, в довільний момент часу

де I —довжина маятника.
Запишемо рівняння руху маятника в системі координат, що рухається разом з точкою підвісу. У цій системі на масу m діє псевдосила —тх, тому I(d²φ/dt²) =— mgl sin φ—mxcos φ.
Враховуючи, що I= ml², одержуємо

Припустимо, що φ мале, так що sin φ≈ φ, cos φ=1. У цьому наближенні (наближенні малих коливань) рівняння для φ має вигляд

Ми дійшли такого самого диференціального рівняння для х_м, як і в § 5 розд. 21 «Лекцій» (вип. 2, стор. 105), тільки в правій частині замість функції cos ωt маємо sin ωt. Тому шукатимемо розв'язок у вигляді х_м = с sin ωt (с—амплітуда коливань).
Підставляючи цей вираз х_м у рівняння коливань, одержуємо

До розділу 22. Алгебра

22.8. Одиницю можна подати у вигляді 1=е^2πim, де m —будь-яке ціле число. Корені заданого рівняння є комплексними числами е^2πim/ⁿ. Усього існує n різних коренів, їх можна дістати, надаючи m будь-якого з n значень від 0 до n—1.

22.9. Запишемо е^inθ у вигляді

Прирівнюючи окремо в цьому співвідношенні дійсні й уявні частини, одержуємо потрібну формулу.

22.10. а) Перемножуючи функції й прирівнюючи окремо дійсні та уявні частини співвідношення

б) У результаті перемноження виходить вектор у комплексній площині, довжина якого дорівнює добутку модулів, тобто A·B, а його напрямок утворює кут θ + Ф з дійсною віссю.

22.11.

До розділу 23. Резонанс

23.1. Нехай прикладено напругу вигляду

23.2. а) Розглянемо коло, зображене на фіг. 1. Введемо комплексну напругу ˆV=V₀е^iωt і комплексний заряд ˆq (t) на обкладках конденсатора. Тоді на підставі розв'язку задачі 23.1 напишемо диференціальне рівняння для визначення усталеного струму

де I= dq/dt.
Продиференціюємо обидві частини цього рівняння за часом. У результаті дістанемо рівняння для комплексного струму:

Шукатимемо розв'язок цього рівняння у вигляді I =Îе^iωt. Виконавши необхідне диференціювання, ми знайдемо зв'язок між Î і ˆV

Звідси випливає, що імпеданс кола ˆZ =ˆV/Î у разі послідовного з'єднання дорівнює

б) У разі паралельного з'єднання ємності й індуктивності електричне коло має вигляд, зображений на фіг. 2. У цьому випадку, очевидно, виконується умова рівності потенціалів на індуктивності та ємності

де Î₂ — комплексний струм через індуктивність. Сумарний струм через коло дорівнює I= I₁ + I₂, де I₁— струм через ємність. Враховуючи той факт, що

При послідовному з'єднанні за ω →∞ опір кола зумовлений індуктивністю, а за ω →0 —ємністю. На частоті ω =1/√LC має місце «резонанс»: імпеданс кола перетворюється на нуль.
При паралельному з'єднанні ситуація протилежна випадкові (а): за ω →∞ опір має здебільшого ємнісний характер (струм тече через ємність), а за ω →0 опір кола пов'язаний із наявністю індуктивності.
На частоті ω =1/√LC настає резонанс: імпеданс кола перетворюється на нескінченність.

23.3. а) Пружна сила, що діє на тіло масою m, дорівнює — kx, а сила тертя — mγv =— mγ (dx/dt). Оскільки прискорення тіла дорівнює d²x/dt², то рівняння руху має вигляд

Поділимо обидві частини цього рівняння на масу m і перенесемо всі члени рівняння в ліву частину, потім, використовуючи позначення ω₀²= k/m, дістанемо шукане рівняння,
б) Шукатимемо розв'язок сформульованого рівняння в експоненціальному вигляді x = e^αt. Виконуючи необхідні диференціювання й скорочуючи рівняння на e^αt, знаходимо квадратне рівняння для визначення α:

(Тут враховано, що γ< 2ω₀.) З урахуванням знайденого запишемо загальний розв'язок рівняння руху:

де C₁і D₁ — комплексні сталі інтегрування. Подаючи ці сталі у вигляді С₁ = Се^iθ₁ і D₁=De^iθ₂, де C і D—дійсні числа, та визначаючи дійсну частину x, знаходимо

Скориставшись формулою для косинуса суми кутів, знайдемо, що розв'язок можна подати у шуканому вигляді, якщо замість довільних сталих С, D, θ₁ і θ₂ ввести нові дві дійсні сталі A і В, пов'язані з ними співвідношеннями
в) У цьому випадку α₁ і α₂ — дійсні, і загальний розв'язок рівняння руху має вигляд

23.4. Слід розглянути два випадки:
а) γ < 2ω₀. Для визначення А і В тут маємо два рівняння:

23.5. Позначимо через Î₁ і Î ₂ — комплексні струми, що протікають через точки A і B. Тоді, очевидно,

Таким чином, знайдений вираз для різниці потенціалів ˆV_АB можна подати у вигляді добутку модуля комплексного числа, що дорівнює V/2, на фазовий множник. Фаза різниці потенціалів ˆV_АB при цьому дорівнює

Оскільки при зміні x від 0 до ∞ функція arc tg x змінюється в межах від 0 до π/2, то, змінюючи R’ (в межах від 0 до ∞), можна змінювати фазу ˆV_AB від π до 0.

Звідси випливає, що повинно виконуватися співвідношення

б) Визначаючи дійсну частину знайдених виразів для Î_A і Î_B знаходимо

До розділу 24. Перехідні розв'язки

24.1. Якщо спрямувати вісь х уздовж напрямку руху тіла, то рівняння руху запишеться у вигляді

Якщо шукати розв'язок цього рівняння у вигляді x = Ae^αt, то легко знайти, що α₁=0, α₂=—γ. Отже, загальний розв'язок цього рівняння можна подати так:

24.2. Для заряду q (t) на обкладках конденсатора можна написати таке диференціальне рівняння:

Оскільки напруга на конденсаторі пов'язана із зарядом співвідношенням q(t)/C = V (t), то можна написати

Розв'язок цього рівняння, що задовольняє задану початкову умову V (0) = V₀, має вигляд

24.3. Рівняння руху тіла вздовж осі x можна записати у вигляді

а) При усталеному русі швидкість тіла буде постійною, тобто dv/dt =0. Звідси

б) Спробуймо знайти розв'язок неоднорідного рівняння

у вигляді суми розв'язку однорідного рівняння v+γv=0 і будь-якого розв'язку неоднорідного рівняння. Як останній можна вибрати

Оскільки загальний розв'язок однорідного рівняння має вигляд v = Ae^–^γt, де A — довільна стала, то

Безпосередньою перевіркою ми переконуємося, що отримали найзагальніший розв'язок вихідного рівняння.
в) Якщо тіло в початковий момент часу t=0 перебувало в спокої, то v (0)=0, x(0) = 0. Використовуючи першу з цих умов, знаходимо

24.4. Для миттєвого значення заряду на обкладках конденсатора можна написати таке диференціальне рівняння:

Позначимо ω²=1/LC. Тоді написане вище рівняння набуває вигляду рівняння гармонічного коливання: q+ω²q = 0. Загальний розв'язок цього рівняння має вигляд

Початкова умова полягає в тому, що V₀ = q(0)/C при t = 0 і струм у початковий момент часу дорівнює нулю, тобто dq/dt=0. Визначаючи з цих умов сталі A і B, знаходимо

а) Оскільки в кожний момент часу напруга на конденсаторі дорівнює V (t) = q (t)/C, то

б) Використовуючи цей результат, знаходимо, що запасена в конденсаторі електростатична енергія, яка дорівнює CV²/2, та енергія магнітного поля в котушці LI²/2 змінюються з часом за законом

Сума названих вище енергій, як нескладно побачити, дорівнює початково запасеній у конденсаторі енергії ¹/₂CV₀² .

24.5. Після того як коло розімкнено, струм протікатиме через LC-контур. При цьому задача стає еквівалентною задачі 24.4, але з іншими початковими умовами. А саме, в цій задачі

Оскільки, згідно з розв'язком задачі 24.4, миттєве значення заряду на обкладках конденсатора можна подати у вигляді

де ω=1/√LC, то з урахуванням початкових умов знаходимо напругу на конденсаторі в момент часу V (t) = q (t)/C:

З цього виразу видно, що максимальна напруга на конденсаторі (амплітуда напруги) дорівнює

24.6. а) Рівняння руху тіла до вмикання сповільнювача в буквених позначеннях має вигляд

Після вмикання сповільнювача рівняння руху має інший вигляд:

Загальний розв'язок останнього рівняння знайдено в розд. 24 «Лекцій» (вип. 2). Як випливає з цього розв'язку, амплітуда коливань тіла зменшується з часом за законом exp( —γt/2), причому новий період коливання дорівнює

за умовою задачі амплітуда коливання зменшується у два рази, тобто справедливе співвідношення ¹/₂ = e^-γt₀/2. Звідси знаходимо

в) Якщо амплітуда зменшується в 4 рази, то exp (— γt₁/2) = ¹/₄,тобто t_{1 ≈}4 ln 2/γ ≈ 20 с. Оскільки період коливання дорівнює T ≈ T₀ = 1 с, то зменшення амплітуди коливання у 4 рази відбудеться за 20 повних коливань, а в 10 разів приблизно за 33 або 34 повні коливання.
г) Швидкість дисипації енергії, тобто потужність, що втрачається через опір, дорівнює

Тут ми врахували, що γ << ω₀. Анітрохи не зменшуючи загальності виведення, припустимо, що в момент вмикання згасання, тобто при t = t₀ тіло рухалося таким чином, що A = 0 (адже початковий стан тіла в умові задачі не зафіксовано!). Звідси

З цього виразу видно, що швидкість дисипації енергії була максимальною при t=t₀. У цей момент часу вона дорівнювала γmω₀²B². Згідно з умовою задачі, В = 0,2 м, γ = 0,693, m= 5, ω₀²=4π². Звідси знаходимо P= 1,1 вm.

