Розв'язки та відповіді. Задачі до томів V-VII. Фейнманівські лекції з фізики

Фейнманівські лекції з фізики

ЕЛЕКТРИКА І МАГНЕТИЗМ

До розділу 1. Електромагнетизм

1.1. a) m = q_e/√4πε₀G = 1,86·10^–6кг, де q_e—заряд електрона; G = 6,67·10^–⁸ м³/кг·с² — гравітаційна стала; m/m_p=1,1·10¹⁸(m_p=1,66^.10^-27кг).
б) Якщо Z— заряд ядра атома, n — кількість атомів в 1 г міді (вважаючи, що копійка мідна), то шукана сила дорівнює F= 10^-4n²Zq_e²/4πε₀r², де r— відстань між копійками. Підставляючи числові значення, маємо F= 1,7^.10¹⁵ньютонів.

1.2. Радіуси важких атомних ядер добре описуються формулою R=R₀·A^1/3, де A — атомна вага, R₀=1,25·10^-¹³cm. Тому енергія електростатичного відштовхування двох дотичних рівномірно заряджених ядер з атомною вагою A і атомним номером Z дорівнює

Отже, робота, яку необхідно витратити на подолання електричного відштовхування при утворенні ядра урану U²³⁶ із двох однакових половинок, наближено дорівнює (A = 118, Z = 46), E_U = 4·10^-1¹ дж = 250 МеВ (2,8·10⁶ квт-год/кг). Для двох ядер дейтерію (A= 2, Z=1), що зливаються в гелій, Е_He = 7,3·10^-¹⁴ дж = 0,46 МеВ (5,9· 10⁶ квт-год/кг). Останній результат, проте, набагато менш точний, оскільки використаний вище вираз для радіуса втрачає точність для найлегших ядер.

1.3. Шукану швидкість через густину електронів n, площу поперечного перерізу дроту S і заряд електрона e можна виразити так: v = I/neS. Якщо вважати, що густина електронів у міді збігається з кількістю атомів в одиниці об'єму (A = 64, ρ=7,8г/см³),то v = 2,72 см/с. Звідси v²/с²=8,1·10^-²¹.

1.4. Вважатимемо рух нерелятивістським. Незважаючи на те, що v/с = ¹/₃, величина

близька до одиниці, що виправдовує таке наближення. Рівняння руху частинки

Частинка весь час рухатиметься вздовж осі z, §cnw.qE_x=qv_zB. При цьому v_x = 0 і v_z=const. Отже (оскільки v_z=c/3),

Заряд частинки не входить в останній вираз. Тому його знак із цього досліду встановити неможливо.
1.5. а) Ввівши позначення ω = qB₀/m, запишемо рівняння руху mv=q(vxB) у компонентах v_x = ωv_y, v_y = –ωv_x ,v_z=0

Множачи друге рівняння на уявну одиницю й додаючи до першого, знаходимо

причому a = v₀ (з початкової умови v_xl_t=0 =v₀ v_yl_t=0 =0).

Інтегруючи далі й розділяючи дійсну та уявну частини, знаходимо

остаточно знаходимо, що частинка рухається по колу (фіг. 1) у площині ху, центр якого міститься в точці (0, –v₀/ω), частота обертання дорівнює ω=qB/m:

б) У магнітному полі В_x = 0, B_y = 0, В_z = В₀ + аx частинка полетить по приблизно круговій орбіті з радіусом r = mv₀/qB. Проте в області сильнішого поля радіус кривини траєкторії буде дещо меншим. При цьому орбіта вже не буде замкненим колом, а виникне
дрейф, подібний до зображеного на фіг. 2.
в) Магнітне поле B_x = 0,B_y=0, B_z = B₀ + ax несумісне з тим рівнянням Максвелла, згідно з яким циркуляція вектора В по замкненому контуру за відсутності електричного поля і струмів (у цій задачі Е=0 і j = 0) повинна дорівнювати нулю. Справді, візьмімо замкнений контур C у площині х₀ у формі прямокутної рамки зі сторонами I і L та обчислімо циркуляцію В уздовж цього контуру. Нескладні обчислення приводять до результату Φ_CBdI = –a·L·l ≠0 у суперечності з рівнянням Максвелла.

1.6. а) Рух частинки відбуватиметься по колу радіусом a навколо заряду Q, якщо сила Лоренца буде зрівноважена відцентровою силою

б) Сила, з якою магнітне поле діє на частинку, завжди перпендикулярна до її швидкості. Тому магнітне поле не виконує роботи над зарядом, що рухається, і закон збереження енергії має вигляд

де E —повна енергія, U(r) — енергія електростатичної взаємодії. Звідси видно, що швидкість частинки є функцією лише відстані

в) У цьому випадку повна енергія заряду q дорівнює E = –Qq/4πε₀a і, отже,

Почавши в початковий момент «падати» на заряд —Q, частинка q буде відхилена полем так, як показано на малюнку. З виразу (1) видно, що в точках кола r= а швидкість частинки перетворюватиметься на нуль і знову повторюватиметься вихідна ситуація.
До розділу 2. Диференціальне числення векторних полів

2.1. а) Умови задачі такі, що повний потік тепла J через поверхню циліндра довільного радіуса a ≤ r ≤ b, коаксіального з дротом, є сталою величиною. У цій задачі вектор потоку тепла h напрямлений по радіусу циліндра, отже, для циліндра одиничної довжини й радіуса r (a ≤ r ≤ b) можна написати співвідношення

Якщо тепер використати векторне рівняння потоку тепла h =–xvT і врахувати, що вектори h та ∇T напрямлені по радіусу циліндра, то можна написати таке диференціальне рівняння:

де D — стала інтегрування. Величини J та D визначимо з умов: температура при r =a дорівнює Т₁, а при r = b дорівнює Т₂. Звідси

Отже, шуканий градієнт температури в ізоляційному покритті дорівнює

б) У цьому пункті задачі граничні умови інші, ніж у пункті (а), тобто задано Q —кількість тепла, що виділяється струмом на одиниці довжини мідного дроту. Якщо ρ — питомий опір, то, згідно із законом Ома,

де / — сила струму, що тече по дроту. З цього співвідношення знаходимо нову граничну умову

2.2. а) Згідно з «Лекціями» [див. вип. 5, § 5, формули (2.38) — (2,40)], компоненти ротора вектора А дорівнюють

Підставляючи в цей вираз компоненти ротора А і враховуючи той факт, що порядок обчислення мішаних похідних довільний, тобто що, наприклад, д²А_x/дzду= д²А_x/дудz, легко переконуємося в рівності нулю дивергенції ротора довільного вектора А.
б) Доведення зручно провести для кожної компоненти окремо. Покажемо, наприклад, що

За визначенням, ліва частина цього співвідношення може бути записана у вигляді

Додаючи й віднімаючи в правій частині останнього співвідношення величину д²А_x/дх² і враховуючи, що дА_x/дх + дА_y/ду+дА_z/дz= ∇ · А, переконуємося в справедливості співвідношення (1). Аналогічно доводиться це співвідношення для компонент у і z.

2.3. а) Оскільки R_x=x, R_y=y, R_z = z, то

в) Легко переконатися, що якщо φ — довільна скалярна функція, а А —довільний вектор, то завжди

Це співвідношення корисно запам'ятати. З нього, зокрема, випливає й потрібне за умовою співвідношення. Справді, вибираючи як φ=1/R³ і A = R, а також враховуючи, що, згідно з пунктом (a), ∇·R = 3 і ∇φ=–3R/R⁵,

Обчислення градієнта скалярної функції, що залежить лише від модуля радіуса-вектора,—доволі часта операція. Тому корисно запам'ятати співвідношення, яке легко доводиться

г) Шукане співвідношення можна довести обчисленням «у лоб». Проте з огляду на те, що обчислення ротора—одна з поширених операцій у фізиці, корисно довести набагато загальніше співвідношення

Що воно справедливе, можна переконатися безпосередньою перевіркою. Шукане співвідношення випливає з наведеного вище лише як окремий випадок. Справді, вибираючи φ = –1//R³ і A=R, враховуючи (1) та той факт, що RxR = 0 і ∇XR=0 [див. пункт (б) цієї задачі], знаходимо

в) Результат цього пункту задачі випливає як окремий випадок зі співвідношення (1).
е) φ=R²/2

2.4. а) Якщо обчислити дивергенцію лівої частини рівняння 2, то, згідно з пунктом (а) задачі 2.2, дивергенція ротора завжди дорівнює нулю. Сумісність рівнянь 2 і 3 випливає з того, що, згідно з рівнянням 3, права частина співвідношення, яке при цьому виходить, також перетворюється на нуль.
б) Обчислимо дивергенцію від лівої та правої частин рівняння 4. Згідно з пунктом (а) задачі 2.2 у лівій частині дістанемо нуль і, отже,

З іншого боку, згідно з рівнянням l,div E=ρ/ε₀. Звідси видно, що з рівняння 4 справді випливає рівняння 5.
в) Візьмімо ротор від лівої та правої частин рівняння 2. Скориставшись співвідношенням пункту (б) задачі 2.2 і рівнянням Максвелла 4, дістанемо

Якщо тепер використати рівняння 1, то дістанемо шукане хвильове рівняння.
г) Якщо аналогічні викладки провести, виходячи з рівняння 4, дістанемо шукане хвильове рівняння для В.
д) Завдяки рівнянню 3 вектор В завжди можна подати як ротор деякого вектора А, оскільки дивергенція ротора тотожно дорівнює нулю. Тоді з рівняння 2 отримуємо

З цього рівняння ми бачимо, що ротор вектора Е+(∂A/∂t)=0 тотожно перетворюється на нуль. Це означає, що весь цей вектор можна подати як градієнт скалярної функції φ (скалярний потенціал електромагнітного поля), оскільки ротор градієнта довільної скалярної функції φ тотожно перетворюється на нуль

Що останнє співвідношення виконується, легко переконатися безпосереднім обчисленням. Але й без цих обчислень зрозуміло, що векторний добуток вектора v на самого себе, яким і є права частина цього співвідношення, завжди дорівнює нулю.

2.5. Помістімо початок координат у якусь точку на осі обертання тіла. Нехай R—радіус-вектор, що визначає положення довільної точки тіла, яке обертається, у довільний момент часу. Очевидно, швидкість цієї точки тіла в той самий момент часу може бути подана у вигляді

де ω—вектор кутової швидкості.
а) Використовуючи ту властивість мішаного скалярно-векторного добутку, згідно з якою вектори в ньому можна циклічно переставляти, знайдемо

Якщо тепер використати співвідношення (б) задачі 2.3, то дістанемо потрібний результат.
б) Обчислимо компоненти вектора ∇X(ωXR), напрямивши вісь z уздовж вектора ω. Оскільки (ωxR)_x= –yω, (ωxR)_y= xω,(ωxR)_z= 0, то

2.6. Під час операцій з вектором v слід завжди пам'ятати, що він діє на вектори, які стоять після нього. Тому в цьому випадку формулою для подвійного векторного добутку можна користуватися, але слід змінити в останній формулі порядок співмножників, тобто замість (∇·A)R поставити (A·v) R.

2.7. Дивергенція div h = ∂h_x/∂x =–x, (d²T/dx²) максимальна в точці B, оскільки в цій точці кривина більша, ніж у точці E, і від'ємна. У точці D кривина хоч і велика, але додатна, і тому div h<0. В усіх
точках rot h=0.
До розділу 3. Інтегральне числення векторів

3.1. а) Згідно з «Лекціями» (вип. 5, § 4), перший закон електромагнетизму описує потік електричного поля; потік напруженості через будь-яку замкнену поверхню дорівнює заряду всередині неї, поділеному на сталу ε₀. Позначаючи густину зарядів у просторі через ρ, запишемо цей закон спершу в інтегральній формі:

Оскільки ця рівність виконується для довільної замкненої поверхні, то, отже, div E = ρ/ε₀. Другий закон електромагнетизму стверджує: циркуляція вектора Е по будь-якому контуру дорівнює похідній за часом від потоку вектора В крізь довільну поверхню, що спирається на цей контур, тобто

Використовуючи теорему Стокса, запишемо

Оскільки, згідно з третім законом електромагнетизму, потік вектора В через будь-яку замкнену поверхню дорівнює 0, то ф B·dS = ∫ div В dV = 0. Звідси div B=0.

Нарешті, згідно з четвертим законом електромагнетизму, циркуляція вектора В по контуру може бути подана у вигляді

б) Виберемо довільний об'єм і проінтегруємо по цьому об'єму ліву й праву частини рівняння Δj = — ∂ρ/∂t:

Якщо скористатися тепер теоремою Гаусса, то це рівняння можна подати у вигляді

Ліва частина цього співвідношення є швидкістю зміни заряду всередині об'єму, а права — кількістю заряду, що витікає (втікає) за одиницю часу з об'єму. Отже, рівність цих частин виражає закон збереження заряду: скільки зарядів убуло в об'ємі, стільки їх і витекло з цього об'єму.

