Отже, потік вектора Пойнтінга через поверхню прямолінійного дроту дорівнює омічним втратам у цьому дроті.
27.4. Очевидно, що електромагнітне поле буде зосереджене в просторі між циліндрами. Оскільки циліндри виготовлені з ідеальних провідників, електричне поле перпендикулярне до поверхні циліндрів, тобто радіальне. Магнітне поле B на відстані r від осі циліндрів легко знайти за теоремою Стокса (a << r << b): B = I/2πε0с2r. Силові лінії магнітного поля являють собою концентричні кола з центрами на осі циліндрів. Отже, вектор Пойнтінга напрямлений уздовж осі циліндрів. У задачі 6.5 було знайдено ємність С, що припадає на одиницю довжини такого кабелю, як у цій задачі: С=2πε0/ln (b/a). Враховуючи, що заряди на циліндрах пов'язані з різницею потенціалів V співвідношенням q = VC, і використовуючи теорему Гаусса, знаходимо, що напруженість електричного поля E у просторі між циліндрами дорівнює E = V/r ln (b/a). Тому вектор Пойнтінга в кожній точці цього простору за величиною дорівнює
27.4. Очевидно, що електромагнітне поле буде зосереджене в просторі між циліндрами. Оскільки циліндри виготовлені з ідеальних провідників, електричне поле перпендикулярне до поверхні циліндрів, тобто радіальне. Магнітне поле B на відстані r від осі циліндрів легко знайти за теоремою Стокса (a << r << b): B = I/2πε0с2r. Силові лінії магнітного поля являють собою концентричні кола з центрами на осі циліндрів. Отже, вектор Пойнтінга напрямлений уздовж осі циліндрів. У задачі 6.5 було знайдено ємність С, що припадає на одиницю довжини такого кабелю, як у цій задачі: С=2πε0/ln (b/a). Враховуючи, що заряди на циліндрах пов'язані з різницею потенціалів V співвідношенням q = VC, і використовуючи теорему Гаусса, знаходимо, що напруженість електричного поля E у просторі між циліндрами дорівнює E = V/r ln (b/a). Тому вектор Пойнтінга в кожній точці цього простору за величиною дорівнює
Зображення
Таким чином, швидкість поширення енергії дорівнює
Зображення
де L = ln (b/a)/2πε0c2—ємність одиниці довжини кабелю (див. розв'язок до задачі 17.6). Зауважимо, що через те, що LC=1/c2, v=c при R=√L/C.
27.5. Антена довжиною λ/4, розміщена над ідеально провідною площиною, еквівалентна розглянутій у задачі 21.5 антені довжиною λ/2 (ми врахували дзеркальне відображення антени довжиною λ/4). Тому скористаємося знайденими в розв'язку до задачі 21.5 виразами для напруженостей електричного й магнітного полів на великій відстані від антени (поля над площиною):
27.5. Антена довжиною λ/4, розміщена над ідеально провідною площиною, еквівалентна розглянутій у задачі 21.5 антені довжиною λ/2 (ми врахували дзеркальне відображення антени довжиною λ/4). Тому скористаємося знайденими в розв'язку до задачі 21.5 виразами для напруженостей електричного й магнітного полів на великій відстані від антени (поля над площиною):
Зображення
Тоді потужність, що випромінюється антеною, дорівнює усередненому за часом потоку вектора Пойнтінга:
Зображення
У розв'язку до задачі 21.5 відзначалося, що функція cos [(π/2) cosθ]/sinθ добре апроксимується sinθ. Використовуючи це й враховуючи, що cos2ω[t—(r/с)] = 1/2, легко знаходимо W = (2π/3) ε0cα2. Отже, α = √3W/2πε0с.
а) На поверхні Землі, тобто при θ = π/2, середнє за часом значення вектора Пойнтінга дорівнює
а) На поверхні Землі, тобто при θ = π/2, середнє за часом значення вектора Пойнтінга дорівнює
Зображення
б) Використовуючи знайдений вираз для α, знаходимо, що максимальні значення напруженостей електричного й магнітного полів дорівнюють
Зображення
27.6. а) Граничні умови полягають у тому, що на стінках хвилеводу тангенціальні складові Е та нормальні складові вектора В перетворюються на нуль. Ці умови виконуються, оскільки Еy(х = 0, а) = 0, Еx(у = 0,b) = 0, Вy(у=0, b)=0 і Вx(х=0, а) = 0.
Зображення
в) Усереднюючи вираз для Sz за часом і за перерізом хвилеводу, знаходимо
Зображення
г) Усереднюючи U за часом і за об'ємом хвилеводу, знаходимо середню густину енергії у хвилеводі
Зображення
д) Середня швидкість поширення енергії збігається з груповою швидкістю. Справді,
Зображення
[пор. формулу (24.27) «Лекцій», вип. 6, стор. 229].
27.7. а) Вектор Пойнтінга дорівнює S = ε0c2ExB = ε0c3B2n. Магнітне поле осцилюючого диполя дорівнює [див., наприклад, «Лекції», вип. 6, стор. 153, формула (21.23)]
27.7. а) Вектор Пойнтінга дорівнює S = ε0c2ExB = ε0c3B2n. Магнітне поле осцилюючого диполя дорівнює [див., наприклад, «Лекції», вип. 6, стор. 153, формула (21.23)]
Зображення
де θ —кут між векторами р і n.
б) Середня за часом потужність випромінювання дорівнює
б) Середня за часом потужність випромінювання дорівнює
Зображення
27.8. Вважаючи, що на електрон діє лише електричне поле хвилі Е = E0 exp (iωt), знайдемо з рівняння руху mr = qE0 exp (iωt) дипольний момент електрона, що коливається. Аналогічно попередній задачі знайдемо вектор Пойнтінга:
Зображення
Якщо ввести кут θ між векторами n і Е, то потік енергії, що випромінюється, в елемент dΩ тілесного кута можна записати у вигляді
Зображення
Розділивши цей потік на густину енергії у хвилі, що падає, J = ε0сE2, отримаємо так званий диференціальний переріз розсіяння електромагнітної хвилі електроном
Зображення
27.9. Сила світлового тиску на частинку дорівнює
Зображення
де S1 —площа поперечного перерізу кульки з радіусом r S0 = 4πR2 (R -відстань частинки від Сонця); W—енергія, що випромінюється Сонцем за одиницю часу; β —коефіцієнт відбиття (за умовою задачі β = 0). Сила гравітаційного тяжіння дорівнює
Зображення
де m — маса частинки, M —маса Сонця (M = 2·1030 кг), G —гравітаційна стала (G = 6,67·10-8 м3/кг·с2). У рівновазі перебуватимуть лише ті частинки, радіус яких задовольняє умову F1 = F:
Зображення
тут ρ —густина маси частинки. Оцінюючи радіус частинки в припущенні, що ρ ≈ 1 г/см3, знаходимо r0 ≈ 6·10-5 см. Частинки з радіусом r<r0 світловим тиском відкидатимуться Сонцем. Отже, видно, що звичайне пояснення хвостів комет цілком розумне.