24.7. 1) Рівняння руху осцилятора має вигляд

а) Оскільки при t≤0 сила на осцилятор не діяла, то в початковий момент часу він перебував у спокої (адже це осцилятор зі згасанням!). Загальним розв'язком рівняння руху при t > 0 (діюча сила стала!) є розв'язок

Ми припускали вище, що ω₀² > γ²/4, в іншому разі, коли ω₀² < γ²/4, і, отже,

де A і В — сталі інтегрування, які належить визначити з початкових умов x (0) = 0 і ^·x (0) = J_x/m. У результаті знаходимо

в) Знайдімо спочатку частинний розв'язок рівняння руху. Шукатимемо його у вигляді х₁ (t) = D sin ω₀ t. Підставивши цей вираз у рівняння руху, визначимо сталу D

2) Шукатимемо частинний розв'язок неоднорідного рівняння руху у вигляді х₁ (t) = C cos ωt+D sin ωt. Підставляючи цей вираз у вихідне рівняння і прирівнюючи окремі коефіцієнти при cos ωt і sin ωt, знаходимо

За досить великий час t >> 2/γ розв'язок, що відповідає власним згасаючим коливанням, перетвориться на нуль, а основними залишаться лише вимушені коливання. Амплітуда останніх резонансно залежить від частоти, з наведеного виразу видно, що найбільшою амплітудою мають коливання з частотою ω*= √ω₀²—γ²/2. При цьому амплітуда «резонансного» коливання дорівнює F₀/mγ√ω₀²—γ²/4.

До розділу 25. Лінійні системи

25.1. Згідно з умовою задачі,

де ω=120 с^–1. Диференціальне рівняння, що описує напругу на конденсаторі, тобто V_вих (t), має вигляд

Розв'язок відповідного однорідного рівняння легко знайти. Він має вигляд

Ця частина розв'язку істотна лише в початкові моменти часу роботи випрямного пристрою. За часи, більші за RC, вона експоненційно швидко перетвориться на нуль, і її можна надалі ігнорувати.
Частинний розв'язок неоднорідного рівняння шукатимемо у вигляді

Підставляючи V⁽¹⁾_вих у вихідне диференціальне рівняння і окремо прирівнюючи коефіцієнти при cos ωt і sin ωt у правій і лівій частинах рівняння, знаходимо

З цього виразу видно, що стала складова напруги залишається тією самою, але амплітуда змінної складової дорівнює

Підставляючи в цей вираз R = 10³ ом, С = 10 мкф, ω=2π·120 с^–1, знаходимо V′₂ = V₂/7,6, тобто амплітуда змінної складової зменшується у 7,6 раза.

25.2. Диференціальне рівняння, що визначає зміну з часом напруги на конденсаторі V₁ (t), має вигляд

Оскільки, згідно зі схемою кола, V_вх=V₁+V_вих, то

Якщо |V_вих| << |V_вх|, то отримаємо V_вих(t)=СR(dV_вх/dt).

25.3. Використовуючи рівняння для V_вих, знайдене в попередній задачі, запишемо

З цього виразу видно, що умова | V_вих | << | V_вх |, яка фігурує в попередній задачі, зводиться до умови СRω << 1, тобто T >> 1/CR. Отже, вже за час, менший за один період коливань, перший член у виразі для V_вих стане нехтовно малим і вихідна напруга може бути подана у вигляді

25.4. Найпростішим колом, за допомогою якого можна було б інтегрувати вхідну функцію, є коло, зображене на рисунку в умові до задачі 25.2 (стор. 77), але в якому V_вх і V_вих помінялися місцями. У цьому випадку, використовуючи результат задачі 25.2, можна записати

25.5. а) На тіло, зсунуте на відстань x від центральної точки, діють дві пружні сили: з боку правої пружини сила, що дорівнює –kx/2, і з боку лівої — сила, що дорівнює –kx/2. Сумарна пружна сила, таким чином, дорівнює –kx. У припущенні про сталість коефіцієнта тертя f сила тертя за величиною дорівнює fmg, де g—прискорення, і напрямлена завжди проти руху. За відсутності тертя рух тіла описувався б диференціальним рівнянням x+ω²x= 0, де ω—частота коливань, що дорівнює ω=√k/т. Протягом інтервалу часу 0< t < π√m/k, тобто в перший півперіод коливання, тіло рухалося б ліворуч. Якщо врахувати тертя, то при русі ліворуч на тіло діяла б сила тертя, що дорівнює fmg. Рівняння руху для цього часового інтервалу записується таким чином:

Із цього розв'язку випливає, що в момент часу t= π√m/k тіло досягне крайньої лівої точки х=—[А – (2mfg/k)], зупиниться, а потім почне рухатися праворуч. Навіть без розв'язання рівняння руху в наступний півперіод коливання зрозуміло, що за півперіод сила тертя щоразу призводить до зменшення амплітуди коливання на величину, що дорівнює 2mfg/k.
б) Якщо тіло n разів перетне точку x= 0, то з наведеного вище міркування випливає, що амплітуда коливання тіла стане рівною

Щоб розмах коливання тіла після n перетинів точки х=0 залишався більшим за B, необхідно, щоб виконувалася нерівність

3

ВИПРОМІНЮВАННЯ • ХВИЛІ • КВАНТИ

До розділу 26. Оптика. Принцип найменшого часу

26.1. а) Позначимо через х відстань від точки К до стіни. Тоді час Т, витрачений на ходьбу, виражається через х таким чином:

Необхідно знайти величину х = х₀, при якій цей час мінімальний. Вона знаходиться з умови, щоб перша похідна dT/dx перетворювалася на нуль при х=х₀:

Виконуючи диференціювання, отримуємо квадратне рівняння 1,8√x₀² +36²–3x₀ = 0. Його додатний корінь x₀ = 27, що відповідає AK= 15 м.
б) Підставляючи x=x₀= 27 м у T(x), знаходимо найкоротший час T_мін = 60 с.
в) Поблизу мінімуму функцію Т (х) можна наближено подати у вигляді

Обчислюючи другу похідну в точці х₀ і підставляючи в наближену формулу х—х₀ = ±3м, отримуємо Т = 60,1 с. Точність цього наближення можна перевірити безпосереднім обчисленням Т (x₀ ±3) за точною формулою.

26.2. Нехай промінь поширюється горизонтально. Позначимо кут, утворюваний нормаллю до пластини з горизонталлю, через α (він дорівнює куту падіння), кут заломлення через β, товщину пластини через l. Тоді за умовами задачі

б) Час проходження в повітрі t= 1 м/с (с—швидкість світла в повітрі). За наявності пластини повний час проходження

26.3. Нехай b —товщина краю лінзи, d —її товщина по осі, радіус h= 0,1м. Тоді часи проходження дорівнюють: для «периферійного» променя

Прирівнюючи їх, отримуємо співвідношення для визначення d. Підставляючи в нього числові значення, отримуємо d ≈20 мм.

26.4. Насправді   у дзеркального   зображення   міняються місцями не «права і ліва рука», а «обличчя і потилиця»—дзеркало вивертає зображення вздовж осі, перпендикулярної до поверхні дзеркала, а осі справа наліво і згори донизу не перетворюються зовсім.

26.5. Тому що ми бачимо в такому   дзеркалі двічі відбите зображення.

26.6. Розберемо лише нетривіальний випадок, коли падаючий промінь зазнає триразового відбиття.   Для цього він повинен бути   не паралельний жодній із площин,   що утворюють тригранний   кут.   В іншому разі він зазнає не більше двох   відбиттів   і рухається весь   час   в одній площині.
Очевидно, справедливі такі два твердження:
   а) кути   падіння і відбиття   проектуються   як рівні на будь-яку площину, перпендикулярну до відбивної площини;
   б) відбитий   і падаючий   промені   проектуються на відбивну площину в одну пряму.
Розглянемо проекцію ходу променя на кожну з граней кута. З двох висловлених тверджень випливає, що це буде ламана лінія   з трьох   відрізків, у якої суміжні відрізки утворюють рівні кути з лініями —проекціями двох інших граней кута на грань, що розглядається. Отже, відрізки, які не мають спільних точок, паралельні. Ці відрізки будуть проекціями падаючого і вихідного променів на площину, що розглядається. Дві лінії, проекції яких на всі координатні площини паралельні, є паралельними прямими, що й доводить твердження задачі.

26.7. Показник заломлення для переходу променя з оптично густішого середовища в менш густе n₁₂ < 1. Згідно із законом заломлення, sin θ₂ = sin θ₁/n₁₂. Коли sin θ₁ стає більшим за n₁₂, рівність не може виконуватися і, отже, заломлення не відбувається—світло відбивається від межі поділу як від дзеркала (явище «повного внутрішнього відбиття»).

До розділу 27.   Геометрична оптика

27.1. Час ходу для осьового променя має дорівнювати часу ходу для довільного променя, що проходить через точку з координатами x і y, яка лежить на заломлювальній поверхні. Різниця цих часів дорівнює

де с—швидкість світла в повітрі.
Прирівнюючи цю різницю нулю, отримуємо шукане рівняння поверхні. Розв'язуючи його відносно y, приходимо до виразу

27.2. На рисунку зображено поперечний розріз капілярної трубки. Потрібно побудувати зображення радіуса капілярного отвору, створюване стінкою трубки, яка діє як товста циліндрична лінза. Спосіб побудови зрозумілий із креслення; із закону заломлення та розгляду трикутників на рисунку випливають такі співвідношення:

Виключаючи з них α і β, можна отримати досить громіздкий точний вираз для d через d′, D і n. Цікавий простий наближений вираз для випадку, коли d << D. Тоді кути α і β (а отже, α – β) малі, і в точному виразі d = d′n cos (α–β), що випливає з виписаних співвідношень, можна покласти в першому наближенні косинус рівним одиниці. Тоді d = d′n.

27.3. Ця поверхня —еліпсоїд обертання з фокусами в точках P і P′ (див. «Лекції», § 4 розд. 26, вип. 3, стор. 13).