3.2. Не створює. Справді, оточімо кулю сферичною поверхнею довільного радіуса R і виберімо на цій поверхні довільний замкнений контур так, що обмежена ним площа поверхні сфери дорівнює S. Згідно з четвертим законом електромагнетизму, циркуляція вектора В по контуру може бути подана у вигляді

Оскільки струми й електричне поле, що створюється зарядом кулі, який зростає з часом, радіальні, то записані вище потоки векторів j і Е через поверхню S становлять лише частку від потоку цих векторів через замкнену сферичну поверхню, що дорівнює S/4πR². Але, згідно із законом Гаусса та законом збереження заряду,

Величина q(t) у цьому співвідношенні означає заряд кулі в момент часу t. Отже,

Оскільки контур було вибрано довільним, то ми робимо висновок, що дотична до сфери складова вектора В дорівнює нулю. Рівність нулю радіальної складової вектора В випливає з того, що потік вектора В через поверхню сфери повинен дорівнювати нулю, і з того, що завдяки сферичній симетрії системи В_r однакова в усіх точках сфери.

3.3. а) 4πK.
б) Якщо формально скористатися теоремою Гаусса, то з огляду на те, що ∇ · (К/r³) r = 0, потік вектора Е через сферичну поверхню виявляється рівним нулю, що суперечить знайденому в пункті (а) результату. Ця суперечність лише позірна, оскільки ∇·K (r/r³)=0 тільки для r≠ 0. У точці r = 0 вираз для Е перетворюється на нескінченність, і використання теореми Гаусса вимагає обережності. Правильніше в цьому випадку було б учинити так: як об'єм інтегрування вибрати об'єм, укладений між двома сферичними поверхнями, одна з яких має довільний радіус r, а друга —нескінченно малий радіус навколо точкового заряду. У такому об'ємі немає зарядів, і застосування теореми Гаусса дає правильний результат. При цьому потік вектора Е через сферичну поверхню радіусом r виявляється рівним потоку через поверхню з нескінченно малим радіусом, але з протилежним знаком. Згідно з
пунктом (а), цей потік дорівнюватиме —4π/K.
в) Циркуляція дорівнює нулю.

3.4. Застосуймо теорему Гаусса Фa·dS =∫div a dV, вибравши як вектор а радіус-вектор R, тобто a=R. Враховуючи, що div R=3 [див. задачу 2.3 (а)], знаходимо

До розділу 4. Електростатика

4.1. Спрямуймо вісь y уздовж нитки. Тоді заряд, що припадає на елемент довжини dy, дорівнює λdy, а його відстань до точки P дорівнює √y²+r² Інтегруючи вздовж нитки, знаходимо

4.2. Знайдімо потенціал φ у точці Р, розташованій на осі диска на відстані r від його центра, розбивши диск на кільця завширшки dρ і середнім радіусом ρ. Оскільки окремі елементи кожного такого кільця однаково віддалені від точки P на відстань √ρ²+r², то всі вони дадуть однаковий внесок у φ. Інтегруючи по кільцях, тобто по ρ від 0 до R, знаходимо

(де Ω— тілесний кут, під яким видно диск із точки P) і напрямлена вздовж осі диска.

4.3.

г) При r>r_c у виразі для потенціалу з'являється доданок, що спадає з відстанню швидше, ніж 1/r, тобто як 1/r². Він описує відхилення поля від сферично симетричного.

До розділу 5. Застосування закону Гаусса

5.1. Якщо всередині сфери немає зарядів, то

Отже, середні значення потенціалу по сферичних поверхнях різних радіусів дорівнюють одне одному. Разом з тим середнє по поверхні, близькій до початку координат, дорівнює φ(0). Отже,

5.2. Використовуючи циліндричну симетрію задачі, за теоремою Гаусса знайдемо

де Q —повний заряд циліндра, R —його радіус, L — його довжина. Отже, напруженість електричного поля циліндра лінійно залежить від відстані до осі циліндра. У випадку кулі радіусом R електричне поле радіальне й залежить від r аналогічним чином

5.3. Потенціали пластин за умовою задачі рівні. Звідси

При цьому використано той факт, що поле вище й нижче плівки однорідне. Оточуючи плівку відповідною поверхнею, легко знайти за теоремою Гаусса, що E + E′ = ε/ε₀, де σ —густина поверхневих зарядів на плівці. Звідси знаходимо

5.4. Розглянемо нескінченно тонкий шар, укладений між двома паралельними площинами, перпендикулярними до осі x і розташованими одна від одної на відстані dx. З умови задачі ясно, що електричне поле буде напрямлене вздовж осі x. Якщо як гауссову поверхню вибрати будь-який циліндрик, основами якого є площадки S на площинах, а його бічна поверхня перпендикулярна до цих площин, то, застосовуючи теорему Гаусса, знайдемо

Розкладаючи в ряд ліву частину цієї рівності й залишаючи лише найбільші члени, знаходимо рівняння для E (х):

5.5. Завдяки симетрії задачі φ (х, y, z)= φ(х).

(це рівняння Максвелла ∇·E = ρ/ε₀ в одновимірному випадку). Звідси, використовуючи результат пункту (а) цієї задачі, знаходимо

5.6. У задачі треба розрізняти поле E, створене самим елементом площі, і поле, створене всіма іншими елементарними площадками на поверхні провідника. Оточімо елемент поверхні dA гауссовою поверхнею у формі циліндра, бічні поверхні якого перпендикулярні до площадки dA. Тоді, згідно з теоремою Гаусса, поле E, створене елементарним зарядом σdA всередині провідника, дорівнює σ/2ε₀. Оскільки, однак, поле всередині провідника дорівнює нулю, то, отже, решта поверхневих зарядів створює в об'ємі (охопленому гауссовою поверхнею) поле, що дорівнює σ/2ε₀, але протилежно напрямлене. (У результаті додавання виходить, що електричне поле всередині дорівнює нулю, а ззовні—дорівнює σ/ε₀.) Звідси випливає, що повна сила, яка діє на виділену елементарну ділянку площі з боку всіх інших зарядів, дорівнює

5.7. Оскільки напруженість електричного поля поблизу поверхні провідника пов'язана з густиною поверхневих зарядів співвідношенням σ = е₀E, то кількість надлишкових зарядів (електронів) дорівнює

Відстань між атомами—порядку ангстрема (1Å= 10^-¹⁰м). Тому кількість атомів на одиницю площі приблизно дорівнює 10²⁰м^-². Звідси Δn/n ~ 3·10^-⁵. Сила, що діє на електрон у полі протона, дорівнює

Порівняймо сили F₁ і F₂ = q_eE. Беручи величину a (борівський радіус) приблизно рівною 1Å, знаходимо

5.8. Якщо розглядати ядро як рівномірно заряджену кулю, то електричне поле всередині ядра легко знайти за теоремою Гаусса:

Тут R—радіус ядра, Q—повний заряд ядра. Рівняння руху мюона з масою μ (нерелятивістське) має вигляд

Знайдена оцінка дає змогу інтерпретувати явище, що спостерігається, як переходи між рівнями енергії осцилятора з випусканням γ-променів відповідної енергії.

5.9. Введімо напруженість гравітаційного поляЕ= —∇φ деφ—гравітаційний потенціал. Оскільки закони електростатики й тяжіння збігаються, то за допомогою теореми Гаусса знайдемо

де γ —гравітаційна стала, а R і M — радіус і маса Землі. Рівняння руху тіла

Для супутника, що обертається над самою поверхнею Землі, рівність відцентрової сили й сили гравітації

що й треба було показати.

5.10. Вважаючи Землю однорідною кулею, скористаймося аналогом закону Гаусса: повний потік тепла крізь замкнену поверхню дорівнює кількості тепла, що виділилася в об'ємі, замкненому всередині цієї поверхні (закон збереження енергії!). Якщо за таку поверхню взяти поверхню сфери довільного радіуса r (r < R, де R — радіус Землі), то значення потоку тепла h = — х (dT/dr) (x—теплопровідність земних порід) у будь-якій точці цієї поверхні буде однаковим завдяки сферичній симетрії задачі. Нехай q — густина джерел тепла, така, що повна кількість енергії, яка виділяється в Землі, дорівнює Q=(4π/3) R³q= 8·10²⁰дж/рік. Тоді

де D —стала інтегрування, яку слід знайти з граничної умови. Як останню можна вибрати T (R) =0. Задовольняючи граничну умову, знаходимо D=Q/8πxR і, отже,

Звідси температура в центрі Землі T(0)=Q/8πxR=50 000°K. Таким чином, описана модель не узгоджується з оцінками.

5.11. Вибираючи гауссову поверхню, що відповідає симетрії задачі, легко знаходимо

Зі знайдених виразів випливає:
1) при зменшенні r₁ нічого не змінюється;
2) при збільшенні r₂ електричне поле Е зменшується, а Δφ збільшується. У границі r₂ →r₃ провідники дотикатимуться, утворюючи єдиний провідник, поле в якому дорівнює нулю, а потенціал усюди сталий;
3) картина поля у просторі між циліндрами зміниться. Поле Е і φ будуть більшими біля кутиків, ніж біля площин призми.

До розділів 6 і 7. Електричне поле за різних фізичних умов

6.1. Півплощини, про які йдеться в умові,—еквіпотенціальні поверхні системи чотирьох зарядів, зображених на рисунку. Для розв'язання необхідно знайти рівнодійну сил:

Абсолютні величини сил дорівнюють

6.2. Сила притягання до електростатичного зображення дорівнює

(потенціал на нескінченності прийнято рівним нулю). Кінетична енергія заряду на відстані x від поверхні дорівнює різниці потенціалів

При x→0 Т→∞. Це нефізично. Насправді площину на нескінченно малих відстанях не можна розглядати як ідеально гладку провідну площину. Оцінка при х = 1Å, x₀ = 1 см дає величину

6.3. Позначимо довжину, ширину й товщину бруска через 2а, 2b і 2с відповідно. Нехай r —відстань від центра бруска вздовж цікавої для нас прямої. Для r»a потенціал φ, створюваний бруском, такий самий, як і для точкового заряду

Наближено можна вважати цю формулу справедливою аж до r = а. При менших r (b < r < a) розумну апроксимацію φ дає потенціал довгої нитки, який запишемо у вигляді

Сталу D виберемо з умови неперервності потенціалу при r = а. Знаходимо D = 4ρbс/2πε₀.
Таким чином, при b < r < a

При с < r < b гарне наближення дає формула для нескінченної площини

6.4. Заряд, що нагромадився на Землі за час t, дорівнює q=ηSq_pt, де η = 1 протон /см² ·с — густина потоку частинок, S= 4πR²—площа поверхні Землі, R —радіус Землі, q_p—заряд протона. Критичний заряд q Землі, за якого всі заряди з кінетичною енергією E< 4·10⁹ еВ не потраплятимуть на Землю, знаходиться з очевидної умови

Земля, за оцінками, існує 5·10⁹ років; здавалося б, на Землю вже давно не повинно падати жодного протона. Насправді ж, додатний заряд Землі постійно компенсується за рахунок потоку електронів, енергія яких настільки мала, що ці електрони не відносять до космічних променів.

6.5. Ємність одиниці довжини циліндричного конденсатора визначається зі співвідношення

де q—заряд на одиницю довжини, φ₁—φ₂ —різниця потенціалів циліндрів конденсатора. Оскільки з міркувань симетрії поле Е всередині конденсатора радіальне, то за теоремою Гаусса знаходимо

Якщо на поверхні внутрішнього циліндра будуть гострі виступи, ємність конденсатора зменшиться, оскільки напруженість поля поблизу виступів буде великою, а відстань між циліндрами майже не зміниться. Це призведе до збільшення різниці потенціалів між обкладками і, отже, до зменшення ємності.
6.6. а) Щоб знайти поле системи точковий заряд—провідна сфера, треба вчинити таким чином (див. «Лекції», вип. 5, стор. 125). Необхідно помістити зображення заряду q величини q′= — (a/b)q на радіусі, що проходить через заряд q на відстані а²/b від центра сфери, і, крім того, у центрі сфери помістити заряд q″= — q′ (див. рисунок).