27.10. а) Враховуючи той факт, що r << R, магнітне поле всередині тороїдальної котушки можна наближено вважати однорідним по поперечному перерізу. Вибравши як контур інтегрування середню лінію тороїда, за допомогою теореми Стокса легко знайти
27.10. а) Враховуючи той факт, що r << R, магнітне поле всередині тороїдальної котушки можна наближено вважати однорідним по поперечному перерізу. Вибравши як контур інтегрування середню лінію тороїда, за допомогою теореми Стокса легко знайти
Зображення
Виберемо в поперечному перерізі тороїда контур інтегрування у формі кола радіусом ρ(0≤ρ≤r). Оскільки магнітне поле ми вважаємо однорідним по перерізу, то магнітний потік через цей контур дорівнює
Зображення
З іншого боку, вважаючи наближено напруженість електричного поля однаковою за величиною в усіх точках цього контуру, інтегруючи вздовж нього, знаходимо
Зображення
Енергія, запасена в тороїдальній котушці до моменту часу t, дорівнює
Зображення
б) Знайдемо напрямок і величину вектора Пойнтінга на поверхні тороїда. Величини напруженості E і B знайдено в пункті (а). Напрямки Е і В такі, що вектор Пойнтінга S у кожній точці на поверхні тороїда нормальний до поверхні й напрямлений усередину тороїда. Крім того, E_B у кожній точці. Отже, модуль вектора Пойнтінга дорівнюєЗображення
Звідси повна потужність енергії, що поглинається тороїдом, яка дорівнює потоку вектора Пойнтінга через усю поверхню тороїда (остання наближено дорівнює 2πr0·2πR), виявляється рівною
Зображення
До розділу 28. Електромагнітна маса
28.1. Підрахуємо електростатичну енергію електрона, виходячи із загального виразу Uел = (ε0/2) ∫ Е2 dV. Напруженість електричного поля, створюваного рівномірно зарядженою кулею, дорівнює (див. розв'язок до задач 5.8 і 5.9)
28.1. Підрахуємо електростатичну енергію електрона, виходячи із загального виразу Uел = (ε0/2) ∫ Е2 dV. Напруженість електричного поля, створюваного рівномірно зарядженою кулею, дорівнює (див. розв'язок до задач 5.8 і 5.9)
Зображення
Інтегруючи по всьому простору в сферичній системі координат, знаходимо
Зображення
28.2. Момент імпульсу електромагнітного поля визначається виразом
Зображення
Підставимо вираз для Е і В у формулу для L і проінтегруємо по всьому простору в сферичній системі координат. У результаті знайдемо
Зображення
в) Вважатимемо, що заряд електрона рівномірно «розмазаний» по поверхні сфери й що сфера обертається з кутовою швидкістю ω. За цих припущень задача аналогічна задачі 14.6. Якщо скористатися розв'язком до задачі 14.6, поклавши 4πε0Va = qe, то ми відразу отримаємо шуканий результат μ — ωqeа2/3. Звідси ω=3μ/a2qe. Максимальна швидкість електрона на поверхні — це його лінійна швидкість на екваторі сфери. Оскільки за умовою задачі
Зображення
Отже, власний магнітний момент електрона не можна пояснити з позицій класичної фізики — як магнітний момент твердої сфери, що обертається, з радіусом, який дорівнює електромагнітному радіусу електрона, і із зарядом електрона.
До розділу 29. Рух зарядів в електричному і магнітному полях
29.1. а) Рівняння руху заряду:
До розділу 29. Рух зарядів в електричному і магнітному полях
29.1. а) Рівняння руху заряду:
Зображення
Отже, при малих часах v~t, а при t > mc/qE частинка рухається практично рівномірно зі швидкістю, близькою до швидкості світла
Зображення
Зображення
Перехід до руху зі швидкістю, близькою до швидкості світла, відбувається тепер через час порядку √m2с2+р02/qЕ, тобто дещо пізніше. Залежність x (t) має в решті той самий характер, що й раніше. Що ж до залежності y (t), то при малих часах y ~ t, а при t >> √m2с2+р02/qЕ, y~ ln t.
29.2. У циклотроні протони рухаються в постійному однорідному магнітному полі B = const. Спрямуємо вісь z у напрямку вектора В. Рівняння руху запишуться в такому вигляді:
29.2. У циклотроні протони рухаються в постійному однорідному магнітному полі B = const. Спрямуємо вісь z у напрямку вектора В. Рівняння руху запишуться в такому вигляді:
Зображення
При цьому енергія Ε=const, тому що F_V. Оскільки E=mc2/√1 — (v2/с2) і р=Ev/с2, то рівняння руху набувають вигляду
Зображення
Помноживши друге рівняння на уявну одиницю й додавши його до першого, для комплексної швидкості z=vx +ivy отримуємо рівняння z+iωz =0, де частота коливання ω = qBc2/E= (qB/m)√1 —v2/с2. Якщо протони рухаються повільно, то v2 << с2 і циклотронна частота має звичайний вигляд ω=qB/m. При збільшенні енергії циклотронна частота зменшиться. Оскільки Δω/ω =—ΔE/E, то при зміні циклотронної частоти на 1% енергія зміниться також на 1%.