27.4. Ця задача на розрахунок найпростішої підзорної труби. Перша лінза—об'єктив, друга—окуляр. Як випливає з рисунка, кутове збільшення

27.5. Оскільки око розташоване впритул за лінзою, воно може розглядати лише уявне зображення, що розташовується по той самий бік лінзи, що й предмет (див. рисунок). Для отримання уявного зображення предмет має бути розташований між фокусом і лінзою, а у формулі лінзи потрібно брати від'ємну відстань S₁:

27.6. Нехай S = 10 м -відстань від об'єкта до додатної лінзи, Δ-відстань між лінзами, які розташовані в точках О₁ і О₂ відповідно (див. рисунок)
Додатна лінза створює зображення предмета в точці A₁; це зображення «розглядається» від'ємною лінзою, яка створює зображення в точці A₂, де й має бути розміщена фотопластинка. Потрібно знайти відстань О₂А₂. Для цього можна двічі послідовно застосувати рівняння лінзи у формі x·x′ = f². У першому випадку x₁ = S–f₁, x′₁=O₁A₁–f₁; звідси визначимо

27.7. В обох випадках потрібно знайти величину x′ — відстань від головного фокуса до зображення; x′ = f′²/x, де f —фокусна відстань, а x —відстань до Місяця чи супутника. У випадках (а) і (б) відповідно отримуємо значення

27.8. З означення головних площин оптичної системи випливає їхня важлива властивість: якщо точка перебуває в головній площині на відстані y від оптичної осі, то її зображення виходить в іншій головній площині на тій самій відстані від оптичної осі. Цією властивістю головних
площин ми й скористаємося для розв'язання задачі. Побудову зображення точки, розташованої в головній площині, виконано на рисунку. Очевидні такі співвідношення:

До розділу 28. Електромагнітне випромінювання

28.1. а) A=re^iφ/2 + re^–^iφ/2 = r cos φ/2 + ir sin φ/2 + r cos φ/2 — ir sin φ/2 = 2r cos φ/2 = | A |—суто дійсне число, що дорівнює з точністю до знака своєму модулю. Геометрична інтерпретація: додаються два вектори завдовжки r, один з яких утворює з віссю x кут φ/2, а другий —φ/2.
б) Скористаймося загальною формулою для суми довільного числа членів геометричної прогресії (вона виконується і для комплексних чисел). Перший член прогресії r, показник eⁱ^φ, повне число членів N:

Геометрична інтерпретація: додаються N векторів завдовжки r, перший з яких напрямлений уздовж осі абсцис, а кожний наступний повернутий відносно попереднього на кут φ.

До розділу 29. Інтерференція

29.1. Якщо позначити амплітуду поля, створюваного першою антеною, через А_1, то аналогічна величина для другої антени є A₂ = √2 A₁ Різниця фаз між двома антенами залежно від кута θ, що відлічується від напрямку «на схід», дорівнює φ₂—φ₁ = 2πd sin θ/λ = π sin θ у нашому
випадку. Тоді за загальною формулою

Для напрямків, зазначених на рис. 29.5 (див. «Лекції», вип. 3, стор. 52) дістанемо

29.2. При зазначеній частоті відстань між сусідніми випромінювачами дорівнює чверті довжини хвилі і, отже, повна різниця фаз між ними залежно від кута є Δφ=π/2(1 — sinθ). Оскільки інтенсивність пропорційна квадрату модуля амплітуди, можна скористатися результатом задачі 28.1 (б). Підставивши в нього N =4 і підносячи до квадрата, знаходимо

29.3. На рисунку схематично зображено радіотелескоп із відстанню між чашами-приймачами 1 і 2, що дорівнює d. Телескоп реєструє сигнали від віддаленого джерела. Мала зміна кутового положення джерела призводить до фазового зсуву Δφ між сигналами, що надходять до приймачів. Цей зсув за загальною формулою пов'язаний із кутом Δθ так:

(λ—довжина хвилі радіовипромінювання). Сигнали однакової амплітуди A від двох приймачів змішуються (векторно додаються), тому інтенсивність I вихідного сигналу є

За умовою задачі мінімальне коливання інтенсивності, що реєструється, дорівнює 10%, що відповідає (Δφ)²/4 = 0,1. Звідси, вважаючи sin θ≈1, знаходимо

29.4. Круговий рух є накладанням двох коливань у взаємно перпендикулярних напрямках із різницею фаз π/2 (див. «Лекції», § 1 розд. 33, вип. 3, стор. 116). Компоненти електричного поля в площині, перпендикулярній до променя (див. рисунок), згідно з формулою (29.3) «Лекцій» (вип. 3, стор. 49), дорівнюють

У площині орбіти Е_у′= 0 і інтенсивність випромінювання пропорційна cos² [ωt — (r/с) — π/2]. На осі орбіти вектор електричного поля зберігає свою довжину і рівномірно обертається, тому інтенсивність від часу не залежить і вдвічі перевищує середню інтенсивність у площині орбіти на тій самій відстані від джерела.

29.5. Амплітуда випромінювання в напрямку, що утворює кут (π/2) —θ з лінією диполів в екваторіальній площині, має вигляд (у комплексній формі)

Тут N —число диполів у кожній лінії; r —амплітуда кожного диполя; Δφ₁ = π sin θ—зсув фаз між сусідніми диполями в кожній лінії; Δφ₂ = π/2(1— sin θ) —зсув фаз між відповідними диполями в різних лініях. Модуль добутку комплексних чисел дорівнює добутку модулів, тому інтенсивність

Картина інтенсивності, що виходить у випадку одного ряду диполів, «модулюється» у випадку подвійного ряду множником

29.6. Прискорення кожного з електронів дорівнює аω² cos (ωt—φ₀), і всі електрони можна розглядати як осцилятори, що випромінюють у фазі. Якщо ρ—число електронів на одиницю довжини дроту, їхнє повне число дорівнює Lρ і шукане поле знаходиться за загальною формулою

29.7. Вектор напруженості електричного поля випромінювання лежить у цьому випадку у вертикальній площині, і його довжина пропорційна sin θ (див. рисунок в умові задачі, стор. 86). Отже, інтенсивність випромінювання на заданій відстані від джерела, пропорційна середньому квадрату
напруженості, може бути записана у вигляді I = C sin²θ (C — стала, яку належить визначити).
Сталу C при заданому R можна знайти, прирівнюючи повний потік випромінювання крізь сферу радіуса R за одиницю часу, тобто інтеграл від I по сфері, до повної потужності передавача:

До розділу 30. Дифракція

30.1. Роздільна   здатність пов'язана   з порядком   спектра і числом ліній ґратки n співвідношенням λ/δλ = mn. За умовою задачі m=1, Δλ = 5,90Å, λ= 5900Å. Звідси n= 1000,
що   при   густині ліній 600/мм відповідає довжині ґратки 1,7 мм.

30.2. Кутова   роздільна здатність   ока θ = 1,22λ/L,   де λ —довжина хвилі світла, а L—діаметр зіниці. Прирівнюючи цю величину   до кута   l/R, під яким інтервал між фарами l видно з відстані R, отримуємо

Складний спектральний склад білого світла ускладнює розрізнення двох джерел — «зображення» їх, що відповідають довгохвильовій частині спектра, зливаються раніше.

30.3. а) Щілина спектрографа паралельна осі, навколо якої повертається ґратка, тому незалежно від кута її повороту довжина зображення щілини на екрані P (а це і є ширина спектральної смуги) визначається збільшенням системи з двох лінз, яке дорівнює F₂/F_1. Отже,

(Не плутати ширину смуги з шириною лінії, у спектрі.)
б) Умова, за якої максимум інтенсивності для заданої довжини хвилі λ відповідає напрямку, що збігається з віссю С₂, тобто куту виходу точно θ_d, має вигляд

(m — порядок спектра).
в) Шукана відстань дорівнює D = F₂Δθ_d, де Δθ_d—різниця між кутами, які відповідають максимумам із різницею довжин хвиль 1А при фіксованому куті θ_i. Диференціюючи співвідношення sin θ_d = sin θ_i +mλ/d, дістаємо cos θ_dΔθ_d = m·Δλ/d. Звідси при Δλ=1А дістаємо
D=F₂mN·10^-7/cos θ_d.
г) Розв'язання аналогічне випадку (а) з тією різницею, що ширина зображення щілини на відміну від довжини змінюється при поворотах ґратки і лінзи С₂ пропорційно cos θ_i/cos θ_d. Отже,

30.4. а) sin θ_i = —sin θ_d= sin θ і   умова максимуму має вигляд 2sin θ = mλ/d. Підставляючи числові значення, дістаємо sin θ = 0,786, θ= 51,9^°.
   б)   Шукані лінії містяться в спектрах інших порядків m_i, і   їхні   довжини   хвиль   пов'язані   з довжиною хвилі λ з пункту (а) співвідношеннями   λ_i = 5λ/m_i. У межах видимого спектра вміщуються три такі лінії, що відповідають m_i = 7,   6,   4, з довжинами хвиль λ_i=3750, 4370 і
6560Å.           .
   в)   Лінію 5250Å можна відокремити від решти трьох, підібравши відповідний фільтр. Загальний спосіб одержання відразу спектра   високого   порядку полягає в забезпеченні значної   початкової   різниці фаз, що відповідає кільком довжинам   хвиль,   між   сусідніми штрихами
ґратки.   Він   реалізується   в   ґратках зі ступінчастим профілем (див. розв'язання задачі 30.6).
   г)   Користуючись розв'язанням задачі 30.3 (в) і підставляючи в одержаний там вираз для дисперсії   кут θ, обчислений у пункті (а) цієї   задачі,   дістаємо D=7,8 мм.
   д) δλ =λ /mn, де n— повне число ліній на ґратці. Звідси δλ= 0,007Å.

30.5.    Роздільна    здатність     характеризує    те   розширення спектральної    лінії,    яке    створюється   дифракційною ґраткою.   Не можна,   звичайно,   розрізнити   дві спектральні
лінії,   відстань між якими менша, ніж це розширення, але довжину хвилі відокремленої лінії вимірюють за положенням максимуму   інтенсивності, а   похибка при вимірюванні положення максимуму   може   бути   в   кілька   разів менша, ніж це розширення.