б) Розв'яжімо тепер задачу про точковий заряд поблизу провідної сфери, потенціал якої дорівнює V. Вираз для потенціалу в цьому випадку має наведений вище вигляд, але з тією лише різницею, що заряд q″ у центрі сфери слід замінити на Va4πε₀. Таким чином,

При цьому сила, що діє між сферою із заданим потенціалом і зарядом, дорівнює F=F·b/b, де

6.7. Покажемо, що сумарна поверхнева густина зарядів, створювана двома протилежно зарядженими кулями, слабко зсунутими одна відносно одної, справді змінюється як A cos θ. Нехай об'ємна густина зарядів кожної з куль за абсолютною величиною дорівнює ρ. Поверхнева густина при θ = 0 (див. рисунок) дорівнює ρd, а при θ≠0, σ(θ) = ρ/h(θ), де h(θ)=d cosθ; таким чином, σ(θ)= A cos θ, де A=ρd.

Оскільки поле зовні рівномірно зарядженої кулі з густиною об'ємних зарядів ρ дорівнює полю точкового заряду q = (4π/3) R³ρ, напруженість електричного поля зовні сфери дорівнює напруженості електричного поля диполя з дипольним моментом, що дорівнює за величиною p=qd = (4π/3) R³ρd=(4π/3) AR³ і напрямленим уздовж осі z. Напруженість електричного поля всередині рівномірно зарядженої кулі, як відомо, дорівнює
Для нашого випадку вектор Е у деякій точці P, що лежить усередині сфери, дорівнює

Розписуючи це співвідношення в компонентах і беручи до уваги, що x₁ = x₂ y₁= y₂, z₁ = z₂—d, знаходимо

6.8. а) Кут θ визначимо так само, як у «Лекціях» (вип. 5, стор. 112). Кут φ характеризує положення площини, проведеної через вектори р і r. Від цього кута не залежать ні потенціал, ні поле. Згідно з формулою (6.11) «Лекцій» (вип. 5, стор. 112),

Радіальна складова напруженості електричного поля дорівнює

Тангенціальна складова E_θ визначається градієнтом у перпендикулярному до радіуса-вектора напрямку. Приріст відстані на цьому шляху дорівнює dl = rdθ (див. рисунок), тому

Оскільки потенціал не залежить від кута φ, E_φ = 0.
б) Кут α між вектором Е і прямою, що проходить через початок координат, визначається співвідношенням (див. рисунок).

тобто не залежить від відстані до диполя.
в) З одержаних формул легко знайти:

6.9. а) Потенціал у просторі за наявності однорідного електричного поля дорівнює

Якщо радіус сфери дорівнює a, то р = E₀а³·4πε₀.
б) Електричне поле знаходиться таким чином:

е) Одержані результати можуть бути використані, зокрема, для розв'язання задачі про поле й розподіл зарядів металевої сфери, поміщеної в однорідне зовнішнє електричне поле.

6.10. Відповідним чином вибираючи поверхню, за допомогою теореми Гаусса легко можна знайти напруженість електричного поля рівномірно зарядженої нитки

де i і j —одиничні вектори в площині, перпендикулярній до нитки, напрямлені вздовж осей x і y відповідно. Знайдімо вирази для сили F і моменту сили М, що діють на диполь у довільному електричному полі з напруженістю Е (r). Припустімо, що від'ємний заряд диполя перебуває в точці з радіусом-вектором r, а додатний заряд у точці з радіусом-вектором r+d, так що дипольний момент диполя дорівнює p = qd. Тоді сумарну силу, яка діє на диполь, можна подати як суму сил, що діють на його заряди

Вважаючи величину d малою, розкладемо електричне поле в точці r + d у ряд за d і обмежмося лінійними за d членами розкладу:

Щоб обчислити момент цієї сили, яка діє на диполь, вчинимо аналогічно. Згадуючи визначення моменту сили, з точністю до лінійних за d членів знаходимо

Враховуючи знайдений вище вираз для сили F, остаточно знаходимо М=рхЕ (r)+rXF.
а) Виконуючи нескладне диференціювання, знаходимо

У випадку (б) момент сили напрямлений перпендикулярно до площини, що проходить через нитку й диполь.

6.11. Задача легко розв'язується, якщо пластину уявити собі як плоский конденсатор з нескінченно малою відстанню d між пластинами і густинами поверхневих зарядів на них +σ і —σ, такими, що p=σd. Електричне поле зовні такого конденсатора, праворуч і ліворуч, дорівнює нулю, у чому можна пересвідчитися з теореми Гаусса. Тому потенціали електричного поля по обидва боки від пластини сталі й не залежать від відстані до цієї пластини; однак величина цих потенціалів різна, причому різниця між ними є не що інше, як різниця потенціалів між пластинами конденсатора. Оскільки напруженість електричного поля всередині плоского конденсатора дорівнює σ/ε₀, то різниця потенціалів дорівнює σd/ε₀ = p/ε₀.

6.12.

в) Нехай х»a. Тоді з точністю до членів порядку а²/х²

Отже, електричне поле кільця спадає швидше за поле диполя. Це відбувається тому, що дипольний момент зарядженого кільця дорівнює нулю.

6.13. Зменшення струму при t > t₁ відбувається тому, що заряд верхньої пластини змінює знак і починає відштовхувати електрони.
Заряд на пластині конденсатора після відключення батареї дорівнює q = Cφ, де С—ємність, φ—різниця потенціалів між пластинами. Час, протягом якого цей заряд q, буде скомпенсовано, визначиться з умови q = It₁. Звідси
t₁=1000 с.
Струм стане нульовим, коли різниця потенціалів стане запірною, тобто коли різниця потенціалів еφ_макс відповідатиме максимальній енергії частинок 1,5 еВ. При t > t₂ різниця потенціалів буде сталою й дорівнюватиме 1,5 в. При збільшенні відстані між пластинами ємність конденсатора падає вдвічі. Якщо це збільшення відбулося до того, як конденсатор було повністю заряджено, то після відключення батареї заряд на пластинах буде вдвічі меншим і, отже, час t₁ вдвічі менший.
Якщо це збільшення відбувається після вилучення батареї, то заряд на пластинах не зміниться і час t₁ також не зміниться.

6.14. а) У цій частині задачі напруженість електричного поля легко знаходиться за теоремою Гаусса. У результаті

б) Значення потенціалу на початку координат можна знайти з інтегрального виразу

у якому інтегрування виконується за об'ємом палички. Інтегрування зручно виконати в так званій циліндричній системі координат. Саме, розбиваючи поперечний переріз циліндра на кільця площею 2πrdr, а довжину циліндра на відрізки dx, подамо

Оскільки l/2r≥50, розкладемо підінтегральну функцію в ряд за степенями відношення 2r/l. Обмежуючись першими двома членами розкладу, знайдемо

Точність цього виразу оцінимо, обчисливши поправку aR⁶/6ε₀l². Підставляючи числові значення з умови задачі, знайдемо φ (0, 0, 0) ≈ 2350 в, причому похибка становить приблизно 0,15 в.
в) Згадавши, що потенціал φ у будь-якій точці дорівнює роботі, яку потрібно затратити, щоб одиничний додатний заряд перевести з нескінченності (де φ = 0) у дану точку, відразу доходимо висновку, що потенціал у точці (0, 0, l/2) менший, ніж у центрі палички. Справді, якщо одиничний заряд з нескінченності привести в точку (0, 0, l/2) і (0, 0, 0) уздовж осі палички, то для того, щоб цей заряд помістити на початок координат, необхідно затратити додаткову роботу проти сил відштовхування всередині самої палички.

7.1. а) Потенціал, створюваний нитками в довільній точці P (х, y), дорівнює

Еквіпотенціальні поверхні визначаються умовою r₂/r₁=const, тобто

Якщо це рівняння записати інакше, тобто (х— а)²+у² = R², то видно, що воно описує циліндр обертання.
В останньому рівнянні a і R —деякі сталі, що виражаються через величини, які входять до вихідного рівняння.
б) Визначимо ємність, що припадає на одиницю довжини. Для цього обчислимо потенціал дротів

До розділу 8. Електростатична енергія

8.1. Заряд Zq_e, рівномірно розподілений по кульці, має електростатичну енергію, що дорівнює (див. «Лекції», вип. 5, стор. 153)

З цієї енергії слід відняти «нефізичну» енергію самодії протонів. Енергія, що відповідає протону, заряд якого рівномірно розмазаний по кулі радіуса r, дорівнює U₂ = ³/₅ (q²/r) (¹/₄πε₀). Для Z протонів ця енергія «дії самого на себе» дорівнює 3Zq²/5r·4πε₀. Отже, електростатична енергія кулонівської взаємодії протонів у ядрі дорівнює ³/₅Z (Z—1) (q²/4πε₀r).

8.2. Енергія зарядженого конденсатора ємності C дорівнює A=1/₂СV², де V—різниця потенціалів на обкладках. Шукана робота дорівнює різниці енергій конденсаторів до і після повороту ручки настроювання:

8.3. Сумарна енергія конденсаторів до їх паралельного з'єднання дорівнює

Надлишок енергії випромінюється або втрачається на тепло в сполучних дротах. Втрат енергії не відбувається, якщо q₁C₂ =q₂C₁.

8.4. а) Нехай φ (r) — потенціал зовнішнього електричного поля, в якому в точці R поміщено диполь р, тобто в точці R+r₁ перебуває заряд +q, а в точці R+r₂ —заряд —q(lr₁| і |r₂|«|R|), так що р =q (r₁—r₂). Енергія зарядів диполя у зовнішньому полі дорівнює

б) Обчислімо момент сили, що діє на диполь, прямим обчисленням. Повний момент зовнішніх сил дорівнює
Розкладаючи цей вираз у ряд з точністю до членів першого порядку за | r_1,2| «| R |, знаходимо
Оскільки при паралельному з'єднанні конденсаторів їхні ємності додаються, то енергія системи після з'єднання дорівнює

Звідси у випадку однорідного електричного поля випливає М = рХЕ. Останній вираз одержується також з виразу (1): якщо ввести кут α між векторами р і Е, то момент, що діє на диполь, дорівнюватиме за величиною

і напрямлений перпендикулярно до площини, в якій лежать вектори р і Е, тобто M = рХЕ.

в) Якщо диполь створено шляхом послідовного поміщення зарядів в електричне поле, то його електростатична енергія відрізнятиметься від (1). Справді, якщо заряд +q поміщено в точку R+r₁ і, отже, має енергію qφ(R+r₁), то при поміщенні заряду —q у точку R+r₂ буде затрачено роботу

Таким чином, енергія диполя в цьому випадку буде меншою і дорівнюватиме

Шукана різниця енергій дорівнює q³/4πε₀|р| і має зміст енергії взаємодії зарядів, що складають диполь.

8.5. Електростатична енергія конденсатора дорівнює W=q²/2C, де q —заряд на обкладках; С —ємність, що дорівнює С = ε₀A/d (d—відстань між обкладками, A — їх площа). Шукана сила дорівнює

а робота цієї сили на відстані dх дорівнює —(q²/2ε₀A) dx.

8.6. Різниця Δ енергій спокою мезонів дорівнює Δ=(m_π+—m_π¯)с²= 4,6 МеВ. Якщо заряд мезонів рівномірно «розмазано» по об'єму кулі, то його власна електростатична енергія дорівнює [див. «Лекції», формула (8.7), вип. 5 і розв'язання до задачі 8.1]

З умови Δ= W одержується радіус піона а = 2·10^–¹⁴ см. Звідси видно, що так визначений радіус піона виявляється меншим за характерні розміри ядра.

8.7. Коли оболонка не заряджена, то на підставі закону Гаусса пересвідчуємося, що електричне поле поміщеного на початок координат заряду q₁ всередині (r≤a) і зовні оболонки (r > b) збігається з добре відомим електричним полем точкового заряду q₁. У самій же оболонці (а≤r≤b) напруженість електричного поля дорівнює нулю. Очевидно, робота з переміщення заряду з нескінченності на початок координат дорівнюватиме різниці енергій, укладених у полі, одна з яких відповідає заряду на початку координат, а друга — заряду q₁ поміщеному на нескінченності. (Той факт, що енергія точкового заряду нескінченна, тут не спричиняє утруднення, оскільки ми обчислюємо не самі енергії, а їх різницю.) Шукана робота W₁ дорівнює

Коли оболонка має заряд q₂ ситуація дещо інша. У початковому стані, коли заряд q₁ перебуває на нескінченності, енергія, зосереджена в полі, дорівнює енергії точкового заряду q₁ плюс енергія, що міститься в полі, створюваному сферичною оболонкою. Останнє, як легко переконатися на підставі теореми Гаусса, відмінне від нуля лише при r ≥ b і збігається з полем точкового заряду величини q₂. У кінцевому ж стані, коли заряд q₁перебуває на початку координат, величина напруженості електричного поля в просторі поводить себе таким чином (звісно, поле скрізь радіальне):

До розділу 10. Діелектрики

10.1. Для енергії конденсатора можна записати співвідношення

де V —різниця потенціалів на обкладках, а інтегрування проводиться по двох областях конденсатора. Оскільки поле E в конденсаторі можна вважати однорідним, то з цього співвідношення, якщо взяти до уваги, що Ed=V, випливає

10.2. Ємність конденсатора без діелектрика дорівнює С₀ = Aε₀/d,де A — площа пластин, d —відстань між ними; Q = C₀V₀, де V₀—різниця потенціалів. При всуванні діелектрика величина Q не змінюється, ємність же зростає і дорівнює (див. розв'язання задачі 10.1, врахувавши, що x₁ = 1) С = Aε₀(1+х)/2d = С₀ (l1+x)/2. Енергія конденсатора при цьому дорівнює U = Q²/2C =C₀V₀²/(1 +x).
а) Шукана сила дорівнює

в) Менша.