29.3. а) Оскільки рух передбачається нерелятивістським, то імпульс частинки пов'язаний з її швидкістю звичайним співвідношенням
29.3. а) Оскільки рух передбачається нерелятивістським, то імпульс частинки пов'язаний з її швидкістю звичайним співвідношенням
Зображення
З останнього рівняння з урахуванням початкових умов випливає, що z (t)=0. тобто рух відбувається в площині ху. Якщо додати перші два рівняння, попередньо помноживши обидві частини другого рівняння на уявну одиницю, і ввести позначення ω = qB/m, x+iy =η, то отримаємо одне рівняння η + iωη = iqE/m. Розв'язок цього рівняння буде сумою розв'язку відповідного однорідного рівняння та будь-якого частинного розв'язку неоднорідного рівняння. Розв'язок однорідного рівняння η0 + iωη0 = 0 можна подати у вигляді η0=С exp (—iωt), де комплексну сталу C можна записати як добуток її модуля на фазовий множник: С = а exp (iφ). Як частинний розв'язок неоднорідного рівняння можна взяти η1 = qEt/mω. Отже,
Зображення
Відокремлюючи уявну частину від дійсної і беручи до уваги початкові умови, остаточно знаходимо
Зображення
тобто траєкторія в площині є циклоїдою (див. рисунок). Зауважимо, що з виразу x = (qE/mω)(1 — cos ωt) випливає, що припущення про нерелятивістський характер руху справедливе, якщо qE/mω << c, тобто E/Вс << 1.в) Розглянемо розв'язок у (t) = (qE/mω2) (1 — cos ωt), знайдений у пункті (а) задачі. Умовою того, що частинка не потрапляє на анод, буде умова: умакс < d. Звідси випливає, що має виконуватися нерівність
Зображення
29.4. Для даної системи двох тонких лінз існує співвідношення F-1 = f-1 + (—f)-1—d (f)-1 (—f)-1, де F —фокусна відстань системи, що відлічується від головних площин системи.Відстань Δ від першої лінзи до першої головної площини системи (1) виражається співвідношенням Δ = d(—f)-1/F–1. З першого рівняння знаходимо F = f2/d. Отже, Δ=—f. Положення другої головної площини (2) відносно другої лінзи визначається відстанню Δ1 = —d(f)-1/F-1, або Δ1= –d2/f3
а) Величина головної фокусної відстані F = f2/d відлічується від першої головної площини системи (1), що міститься на відстані Δ = —f від першої лінзи. З рисунка випливає, що відстань від (1) до головного фокуса дорівнює F = f+d+l. Оскільки F=f′2/d, то f2/d = f+d+l, або l = (f2/d)–(f+d).
б) Дійсне зображення буде за умови, що F > 0 або f+d+l >0.
7
ФІЗИКА СУЦІЛЬНИХ СЕРЕДОВИЩ
До розділу 32. Показник заломлення щільної речовини
32.1. Рівняння Максвелла в діелектричній речовині, в якій немає інших зарядів, крім тих, що пов'язані в атомах, мають вигляд
Зображення
Як зазначалося в «Лекціях» (вип. 7, розд. 32, § 3), ці рівняння допускають хвильові розв'язки. Шукатимемо ці розв'язки для хвилі у вигляді
Зображення
Помноживши векторно рівняння (в) на k і використовуючи рівняння (б), отримуємо
Зображення
Оскільки електрична хвиля поляризована в напрямку, перпендикулярному k, то k·Е=0 і D = n2(ω)E, де n2(ω) = c2k2/ω2. Але, з іншого боку, для хвилі з частотою ω у «лінійному» наближенні D = ε(ω)E (це наближення справедливе, якщо електричні поля в діелектрику слабкі порівняно з електричними полями в атомах і молекулах; для лазерного променя, спрямованого на діелектрик, виникає необхідність урахування нелінійного зв'язку D з E, тобто врахування в розкладі D за E членів, квадратичних за E, кубічних і т. д.). Отже, ε(ω) = n2 (ω). Поклавши в цьому співвідношенні ω=0 і враховуючи, що ε(0) = x, знаходимо
Зображення
32.2. Квадрат показника заломлення для плазми в іоносфері має вигляд (див. „Лекції", вип. 7, стор. 67) n2= 1— Nqe2/mε0ω2.
При ω> ωp, де ωp — √Nqe2/mε0 — плазмова частота, іоносфера стає прозорою, оскільки за цієї умови показник заломлення дійсний. Звідси густина вільних електронів в іоносфері дорівнює
При ω> ωp, де ωp — √Nqe2/mε0 — плазмова частота, іоносфера стає прозорою, оскільки за цієї умови показник заломлення дійсний. Звідси густина вільних електронів в іоносфері дорівнює
Зображення
32.3. Оскільки електричне поле, що діє на електрони провідності, дорівнює середньому полю Е, то, поклавши ω0 = 0 у рівнянні (32.1) «Лекцій» (вип. 7, стор. 50), vдрейф =x, можна записати рівняння для дрейфової швидкості електронів:
Зображення
Коли поле Е постійно діє на електрони провідності, dvдрейф /dt = 0, для дрейфової швидкості отримуємо
Зображення
[див. «Лекції», вип. 7, стор. 68, формула (32.39)].
Якщо ж у момент часу t = 0 електричне поле миттєво вимикається, дрейфова швидкість електронів змінюватиметься відповідно до однорідного диференціального рівняння
Якщо ж у момент часу t = 0 електричне поле миттєво вимикається, дрейфова швидкість електронів змінюватиметься відповідно до однорідного диференціального рівняння
Зображення
Цей розв'язок відповідає початковій умові задачі, згідно з якою vдрейф = v(0)дрейф при t=0. З нього видно, що час, за який величина дрейфової швидкості зменшиться в e разів, точно дорівнює τ —середньому часу між зіткненнями.
32.4. З рівняння Максвелла ∂B/∂t =—rot Е знаходимо ∂Bx/∂t =0, ∂By/∂t = ikE0 exp[i(ωt—kz)], ∂Bz/∂t = 0. Звідси
32.4. З рівняння Максвелла ∂B/∂t =—rot Е знаходимо ∂Bx/∂t =0, ∂By/∂t = ikE0 exp[i(ωt—kz)], ∂Bz/∂t = 0. Звідси
Зображення
то різниця фаз, очевидно, дорівнює —π/4.