30.6. а) Насамперед мають бути у фазі промені, розсіяні різними «осциляторами», що належать поверхні однієї сходинки, тобто від кожної з них світло для одержання максимальної інтенсивності має відбиватися за законом «кут падіння дорівнює куту відбиття». Крім того, мають перебувати у фазі промені від сусідніх сходинок. Отже,   для   напрямку,   в якому ґратка «блищить», мають виконуватися дві умови:

де m —порядок спектра. При значній величині кута φ рівність (2) може виконуватися лише для достатньо високих порядків.
б) Шуканий кутовий інтервал можна визначити, користуючись рівністю (2). Він дорівнює зміні, яку зазнає кут φ, коли при фіксованому m довжина хвилі λ пробігає весь інтервал значень Δλ, що відповідає видимому спектру. Диференціюючи (2), дістаємо

30.7. При кожному відбитті амплітуда хвилі зменшується в R разів. При кожному перетині зазору фаза збільшується на 2πD/λ. Амплітуда хвилі, що зазнала 2n відбиттів і 2n разів перетнула зазор між поверхнями, є

Сумарна амплітуда хвилі, що падає на праву поверхню, є

а повна інтенсивність дорівнює А². Отже, повна інтенсивність світла, що пройшло, є

При R, близькому до одиниці, як видно з одержаного виразу, для тих довжин хвиль, при яких фаза експоненти дорівнює парному числу π, інтенсивність світла, що пройшло, яка дорівнює (1— R²)/2, може бути дуже великою. На цій властивості й ґрунтується використання інтерферометра як вузькосмугового оптичного фільтра

До розділу 31. Як виникає показник заломлення

31.1. Скориставшись формулою для показника заломлення

31.2. Порядку 10⁶ електронів у 1 см³.

31.3. б) При ω = wω₀ дійсна n′ та уявна n″ частини показника заломлення дорівнюють n′= 1 і n″ = Nq²/2ε₀mγω. Оскільки інтенсивність світлової хвилі пропорційна Е², то, користуючись результатом, знайденим у пункті (а) цієї задачі, знаходимо

31.4. а) Тут зручно скористатися виразом для напруженості електричного поля

створеного зарядом q на відстані r від нього в момент часу t, у напрямку θ від осі руху заряду (див. «Лекції», вип. 3, стор. 47). Тут a —прискорення заряду, що дорівнює, очевидно, —ω²x₀ cos ωt. Отже,

Оскільки густина потоку енергії в електромагнітній хвилі дорівнює ε₀сЕ², то потужність S, що випромінюється крізь одиницю поверхні на відстані r під кутом θ, дорівнює

Щоб знайти повну енергію P, що випромінюється за одиницю часу електроном, усереднімо S за період руху (cos²ωt = ¹/₂) і помножимо S на площу, що припадає на елемент тілесного кута dΩ:

б) Стала згасання, за визначенням, дорівнює γ_R= P/W, де W—енергія, запасена на одне коливання. Звідси

До розділу 32. Радіаційне згасання, Розсіяння світла

32.1. Нехай F(t) = E₀e^iωt. Тоді розв'язок рівняння руху зарядженого осцилятора має вигляд

[пор. з виразом для γ_R, знайденим у задачі 31.4, пункт (б)].

32.2. Розглянемо шар одиничної площі та нескінченно малої товщини dx, розташований перпендикулярно до світла, що падає. Тоді зміна інтенсивності dI світла в цьому шарі дорівнює добутку самої інтенсивності на ймовірність розсіятися в цьому об'ємі. У цьому шарі буде Ndx центрів. Сумарна ефективна площа розсіяння дорівнює сумі ефективних перерізів розсіяння всіх центрів у шарі (оскільки dx нескінченно мала величина, елементарні площадки σ не перекриваються одна з одною), тобто дорівнює Nσdx. Імовірність розсіяння у виділеному шарі дорівнюватиме відношенню площі Nσdx до одиничної площі поверхні шару, тобто чисельно дорівнює Nσdx. Звідси

32.3. Вираз для показника заломлення світла має такий вигляд [див. «Лекції», формула (31.19) вип. 3, стор. 91]:

Підносячи обидві частини цієї формули до квадрата й поділивши ліву та праву частини виразу, що виходить, відповідно на ліву та праву частини виразу для σ, дістаємо співвідношення, з якого потрібний результат випливає вже зовсім просто.

32.4. Скористаймося результатами задач 32.2 і 32.3. Для повітря n—1=0,000292; при атмосферному тиску число молекул в одиниці об'єму N = 6·10²³/22400 = 2,7·10¹⁹ см^-3. Товщина атмосфери, приведена до сталого тиску в 1 атм, дорівнює приблизно h≈10 км. Інтенсивність сонячного випромінювання, що пройшло в атмосфері шлях x, дорівнює

Залежність x від кута θ, під яким Сонце стоїть над горизонтом, можна визначити геометрично (див. рисунок):

Підставляючи цей вираз і числові дані задачі у формулу (1), дістаємо I (90^°)/I₀ (0) ≈е^-0,³² = 73%; I(10°)/I₀≈е^-8 ≈3,5· 10^-4.

32.5. Перевірити поперечність випромінювання і поляризувати його можна при розсіянні на вільних електронах (див. § 2 розд. 33 «Лекцій», вип. 3, стор. 119).

32.6. Для проведення розрахунків необхідно зробити конкретизувальні припущення про розподіл електронів в навколосонячному просторі. Для потрібної оцінки можна
припустити, що вони рівномірно заповнюють сферу з радіусом удвічі більшим за сонячний.
Світло, розсіяне в K-короні вільними електронами, випромінюватиметься рівномірно на всі боки й визначатиме яскравість свічення корони. Якщо вважати, що кожний квант світла розсіюється не більше ніж один раз, то на відстані, що дорівнює сонячному радіусу, буде розсіяно частку повного сонячного випромінювання, яка дорівнює

де N_e—шукана густина електронів; σ = 8π/3 (е²/mc²)² = 6,25·10^-25 см² —томсонівський переріз розсіяння. Це розсіяне світло випромінюється сферою, радіус якої удвічі, а поверхня вчетверо більша за поверхню Сонця. Тому відношення її яскравості до яскравості сонячного диска (яскравість у цьому випадку є кількість квантів, що випускаються одиницею площі поверхні за одиницю часу) є r = R′/4. Оскільки для розсіяного випромінювання N_eσR і, отже, показник експоненти у виразі (1) малі, то можна скористатися наближеною формулою е^-х≈1—x. Тоді, прирівнюючи r до числового значення з умови задачі, дістаємо r = 10^-8 = N_eσR/4; підставляючи R = 7·10¹⁰ см, обчислюємо

32.7. У розд. 31 «Лекцій» одержано вираз, що зв'язує кількість енергії випромінювання, яка проходить за 1 с крізь 1 м² поверхні, із середньою напруженістю поля випромінювання в цій точці, S = ε₀c<E>² (P має розмірність вт/м², E—в/м). Згадуючи формулу для джоулевого тепла Q = V²/R, переконуємося, що розмірність величини ε₀с—обернений опір. Числове значення 1/ε₀с = 377 ом.

32.8. Поки розмір частинки R менший за довжину хвилі λ, усі розсіювальні атоми випромінюють із близькими фазами, і інтенсивність розсіяного світла та переріз розсіяння приблизно пропорційні N² (N—число атомів у частинці), тобто

Тоді переріз розсіяння одиницею маси ∑= σ·n~R³(n~ 1/R³—число частинок в одиниці маси). При R > λ ситуація змінюється—всередину непрозорої великої частинки світло не потрапляє, воно розсіюється і поглинається лише атомами, розташованими на поверхні, і сумарний переріз поглинання та розсіяння приблизно дорівнює поперечному перерізу частинки: σ = πR², а ∑~1/R. Ця ситуація схематично зображена на рисунку. Отже, ефективність розсіяння одиницею маси досягає максимуму приблизно при R=λ і в цьому разі σ ≈πλ². Для оцінки можна скористатися цим наближеним співвідношенням. За умовою задачі Nλx: = ln 100. Шукана маса на одиницю площі дорівнює

де m — маса однієї частинки. Підставляючи m = ⁴/₃πλ³ρ, ρ = 1 г/см³ (густина льоду) і λ = 5·10^-5 см (видиме світло), дістаємо

32.9. а) Переріз розсіювання визначається як відношення повної енергії, що випромінюється системою, яка розсіює, за секунду до енергії радарного променя, що падає на 1 м² за 1 с. Усі електрони дроту через його малу довжину можна вважати такими, що коливаються у фазі, тоді можна скористатися результатами задачі 29.6 (стор. 275), де для такого випадку було одержано вираз для поля випромінювання на великих відстанях r від дроту під кутом θ до його осі. Перепишемо одержаний там вираз у позначеннях цієї задачі:

Інтенсивність випромінювання S = ε₀c<E²>. Інтегруючи її по сфері радіусом r (див. «Лекції», § 2 розд. 32, вип. 3, стор. 103) і підставляючи середнє за часом значення квадрата косинуса, яке дорівнює ¹/₂, одержуємо середню енергію, що випромінюється в усіх напрямках:

Відносячи її до середнього потоку в радарному промені Р_р=ε₀сЕ₀²/2, одержуємо вираз для перерізу

До розділу 33. Поляризація

33.1. Якщо початковий пучок неполяризований, то при початковій амплітуді А₀ амплітуда хвилі після проходження послідовних поляроїдів буде А₀/√2, A₀cos θ/√2 і A₀cos θ sin θ/√2 відповідно. Тому остаточна інтенсивність

33.2. Виберемо вісь x уздовж осі першого поляроїда і приймемо амплітуду неполяризованого світлового пучка за одиницю. Тоді після проходження першого поляроїда складові амплітуди за осями будуть

Після проходження другого поляроїда

33.3. При падінні світла під кутом Брюстера пропущений і відбитий промені взаємно перпендикулярні, тобто sin r = cos i, тому

що й треба було показати.