10.3. За відсутності діелектрика заряд Q на пластинах конденсатора і різниця потенціалів φ₀ пов'язані співвідношенням Q = C₀φ₀, де φ₀ = E₁d (d — відстань між пластинами). За наявності діелектрика Q = Cφ, причому E₂=E₁/x. Звідси Q= C [E₁(d—t)+E₁t/x]. Оскільки, з іншого боку, Q = C₀E₁d, то, прирівнюючи вирази для Q, знаходимо

10.4. Вектор електричної індукції D у будь-якій точці r всередині діелектрика дорівнює

Поверхнева густина зарядів σ_пол дорівнює σ_пол = Рn. Отже, наведені на внутрішній і зовнішній поверхнях діелектрика заряди Q_a і Q_b, відповідно дорівнюють

10.5. Зміна внутрішньої енергії конденсатора U, що дорівнює, як відомо, U =Q²/2C (де Q —заряд на пластинах, C — ємність), у процесі, в якому механічні сили всувають діелектрик, змінюючи його ємність, а батарея виконує роботу зі зміни зарядів на величину dQ, дорівнює

Перший доданок у цьому виразі —робота, виконана електричною батареєю зі зміни заряду на пластинах конденсатора, а другий —робота механічних сил.
Оскільки різниця потенціалів на пластинах залишається весь час сталою і дорівнює V₀ = Q/C, вираз для dU можна записати у вигляді

а) Підрахуємо роботу, виконану електричною батареєю. Враховуючи, що заряд на пластинах у початковому стані дорівнює q₀, а в кінцевому стані xq₀, знаходимо

б) Ємність конденсатора в початковому стані була q₀/V₀, а в кінцевому стані xq₀/V₀. Отже, механічні сили виконали роботу

Робота, як ми бачимо, виконувалася над діелектриком.

10.6. У певному розумінні ця задача аналогічна пункту (б) попередньої задачі. Над діелектриком (олива) виконується механічна робота_, яка переходить у потенціальну енергію стовпчика оливи в полі сил тяжіння. Ця робота дорівнює

де С₁ і С₂—ємності трубки до і після втягування оливи на висоту h. Оскільки ємність одиниці довжини циліндричного конденсатора дорівнює С₀«=2πε₀/ ln (b/a) (див. розв'язання задачі 6.5), то

Вага стовпа втягнутої оливи дорівнює π (b²—a²)ρgh. Потенціальна енергія цього стовпа в полі сили тяжіння дорівнює вазі, помноженій на координату його центра ваги, тобто на h/2:

З рівності роботи механічних сил і потенціальної енергії знаходимо потрібний результат:

10.7. Граничні умови на межі поділу двох середовищ (1) і (2) мають вигляд E_1t= E_2t, D_1n =D₂_n або E₁_n/x₁ = E_2n/x₂, де індексами n і t позначено нормальні й тангенціальні до поверхні складові векторів. Ці граничні умови випливають з рівнянь Максвелла divD = 0 і ∇XE = 0. Справді, розглянемо довільну поверхню поділу двох середовищ (фіг. 1). Виберемо довільним чином напрямок зовнішньої нормалі n до цієї поверхні й домовимося позначати індексами 1 і 2 величини, що стосуються відповідно до нижнього й верхнього середовищ. Виділимо подумки біля розглядуваної точки поверхні пряму призму з твірними dl, перпендикулярними до поверхні. Нехай ця призма вирізає на поверхні елемент S настільки малий, що його можна вважати плоским. За теоремою Гаусса потік вектора електричної індукції через поверхню призми має дорівнювати нулю ∫ D.dS= ∫ divD·dV =0. Коли dl прямує до нуля, потік вектора D через бічну поверхню призми також прямуватиме до нуля. Для потоку ж через верхню й нижню основу призми отримуємо

Звідси випливає шукана гранична умова

Покажемо тепер, що на межі поділу двох середовищ дотична складова вектора напруженості електричного поля Е неперервна. З цією метою виберемо біля довільної поверхні (на фіг. 2 її переріз площиною рисунка зображено суцільною лінією) контур у вигляді прямокутної рамки, бічні сторони dl якої нормальні до поверхні поділу середовищ. Виберемо розміри цього контуру настільки малими, щоб поверхню поділу двох середовищ можна було вважати плоскою. Подумки «натягнімо» на цю рамку стоксову поверхню. Тоді за теоремою Стокса

Але коли dl прямує до нуля, внесок в інтеграл по контуру від бічних сторін також прямуватиме до нуля. Якщо довжину L верхньої й нижньої сторін рамки вибрати достатньо малою, напруженість електричного поля Е на цих сторонах рамки можна вважати однорідною. Звідси (E₁t)L–(E₂t)L = 0, або E₁_t = E_2t. З фіг. 3 видно, що

До розділу 11. Внутрішня будова діелектриків

11.1. Уявімо собі однорідно поляризовану кулю у вигляді двох рівномірно заряджених куль, повні заряди яких однакові, але протилежні за знаком, а центри зсунуто один відносно одного на нескінченно малу відстань. У задачі 6.7 (див. розв'язання) було показано, що електричне поле такої системи збігається з електричним полем сфери, густина поверхневих зарядів на якій змінюється як A соsθ, де θ —кут, що відлічується від осі z (останню зручно вибрати вздовж напрямку вектора поляризації кулі). При цьому напруженість електричного поля поза цією сферою дорівнює напруженості електричного поля диполя з дипольним моментом P = (4π/3) Аа³:

Тут, очевидно, вектор Р збігається з вектором повного дипольного моменту рівномірно поляризованої кулі. Всередині ж такої кулі поле Е, згідно з розв'язанням задачі 6.7, дорівнює

11.2. Дипольний момент атома гелію дорівнює

11.3. Для водяної пари [див. «Лекції», вип. 5, рівняння (11.21)] х— 1 = Np₀²/3ε₀kT. Отже, температурна залежність поляризовності α =x —1/N має вигляд α= A/T, де A =p₀²/3ε₀k; N—кількість частинок в одиниці об'єму, яку можна знайти з рівняння стану ідеального газу p = NkT (р—тиск пари, k—стала Больцмана). За даними таблиці, наведеної в умові задачі, N= 1,138·10²⁵ м^-3. Для α виходить така таблиця значень:

Якщо побудувати залежність α = f(1/T), то експериментальні точки лягають на пряму, тангенс кута нахилу якої дорівнює A = 1,12. Звідси р₀= √3ε₀kA = 2·10^–¹⁷ кулон·м.

11.4. У простому варіанті задачі E =(1/4πε₀) (2р/а³) і р = αε₀Е. Звідси відповідь: а³ = α/2π. В ускладненому варіанті електричне поле в будь-якому вузлі легко знайти:

Оскільки дипольні моменти атома кисню й атома титану дорівнюють р₀ =α₀ε₀E і p_Ti = α_Tiε₀E, то при підстановці в ці вирази E випливає шукана умова:

11.5. В однорідному зовнішньому електричному полі Е кожна кулька буде рівномірно поляризована. Нехай Р —вектор поляризації кульки. Рівномірна поляризація кульки створює всередині неї однорідне електричне поле з напруженістю, що дорівнює —Р/3ε₀ [див. «Лекції», вип. 5, формула (11.24)]. Тоді сумарне електричне поле всередині кожної кульки (їхнім взаємним впливом одна на одну ми, згідно з умовою задачі, нехтуємо) дорівнює Е_i = Е—Р/3ε₀. Оскільки Р = ε₀(х—1) Е_i, то

Повний дипольний момент рівномірно поляризованої кульки P отримаємо, помноживши Р на об'єм кульки, тобто на (4π/3) (d/2)³:

Оскільки кульки утворюють просторову ґратку з періодом, що дорівнює 3d, поляризація цієї ґратки, тобто дипольний момент, що припадає на одиницю об'єму ґратки, дорівнюватиме

Оскільки D = E + P/ε₀, то для діелектричної проникності ґратки знаходимо вираз

До розділу 12. Електростатичні аналогії

12.1. Виходячи з електростатичної аналогії, нам потрібно знайти потенціал у центрі тонкого рівномірно зарядженого кільця. Маємо

де Q —повний заряд кільця Q = ρπa²b. Переходячи до задачі про розподіл температури, треба згадати, що ми обчислили різницю потенціалів між центром кільця і нескінченно віддаленою точкою. Якщо потенціал на нескінченності дорівнює φ₀, то в центрі кільця він дорівнює

Переходячи до «температурних» величин, знаходимо температуру в центрі кільця (при такому переході φ→ T, ρ →ε₀S/x, див. «Лекції», вип. 5, стор. 234, 235)

12.2. Використовуючи аналогію з електростатичною задачею, знаходимо Т (r) = — (Sr²/6x) + D, де S = W/(4π/3) R³—густина джерел тепла; W=8·10²⁰ дж/рік; R —радіус Землі. Сталу D визначимо з умови Т(а)=Т₀, тобто D = T₀+Sa²/6x. Радіус a можна знайти, поклавши наближено температуру поверхні Землі рівною нулю. З цієї умови випливає

12.3. а) Тривимірний випадок:

Підставляючи цей вираз для φ в рівняння Δφ = 0, отримуємо

Нетривіальний розв'язок отриманого рівняння існуватиме за умови, що коефіцієнти b₁ і b_₂ відмінні від нуля. Отже,

б) Двовимірний випадок:

У цьому випадку Δφ=_n∑ (n — 1) (n+ 1)с_nzρⁿ^–³ = 0. Отже, лише c₁і c_-1відмінні від нуля і розв'язок має вигляд

12.4. Задача математично аналогічна задачі 7.1. Тому для T можна відразу записати розв'язок, якщо в задачі 7.1 лінійну густину зарядів покласти рівною λ=Wε₀/xt

У цьому виразі r₂=√[x—(d/2)]′²+ y² і r₁ = √[x+(d/2)]′²+ y²—відстані від труб із джерелами +W і —W до довільної точки (див. рисунок до розв'язання задачі 7.1, стор. 421). Стала D = T₀ визначається з тієї умови, що далеко від труб температура дорівнює Т₀. У точці з координатами х= 100 d і y=100 d температура дорівнює T = 20,5° С.

До розділу 13. Магнітостатика

13.1. а) Напруженість магнітного поля, створюваного струмом, що тече по нескінченному прямому дроту, на відстані r від нього дорівнює В = (I х е_r)/2πε₀с²a, де е_r — одиничний вектор у напрямку радіуса-вектора, що лежить у площині, перпендикулярній до дроту. У центрі квадрата компоненти вектора напруженості магнітного поля дорівнюють B_y = 2I/πε₀с²a = 8·10^–5 вебер/м², В_x = 0 (див. рисунок). Вектор В, отже, напрямлений вертикально вгору.
б) Сила, що діє на елемент довжини струму лівого нижнього з дротів, згідно із законом dF = /dl x B, дорівнює f = dF/dl = Ie₃ xB, де е₃—одиничний вектор у напрямку сили струму лівого нижнього дроту. Обчислимо напруженість магнітного поля в районі лівого нижнього дроту (виключаючи, звичайно, поле самого цього дроту). Неважко переконатися, що компоненти вектора В дорівнюють В_x = В₀/2, В_y = ЗВ₀/2, де В₀ = I/2πε₀с²a. Отже, f =(B₀I/2) (—3e₁+e₂), де е₁ і е₂—одиничні вектори в напрямку осей x і у. Величина цієї сили дорівнює If | = В₀I √10/2 = 6,310^–⁴ ньютон. Напрямок сили становить кут161°,7 з віссю x.

13.2. При обертанні циліндра виникає струм із густиною

Виберемо контур інтегрування так, як показано на рисунку, і скористаємося теоремою Стокса. Магнітне поле з міркувань симетрії напрямлене вздовж осі циліндра. Знаходимо, що поза циліндром В = 0. Поле на осі циліндра дорівнює

Напрямок вектора В збігається з напрямком вектора кутової швидкості.