32.5. Реалістичніший вираз для n2 отримаємо, якщо скористатися виразом для показника заломлення: n2 = 1 +(σ/ε0)/iω (1+iωτ) [див. «Лекції», вип. 7, стор. 64, формула (32.42)]. Видно, що навіть для частот ω > σ/ε0τ n2 має уявну частину.
До розділу 33. Відбиття від поверхні
33.1. а) В області 1 буде хвиля, що падає, амплітуду якої приймемо рівною одиниці, і відбита хвиля з амплітудою b1. В області 2 одна хвиля з амплітудою а2 поширюється вправо, а друга хвиля з амплітудою b2 — уліво. В області 3 є лише одна хвиля, що пройшла, амплітуду якої позначимо через а3. Записуючи плоскі хвилі у вигляді E = а exp i (ωt± nωz/c ), отримуємо з умов неперервності на межах розділу тангенціальних складових електричного й магнітного полів (середовища вважаємо немагнітними) таку систему рівнянь:
32.5. Реалістичніший вираз для n2 отримаємо, якщо скористатися виразом для показника заломлення: n2 = 1 +(σ/ε0)/iω (1+iωτ) [див. «Лекції», вип. 7, стор. 64, формула (32.42)]. Видно, що навіть для частот ω > σ/ε0τ n2 має уявну частину.
До розділу 33. Відбиття від поверхні
33.1. а) В області 1 буде хвиля, що падає, амплітуду якої приймемо рівною одиниці, і відбита хвиля з амплітудою b1. В області 2 одна хвиля з амплітудою а2 поширюється вправо, а друга хвиля з амплітудою b2 — уліво. В області 3 є лише одна хвиля, що пройшла, амплітуду якої позначимо через а3. Записуючи плоскі хвилі у вигляді E = а exp i (ωt± nωz/c ), отримуємо з умов неперервності на межах розділу тангенціальних складових електричного й магнітного полів (середовища вважаємо немагнітними) таку систему рівнянь:
Зображення
б) При l = λ2/4 = πс/2n2ω і n22 = n1n3 із системи рівнянь, наведеної вище, та з виразу для | а3 |2 випливає, що b1 = 0, | а3 |2 = n1/n3, тобто густина потоку енергії у хвилі, що падає зліва на шар, |S1|~n1E12 = n1 дорівнює густині потоку енергії хвилі, що пройшла
Зображення
в) Товщина плівки при цьому приблизно дорівнює λ/4n2 = 1200Å.
г) З попереднього аналізу ясно, що для просвітлення лінзи байдуже, яку її сторону покривати. Для просвітлення важливо, щоб виконувалося співвідношення n22 = n1n3. Просвітлення буде, як у випадку n1 = 1, n22 = n3 (покривається зовнішня сторона лінзи), так і у випадку n3 =1, n22 = n1 (покривається внутрішня сторона).
33.2. Виберемо систему координат так, як показано на рисунку:
г) З попереднього аналізу ясно, що для просвітлення лінзи байдуже, яку її сторону покривати. Для просвітлення важливо, щоб виконувалося співвідношення n22 = n1n3. Просвітлення буде, як у випадку n1 = 1, n22 = n3 (покривається зовнішня сторона лінзи), так і у випадку n3 =1, n22 = n1 (покривається внутрішня сторона).
33.2. Виберемо систему координат так, як показано на рисунку:
Зображення
(див. «Лекції», вип. 7, стор. 88).
Відбита й заломлена хвилі запишуться відповідно у вигляді
Відбита й заломлена хвилі запишуться відповідно у вигляді
Зображення
Через те що x довільне, з останнього рівняння випливає, що sin α = sin β, sin α/sin γ = n2/n1. Звідси
Зображення
За умовою задачі n1/n2 = 1,6, sin2α=0,5(α=β =45°) і, отже, cos γ =√ — 0,28 ≈± i0,53. Підставляючи знайдене значення cos γ у вираз для Е3, отримуємо (n2 = 1):
Зображення
Верхньому знаку відповідає експоненціально зростаюче поле, нижньому—спадаюче. Залишаючи з фізичних міркувань останній розв'язок, знаходимо, що в повітрі за великою гранню призми електричне поле хвилі спадає в e разів на відстані x = 0,3λ= 1350 Å. Якщо вектор Е лежить у площині падіння, результат буде точно таким самим.До розділу 34. Магнетизм речовини
34.1. Сила, що діє на частинку в змінному магнітному полі, дорівнює
Зображення
Електричне поле Е спричинене змінним магнітним полем. Якщо напруженість електричного поля мала, частинка рухається приблизно по колу, радіус якого дорівнює R =p/qB (p—імпульс частинки). Момент кількості руху частинки при цьому дорівнює J = pR = qBR2. Електричне поле спричиняє зміну абсолютної величини імпульсу dp/dt = qE, звідки dJ/dt = qER. Величину E можна обчислити, скориставшись теоремою Стокса:
Зображення
Наші міркування годяться лише в тому випадку, якщо частинка рухається по коловій орбіті, тобто якщо Т (dJ/dt) = (T/2) (dB/dt) << 1, де T —період обертання частинки по орбіті.
До розділу 35. Парамагнетизм і магнітний резонанс
35.1. У магнітному полі напруженістю B частинка обертається по коловій орбіті з ларморовою частотою ωL, що не залежить ні від радіуса орбіти, ні від швидкості частинки (при v/c << 1) і дорівнює ωL=qB/m. Виразимо величину B через період обертання T = 2π/ωL:
До розділу 35. Парамагнетизм і магнітний резонанс
35.1. У магнітному полі напруженістю B частинка обертається по коловій орбіті з ларморовою частотою ωL, що не залежить ні від радіуса орбіти, ні від швидкості частинки (при v/c << 1) і дорівнює ωL=qB/m. Виразимо величину B через період обертання T = 2π/ωL:
Зображення
Частота ядерного магнітного резонансу дорівнює (див. «Лекції», вип. 7, § 6, стор. 130)
Зображення
де vp = ωp/2π. Підставляючи числові значення для vp і T, дані в умові задачі, знаходимо g = 5,46.