33.4. З розв'язання задачі 29.4 випливає, що у випадку (а) випромінювання буде поляризоване по колу, а у випадку (б)—лінійно поляризоване в площині орбіти. Там же було одержано формули для інтенсивності.

33.5. Зсув фаз обчислюється за формулою

де d —відстань, пройдена світлом. Поклавши φ = π/2 і виконавши обчислення, знаходимо

33.6. Користуючись формулами Френеля для інтенсивності відбитих хвиль з різною поляризацією, одержуємо для неполяризованого світла

(i =80° за умовою задачі). Знаючи показник заломлення води n=1,33, знаходимо r = 48°. Для цих числових значень I/I₀≈35%.

33.7. а) Частка відбитого світла при нормальному падінні на поверхню дорівнює

б) Кут Брюстера φ = arctg n = 67,5^°.

33.8. Розглянемо загальний випадок, коли площина поляризації падаючого світла з амплітудою A утворює з віссю кут θ. Тоді амплітуда звичайної компоненти є А₀ = A cos θ, а незвичайної A_e = Asin θ. Зсув фаз між компонентами на виході дорівнює

Таким чином, вектор амплітуди хвилі, що вийшла, можна записати у вигляді

еліптично поляризоване світло (див. «Лекції», фіг. 33.2, вип. 3, стор. 118).

33.9. Оцінити показник заломлення можна, відбиваючи від обсидіанової пластинки світло, поляризоване в площині падіння, і змінюючи кут падіння. Різкий спад інтенсивності відбитого світла буде помітний, коли кут падіння зрівняється з кутом Брюстера для обсидіану, а його тангенс якраз дорівнює показнику заломлення (див. «Лекції», розд. 33,
вип. 3, стор. 125).

До розділу 34. Релятивістські явища у випромінюванні

34.1. Переміщення точки по вертикалі дорівнює x=–Rcos θ (див. рисунок). Горизонтальне переміщення складається з поступального, що дорівнює Aθ (диск котиться без ковзання), і обертального, що дорівнює Δz = Rsin θ, тобто

34.2. Шукане прискорення знаходимо дворазовим диференціюванням x за t

диференціюванням виразів, одержаних у попередній задачі:

За умовою задачі потрібно виразити результат через спостережувані величини R, v = cR/A і x (див. «Лекції», § 2 розд. 34, вип. 3, стор. 136). Замінюючи в одержаному виразі R cos θ на x, а A на cR/v, одержуємо

34.3. Інтенсивність випромінювання пропорційна квадрату поля, а воно, у свою чергу, пропорційне «запізнілому» прискоренню частинки. Підставляючи у формулу для прискорення, одержану в попередній задачі, x = R і значення швидкості +v і —v, одержуємо

34.4. Виберемо вісь x нерухомої системи координат уздовж напрямку руху Землі, а вісь y —уздовж напрямку променя (припускаючи, що він перпендикулярний до осі x). Осі рухомої системи координат, пов'язаної із Землею, позначимо x′ і y′ відповідно, спрямувавши їх паралельно осям x і y. Проекції хвильового вектора світла зорі в нерухомій системі за умовою дорівнюють k_x = 0, k_y=k = ω/с. Швидкість рухомої системи відносно нерухомої дорівнює v. Згідно з перетворенням Лоренца,

Отже, у системі координат, пов'язаній із Землею, хвильовий вектор утворює з віссю y кут, тангенс якого дорівнює

звідси одержуємо для кута аберації sin θ = v/с.

34.5. Маса спокою електрона m_e = 0,5 МеВ =5·10^-4 ГеВ. Отже, при енергії 1 ГеВ √1–v²/с²= 1/2000. Звідси (с—v)/c ≈¹/₈·10⁶.

34.6. Зоря наближається зі швидкістю приблизно 500 км/с.

34.7. Відповідь: 600 ммк.

34.8. Безпосереднє спостереження аберації дозволяє обчислити швидкість Землі по орбіті зі співвідношення tg φ = v/c (φ —кут аберації). Звідси v = ctg φ = 30 км/с. Прирівнявши відцентрову силу до сили сонячного тяжіння, одержимо

Маса Землі m_З скорочується. Підставляючи значення сонячної маси і гравітаційної сталої G = 6,67·10^–8см³/г·с, одержуємо

34.9. а) Сила гравітаційного тяжіння спадає обернено пропорційно квадрату відстані від Сонця. Сила світлового тиску пропорційна імпульсу, переданому частинці за одиницю часу поглинутим випромінюванням, а імпульс, у свою чергу, — енергії випромінювання на одиницю площі, тобто інтенсивності (~L~^-2). Таким чином, сили світлового тиску і тяжіння однаково залежать від L і їхнє відношення, отже, постійне.
б) Якщо позначити інтенсивність сонячного випромінювання через W, то сила світлового тиску, тобто імпульс, переданий за одиницю часу, є

де L — радіус земної орбіти, а v —швидкість руху Землі по ній, обчислені в попередній задачі, одержуємо після скорочення

якщо виражати ρ в г/см³.

До розділу 38. Співвідношення між хвильовою і корпускулярною точками зору

38.1. У § 3 розд. 32 «Лекцій» (вип. 3, стор. 105) при класичному розгляді було одержано вирази для ширини спектральної лінії

і для «часу життя» збудженого стану вільного атома (часу, протягом якого енергія спадає в e разів за рахунок випромінювання)

(тут Q—класична величина радіаційного згасання). Якщо записати енергію збудженого стану відповідно до квантових уявлень як E=hω, то за допомогою наведених вище співвідношень одержуємо квантове співвідношення невизначеності для енергії і часу

Зауважимо далі, що «невизначеність положення» фотона Δx є за змістом довжина відповідного йому хвильового пакета, що дорівнює сΔT. Невизначеність імпульсу Δp пов'язана з шириною спектральної лінії Δλ і дорівнює Δp = (h/λ²) Δλ (оскільки р = h/λ). Отже,

38.2. а) У задачу про визначення радіуса електронної орбіти входять такі сталі: стала Планка h, маса електрона m і стала, що характеризує силу притягання між електроном і протоном; як таку величину візьмемо е² (е² = q_e²/4πε₀). Розмірності цих сталих відповідно: енергія X час, маса, енергія X довжина. Згадуючи розмірність енергії, неважко переконатися, що єдина комбінація з цих сталих, яка має розмірність довжини, є h²/me² = а₀. Це і є борівський радіус.
б) Використовуючи співвідношення невизначеностей ΔpΔx = h і вважаючи, що точність локалізації електрона в атомі Δx≈а₀, одержуємо Δр≈ h/а₀. Кінетична енергія, що відповідає такому імпульсу, є

Ця енергія за порядком величини дорівнює шуканій енергії іонізації.

38.3. Частоти ω_i, що відповідають трьом перерахованим лініям з довжинами хвиль λ_i, дорівнюють ω_i = 2πс/λ_i. Згідно з комбінаційним принципом Рітца (див. «Лекції», § 5 розд. 38, вип. 3, стор. 231), із цих трьох частот можна скомбінувати інші, що дорівнюють різницям або сумам вихідних. Оскільки вихідні лінії відповідають ультрафіолетовій області, а шукані — видимій та інфрачервоній областям, то частоти шуканих ліній мають бути меншими за вихідні й будуть їхніми різницями. Відповідні довжини хвиль задовольняють співвідношенням

і дорівнюють 4860, 6560 і 1880 Å.

4
КІНЕТИКА • ТЕПЛОТА • ЗВУК

До розділу 39. Кінетична теорія газів

39.1.

39.2. Оскільки процес стиснення повітря можна вважати адіабатичним, то, згідно з результатом попередньої задачі, можна написати співвідношення

де індексами 1 і 2 позначено, температуру і тиск повітря до і після стиснення. З цього співвідношення випливає

39.3. а) У першому процесі газ, розширюючись, не виконує ніякої роботи. Отже, його енергія, а тому й температура залишаються сталими, тобто T=T₀. Оскільки V = 2V₀, із закону ідеального газу випливає, що Р=Р₀/2.
б) Другий процес є адіабатичним. Оскільки для гелію γ = ⁵/₃ то згідно з розв'язанням задачі 49.1, знаходимо, що в кінцевому стані

де Р_0, V₀, T₀ —тиск, об'єм і температура газу гелію у початковому стані.

39.4. а) Розглянемо два горизонтальні перерізи колонки: на висоті h і на висоті h+dh, різниця тисків на цих висотах дорівнює вазі рідини або газу в стовпчику висотою dh і з одиничною площею, взятій з протилежним знаком (ясно, що тиск спадає з висотою)

Звідси й випливає шукане рівняння.
б) Густина повітря з тиском і температурою пов'язана співвідношенням

яке випливає із закону ідеального газу PV = NkT. Тому ми одержуємо рівняння

Інтегруючи, знаходимо Р = Р₀е^–μgh/RT, де Р₀— тиск біля поверхні Землі, тобто при h = 0.