13.3. Густину струмів j знайдемо з умови однорідності струму по перерізу. Скориставшись тим, що циркуляція вектора В по замкненому контуру дорівнює

13.4. Під дією сили Лоренца q_ev X B електрон буде рухатися по колу. Радіус останнього знаходиться з рівняння руху електрона в магнітному полі: його прискорення дорівнює доцентровому

де v₀ — початкова швидкість електрона. У своєму русі електрон у вузькій частині трубки опише дугу. Відхилення променя (у граничному випадку на половину екрана) знайдемо з виразу D/2 = (/ — a) tg φ_макс (позначення розшифровано на рисунку). Оскільки a«l, то tg φ_макс = D/2I. Неважко переконатися, що якщо відмовитися від умови a«l, то φ_макс треба визначати з рівняння

Радіус кола як функція параметрів трубки і кута відхилення є r = l₁/sin φ_макс.
Отже, B = mv₀/q_el₁√ 1+ (4/²/D²). Якщо для оцінки величини B задатися такими параметрами трубки: D = 30 см; I = 30 см, l₁ = 5 см, то B = 1,60 гс (швидкість електрона v₀ визначається за формулою v =√2E/m_e, при E = 3 кеВ v₀ = 3·10⁷ м/с. Кількість ампер-витків на одиницю довжини (м) соленоїда знаходиться за формулою B = nI/ε₀c²: nI= ε₀c²В = 12,7·10³. Прискорення електронів електричним полем після їхнього відхилення в магнітному полі збільшує складову швидкості в напрямку до екрана. Це приводить до зменшення кута φ між напрямком руху електронів і віссю трубки; отже, після відхилення в магнітному полі має бути φ > φ_ма_кс (φ_макс визначається параметрами трубки), і знайдені оцінки B, nl треба збільшити.

13.5. а) При визначенні сили, що діє на рамку зі струмом, виходитимемо з того, що на елемент струму довжиною dl діє сила, що дорівнює dF = I₂dI x B. Проінтегруємо цей вираз по контуру рамки. Ясно, що сили, що діють на ділянки рамки, перпендикулярні до дроту, рівні за величиною і протилежні за напрямком. Їхня результівна дорівнює нулю. Сила, що реально діє на рамку, дорівнює сумі сил, що діють на ділянки, паралельні дроту. Оскільки магнітне поле, створюване дротом на відстані y від нього, дорівнює

Сила, що діє на дріт, дорівнює знайденій за величиною, але протилежно напрямлена,
б) Як легко переконатися, момент сил, що діють на рамку, визначуваний виразом М = I₂ Φ r x dl x B, дорівнює нулю.

13.6. Задача легко розв'язується, якщо розглянути два фіктивні струми: один із густиною +j, а другий із густиною —j, які «течуть» по порожнині так, щоб результівний струм через порожнину дорівнював нулю. Магнітне поле на осі порожнини при цьому легко знаходиться і дорівнює В = (1/2ε₀с²) j x d, де d —радіус-вектор, що сполучає центр перерізу стрижня з центром перерізу порожнини.

До розділу 14. Магнітне поле в різних випадках

14.1. а) Для визначення векторного потенціалу в точках, віддалених від поверхні плівки на відстань, значно меншу за її розміри, скористаємося сформульованим у «Лекціях» (вип. 5, стор. 282, 283) правилом: i-та компонента векторного потенціалу, що виникає від густини струму j, точно така сама, як електричний потенціал φ, створений густиною зарядів ρ = j_i/с². Оскільки плівку в умовах задачі можна вважати необмеженою в усіх напрямках, то скористаємося вже розв'язаною задачею про поле рівномірно зарядженої площини. Виберемо сітку координат, спрямувавши вісь x уздовж вектора v, а вісь z — перпендикулярно до площини плівки. У такій системі координат поверхневий струм має лише компоненту x, відмінну від нуля, тому A_y = A_z = 0. Електричне поле рівномірно зарядженої площини, згідно з «Лекціями» (вип. 5, стор. 96), дорівнює

де е_z — одиничний вектор у напрямку осі z. Інтегруючи співвідношення Е_z = — ∂φ/∂z, знаходимо електричний потенціал φ = –(σ/2ε₀) z (сталу інтегрування вибираємо рівною нулю). Використовуючи сформульоване вище правило, знаходимо

Оскільки В = ∇ х А, то, виконавши необхідне диференціювання, знаходимо В_x = 0, B_y = σv/2ε₀c², В_z = 0. У векторній формі

14.2. Для розв'язання задачі зручно скористатися законом Біо —Савара

а) Прямолінійні ділянки дроту вносять у величину магнітного поля в центрі півкола нульовий внесок.
б) Поле напрямлене перпендикулярно до площини рисунка і за величиною дорівнює B=1/4ε₀c²r.
в) Магнітне поле, створюване всім дротом, дорівнює знайденому в пункті (б) цієї задачі.

14.3. Якщо скористатися законом Біо—Савара, то магнітні поля, створювані витками в точці P (див. рисунок), легко знайти простим інтегруванням B_x1 = /a²/2ε₀c²r₁³ і

в) Доданок ~х² перетворюється на нуль за умови 5b²/4 = r₀²тобто якщо а = b.
г) Якщо a = b, то магнітне поле дорівнює B = 8I/5^3/2аε₀с².

14.4. а) Виберемо осі координат, як показано на рисунку. Відповідно до закону Біо—Савара

де інтегрування ведеться за всіма сторонами рамки. Якщо подати вектор r у вигляді суми двох векторів, один з яких напрямлений уздовж осі x і має довжину, що дорівнює x, а другий розташований у площині yz, то можна записати

Ясно, що перший інтеграл у квадратних дужках дорівнює нулю просто через симетрію рамки, оскільки для будь-якого dl завжди знайдеться на рамці інша ділянка, розміщена на такій самій відстані r від точки M, але з протилежним напрямком dl. Що ж до другого інтеграла, то в ньому вектор dl x ρ завжди напрямлений уздовж осі x, і, отже, магнітне поле рамки перпендикулярне до площини рамки. З рисунка видно, що (dl x ρ)_x= (а/2) dz.
Враховуючи, що інтеграл за замкненим контуром в умовах цієї задачі дорівнює восьми інтегралам уздовж відрізка 0 ≤z≤а/2, для якого r² = z² + x² + a²/4, знаходимо

Обчислюючи цей інтеграл, дістанемо потрібну в задачі відповідь.
б) У цьому пункті задачі потрібно фактично знайти закон Біо—Савара із загального інтегрального виразу для векторного потенціалу. У даній задачі цей вираз зводиться до вигляду

За міркуваннями, викладеними вище, векторний потенціал у точці M дорівнює нулю. Обчислимо В = ∇хА. Скориставшись приміткою до задачі, запишемо вираз для векторного потенціалу в довільній точці спостереження

В останньому інтегралі диференціювання виконується за координатами точки спостереження. Під час цього диференціювання вектор dl слід вважати сталим. Тут зручно скористатися тими співвідношеннями, які було отримано в розв'язанні задачі 2.3. Дістанемо

Отже, ми приходимо до закону Біо—Савара, використаного в пункті (а).

14.5. Щоб визначити напруженість магнітного поля, обчислимо спочатку векторний потенціал у деякій точці P з координатами х, y, z, розташованій поблизу осі кільця. Виберемо осі координат так, щоб вісь z збігалася з віссю кільця. Скористаймося інтегральним виразом для векторного потенціалу

Оскільки струмів у напрямку осі z немає, то A_z=0. Враховуючи далі, що

Обчислюючи напруженість магнітного поля В = ∇ хА, знаходимо остаточно В_x = В_y = 0:

14.6. Повний заряд провідної сфери пов'язаний із потенціалом V співвідношенням Q = 4nε₀Va. Тому густина поверхневих зарядів дорівнює ε = ε₀V/a. Для визначення векторного потенціалу скористаємося загальним інтегральним поданням, урахувавши, однак, що струми, які виникають під час обертання сфери, будуть поверхневими і, отже, в умовах задачі треба замінити jdV на (σaωXdS), де dS — вектор, за величиною рівний елементарній площадці dS і напрямлений перпендикулярно до цієї площадки. Векторний потенціал при цьому дорівнює

Перетворюючи поверхневий інтеграл на об'ємний за теоремою Гаусса, знайдемо

де вектор Е₀ — напруженість поля рівномірно зарядженої кулі

14.7. а) Якщо відрізком дроту з'єднати вісь циліндра з його поверхнею, то, оскільки дріт рухається в магнітному полі, сила q (v X В) призведе до того, що кінці дроту зарядяться. Заряджання відбуватиметься доти, доки електричне поле Е не зрівноважить (v X В), тобто при E (х) = ω·х·B. При цьому різниця потенціалів на кінцях дроту дорівнюватиме V=₀∫^b E (x) dx=(ωb²/2) B, де b —радіус циліндра. Магнітне поле всередині циліндра (поза ним воно дорівнює нулю) легко знайти за допомогою теореми Стокса, вибираючи контур інтегрування так, як показано на рисунку: В = λω/2πεе₀с². Звідси відповідь:

б) Нехай у нашому розпорядженні є дуже чутливий вольтметр, за допомогою якого можна вимірювати різниці потенціалів у 10^-¹⁰ в. Зі знайденого виразу для V випливає, що величина V тим більша, чим більше λ —заряд, що припадає на одиницю довжини циліндра. Нехай густина поверхневих зарядів σ на циліндрі достатньо велика, скажімо така сама, як на провідній сфері з радіусом a=1 м, зарядженій до потенціалу V₀ = 10⁶ в. Тоді σ= ε₀V₀/a і λ= 2πε₀V₀b/а.
Підставляючи це значення λ у вираз для V і враховуючи, що v = ωb, де ω= 10^-⁴ с^-¹, знайдемо b = [(2с²а/ω²)(V/V₀)]^1/3=1200 м, що нереально.

6
ЕЛЕКТРОДИНАМІКА

До розділу 15. Векторний потенціал

15.1. а) На межі між двома середовищами нормальна складова магнітного поля має бути неперервною (ця умова є наслідком рівняння div B = 0). Оскільки всередині надпровідника В=0, то на його поверхні нормальна складова магнітного поля також дорівнює нулю, тобто поле ззовні надпровідника скрізь дотичне до поверхні останнього —магнітні силові лінії огинають надпровідник.
б) Магнітне поле в будь-якій точці A, розташованій над надпровідником, можна знайти за допомогою методу зображень (див. рисунок)

Для визначення рівноважних кутів θ обчислимо «механічну» енергію диполя в магнітному полі, створюваному надпровідником

Визначаючи рівноважні значення θ з умови ∂U/∂θ = 0, знайдемо θ = 0, π/2, 3π/2, π. Для знайдених значень кутів енергія магнітного диполя дорівнює

Отже, при θ = 0,π рівновага буде стійкою, а при θ= π/2, 3π/2 —нестійкою,
г) Сила, що діє на магнітний диполь, визначається виразом F= —grad U_мех. При фіксованому θ сила діє в напрямку, перпендикулярному до поверхні надпровідника, і дорівнює за величиною

При стійкій рівновазі, тобто при θ = 0,π, F = 3μ²/8d⁴. Сила буде відштовхувати диполь від поверхні надпровідника.

До розділу 17. Закон індукції

17.1. Застосовуючи теорему Стокса і вважаючи поле В однорідним усередині циліндра, легко знайти

Миттєве прискорення слід визначити з рівняння руху: mw = q_e [E + v x H]. Оскільки в початковий момент часу швидкість заряду дорівнює нулю, то w = (q_e/m)Et = —(q_er/2m) (∂Bl∂t). Прискорення в точках P₁ і Р₃ за величиною дорівнюють q_ea(∂Bl∂t)/2m= 1,32·10²⁰ см/с² і протилежні за напрямком. Прискорення в точці Р₂ дорівнює нулю.

17.2. Магнітний потік крізь напівкільце дорівнює Ф = B·S·cosα, де α —кут, який площина напівкільця утворює із силовими лініями: S = πr²/2 —площа напівкільця. Наведена ЕРС E і струм у колі при цьому дорівнюють

17.3. При R»a поле, що створюється витком (1), дорівнює

де μ=Iπa²n₁; n₁ —одиничний вектор нормалі до площини витка (1). Якщо ввести n₂ —аналогічний вектор для витка (2), то магнітний потік крізь другий виток дорівнює

Оскільки n₁||R, то, ввівши кут α, який вектор n₂ утворює в момент часу t з векторами n₁ і R, знайдемо наведену у витку (2) ЕРС

17.4. а) Дріт рухається рівноприскорено. Справді, за законом Ампера сила, що діє на дріт, дорівнює IBd. Розв'язуючи рівняння руху для дроту з початковою умовою v(t)|_t₌₀ = 0, дістаємо v = (IBd/m) t.
б) Якщо коло має опір r₀, то, нехтуючи полем, що створюється струмом, знаходимо

Оскільки дріт рухається рівномірно, то сила, що діє на нього (сила Ампера), дорівнює нулю. Звідси I = 0 і, отже, v_стац= EId· B.
в) Струм дорівнює нулю.