35.2. Теорію класичного парамагнетизму можна побудувати аналогічно до класичної теорії діелектричної проникності. Енергія магнітного моменту μ у магнітному полі дорівнює —μBcos θ, де θ —кут між векторами μ і В. Згідно зі статистичною фізикою, кількість моментів, кут нахилу яких до осі z (остання вибрана такою, що збігається з вектором В) дорівнює θ, яка припадає на одиничний тілесний кут, обчислюється за формулою
35.2. Теорію класичного парамагнетизму можна побудувати аналогічно до класичної теорії діелектричної проникності. Енергія магнітного моменту μ у магнітному полі дорівнює —μBcos θ, де θ —кут між векторами μ і В. Згідно зі статистичною фізикою, кількість моментів, кут нахилу яких до осі z (остання вибрана такою, що збігається з вектором В) дорівнює θ, яка припадає на одиничний тілесний кут, обчислюється за формулою
Зображення
Припускаючи, що магнітне поле мале, так що μB/kT << 1, розкладемо експоненту в ряд і обмежимося першими двома основними членами розкладу:
Зображення
Інтегруючи цей вираз по всіх тілесних кутах, отримуємо N —повну кількість моментів, N = 4πn0. Повний магнітний момент визначимо так (k —одиничний вектор у напрямку В):
Зображення
Подібна теорія класичного парамагнетизму не суперечить твердженню про те, що в рамках класичної фізики парамагнетизм взагалі відсутній. Просто класична фізика не може обґрунтувати існування в кожного атома «власного» магнітного моменту μ. Наявність його є суто квантовим ефектом.
35.3. Надлишок паралельних до поля спінів можна знайти, використовуючи формулу (35.21) «Лекцій» (вип. 7, стор. 121) для магнітного моменту одиниці об'єму M, якщо поділити M на магнітний момент одного атома:
35.3. Надлишок паралельних до поля спінів можна знайти, використовуючи формулу (35.21) «Лекцій» (вип. 7, стор. 121) для магнітного моменту одиниці об'єму M, якщо поділити M на магнітний момент одного атома:
Зображення
При T = 300°К відношення μ0В/kТ дорівнює 2,3·10–3 і, отже, Nнадл/N = th0,0023≈ 0,23%. При T = 4,2°К відношення μ0В/kТ дорівнює 0,16 і Nнадл/N=15,9%.
35.4. Задача розв'язується нескладним узагальненням формул (35.10) — (35.21) «Лекцій» (вип. 7). Якщо ввести позначення
35.4. Задача розв'язується нескладним узагальненням формул (35.10) — (35.21) «Лекцій» (вип. 7). Якщо ввести позначення
Зображення
то енергії, що відповідають різним проєкціям спіна в магнітному полі, дорівнюють U= —μ0В для Jz/h= +1, U =0 для Jz/h=0 і U=+μ0В для Jz/h =–1. Згідно зі статистичною механікою,
Зображення
Сталу знаходимо з умови рівності кількості частинок з різними проєкціями повній кількості частинок N:
Зображення
До розділу 36. Феромагнетизм36.1. Струми, пов'язані з намагніченістю (jMar = ∇хМ), відмінні від нуля лише на поверхні кулі. Саме ці струми створюють магнітне поле зовні та всередині кулі. З симетрії задачі ясно, що струми течуть по колах, площини яких перпендикулярні до M. Проведемо вісь z через центр кулі паралельно вектору M. Уявімо собі, що зміна M на поверхні відбувається не стрибком, а неперервно в деякому шарі завтовшки d, і обчислимо j у цьому шарі
Зображення
Оскільки вісь y напрямлена по дотичній до поверхні кулі, то ∂M/∂y = 0. Далі, Δx = d/sin θ; отже
Зображення
Це співвідношення можна також записати у вигляді i =M x n, де n —нормаль до поверхні кулі.
Обчислюючи магнітний момент поверхневих струмів, знаходимо
Обчислюючи магнітний момент поверхневих струмів, знаходимо
Зображення
36.2. З теореми Стокса (як контур виберемо середню лінію магніту) випливає
Зображення
де N —повна кількість витків обмотки; I —сила струму в обмотці. Розділяючи контурний інтеграл на дві частини, одна з яких відповідає зазору, а інша —контуру поза ним, і припускаючи, що поле H по всьому периметру середньої лінії ярма однорідне, в результаті інтегрування знаходимо
Зображення
де H1 — поле в зазорі; H2 —поле в каркасі магніту; l1=1 см—ширина зазору; l2 = 375 см —периметр середньої лінії. Граничні умови в зазорі мають вигляд B1n = B2n, причому В1n = H1. Виражаючи Н1 через В2n, знаходимо рівняння
Зображення
Побудувавши цю пряму на графіку B2n = f(H2) (див. стор. 386), можна знайти H2 і В2n. Тоді поле в зазорі дорівнює H1 = B2n (для вказаних параметрів магніту ця лінійна залежність має вигляд В2n = 1,35 вебер/м2—375H2). Згідно з графіком, H1 = В2n= 1,17 вебер/м2.
36.3. Позначимо через B1 і В2 напруженості магнітного поля в постійному магніті та зазорі. Оскільки зазор вузький, то, нехтуючи крайовими ефектами в зазорі та на кутах, напишемо умову сталості магнітного потоку
36.3. Позначимо через B1 і В2 напруженості магнітного поля в постійному магніті та зазорі. Оскільки зазор вузький, то, нехтуючи крайовими ефектами в зазорі та на кутах, напишемо умову сталості магнітного потоку
Зображення
тут A1 = 100 см2—площа поперечного перерізу магніту; A2 = 20 см2 — площа зазору. Звідси В2 = 5В1. Після вимкнення струму циркуляція магнітної індукції H по середній лінії системи дорівнюватиме нулю. Вважаючи поле магнітної індукції в магніті однорідним і враховуючи, що магнітна сприйнятливість м'якого заліза нескінченна, тобто в м'якому залізі H=0, запишемо
Зображення
де l1 = 20 см—довжина постійного магніту; l2=1 см—ширина зазору. Оскільки в зазорі H2 = В2 = 5B1, з останнього рівняння знаходимо
Зображення
Якщо цю пряму лінію побудувати на наведеній в умові задачі кривій M—H (стор. 387), то вона перетинає її у двох точках, що відповідають H1=±0,04 вебер/м2. Оскільки при зменшенні струму система опиниться на верхній частині кривої M—H, то Н1=—0,04 вебер/м2. Тоді В1=—4H1=0,16 вебер/м2 і шукана напруженість магнітного поля, тобто В2 = 5В1 = 0,8 вебер/м2.