39.5. а) Оскільки для адіабатичної атмосфери справедливе співвідношення Pρ^–γ=Р₀ρ₀^–γ, де P₀ ρ₀ —тиск і густина атмосфери на поверхні Землі, то, згідно з розв'язанням задачі 39.1, справедливе й співвідношення

Диференціюючи ліву й праву частини цього співвідношення за висотою і враховуючи рівняння dP/dh=–ρ (h)g (див. задачу 35.4), знаходимо

Згідно із законом ідеального газу, ρ₀Т₀/Р₀ =μ/R, де μ —молекулярна маса, R —газова стала. Таким чином, остаточно знаходимо

Оскільки для повітря μ = 29, γ= 1,4, то dT/dh= — 9,75 град/км.
б) Атмосфера може перебувати в механічній рівновазі (у ній не відбуватиметься макроскопічних рухів), не перебуваючи при цьому в тепловій рівновазі. Залежність тиску газу від висоти, знайдена в пункті (а) задачі 39.4, що є умовою механічної рівноваги, може мати місце й при непостійній температурі в атмосфері. У зв'язку з цим виникає питання, за яких же умов така рівновага буде стійкою? Якщо умова стійкості не виконується, в атмосфері виникнуть течії, що прагнуть перемішати газ атмосфери й вирівняти її температуру, тобто виникає так звана конвекція. Щоб з'ясувати умову стійкості атмосфери, припустимо, що два елементи газу (обидва одиничної маси), які перебували на різних висотах (різниця висот Δh), помінялися місцями.
Якщо при цьому енергія системи зменшиться, це означає, що такий обмін вигідний і первісний розподіл нестійкий. Навпаки, якщо енергія системи в цілому збільшиться, первісний розподіл стійкий. Переходячи до обчислення енергії, зауважимо, по-перше, що потенціальна енергія сили тяжіння не змінюється — обмінюються місцями елементи однакової маси. Далі, при обміні місцями елементів виконується робота, що дорівнює PΔV, ΔV—різниця об'ємів елементів газу. Ця робота йде на зміну енергії газу, що оточує виділені нами елементи. Крім того, за рахунок різниці температур змінюється й енергія самих виділених елементів U і, отже, повна зміна енергії дорівнює

Підставляючи останнє співвідношення в ліву частину наведеної вище нерівності й враховуючи той факт, що dP/dh = — ρg, знаходимо

39.6. Робота, що витрачається при ізотермічному процесі на стиснення від об'єму V₁ до об'єму V₂, дорівнює

39.8. Роботу, необхідну для адіабатичного стиснення, легко знайти, якщо врахувати, що Р₀V₀^γ=PV^γ:

39.9. Для кінцевого стану системи можна написати рівняння

де N — повне число молекул газу. Число N неважко знайти, якщо написати аналогічне рівняння для початкового стану системи N = Р₀ (V₁+V₂)/kТ₀, де Р₀ і Т₀ —початковий тиск і температура системи. Підставляючи в друге з написаних рівнянь вираз для N₁, одержаний із першого рівняння N₁ = РV₁/kT₁, легко знаходимо

39.10. Позначимо через Р₁, N₁ і Р₂, N₂ тиски й числа молекул у великому та малому резервуарі після нагрівання до температури T = 162°С = 435°К. За умовою задачі Р₁ — Р₂ =Р₀= 88 см рт. ст. Позначимо через N повне число молекул газу. Очевидно, N = N₁+N₂ = PV₁/kT₀, де Р = 760 мм рт.ст. — атмосферний тиск, Т₀ = 17° С = 290° К — початкова температура. Для кінцевого стану можна написати два рівняння:

39.11. Число молекул NO₂, що утворилися, дорівнює N = PV/kT. Оскільки молекулярна маса діоксиду азоту дорівнює 46, то х —число грамів рідини, що продисоціювала, визначиться як х = 46N/N_AB= 46PV/PT = 0,6 г. Отже, продисоціювало 66% тетраоксиду діазоту.

39.12. Тепло Q=8,31 вт·год, передане тілу при постійному тиску, можна подати у вигляді

б) У кінцевому стані газу P₁V₂ = RT₂. Враховуючи, що в початковому стані P₁V₁ = RT₁, знаходимо V₂/V₁ = T₂/T₁ = 5,8. Робота, виконана газом, дорівнює

До розділу 40. Принципи статистичної механіки

40.1. Нехай за одиницю часу об крильце (об його зачорнену сторону) вдариться v молекул. Кожна з них після удару забере енергію Δε, яку слід визначити з умови П= Δεv. Якщо через ν позначити середню швидкість молекул газу, то імпульс Δр, який забирають молекули, пов'язаний з Δε простим співвідношенням

Оскільки різниця сил, що діють на розглядуване крильце, дорівнює зміні імпульсу крильця за одиницю часу, то F = Δpv =П/v. Звісно, при строгому розв'язанні задачі слід було б урахувати, що молекули, які ізотропно відскакують, забирають різні значення імпульсу, оскільки вони вилітають під різними кутами до поверхні. Проте при цьому ми одержали б числовий коефіцієнт, який був би порядку одиниці. Так само нестрого визначимо середню швидкість молекул як швидкість, що задовольняє співвідношенню

40.2. Нехай поверхня посудини збігається з координатною площиною yz, а вісь x перпендикулярна до неї. Тоді dn_vx—число частинок в одиниці об'єму, x—проекція швидкості яких міститься в інтервалі v_x, v_x+dv_x, дорівнює

де n₀ —число частинок газу в одиниці об'єму. Ясно, що з цих частинок лише ті досягнуть за одиницю часу поверхні посудини, тобто площини yz, які розташовані від неї не далі за відстань, чисельно рівну v_x, тобто їх число дорівнює

Отже, v — повне число частинок, які за одиницю часу досягнуть поверхні посудини, дорівнює

де v = √8kT/πm —середня теплова швидкість молекули газу. Швидкість v знаходиться за допомогою розподілу Максвелла:

можна інтерпретувати як число молекул, що досягли одиничної площадки поверхні посудини за одиницю часу, енергія яких міститься в межах ε, ε+dε.
а) Користуючись цим результатом, знаходимо, що число молекул, які досягли одиничної площадки поверхні посудини з енергією, більшою за теплову, тобто з ε> ε¯= ³/₂kT, дорівнює

40.3. Теплоємність при сталому об'ємі визначається як похідна від внутрішньої енергії газу    за   температурою C_V=dU/dT.
   а) Оскільки внутрішня енергія 1 моля одноатомного газу дорівнює U = ³/₂RT, то C_V =³/₂R = 12,4 дж/град·моль.
   б) Для двоатомного газу

40.4. Закони збереження маси, імпульсу й енергії вимагають, щоб потоки цих величин ліворуч і праворуч від сітки дорівнювали один одному.
Найпростіше записати закон збереження маси. Введемо величину j —густина потоку маси. При цьому jA дорівнює масі газу, що проходить через будь-який поперечний переріз труби за одиницю часу. Якщо ρ і ρ′—густини газу перед сіткою і за нею, то, згідно із законом збереження маси,

Знайдемо далі вираз для потоку імпульсу. У газі, який як ціле перебуває в спокої, густина потоку імпульсу, очевидно, дорівнює

де n —число молекул в одиниці об'єму; m —маса молекули (ρ= nm), а усереднення проводиться за допомогою розподілу частинок за швидкостями. Справді, імпульс однієї молекули в напрямку до сітки (виберемо його за напрямок осі x) дорівнює mv_x, а потік імпульсу mv_x². Якщо помножити mv_x² на n, то величина, яку ми при цьому одержимо, дорівнюватиме густині потоку імпульсу в напрямку x, зумовленого всіма частинками, компонента швидкості яких дорівнює v_x. Оскільки частинки в газі розподілені за швидкостями, величину nmv_x² слід усереднити за всіма швидкостями. При цьому одержуємо природний результат: густина потоку імпульсу дорівнює P—тиску в газі [див. «Лекції», § 2 розд .39, формула (39.5), вип. 4, стор. 10]. Якщо ж газ як ціле рухається зі швидкістю v в напрямку осі x, то просте узагальнення формули для густини потоку імпульсу приводить до виразу

Тут ми скористалися тим фактом, що <v_x> = 0.
Врахуймо далі ту обставину, що за умовою задачі сітка практично не чинить опору потоку газу, тобто тиск газу перед сіткою не підвищується. Це, звісно, не означає, що молекули газу не обмінюються імпульсом із сіткою. Навпаки, саме імпульс, переданий газом сітці за одиницю часу, визначає силу тяги, яку розвиває труба.
Позначимо через r імпульс, який газ передає одиничній площадці сітки за одиницю часу, так що величина F=A·r дорівнюватиме силі тяги труби. Поклавши відповідно до умови задачі P = P′, запишемо закон збереження імпульсу у вигляді

Міркуючи аналогічно, знаходимо далі вираз для густини потоку енергії

Уважно придивившись до наших викладок, ми бачимо, що доданок ³/₂ P/ρ є не що інше, як U — енергія одиниці маси газу. Як зазначалося в «Лекціях», множник ³/₂ з'являється лише в розглянутій вище моделі одноатомного газу. У загальному випадку його потрібно замінити на 1/(γ—1), де γ —газова стала. Якщо це зробити, то закон збереження енергії в цій задачі запишеться у вигляді

Використовуючи далі закон збереження маси та імпульсу й уводячи позначення γР/ρ = γRТ/μ = с², де с —швидкість звуку, із закону збереження енергії отримуємо квадратне рівняння для v′

40.5. Основною характеристикою, що визначає переваги двигуна, є його коефіцієнт корисної дії. Він дорівнює відношенню корисної потужності, яку розвиває двигун, до повних енергетичних витрат. Якщо реактивний двигун розвиває силу тяги F і летить зі швидкістю v, то, очевидно, корисна потужність, яку він розвиває, дорівнює Fv. З іншого боку, повна витрачена енергія дорівнює q = GH, де G — витрата пального за одиницю часу, а H — теплотворна здатність пального. Звідси

Зазначимо, що в цій задачі, строго кажучи, в законах збереження слід було б ураховувати масу пального, яке згоряє в двигуні й викидається разом з повітрям. Проте, оскільки витрата пального за умовою задачі мала порівняно з витратою повітря, цим ефектом ми знехтуємо. За досить малих швидкостей і величин q наведений вище вираз для ККД спрощується, якщо розкласти підкореневий вираз за малою величиною q. При цьому виявляється, що ККД двигуна не залежить від q і визначається тільки швидкістю польоту:

Оскільки, згідно з умовою задачі, А_j= 100 кг/с, q = 9,3·10⁷ вm, γ = ⁹/₇ і, крім того, за нормальних умов с=340 м/с, то, беручи швидкість v рівною звичайній крейсерській швидкості польоту реактивних літаків, тобто приблизно 800 км/год, знаходимо
ККД ≈ 10%.
Зазначимо, що, незважаючи на те, що наші вирази в цій і попередній задачах залишаються формально розумними за швидкостей v > с, насправді вони перестають бути справедливими. За надзвукових швидкостей польоту фізична картина роботи двигуна ускладнюється необхідністю розглядати ударні хвилі, що виходить за межі нашого аналізу.