17.5. Електрична енергія кола з двома котушками дається виразом [див., наприклад, «Лекції», вип. 6, стор. 70, формула (17.38)]

де I₁, /₂ —струми в котушках; M —коефіцієнт взаємної індукції. Оскільки за умовою задачі I₁ = I₂ = I, то електричну енергію кола можна подати у вигляді U = ¹/₂Ll², де L = L₁ + L₂—2M. Якщо витки однієї котушки перемотати в інший бік, то зміниться знак у M.

17.6. а) Напруженість магнітного поля всередині кабелю знайдемо за допомогою теореми Стокса, врахувавши, що через симетрію задачі силовими лініями магнітного поля будуть концентричні кола. У кожній точці силової лінії радіусом r напруженість магнітного поля дорівнює В = I/2πε₀с²r. Щоб знайти індуктивність кабелю, визначимо енергію магнітного поля U=(ε₀с²/2) ∫ B²dV, що припадає на одиницю довжини кабелю [див. «Лекції», вип. 6, стор. 74, формула (17.48)]. Поділимо об'єм між циліндрами на циліндричні шари завтовшки dr і врахуємо, що об'єм такого шару, розташованого на відстані r від осі кабелю, дорівнює dV = 2πr dr, після чого знайдемо

Прирівнюючи цей вираз до величини ¹/₂LI², знайдемо індуктивність, що припадає на одиницю довжини кабелю:

б) У цьому випадку напруженість магнітного поля B при a< r <b дорівнює знайденій у пункті (а). За допомогою теореми Стокса знайдемо, що для 0 < r < a В = Ir/2πε₀с²а². Обчислимо далі енергію магнітного поля у внутрішньому дроті, що припадає на одиницю довжини. Діючи так само, як у пункті (а), дістаємо

Додаючи цей вираз до U₁ і прирівнюючи суму до величини ¹/₂LI², знаходимо
Якщо b»a, то зі знайденого виразу для L випливає, що результат слабко залежить від характеру розподілу струму по перерізу центрального дроту.

17.7. а) Напруженість магнітного поля всередині тороїдальної котушки легко знайти за теоремою Стокса, якщо як стоксову поверхню взяти поверхню, «натягнуту» на коло радіусом r. Для b < r < b+a знаходимо

де N —число витків обмотки, I —сила струму в обмотці. Далі обчислимо енергію магнітного поля всередині тороїдальної котушки. Інтегруючи за об'ємом тороїда, знайдемо

б) Для визначення взаємної індукції системи, що складається з тороїдальної котушки і прямолінійного дроту, обчислимо Ф₀—магнітний потік, що створюється дротом крізь поперечний переріз тороїда. Оскільки напруженість магнітного поля В, що створюється прямолінійним провідником на відстані r від нього, дорівнює В = I₁/2πε₀с²r (силові лінії поля B являють собою концентричні кола), то магнітний потік крізь один виток тороїдальної котушки дорівнює

де I₁— сила струму в дроті. Оскільки в котушці N витків, потік потрібно помножити на N. Отже, ЕРС у котушці дається виразом

в) З пунктів (а) і (б) випливає, що L/|M|=N.

17.8. а) Як показано в розд. 14, § 5 «Лекцій», напруженість магнітного поля, що створюється витком 1 на великій відстані від нього, поводиться як електричне поле диполя з моментом, перпендикулярним до площини витка, тобто

де µ₁ = Iπа²n₁. Оскільки поблизу витка 2 поле В можна вважати однорідним, магнітний потік крізь нього вектора В дорівнює πа²В·n₂. Обчислюючи ЕРС, наведену у витку 2, знаходимо

Через кути α₁ і α₂ (див. рисунок до умови задачі, стор. 356) взаємна індукція виражається таким чином:

б) Сила взаємодії витків [див. «Лекції», вип. 6, формула (17.39)] дорівнює F=— I²vM₁₂. Використовуючи вираз (1), знаходимо

Складова сили, перпендикулярна до площини рисунка, дорівнює нулю. Проекції сили F на лінію, що сполучає центри витків, F|| і на перпендикулярну до неї вісь (на рисунку спрямуємо цю вісь угору) F_ відповідно дорівнюють

в) Якщо змінити напрямок струмів одразу в двох витках, то сила не зміниться, якщо змінити його тільки в одному витку, то сила змінить знак, оскільки при цьому зміниться напрямок одного з векторів n на протилежний.
17.9. Щоб знайти напруженість магнітного поля на осі соленоїда, що створюється одним витком, визначимо спочатку вектор В₀ на осі. Скориставшись результатом задачі 14.5, знайдемо, що на відстані z від центра витка напруженість магнітного поля на його осі дорівнює за величиною

При цьому вектор В₀ напрямлений уздовж осі витка. Щоб знайти напруженість магнітного поля в центрі соленоїда, що створюється всіма його витками, проінтегруємо знайдений вираз за довжиною соленоїда, ввівши лінійну густину струму IN/l. Замінюючи у наведеному вище виразі для В₀силу струму на INdz/l і інтегруючи за z від —l/2 до +l/2, знаходимо величину магнітного поля в центрі соленоїда:

Неважко бачити, що, якщо довжина соленоїда прямує до нескінченності, вираз для B переходить у знайдений в «Лекціях» (вип. 5, розд.13, §5) вираз для магнітного поля всередині довгого соленоїда. Оскільки r₂»r₁,поле B в околі петлі можна вважати однорідним (тобто в області 0< r < r₁). Обчислюючи магнітний потік крізь петлю Ф = В·πr₁², знаходимо

Обчислимо тепер M₂₁. Оскільки розміри витка малі, то його можна розглядати як магнітний диполь. Поле магнітного диполя дорівнює (див. «Лекції», вип. 6)

де µ = I₁πr₁²e_z; е_z —одиничний вектор, напрямлений уздовж осі соленоїда (її вибираємо за вісь z); I₁ —сила струму у витку. Обчислимо потік вектора В крізь один виток соленоїда, розташований на відстані z від центра витка:

Якщо сила струму у витку змінюється, то в розглянутому витку соленоїда наводиться ЕРС, що дорівнює E =— ∂Ф/∂t. Щоб знайти повну ЕРС, ми повинні підсумувати знайдений нами вираз за всіма витками. Вводячи густину витків Ndz/l та інтегруючи за z від –l/2 до l/2, знаходимо

Обчислюючи знайдений інтеграл, отримуємо вираз для M₂₁, який, як неважко бачити, збігається з M₁₂ тобто M₂₁=M₁₂

17.10. Якщо знехтувати магнітним полем, що створюється дротом, то наведена в ньому ЕРС дорівнює

Звідси I = E/R=–Bvl/R=–10^–⁸а. Якщо не знехтувати магнітним полем, що створюється рухомим провідником, струм у колі зменшиться. Відповідь за величиною не зміниться, якщо магніт, що створює поле B, рухатиметься зі швидкістю v в той самий бік, що й дріт, оскільки в цьому випадку можна вважати, що опір R рухається вправо зі швидкістю v і, отже, магнітний потік крізь коло змінюватиметься з колишньою швидкістю. Оскільки розміри кола зменшуються з часом, коефіцієнт самоіндукції також зменшуватиметься.

17.11. Механічна сила, що діє між витками, і момент сил, що діє на виток Б, визначаються виразами (див. «Лекції», вип. 6, стор. 71)

Де d —відстань між центрами витків; α —кут, який складає нормаль до витка Б з віссю, що проходить через ці центри; M_АБ—коефіцієнт взаємної індукції витків, щоб знайти останній, можна скористатися результатом задачі 17.8 (див. формулу для M₁₂);

Витки відштовхуються один від одного.
в) Якщо самоіндукцією витків не нехтувати, то величина сили струму I_Б буде меншою. Разом із цим зменшаться
величини F і M.
г) Відповідь до пункту (а) не зміниться: при α = π/2 sin2α = 0 і, отже, момент сил, що діють на виток Б, буде, як і раніше, дорівнювати нулю. Відповідь до пункту (б) зміниться: при α = π/2 cosα = 0 і сила, що діє на виток Б, перетвориться на нуль.

До розділу 20. Розв'язання рівнянь Максвелла в порожньому просторі

20.1. а) Хвильове рівняння, якому має задовольняти електричне поле Е, має вигляд

Для компоненти α(α = x, y, z) це рівняння має вигляд

Підставляючи в це рівняння E_α = E_0αexp [i (ωt—kx)] і виконуючи диференціювання, знаходимо [k² —(ω²/с²)]E_α =0. Оскільки ω=ck, це рівняння виконується для будь-якого α.
б) Подамо α-ту компоненту вектора Е₀, яка, взагалі кажучи, комплексна у вигляді E_0α = E′_0αexp(iφ_α), де E′_0α– модуль комплексного числа E_0α, а φ_α— його аргумент. Тоді E_α = E′_0αexp [i (ωt—kx+ φ_α)]. Отже, дійсну частину Е_α можна записати в такому вигляді: E′_0αcos(ωt—kx+ φ_α). Знайдемо далі рівняння руху точки, для якої фаза хвилі φ=ωt—kx має певне фіксоване значення. Очевидно, в цій точці компоненти напруженості електричного поля хвилі матимуть певні значення, що дорівнюють E_α = E′_0α cos(φ + φ_α). Визначаючи x, знаходимо цей закон

Вибрана точка, таким чином, рухається в додатному напрямку осі x зі швидкістю c. в) Подіємо оператором v на функцію

Отже, дія оператора v на подібні функції зводиться до простого множення їх на вектор —ike_x. Дія оператора ∂/∂t зводиться до множення таких функцій на число iω.
г) Нехай напруженості електричного і магнітного полів залежать від t і x синусоїдально.
Тоді в комплексному вигляді можна записати Е= Е₀ exp [i(ωt — kx)] і В = В₀exp [i(ωt — kx)]. Підставляючи ці вирази в рівняння Максвелла у порожнечі

Визначаючи Е з останнього рівняння і підставляючи вираз для Е в друге рівняння, знаходимо

оскільки e_xX(e_xX B)= e_x(e_x·B)–B(e_x·e_x). Враховуючи, що, згідно з третім із отриманих рівнянь, e_xB=0, а також що (e_x·e_x)=1, з (1) знаходимо [k²—(ω²/с²)] В=0. Звідси випливає, що ω = ck.
д) Електричне поле Е = Е₀exp ± [i (ωt+ kx)] описує хвилю, що поширюється у від'ємному напрямку осі x. Дія оператора v на подібну функцію зводиться до множення її на вектор ± ike_x, а дія оператора ∂/∂t —до множення цієї функції на число ± iω. При цьому рівняння Максвелла та зв'язок між ω і k будуть такими самими, якими вони були знайдені в пункті (г) цієї задачі.

20.2. Розглянемо усталений процес. Напруженість електричного поля електромагнітної хвилі, що падає на дзеркало, у нерухомій системі координат можна представити у вигляді Е=Е₀ cos(ωt–kx), а хвилі, відбитої від дзеркала, у тій самій системі координат можна представити у вигляді Е′=Е′₀cos (ω′t+k′x). На прямій лінії x = vt, де v -швидкість дзеркала, повинні виконуватися такі граничні умови: Е + Е′ =0 = Е₀ cos (ωt–kx) + Е′₀ cos (ω′t+k′x). Це можливо лише при Е₀ = —Е′₀ і ωt–kx = ω′t+k′x. Підставляючи x =vt і k = ω/c, k′ = ω′/c, отримуємо

Цей результат збігається з тим, який можна отримати, використовуючи перетворення Лоренца.

До розділу 21. Розв'язки рівнянь Максвелла зі струмами та зарядами

21.1. Згідно з формулами (21.18) і (21.25) «Лекцій» (вип. 6):

що еквівалентно виразові (21.26) «Лекцій», вип. 6, стор. 155.

21.2. Позначимо через r′₊ і r′_ «запізнілі радіуси-вектори» (r′_±=x,y,z±(d/2)cos ωt′) від додатного та від'ємного зарядів. Згідно з рисунком в умові задачі (стор. 360),

де t′= t—r′_±/c. Напруженість електричного поля, створювана зарядами +q і —q у точці P, згідно з рівнянням (21.1) (див. «Лекції», вип. 6, стор. 142), дорівнює

Скористаємося тим, що точка P розташована на відстані r»d від диполя. Це дозволяє в усіх обчисленнях обмежуватися лише лінійними за d членами. У такому наближенні

Враховуючи, що e_z·e_θ=cos θ, знаходимо, що ці скалярні добутки дорівнюють нулю. Модулі векторів de_r_±/dt і d²e_r_±/dt²знайдемо, обчисливши скалярні добутки цих векторів на e_θ. Враховуючи, що (e_z·e_θ) =—sin θ, маємо

Визначаючи з цього виразу Е_φ, Е_θ, і Е_r, приходимо до наведеного в умові задачі результату.