36.4. Магнітне поле такого стрижня створюється струмами намагнічування, що течуть по його поверхні (див. «Лекції», вип. 7, розд. 36, § 1). При цьому поверхнева густина струмів iмаг = M. Величина B знаходиться так само, як для соленоїда:
36.4. Магнітне поле такого стрижня створюється струмами намагнічування, що течуть по його поверхні (див. «Лекції», вип. 7, розд. 36, § 1). При цьому поверхнева густина струмів iмаг = M. Величина B знаходиться так само, як для соленоїда:
Зображення
Напрямок поля Н збігається з напрямком вектора В. Оскільки H = B–М/ε0c2, то всередині стрижня H = 0.
Якщо вирізати голчасту порожнину вздовж осі циліндра, то поле всередині цієї порожнини створюватиметься як уже розглянутими струмами, що течуть по поверхні циліндра, так і струмами, що течуть по поверхні порожнини. Густина цих струмів дорівнює M, а напрямок їх протилежний напрямку зовнішніх струмів (в одному випадку величина M збільшується при віддаленні від осі циліндра, в іншому— зменшується, тому напрямок вектора j = rotM різний). Таким чином, поле всередині порожнини—це поле, яке на своїй осі створюють два коаксіальні соленоїди з протилежно напрямленими й однаковими за величиною струмами. Це поле дорівнює нулю.
До розділу 38. Пружність
38.1. Скористаємося формулою (38.42) «Лекцій» (вип. 7, стор. 205) для відхилення кінця стрижня довжиною L, жорстко закріпленого іншим кінцем у стіні:
Якщо вирізати голчасту порожнину вздовж осі циліндра, то поле всередині цієї порожнини створюватиметься як уже розглянутими струмами, що течуть по поверхні циліндра, так і струмами, що течуть по поверхні порожнини. Густина цих струмів дорівнює M, а напрямок їх протилежний напрямку зовнішніх струмів (в одному випадку величина M збільшується при віддаленні від осі циліндра, в іншому— зменшується, тому напрямок вектора j = rotM різний). Таким чином, поле всередині порожнини—це поле, яке на своїй осі створюють два коаксіальні соленоїди з протилежно напрямленими й однаковими за величиною струмами. Це поле дорівнює нулю.
До розділу 38. Пружність
38.1. Скористаємося формулою (38.42) «Лекцій» (вип. 7, стор. 205) для відхилення кінця стрижня довжиною L, жорстко закріпленого іншим кінцем у стіні:
Зображення
де Y — модуль Юнга, I—момент інерції перерізу стрижня. За визначенням, жорсткість дорівнює відношенню F/x(L) =3YI/L3. За умовою задачі алюмінієвий і сталевий стрижні мають однакову жорсткість та однакову довжину. Отже, YА1IА1 = YстальIсталь. Оскільки момент інерції круглого перерізу стрижня дорівнює I = πR4/4, де R—радіус поперечного перерізу, то
Зображення
38.2. На тіло m діють дві сили: вага тіла Р і пружна сила F з боку стрижня, що діє у вертикальному напрямку. Тому рівняння руху цього тіла запишеться у вигляді
Зображення
Спроєктуємо це рівняння на вертикальну вісь (вісь y): my = Fy –P. Згідно з формулою для відхилення кінця стрижня, жорстко закріпленого у стіні, сила, з якою незакріплений кінець стрижня діє на тіло m, дорівнює
Зображення
де y —вертикальне зміщення маси m; Y —модуль Юнга; I —головний момент інерції перерізу стрижня: I = а4/12. Підставляючи цей вираз для сили Fy у рівняння руху, отримуємо
Зображення
38.3. Розглянемо масивне тіло, поперечні розміри якого набагато більші за довжину хвилі звуку. Вдаряючи по такому тілу, можна виявити, що воно не розширюється на всі боки, а стискається лише в напрямку удару. У такому тілі побіжить поздовжня хвиля, в якій частинки тіла рухаються лише в напрямку поширення хвилі. Щоб знайти рівняння, які описують поширення такого поздовжнього звуку, ми фактично можемо розглянути стрижень, який закріплено так, що при стисканні й розтягуванні його бічні розміри не скорочуються. Нехай площа поперечного перерізу такого стрижня дорівнює A, а довжина L. Розглянемо елемент стрижня довжиною Δz, розташований на відстані z від його кінця. Позначимо через u (z, t) зміщення цього елемента в хвилі в момент часу t. При статичному розтягуванні (або стисканні) внутрішнє напруження F/A на всій довжині стрижня однакове і пропорційне u/L, де u — видовження стрижня. У пружній хвилі важлива місцева деформація в точці z, тобто ∂и (z, t)/∂z. Для стрижня без бічного зміщення (див. «Лекції», вип. 7, стор. 196) було знайдено
Зображення
де F (z) —сила, що діє в поперечному перерізі на відстані z від початку координат. На одному кінці елемента Δz діє F (z), а на другому F(z+Δz). Повна сила, що діє на елемент Δz, очевидно, дорівнює
Зображення
Згідно із законом Ньютона, ця сила дорівнює добутку маси елемента ρΔz·A (ρ —густина тіла) на його прискорення ∂2u (z, t)/∂t2:
Зображення
Скорочуючи обидві частини одержаного рівняння на Δz·A, отримуємо
Зображення
—квадрат фазової швидкості поширення поздовжніх хвиль у твердому тілі.