До розділу 41. Броунівський рух

До розділу 42. Застосування кінетичної теорії

42.1. 1 еВ/атом = 96520 дж/г·моль.

42.3. Δn/n = (W/kT)(ΔW/W), де ΔW/W = 3% —відносна похибка у визначенні теплоти сублімації. Отже, похибка в W/kT у 2,4 раза більша, тобто майже 7%.

42.4. За температур Т < 300°С наявність вільних електронів у Si пояснюється іонізацією домішкових центрів. За T > 300°C настає так звана власна провідність: усі домішкові атоми вже іонізовані, а експоненціальне падіння опору пов'язане з відривом електронів провідності від атомів кремнію. На цей відрив потрібна більша енергія, ніж на відрив електрона від домішкового атома. З цим пов'язаний крутіший нахил кривої ρ (1/T)~exp(— W/kT) за T > 300°К.

До розділу 43. Дифузія

43.1. Довжина вільного пробігу дорівнює l= 1/nσ_c. Якщо молекули розглядати як тверді кульки, то σ_с = πd². Згідно із законом ідеального газу, число молекул в одиниці об'єму газу дорівнює n = Р/kТ. Отже, l = kT/πPd². Середня швидкість молекули в ідеальному газі v = (8kT/πm)^1/2. Тому т= √πmkT/2√2 πPd². Звідси за нормальних тиску й температури

43.2. Імовірність того, що молекула пройде шлях L без зіткнення, дорівнює e^–L/l. З N молекул шлях L пройде без зіткнення лише Ne^–L/l молекул. Якщо, як цього вимагає умова задачі, Ne^–L/l < ¹/₂, то L > l ln 2N≈56l.

43.3. Під час розв'язання задачі можна міркувати так: на одну молекулу [в середньому на молекулу в газі припадає внутрішня енергія U = kT/ (γ—1)] є 6 рівноправних напрямків руху. Тому через виділену площину, з одного боку, буде проходити потік енергії, що дорівнює
Q₊=¹/₆ nvU (—l), а з другого, Q_ =¹/₆ nvU (l) (n —число молекул в одиниці об'єму, v —середня швидкість молекули в газі). Строгий розрахунок дає числовий множник 1/4 замість 1/6. Проте для нашого наближеного якісно правильного розгляду ця відмінність несуттєва. Результівний потік енергії через одиницю поверхні площини дорівнює

(розглядаються молекули, що перебувають на відстані –l ліворуч і +l праворуч від виділеної площини). З того факту, що Q =–KdT/dx, випливає

де С = nk/(γ—1)—теплоємність одиниці об'єму газу. Якщо знехтувати числовим коефіцієнтом 1/3, що з'явився через наближеність розрахунку, то дістанемо шуканий результат.

43.4. Розділімо газ площиною, перпендикулярною до осі y. Густина потоку частинок згори вниз, зумовленого молекулами, що перебувають на відстані l від площини, дорівнює nv(l)/4 (див. розв'язання задачі 43.3). При цьому густина потоку імпульсу, який переносять ці молекули, приблизно дорівнює (mn/4) v² (l). Відповідно густина потоку імпульсу знизу вгору дорівнює mnv² (—l)/4. Результівний потік імпульсу через одиничну площадку площини, який дорівнює силі, що діє на цю площадку, запишеться так:

Неважко побачити, що з цього виразу випливає шуканий результат.

43.5. Міркуючи так само, як і під час розв'язання задачі 43.3, знайдемо результівний потік енергії між заданими поверхнями

43.6. Рухливість іона маси m в газі визначається його середньою швидкістю v і довжиною вільного пробігу l:

Якщо n_A⁰і n_B⁰—число молекул в одиниці об'єму вихідних газів A і В, то можна записати співвідношення

де σ_A і σ_B—повні перерізи розсіювання іона на молекулах сорту A і В. Густини газів виражаються через маси молекул, з яких вони складаються, формулами ρ_A=m_An_A⁰ і ρ_B = m_Bn_B⁰. У суміші газів, в одиниці об'єму якої міститься n_A молекул сорту A і n_B молекул сорту В, величина, обернена довжині вільного пробігу іона, дорівнює 1/l= σ_An_A+ σ_Bn_B. У цьому неважко переконатися, якщо міркувати точно так само, як під час виведення виразу для l через повний переріз σ і число молекул в одиниці об'єму n у випадку однокомпонентного газу. Тому рухливість іона в суміші газів дорівнює

Густина суміші газів дорівнює ρ=ρ_A+ρ_B = m_An_A + m_Bn_B= =m_An_A⁰ +m_Bn_B⁰.Звідси, поклавши n_A=n_A⁰ і n_B= n_B⁰, знаходимо

До розділу 44. Закони термодинаміки

44.1. I. Процес АВ відбувається за V = const. У цьому випадку

44.2. Згідно із законом ідеального газу

44.3. Для циклу Карно

44.4. а) З рівняння адіабати в змінних V—T (див. розв'язання задачі 39.1) випливає, що

44.5. Оскільки процес розширення є ізотермічним (див. розв'язання задачі 44.2), то

До розділу 45. Приклади з термодинаміки

45.1. Якщо через R_Θ позначити радіус Сонця, то повна інтенсивність енергії, що її випромінює Сонце, дорівнює 4πR²_ΘσT⁴. З відстані 1 A. O., що дорівнює відстані від Землі до Сонця (L=1A. O. = 1,5·10¹¹ м), на площу πr² (r —радіус мідної сфери) потраплятиме енергія, що дорівнює

Оскільки R_Θ = Lα/2, де α—кут, під яким видно діаметр Сонця із Землі, а інтенсивність енергії, що її випромінює мідна сфера з температурою T₁, дорівнює 4πr²σТ₁⁴, то з умови теплового балансу

45.2. Максимальну температуру цієї області Землі слід визначити з умови 1395 вт/м² = 5,67· 10^-8 вт/м²·град⁴· T⁴, Т = 122° С.

45.3. Внутрішнє тіло випромінює за одиницю часу енергію, що дорівнює 4πr²σТ⁴. (Ця енергія, звісно, поглинається оболонкою.) За той самий час тіло поглинає енергію 4πr²σТ₁⁴, випромінену оболонкою. Таким чином, за одиницю часу оболонка отримує від внутрішнього тіла енергію, що дорівнює
4πr²σ(T⁴— Т₁⁴). З неперервності потоку енергії всередині й поза оболонкою знайдемо Т₁:

Отже, відношення енергії, яку оболонка випромінює за одиницю часу в зовнішній простір (4πR²σT₁⁴), до інтенсивності випромінювання енергії за її відсутності (4πr²σT⁴) дорівнює R²/(r² + R²). У стільки ж разів зменшиться швидкість охолодження тіла.

45.4. Тиск газу Р_г = ρRT/μ= 1,7·10¹⁶ ньютон/м², радіаційний тиск Р_рад = ⁴/₃σТ⁴/c = 7,2·10¹⁴ ньютон/м².

45.5. Згідно з рівнянням Клапейрона—Клаузіуса,

де V_G—об'єм газу, L—прихована теплота випаровування маси води V_G/ρ_G. Тиск пари з висотою спадає за законом dP_пар/dz=—ρg (ρ—густина повітря). Отже (ρ= 1,3 кг/м³):

45.6. Теплоємність С тіла дорівнює похідній від повідомленого тілу тепла Q за температурою: C = dQ/dT. За сталого тиску dQ = dH, тобто повідомлене тепло дорівнює зміні ентальпії. Тому C_p = dH/dT. За сталого об'єму dQ = dU, де U—внутрішня енергія тіла. Отже, C_V=dU/dT. Ентальпія та внутрішня енергія пов'язані співвідношенням H=U+PV. Диференціюючи ліву й праву частини цього співвідношення за температурою, знаходимо C_p = C_V+(d/dT) PV. Оскільки, згідно із законом ідеального газу, PV = RT, то С_p—C_V=R.

45.7. З рівняння Клапейрона—Клаузіуса L =ΔVT (dP/dT), де ΔV = V_пар—V_вода = V_пар = 206 м³/кг. Із таблиць знаходимо (dP/dT = 45 ньютон/м²·град. Звідси L = 2,5·10⁶ дж/кг (це значення для L збігається з табличним).

45.8. Коли абсолютно чорне тіло тобто тіло, що поглинає всю енергію, яка падає на нього, перебуває в рівновазі з випромінюванням, то воно поглинає стільки ж енергії, скільки й випускає, тобто σТ⁴. Отже, потік енергії випромінювання на чорне тіло дорівнює σТ⁴. Але такий самий потік енергії падатиме й на одиницю поверхні тіла, що перебуває в рівновазі з випромінюванням і поглинає лише частку A повного випромінювання. Оскільки таке тіло поглинає стільки енергії, скільки й випускає, то енергія, яку воно випромінює, дорівнює AσТ⁴. Якщо ж тіло не перебуває в рівновазі з випромінюванням, то густина потоку енергії, яку воно випускає, як і раніше дорівнюватиме AσТ⁴.

45.9. а) Якщо L—прихована теплота плавлення, то

де V_L—об'єм 1 моля рідини, V_G—об'єм 1 моля речовини в твердому стані (див. «Лекції», вип. 4, стор. 135). Оскільки L > 0, то за V_G > V_L (якщо речовина під час замерзання розширюється) dP/dT < 0, або dT/dP < 0, тобто температура замерзання має знижуватися зі збільшенням тиску.
б) Якщо знехтувати залежністю величини L від температури та малою стисливістю рідини й твердого тіла (тобто вважати V_L і V_G такими, що не залежать від тиску), то рівняння Клапейрона—Клаузіуса можна проінтегрувати. Записавши це рівняння у вигляді

де Т₀—стала інтегрування. Визначимо Т₀з умови, що за нормального тиску Р₀ = 1 атм температура танення льоду дорівнює 0° С, тобто 273° K:

Підрахуймо далі приблизний тиск Р, який лезо ковзана справляє на лід. Довжина ковзана приблизно дорівнює 40 см, а ширина леза 2 мм. При цьому площа леза ковзана виявляється рівною 8 см². Беручи середню вагу людини рівною 80 кгс і вважаючи, що ця вага розподілена по площі одного ковзана, знаходимо ΔP = P—Р₀ =9·10⁴ кгс/м² = 8,8 ньютон/м². Оскільки ΔV = V_G— V_L = 8·10^-5 м³ і L = 334 дж/кгс, то знаходимо

До розділу 47. Звук. Хвильове рівняння

47.1.