21.3. У «Лекціях», вип. 5, розд. 14, § 5 зазначалося, що електричне поле статичного диполя і поле постійного магнітного диполя однакові за виглядом, хоча й задовольняють різні рівняння Максвелла

Це відбувається від того, як зазначалося в «Лекціях», що дипольні поля виникають, коли ми перебуваємо далеко від усіх струмів і зарядів. Тоді у великій частині простору рівняння для Е і В однакові: ротор і дивергенція цих полів дорівнюють нулю. Але неважко переконатися, що така симетрія рівнянь Максвелла має місце і в загальному випадку змінних полів. Справді, у точках простору, далеких від зарядів і струмів, рівняння Максвелла однорідні:

Тому, замінюючи у виразах для електричного і магнітного полів осцилюючого диполя, знайдених у задачі 21.2,

21.4. а) З рисунка до умови задачі (стор. 361) видно, що (для зручності позначимо d/2=a)

отримуємо потрібний вираз для φ.
б) Зауважимо, що якщо використати результат пункту (а), то можна записати

Якщо скористатися рівнянням vA=—(1/с²) (∂φ/∂t), яке в задачі зводиться до рівняння (1/с²) (∂φ/∂t) =— (∂А_z/∂z), то ми бачимо, що в написаному вище виразі для (1/с²) (∂φ/∂t) функція, що стоїть після оператора ∂/∂_z, є не що інше, як — A_z.
в) Обчислюючи Е = — ∇φ— (∂A/∂t) за допомогою знайдених у пунктах (а) і (б) виразів для φ і А, знаходимо
Помножуючи Е скалярно на e_r,e_φ=e_zX e_r і е_θ=е_r X(e_zX e_r) = cosθe_r—e_z, знаходимо вирази для E_φ, E_θ, E_r, наведені в умові задачі 21.2. При цьому сВ=е_rх Е.

21.5. а) Оскільки i=dp/dt, де р—дипольний момент одиниці довжини, то, інтегруючи (сталу інтегрування можна покласти рівною нулю), знаходимо

Дипольний момент елементарного диполя довжиною Δz звідси дорівнює

де k = 2π/λ, і підставляючи у формулу для векторного потенціалу, простим інтегруванням знаходимо А_z:

Неважко бачити, що останній вираз збігається зі знайденим векторним потенціалом А у пункті (б) задачі 21.4, якщо тільки покласти

Тому ми можемо скористатися розв'язком цієї задачі [див. пункт (в) задачі 21.4] і знайти електричне поле у хвильовій зоні

Аналогічно для магнітного поля знаходимо, що у хвильовій зоні істотна лише компонента В_φ , причому вона дорівнює В_φ=E_θ/c.
в) Залежність E_θ від кута θ має вигляд для антени

Характер цієї залежності для антени й одного диполя приблизно однаковий (див. рисунок).

21.6. Електричне і магнітне поля рухомого заряду описуються потенціалами Льєнара-Віхерта

де R′ і v′ беруться для часу t′ = t — R′/c.
а) Оскільки при русі по колу в будь-який момент часу v_R, то в центрі круга маємо

де v′ [t′]=v[t — (а/с)]. Вважаючи момент часу, коли заряд перебуває в точці P, за початок відліку часу, знаходимо

в) Визначимо потенціали в точці, розташованій поблизу центра круга (r –радіус-вектор цієї точки, див. рисунок). Позначаючи через α₀ кут між r і віссю x, запишемо

Наша кінцева мета —обчислити похідні від потенціалів у початку координат. Тому, виражаючи R′ як функцію t, х, y, утримаємо лише члени першого порядку за r

Виразимо тепер через х, y, t скалярний добуток (v′·R′). Як видно з рисунка, (v′·R′)=—va sinα₁. Маємо

Якщо підставити сюди щойно знайдений вираз для R′, ми знайдемо cosα₁ = 1, однак якщо врахувати члени другого порядку, то врешті-решт отримаємо

Скориставшись формулою Е = — ∇φ— (∂A/∂t), обчислимо напруженість електричного поля [нагадаємо, що вектор А у центрі круга знайдено в пункті (б)]. Маємо

Легко переконатися, що при t=0, тобто коли заряд перебуває в точці Р, Е_x < 0 і Е_y < 0. Таким чином, поле напрямлене вниз від осі x (а якби був справедливий «запізнілий закон Кулона», воно було б напрямлене вище осі х).

Визначимо тепер векторний потенціал А. Для цього необхідно знайти v′ (t, х, y). Маємо

Відкидаючи у виразі для А_x члени, пропорційні х, а в А_y—пропорційні y (і ті, й інші не дають внеску в магнітне поле), знаходимо

Неважко переконатися, що лише z-компонента магнітного поля відмінна від нуля. Для неї

Таким чином, магнітне поле в центрі круга не залежить від часу. Воно дорівнює полю в центрі витка зі струмом, такого, що ∫ I·dS = qv.
Легко зрозуміти чому: уявіть, що заряд «розмазаний» уздовж «дроту» [ρ = ρ(s)] і рухається як ціле; ясно, що лише в тій частині витка, де ρ≠0, струм відмінний

г) Формула (21.1) для напруженості електричного поля (див. «Лекції», вип. 6, розд. 21, стор. 143) набуває в нашому випадку вигляду

Диференціюючи, отримуємо для Е_x і Е_y формули, що збігаються з уже знайденими. Обчислимо магнітне поле

що знову збігається з попереднім результатом.

До розділу 22. Кола змінного струму

22.1. а) Нехай струм втікає у вузол 1 (див. рисунок), а витікає з вузла 7. Внаслідок симетрії системи потенціали точок 2, 5, 4 рівні. Також рівні між собою потенціали точок 6, 3 і 8. У підсумку отримаємо електричну схему такого типу:

Опір за такого підключення дорівнює ⁵/₆ ом.
б) Нехай підключення зроблено так, що струм втікає у вузол 1, а витікає з вузла 4. Тоді рівні потенціали вузлів 2 і 5. Об'єднаємо ці вузли. Відповідно рівні потенціали вузлів 3 і 8. Їх також об'єднуємо. У підсумку отримаємо таку плоску еквівалентну схему:

За даного підключення опір схеми дорівнює ⁷/₁₂ ом.
в) Нехай струм втікає тепер у вузол 1, а витікає з вузла 8. У цьому випадку рівні попарно потенціали точок 3 і 6, а також 4 і 5. Об'єднаємо відповідні вузли попарно. Вийде така еквівалентна схема:

Опір такого кола (див. «Лекції», вип. 6, стор. 180) не можна обчислити, користуючись лише формулами для паралельних і послідовних опорів. Щоб знайти його опір, запишемо рівняння Кірхгофа для струмів і напруг (див. схему):

Розв'язуючи цю систему рівнянь, знаходимо i₁ =i₄=i/4, i₂=i₅=3i/4 , i₃ = 0. Звідси для напруги V між вузлами 1 і 8 отримуємо

тобто опір кола дорівнює ³/₄ ом. Інші можливі підключення зводяться до одного з розглянутих вище.

22.2. а) Легко знайти повний імпеданс кола. Він дорівнює

Якщо тепер ввести комплексну е.р.с. V = V₀е^iωt , то комплексний струм дорівнює

Визначаючи дійсну частину цього виразу, знаходимо силу струму в колі

б) У цьому випадку кожна з індуктивностей стане рівною L+M, і відповідь буде такою, як була знайдена вище, але L перейде в L+ M, а С в С/(1+ω²MС). Справді, якщо позначити через i_C і i_L струми через паралельно з'єднані ємність та індуктивність L, так що i_C +i_L = I де I — повний струм у колі, то

З іншого боку, згідно із законом Кірхгофа, для напруг маємо

З останнього рівняння видно, що рівняння такі самі, як і в пункті (а), але

Враховуючи це, знаходимо комплексний струм у колі

Дійсна частина цього виразу дає нам шукану силу струму в колі

22.3. а) Схему можна подати в такому вигляді:

Імпеданс верхнього кола при цьому дорівнює

а імпеданс нижнього Z″ = z/(Z₁ + Z₂), де Z = Z₁Z₂ + Z₁Z₃ + Z₂Z₃. Повний імпеданс кола дорівнює Z = Z′Z″/(Z′ +Z″) = Z/(Z₁+2Z₂ + Z₃). Підставляючи в останній вираз Z_i, з урахуванням того що R²= L/2C, отримуємо Z = R.
б) Переконаймося, що при ω=ω_c= √1ILC енергія, що виділяється на Z′, дорівнює енергії, що виділяється на Z″. Для цього необхідно, щоб | Z′| = | Z″| і Re Z′ = Re Z″. Із знайдених у пункті (а) виразів для Z′ і Z″ випливає, що має виконуватися рівність | Z₂ + Z₃ | = | Z₁ + Z₂ |, тобто √R²+(1/ω²C²)= √R²+ω²L². Отже, ω² = 1/LC.

22.4. Введемо комплексну е. р. с. V=E₀ exp (iωt). Спочатку розглянемо випадок, коли джерело е. р. с. не має внутрішнього опору. Тоді імпеданс кола дорівнює Z(ω) =¹/₂[R — (i/ωС)]. Комплексний струм у колі I=V/Z = 2E₀exp (iωt)/[R — (i/ωC)]. Потенціали точок а і b дорівнюють відповідно V_a=V_c + ¹/₂lR і V_b = V_c — iI/2ωC. Різницю цих потенціалів можна подати у вигляді

Якісно залежність фази від частоти зображено на рисунку.
Якщо джерело е. р. с. має внутрішній опір R/10, то повний імпеданс кола буде дорівнювати

У цьому випадку амплітуда різниці потенціалів перестає залежати від частоти лише при дуже малих або дуже великих частотах. Якісний хід фази різниці потенціалів залишається колишнім.
22.5. При паралельному з'єднанні імпеданс кола знаходиться таким чином: Z^–¹ = R^–¹ + i [ωC—(1/ωL)]. Вводячи комплексну е. р. с. V = V₀exp (iωt) і визначаючи силу струму в колі I = V/Z (ω), знаходимо вираз для амплітуди сили струму

При ω₀² = 1/LC настає «резонанс»: за цієї умови сила струму в колі мінімальна і дорівнює (за амплітудою) I_мін = V₀/R. Приблизний характер «резонансної» кривої зображено на фіг. 1. При малих ω струм у колі тече в основному через індуктивність, а при великих —через ємність. У момент резонансу струм тече лише через активний опір.
Визначимо ширину резонансної кривої подібно до того, як це робилося при аналізі механічних коливань (див. «Лекції», вип. 2, розд. 23). Для I₀² маємо

де ω₀²=1/LС. Якщо 1/RС«ω₀, тобто R» √L/C, цю формулу можна спростити (таким самим чином, як і в розд. 23)

Ширину резонансної кривої визначимо за частотами, при яких I₀² удвічі більше, ніж у резонансі. Знаходимо Δω=1/RC. При послідовному з'єднанні елементів імпеданс кола Z (ω) = R +i [ωL—(1/ωС)], а амплітуда струму

Резонансна крива в цьому випадку має вигляд, зображений на фіг. 2. Залежність I₀² від частоти тут дорівнює

Ширина резонансної кривої дорівнює Δω = R/L. Якщо R= k√L/C для паралельного з'єднання і R=1/k√L/C для послідовного, то ширина резонансної кривої в обох випадках у k разів менша від резонансної частоти.

22.6. Уявімо схему так, як зображено на рисунку. При цьому Z_1l = iωL +R_a, Z₂ = R, Z₃=R, Z₄ = 1/(iωС + R_b^–1). Очевидно,

Умова компенсації має вигляд i_D=0. Звідси i₁ = i₃ і i₂ = i₄ і, отже, Z₁Z₄=Z₂Z₃, тобто (iωL + R_a)/(iωC + R_b^–1)=R². Визначаючи дійсну та уявну частини, знаходимо

З цих виразів випливає, що R² = R_aR_b і, отже, L = CR².