38.4. Оскільки відстань між планками слабко відрізняється від L, то згин можна вважати слабким. Крім того, як буде ясно з подальшого, врахування ваги лінійки (близько 0,3 г) несуттєво змінює величину сили внутрішніх напружень, що діє вздовж стрижня. Якщо відхилення лінійки від прямої лінії між кінцями позначити через у (x), де x — відстань від лівого кінця лінійки, а через F позначити горизонтальну складову сили, з якою упори згинають лінійку, то форма зігнутої лінійки описуватиметься рівнянням (38.45) «Лекцій» (вип. 7, стор. 206):
38.4. Оскільки відстань між планками слабко відрізняється від L, то згин можна вважати слабким. Крім того, як буде ясно з подальшого, врахування ваги лінійки (близько 0,3 г) несуттєво змінює величину сили внутрішніх напружень, що діє вздовж стрижня. Якщо відхилення лінійки від прямої лінії між кінцями позначити через у (x), де x — відстань від лівого кінця лінійки, а через F позначити горизонтальну складову сили, з якою упори згинають лінійку, то форма зігнутої лінійки описуватиметься рівнянням (38.45) «Лекцій» (вип. 7, стор. 206):
Зображення
де Y —модуль Юнга; I —момент інерції поперечного перерізу лінійки. З цього рівняння випливає:
а) Форма зігнутої лінійки описується синусоїдою
а) Форма зігнутої лінійки описується синусоїдою
Зображення
Сталу K можна визначити з умови нормування на довжину лінійки
Зображення
Враховуючи той факт, що прогин лінійки слабкий, тобто що K/l << 1, обчислимо інтеграл, розклавши підінтегральний вираз у ряд
Зображення
б) Сила, з якою лінійка впирається в планки, дорівнює F= π2YI/l2, де I=аb3/12. Якщо прийняти для сталі Y = 2·1012 дин/см2, то F = 1,47 кгс.
38.5. Виберемо площину згину як площину ху. Вісь x паралельна силі P. Введемо θ —кут між дотичною до лінії стрижня та віссю x і s —відстань уздовж кривої. Тоді dx/ds = cos θ і dy/ds=sin θ. При цьому кривина стрижня 1/R визначатиметься виразом 1/R=dθ/ds. З іншого боку, кривину стрижня можна пов'язати зі згинальним моментом сили P:
38.5. Виберемо площину згину як площину ху. Вісь x паралельна силі P. Введемо θ —кут між дотичною до лінії стрижня та віссю x і s —відстань уздовж кривої. Тоді dx/ds = cos θ і dy/ds=sin θ. При цьому кривина стрижня 1/R визначатиметься виразом 1/R=dθ/ds. З іншого боку, кривину стрижня можна пов'язати зі згинальним моментом сили P:
Зображення
де A і B — константи. З граничної умови θ(0) = 0 (нижній кінець стрижня жорстко закріплений) знаходимо В=0. З умови рівності нулю моменту сил внутрішніх напружень біля вільного кінця, тобто з граничної умови θ’ (L)=0, знаходимо
Зображення
Отже, P = π2IY/4L2. Враховуючи, що I=wt3/12, остаточно знаходимо шукану силу
Зображення
До розділу 40. Течія «сухої» води
40.1. а) Згідно з розд. 31 «Лекцій» (вип. 7), у довільній точці рідини i-та компонента сили, що діє на одиничний майданчик, перпендикулярний до осі j, визначається тензором внутрішніх напружень Sij. Оскільки в нев'язкій рідині немає зсувних напружень, то недіагональні елементи тензора Sij мають дорівнювати нулю. У цьому можна переконатися, побудувавши в цій точці три одиничні майданчики, перпендикулярні до осей x, у і z відповідно. Отже, якщо біля цієї точки побудувати елементарний майданчик da з вектором нормалі n, то сила, що діє на цей майданчик, матиме компоненти
40.1. а) Згідно з розд. 31 «Лекцій» (вип. 7), у довільній точці рідини i-та компонента сили, що діє на одиничний майданчик, перпендикулярний до осі j, визначається тензором внутрішніх напружень Sij. Оскільки в нев'язкій рідині немає зсувних напружень, то недіагональні елементи тензора Sij мають дорівнювати нулю. У цьому можна переконатися, побудувавши в цій точці три одиничні майданчики, перпендикулярні до осей x, у і z відповідно. Отже, якщо біля цієї точки побудувати елементарний майданчик da з вектором нормалі n, то сила, що діє на цей майданчик, матиме компоненти
Зображення
Оскільки проєкція сили dF на майданчик da має дорівнювати нулю (дотичних напружень немає), то це означає, що вектор dF має бути напрямлений уздовж n. Це можливо лише за умови, що діагональні елементи тензора Sij рівні між собою, тобто якщо Sxx=Syy=Szz = p. Звідси
Зображення
Отже, який би напрямок вектора n ми не вибрали, сила, що діє на одиничний майданчик, перпендикулярний до цього напрямку, завжди нормальна до майданчика і чисельно дорівнює одному й тому самому значенню p (тиск).
б) Ця тотожність випливає як окремий випадок із доведеного в задачі 27.1 (див. розв'язання цієї задачі, стор. 481) загального співвідношення
б) Ця тотожність випливає як окремий випадок із доведеного в задачі 27.1 (див. розв'язання цієї задачі, стор. 481) загального співвідношення
Зображення
якщо покласти в ньому A = B = v.
40.2. Спрямуємо вісь z уздовж циліндра, а початок координат виберемо в найнижчій точці лійки. Введемо вектор кутової швидкості обертання рідини ω, який, очевидно, напрямлений уздовж осі z. Тоді вектор швидкості частинки рідини, що перебуває на відстані r від осі, можна записати у вигляді v=ω x r, де r —радіус-вектор частинки. При цьому vx = –ω·y, vy = ω·x, vz=0. Обчислимо вектор Ω = ∇ X v. Знаходимо
40.2. Спрямуємо вісь z уздовж циліндра, а початок координат виберемо в найнижчій точці лійки. Введемо вектор кутової швидкості обертання рідини ω, який, очевидно, напрямлений уздовж осі z. Тоді вектор швидкості частинки рідини, що перебуває на відстані r від осі, можна записати у вигляді v=ω x r, де r —радіус-вектор частинки. При цьому vx = –ω·y, vy = ω·x, vz=0. Обчислимо вектор Ω = ∇ X v. Знаходимо
Зображення
Зображення
або у векторному вигляді Ω=2ω. Звідси ясно, що в цій задачі Ωxv = — 2ω2r. Оскільки можна подати r = ∇ (r2/2), то в усіх точках рідини виконується рівняння
Зображення
Оскільки на поверхні рідини тиск сталий і дорівнює атмосферному, то маємо (φ=gz)
Зображення
У нашій системі координат, очевидно, const =0. Тому рівняння поверхні рідини має вигляд
Зображення
тобто поверхня є параболоїдом обертання.