47.2. Оскільки частота звуку, що його видає свисток, пропорційна швидкості звуку (див. розд. 49 «Лекцій», вип. 4), а остання ~√T, то шукана температура за шкалою градусів Кельвіна в 4 рази більша за температуру рідкого повітря, тобто дорівнює 372°K=99^°C.

47.3. Резонансна частота пропорційна швидкості звуку (див. розд. 49 «Лекцій», вип. 4). Тому під час заповнення резонансних порожнин гелієм частоти збільшаться в

47.4. Зміна тиску ΔP у звуковій хвилі пов'язана зі зміною густини Δρ співвідношенням ΔР = с_s²Δρ, де с_s—швидкість звуку.

47.5. Частоти коливань гуми пропорційні кореню квадратному з відношення натягу T до лінійної густини σ (див., наприклад, розв'язання задачі 47.6) і обернено пропорційні її довжині, тобто ω ~ (1/L) √T/σ. Оскільки T~L, σ~1/L, то зрозуміло, що частоти коливань такої гуми не залежать від її довжини. Тому висота звуку такої «струни» весь час буде однаковою. Інакше стоїть справа зі скрипковою струною, оскільки для струни σ = const і L = const. Тому зі збільшенням натягу струни звук виходить вищої частоти.

47.6. Розглянемо ділянку струни завдовжки

і напишемо для неї рівняння руху вздовж осі y. Очевидно, маса цієї ділянки дорівнює σdx, а прискорення d²y/dt². Рівнодійну сил, що діють на виділену ділянку, знайдемо, спроєктувавши сили натягу в точках x і x+dx на вісь y. На кінцях відрізка ці проєкції дорівнюють величині T, помноженій на синуси кутів, які складають дотичні до струни в цих точках з віссю x. Через малість кутів синуси наближено дорівнюють тангенсам цих кутів, тобто dy/dx. Отже, рівнодійна сила, що діє на ділянку струни й напрямлена в поперечному напрямку, дорівнює

Рівняння руху для виділеної ділянки струни запишеться у вигляді

Скорочуючи на dx обидві частини отриманого рівняння й уводячи позначення v² = T/σ, знаходимо шукане хвильове рівняння

47.7. Розв'язання тривіальне.

До розділу 48. Биття

48.1. За визначенням, v_фаз = ω/k, де k =2π/λ —хвильовий вектор. Оскільки, згідно з умовою задачі, v_фаз =√g/k, то ω = √gk. Групова швидкість тоді дорівнює

48.4. Для шуканої довжини хвилі dv_фаз/dλ = 0. З цього рівняння випливає

48.5. Частота звуку, яку реєструють від будь-якого джерела, згідно з ефектом Доплера, залежить як від швидкості джерела звуку, так і від швидкості спостерігача. Якщо спостерігач перебуває в спокої, а джерело звуку рухається зі швидкістю v до спостерігача або від нього (останньому випадку відповідає знак мінус у наведеній нижче формулі), то частота звуку, який реєструють, дорівнює

де ω₀ — частота звуку, випромінюваного нерухомим джерелом. Оскільки ω₀ = 340 гц, c_s = 340 м/с, v =5 м/с, то Δω = 5 гц.
Машиніст рухається разом із джерелом звуку. Тому він чує звук частоти ω₀ = 340 гц. Проте частота відлуння, яке він чує, дорівнює 350 гц. Справді, на скелю впаде звук, випущений джерелом, що рухається до скелі. Його частота дорівнює ω₀ + Δω. Як відомо, під час відбиття частота не змінюється. Якщо врахувати, що машиніст рухається до скелі зі швидкістю v, то частота відлуння, яке повернулося до нього, дорівнюватиме ω₀ + 2Δω.
Людина, що стоїть на землі біля останнього вагона, почує гудок із частотою ω₀—Δω = 335 гц, оскільки джерело звуку віддаляється від неї зі швидкістю v. Відлуння, що має частоту звуку, випущеного гудком, який рухається, дійде до людини з частотою, що дорівнює ω₀+Δω= 345 гц. Оскільки частоти гудка й відлуння різні, під час їхньої інтерференції виникнуть биття звуку з частотою 10 гц. Такі биття відзначить і машиніст, і людина, що стоїть на землі біля останнього вагона.

До розділу 49. Власні коливання

49.1. Позначимо через x і у зміщення вантажів m₁ і m₂. Очевидно, сила, що діє на масу m₁ з боку лівої пружини, дорівнює –k₁x, а з боку правої дорівнює k (y—x). На масу m₂ зліва діє сила –k(y—x), а справа —сила, що дорівнює –k₂y. Тоді легко написати рівняння руху:

З огляду на те, що k₁/m₁ = k₂/m₂ = ω₀² цю систему диференціальних рівнянь можна привести до вигляду

49.2. Шукатимемо розв'язок системи рівнянь, одержаної в попередній задачі, у вигляді х = Ае^iωt і y = Be^iωt. Виконавши потрібні диференціювання й скоротивши рівняння на e^iωt, знаходимо

Ввівши позначення λ= ω²—ω₀², запишемо цю систему однорідних рівнянь у вигляді

Відмінний від нуля розв'язок цієї системи існує лише тоді, коли визначник, складений із коефіцієнтів цієї системи рівнянь, перетворюється на нуль, тобто якщо

Розкривши визначник, одержимо квадратне рівняння, що має два дійсні розв'язки λ₁= 0 і λ₂ =k(m₁^-1+m₂^-1). Отже,

Підставляючи ω₁² у систему рівнянь, знаходимо, що A = B. Для частоти ω₂ одержимо

Таким чином, довільний розв'язок рівнянь руху має вигляд

Звідси видно, що лінійні комбінації координат x і y

є нормальними координатами системи, оскільки вони задовольняють рівняння

49.3. Розв'язання тривіальне.

49.4. Згідно з умовою задачі,

де ω₀=vπ/а. Найменша частота, очевидно, дорівнює ω₀/3. Десять шуканих частот, виміряних в одиницях ω₀/3, дорівнюють 1; 1,665; 2,05; 2,22; 2,78; 3,33; 3,50; 3,76; 3,93; 4,04; 4,33.

49.5. Нехай f(x) —функція, що описує початкову форму відтягнутої струни, а T —повний період коливання. Уявімо собі початкову форму струни як суперпозицію двох горбів, що описуються функціями f(x)/2, які рухаються з однаковою швидкістю в протилежних напрямках. Тоді відбиття кожного горба від відповідного закріпленого кінця струни можна описати так, як це викладено в § 1 розд. 49 «Лекцій» (вип. 4). Знайдені такою побудовою положення струни в моменти часу t=0, Т/8, T/4, 3T/8 і T/2 зображено на рисунку.
До розділу 50. Гармоніка

50.1. а) Оскільки, з одного боку, f(π/2) =1, а з другого, f(π/2) = (4/π)(1–¹/₃+¹/₅–¹/₇+...), то звідси випливає шукана відповідь.
б) Скористаймося «теоремою про енергію» [див. «Лекції», формула (50.23), вип. 4, стор. 213]. У розглядуваному випадку T = 2π. Отже,

Розділивши на числовий множник, що стоїть перед сумою ряду, одержимо потрібний результат.
   в) Цю частину задачі можна розв'язати принаймні двома способами:
1. Зсунемо прямокутну хвилю на —π/2. Обчислюючи коефіцієнти розкладу   Фур'є аналогічно тому,   як це було зроблено в «Лекціях» (вип. 4, стор. 212), і використовуючи «теорему про енергію», знаходимо, що сума квадратів обернених парних чисел дорівнює π²/24". Сума квадратів обернених непарних чисел знайдена в пункті (б) задачі й дорівнює  π²/8. Додаючи два ряди, знаходимо, що сума заданого ряду дорівнює π²/6.
   2. Другий спосіб розв'язання. Позначивши через ∑ суму даного ряду, перепишемо ряд таким чином:

50.2. Задана функція має вигляд

50.3. а) Скористаємося «теоремою про енергію» (див. «Лекції», вип. 4, стор. 213):

Неважко бачити, що звідси випливає шукана відповідь,
б) Розглянемо ряд

50.4. Задача легко розв'язується, якщо згадати, що за q < 1

Якщо інтегрувати почленно й в n-му члені (n—будь-яке) робити заміну змінної інтегрування и=nx, то ми дійдемо до результату

Оскільки, згідно із задачею 50.3, сума ряду, що стоїть перед інтегралом, дорівнює π⁴/90, а сам інтеграл дорівнює 6, то звідси випливає шуканий результат.

50.5. Задана функція h(x) на інтервалі 0≤x≤2π має вигляд h(x)=x/2π. Визначаючи коефіцієнти розкладу Фур'є, знаходимо

Спотворення хвилі, отже, зводиться до зміни амплітуди основної гармоніки та появи третьої гармоніки. Ефект випрямлення відсутній,
б) Нехай _Vвх(t) = A sin ω₁t +В sin ω₂t, причому ω₁≠ω₂. Піднесемо цей вираз до куба:

Члени, що містять синуси в кубі, можна розкласти за гармоніками, використовуючи розв'язок до пункту (а) цієї задачі. Решту членів розкладемо за синусами й косинусами. Наприклад,

Таким чином, крім зміни амплітуд коливань основних гармонік, кубічна нелінійність призводить до появи нових коливань із частотами 3ω₁, 2ω₁ ± ω₂, ω₁± 2ω₂, 3ω₂. Ефект випрямлення відсутній.