40.3. У § 5 розд. 12, вип. 5 «Лекцій» розв'язувалася задача про обтікання кулі «сухою» водою. Швидкість «сухої» води було знайдено рівною
40.3. У § 5 розд. 12, вип. 5 «Лекцій» розв'язувалася задача про обтікання кулі «сухою» водою. Швидкість «сухої» води було знайдено рівною
Зображення
де v0 —швидкість води на нескінченній відстані від кулі, θ —кут між радіусом-вектором r і v0 (вісь z вибрано вздовж вектора v0). У цій задачі ми можемо скористатися цим розв'язком, якщо перейдемо до системи координат, в якій рідина віддалік від кулі спочиває. Результат можна записати у вигляді
Зображення
Кінетична енергія рідини Трід дорівнює інтегралу від квадрата цієї швидкості, помноженому на густину рідини, по всьому простору поза кулею. Математично, як ми бачимо, задача аналогічна задачі 27.2, де визначалася енергія магнітного поля Землі. Скориставшись знайденим у цій задачі результатом, отримаємо
Зображення
де M —маса рідини в об'ємі кулі. Додаючи до Трід кінетичну енергію кулі, знаходимо повну енергію
Зображення
Повний імпульс системи обчислюється за формулою
Зображення
Підставляючи в неї наведене вище поле швидкостей v і виконуючи нескладне інтегрування, отримуємо ∫ρv dV = 0; отже, P = mv0.
До розділу 41. Течія «мокрої» води
41.1. До параметрів, що визначають силу опору, належать: a —радіус кулі, v —швидкість руху кулі відносно рідини, η —коефіцієнт в'язкості. Розмірність цих величин така:
До розділу 41. Течія «мокрої» води
41.1. До параметрів, що визначають силу опору, належать: a —радіус кулі, v —швидкість руху кулі відносно рідини, η —коефіцієнт в'язкості. Розмірність цих величин така:
Зображення
Шукатимемо з міркувань розмірності вираз для сили у вигляді F = aαvβvγ. Запишемо умову збігу розмірностей лівої і правої частин цього співвідношення:
Зображення
Те, що параметри входять у вираз для F так, як було знайдено вище, а не інакше, ясно з таких якісних міркувань. У «Лекціях» (вип. 7, стор. 260) зазначалося, що в'язка сила fв'язк, яка діє на одиницю об'єму рідини, пропорційна коефіцієнту в'язкості η і другим похідним швидкості за координатами. Оскільки в задачі про рух кулі в в'язкій рідині характерним розміром, на якому швидкість істотно змінюється, є розміри порядку розмірів кулі, то другі похідні за порядком величини дорівнюють v/а2. Помноживши fв'язк на об'єм, де сили в'язкості відмінні від нуля, тобто на об'єм порядку а3, знаходимо F ~ ηav. Зазначимо, що сила тертя, яка діє на гармонічний осцилятор, також пропорційна швидкості осцилятора.
41.2. Спрямуємо вісь z уздовж осі труби в напрямку потоку рідини. Вважаючи рідину нестисливою, запишемо рівняння руху в стаціонарному випадку
41.2. Спрямуємо вісь z уздовж осі труби в напрямку потоку рідини. Вважаючи рідину нестисливою, запишемо рівняння руху в стаціонарному випадку
Зображення
Оскільки в цій задачі відмінна від нуля лише z-компонента швидкості –vz, причому vz залежить тільки від r —відстані від осі труби, то (v·∇)v = 0. Записавши ∇p =–Δр/L, де Δр=p1–р2 —різниця тисків на кінцях труби, отримаємо
Зображення
Це рівняння збігається за виглядом з рівнянням Пуассона для потенціалу рівномірно зарядженого нескінченного циліндра ∇2φ =— ρ/ε. Потенціал φ легко знайти, якщо скористатися теоремою Гаусса, знайти напруженість електричного поля, а потім проінтегрувати співвідношення Е=—∇φ. У результаті φ = φ0—ρr2/4ε0, де φ0 —стала інтегрування. Замінюючи φ на vz і ρ/ε0 на Δp/ηL, отримуємо
Зображення
Невідому константу v0 легко знайти, якщо згадати, що на стінці труби швидкість рідини дорівнює нулю. Остаточно:
Зображення
Потік маси рідини густини ρ через поперечний переріз (витрата) трубки дорівнює
Зображення
Якщо провести аналогію між різницею потенціалів і різницею тисків, а також між витратою рідини й електричним струмом, то під опором труби слід розуміти величину
Зображення
Аналогом конденсатора є дві сполучені посудини, з'єднані знизу трубкою, яку можна перекривати краном так, що рівень води в посудинах може бути різним.
41.3. а) Визначимо спочатку розподіл швидкостей у рідині віддалік від країв дошки. Для цього виберемо систему координат, площина xz якої збігається з дном басейну, а вісь z напрямлена вздовж швидкості дошки. Тоді з рівняння Нав'є-Стокса для стаціонарної течії випливає d2v/dy2 = 0. З цього рівняння знаходимо v = C1y+C2. Враховуючи граничні умови v(0) = 0 і v(d) = u, визначимо сталі інтегрування С1 і С2. Остаточно:
41.3. а) Визначимо спочатку розподіл швидкостей у рідині віддалік від країв дошки. Для цього виберемо систему координат, площина xz якої збігається з дном басейну, а вісь z напрямлена вздовж швидкості дошки. Тоді з рівняння Нав'є-Стокса для стаціонарної течії випливає d2v/dy2 = 0. З цього рівняння знаходимо v = C1y+C2. Враховуючи граничні умови v(0) = 0 і v(d) = u, визначимо сталі інтегрування С1 і С2. Остаточно:
Зображення
б) Силу тертя, що діє на одиницю поверхні дошки, знайдемо, виходячи з формули Sxz=η(dv/dy)=ηu/d, де η —коефіцієнт в'язкості. При цьому робота на подолання сили тертя, що виконується за одиницю часу й віднесена до одиниці площі поверхні дошки, дорівнює
Зображення
Шукана ж швидкість дисипації енергії в одиниці об'єму виявляється рівною
Зображення