22.7. Умова збалансування для моста в цій задачі виводиться точно так само, як і в задачі 22.6, але тут треба лише вважати, що

Прирівнюючи окремо дійсні та уявні частини цього рівняння, знаходимо умови балансу:

22.8. Імпеданс кола легко знаходиться:

а) Нехай RC = L/R. Тоді Z = R. Отже, амплітуда струму в цьому випадку не залежить від частоти.
б) Падіння напруги на RС-парі, коли RC=L/R, дорівнює

де Z₁ = R/?/(1 + iωСR).
Подаючи відношення Z₁/R у вигляді Z₁/R=e^-^iφ/√1+ω²C²R², де tgφ = ωCR, знаходимо шукану різницю фаз

22.9. Сумарна ємність m однакових послідовно з'єднаних конденсаторів дорівнює С_заг=С/m. Імпеданс кола Z дорівнює сумі опорів: ємнісного Z_c=—im/ωC, індуктивного Z₁= iωL і активного опору, що дорівнює R. Якщо е.р.с. подати в комплексній формі, то із закону Ома випливає

Дійсну частину сили струму можна подати у вигляді

Потужність, що виділяється на активному опорі, максимальна при m, яке задовольняє умову ωL– (m/ωC) ≈0, тобто при m≈ ω²СL.

2. а) При заданих значеннях параметрів кола т = 2.
б) Падіння напруги на ємності дорівнює U_C = IZ_C.

До розділу 23. Порожнинні резонатори

23.1. Вважатимемо, що вся ємність резонансної порожнини визначається вузьким зазором, віддаючи, звичайно, собі звіт у тому, що це лише деяке наближення. З іншого боку, припустимо, що вся індуктивність порожнини визначається її тороїдальною частиною, причому напруженість магнітного поля в усіх точках перерізу порожнини, розташованих на відстані r від її осі, однакова. Якщо зазор розглядати як плоский конденсатор, то його ємність дорівнює С = ε₀πа²/d. Знайдемо далі напруженість магнітного поля, вибравши контур у вигляді кола радіуса r, вісь якого збігається з віссю симетрії порожнини, і скористаємося тим, що

де I —повний струм, який тече через конденсатор. Маємо В =I/2πε₀с²r. Визначимо W=¹/₂LI² — енергію магнітного поля в тороїдальній частині порожнини:

Звідси знаходимо L = [(b—а)/2πε₀с²] In (b/а) і, отже, отримуємо шуканий вираз для резонансної частоти

Оскільки при охолодженні порожнини всі її розміри d,a,b зменшаться в однакове число разів, резонансна частота не зміниться.

До розділу 24. Хвилеводи

24.1. Виведення цих рівнянь див. «Лекції», вип. 6, розд. 24, стор. 220.

24.2. Напруженість магнітного поля нескінченної провідної площини, по якій тече струм, обчислювалася в задачі 14.1.
Вона дорівнює В =i/2ε₀с², де i —поверхнева густина струму. Оскільки в нашому випадку а«b, то можна, знехтувавши крайовими ефектами, скористатися цією формулою. Тоді поле між пластинами дорівнює В = I/bε₀с², а напруженість магнітного поля поза пластинами дорівнює нулю. Енергія магнітного поля, що припадає на одиницю довжини лінії, дорівнює

Ця енергія дорівнює ¹/₂L₀I², отже, індуктивність одиниці довжини L₀ =а/ε₀с²b. Ємність плоского конденсатора дорівнює C = ε₀A/d, де A — площа пластин конденсатора, а d —відстань між ними. Таким чином, ємність, що припадає на одиницю довжини лінії, дорівнює C₀ = ε₀b/a. Звідси імпеданс лінії дорівнює

24.3. Спрямуємо вісь z уздовж осі циліндра. Величина напруженості електричного поля в розглядуваному випадку залежить лише від z і r (r —відстань від осі циліндра). Залежність від z потрібна для того, щоб поле на торцях секції, де воно паралельне провідній поверхні, перетворювалося на нуль, а залежність від r при фіксованому z можна знайти, скориставшись теоремою Гаусса. Маємо E = f(z)/r, де f(z) — деяка функція z, яку слід визначити. Компоненти напруженості електричного поля дорівнюють E_x=(x/r²)f(z), E_y=(y/r²) f (z). Для кожної з цих компонент справедливе рівняння

яке після підстановки в нього виразу для Е_x зводиться до

Розв'язком такого рівняння є синуси й косинуси. Нам потрібен такий розв'язок, який перетворюється на нуль при z = 0 і z =l. Очевидно, таким розв'язком буде sin (πnz/l), де n —ціле число. Отже, ω = πnc/l. Для найнижчої моди n = 1 і ω= πc/l.
Ємність одиниці довжини такої лінії передачі дорівнює (див. розв'язок до задачі 6.5) С = 2πε₀/ln(b/a), а індуктивність одиниці довжини (див. розв'язок до задачі 17.6) дорівнює L= (In b/а)/2πε₀с². Звідси частота ω₀=1/√LС =с/l. Ця частота в π разів менша від знайденої вище мінімальної власної частоти резонатора.

24.4. а) Функція E₀ (х, z) повинна перетворюватися на нуль при x = 0, а і z = 0, I. Залежність напруженості електричного поля від координат у прямокутних перерізах описується гармонічними функціями, тому для найнижчої частоти, для якої розподіл поля має найпростіший вигляд

24.5. а) Напруга в довільній точці x у момент часу t є суперпозицією падаючої та відбитої хвиль:

Звернімо увагу на те, що при kl = πn (n —ціле число) амплітуди хвиль, згідно з нашими формулами, перетворюються на нескінченність. Фізично це означає настання резонансу —частота джерела зрівнюється з однією з резонансних частот відрізка кабелю. Амплітуда коливань при резонансі насправді безумовно скінченна: її величина визначається омічними втратами, якими ми знехтували.
б) V(x,t) =V_пад(x,t) + V_відб(x,t) 0 = (V₀/sin kl) sin [k(l—x)] cos ωt при l = 5 πс/2ω = 5х/4 (λ = 2πc/ω),V(x, t)=V₀ cos (ωx/I) cos ωt. Амплітуда напруги максимальна при x = 0, x = λ/2, x = λ (див. рисунок).
в) Користуючись формулою (24.1) «Лекцій» (вип. 6, стор. 220), знаходимо

г) Оскільки поглинання немає, середня робота, що її виконує генератор, дорівнює нулю [у цьому можна переконатися також, обчисливши середнє значення I(0) V₀ (0)]. Тому й середній момент сили дорівнює нулю.

24.6. Як і в попередній задачі, подамо

Ми маємо два рівняння для А₁ і А₂, тому знаходимо ці величини, а потім силу струму при x = 0

а) Якщо Z_T = 0, то Z_s = iZ₀ tg ωl√LC; Z_s=0 при ωl√LC=πn, Z_s=∞ при ωl√LC =π/2 + πn.
Частоти, що задовольняють ці умови, відповідають різним власним модам лінії. Розглянемо лише найнижчі моди. Якщо Z_T = 0, тобто лінія замкнена накоротко, напруга на кінці лінії дорівнює нулю. На фіг. 1 зображено розподіл амплітуд напруг і струмів, коли ωl√LC =π/2. Видно, що при x = 0 струм дорівнює нулю, а це й означає Z_s=∞. Фіг. 2 стосується
випадку ωl√LC=π. Тут при x = 0 напруга перетворюється на нуль, тобто Z_s= 0. __
б) Якщо Z_T=∞, Z_s=—iZ₀/tg ωl√LC. Проаналізувавши цей випадок аналогічно попередньому (тільки тепер при
x=l має перетворюватися на нуль струм), можна зрозуміти, чому при ω√LCl = (π/2)+nπ, Z_S=0, а при ω√LCl=πn,
Z_s=∞ (див. фіг. 2).
в) Якщо Z_T=Z₀, то Z_s=Z₀, тобто лінія еквівалентна нескінченній.

24.7. На стику двох ліній передачі виконуються такі умови «зшивання»:
для струмів

розв'язуючи яке, отримуємо шукану відповідь.

24.8. а) Знайдемо компоненти напруженості магнітного поля:

Магнітне поле справді поперечне, оскільки B_z = 0 (хвиля поширюється вздовж осі z). Легко переконатися, що знайдене поле В задовольняє хвильове рівняння ΔВ — (1/с²) (∂²В/∂t²) = 0. Перевіримо тепер виконання граничних умов. Усередині ідеального провідника, з якого, як ми вважаємо, зроблено стінки хвилеводу, змінного магнітного поля бути не повинно (інакше виникли б нескінченно великі індукційні струми). Оскільки силові лінії магнітного поля мають вигляд замкнених петель, то на стінках хвилеводу мають бути відмінні від нуля лише тангенціальні складові вектора В. Але так воно насправді й є, оскільки B_z=0
Визначимо вектор Е. З цією метою проінтегруємо рівняння div А = — (1/с) (∂φ/∂t) і визначимо потенціал φ:

Електричне поле також задовольняє хвильове рівняння ΔЕ — (1/с²) (∂²Е/∂t²)=0. Згідно з граничними умовами, на стінках хвилеводу мають дорівнювати нулю дотичні складові, тобто має бути Е_y = 0 при х = 0 і х = а, Е_x = 0 при у = 0 і у = b і E_z = 0 на стінках хвилеводу. Знайдені вирази для компонент напруженості електричного поля задовольняють ці умови.
б) У цьому випадку k_z — суто уявна величина, тобто k_z = —iα, де α —дійсне число. Але тоді В_x, B_z ~ exp (—αz) і, отже, магнітне поле В згасає вздовж осі z.

До розділу 25. Електродинаміка в релятивістських позначеннях

25.1. φ²–А²=+A_μA_μ; A·j–ρφ= –A_μJ_μ, μ=1,2,3,4.

25.2. Початкові умови: електрон перебував у спокої (його енергія дорівнювала m₀, а імпульс—нулю), фотон налітав з енергією hv₀ та імпульсом hv₀. Після зіткнення енергія електрона стала рівною m, а імпульс mv, де m = m₀/√1—β². Енергію фотона після зіткнення позначимо hv, а його імпульс hv. Запишемо закони збереження енергії та імпульсу

(У релятивістських позначеннях це можна записати як ∑_{налітн.част.}P_μ= ∑_{розлітн.част.}P_μ.) З трикутника OAB знаходимо m²v² =h²v₀²+h²v²—2h²v₀v cosφ, а із закону збереження енергії випливає m = h (v₀—v) + m₀. Піднісши обидві частини цього співвідношення до квадрата й віднявши від отриманого рівняння раніше знайдене з трикутника OAB співвідношення, нескладними перетвореннями знаходимо

де φ —кут відхилення напрямку поширення фотона від початкового.

25.3. Виходитимемо з того факту, що квадрат 4-вектора імпульсу є інваріант Р_μР_μ = inv, тобто Е²—p² = inv, де E і р —повна енергія та імпульс системи. Квадрат чотиривимірного імпульсу системи зберігається в результаті реакції й не залежить від системи координат. У лабораторній системі (до реакції) р₀ = m_e_^– + Е_γ (Е_γ— енергія фотона), а тривимірний імпульс дорівнює імпульсу фотона, тобто за модулем дорівнює Е_γ. Квадрат чотиривимірного імпульсу в лабораторній системі: (Е_γ+m_e)²— Е_γ². Запишемо тепер чотиривимірний імпульс у системі центру мас. Тривимірний імпульс тут за визначенням дорівнює нулю. Часова компонента дорівнює (mе^–/√1–v₁²) + (m_e_⁺/√1–v₂²)+ (m_e_/√1–v₃²), де m_e_ і m_е+ — відповідно маси електрона й позитрона (т_e_^–=т_е+=т_e). Отже,

Поріг реакції відповідатиме нульовим швидкостям електронів і позитрона v₁ = v₃ = v₂ = 0. Звідси 2Е_γ^мінm_e + m_e² = 9m_e². Отже, Е_γ^мін = 4m_e = 2,04 МеВ.

25.4. Позначимо через Р_μсумарний 4-вектор імпульсу частинок m і M до зіткнення в лабораторній системі координат. Очевидно, Р_μ (√р²+М²+m, р). Позначимо через Р′_μ 4-вектор імпульсу частинки, що утворилася, в системі координат, у якій вона перебуває в спокої. Очевидно, Р′_μ(m₁, 0). Тоді з інваріантності квадрата 4-вектора імпульсу та із закону збереження імпульсу випливає, що Р_μ²=Р′_μ² або

Звідси знаходимо масу спокою нової частинки:
m₁² = m² + М²+2m√р²+ М². Оскільки імпульс частинки р до зіткнення пов'язаний з її швидкістю співвідношенням

У нерелятивістському випадку, тобто при v²«1, m₁ = m+М. Швидкість нової частинки в лабораторній системі координат пов'язана з імпульсом р′ та енергією Ε′ частинки співвідношенням: V = р′/Ε′. Згідно із законом збереження імпульсу,p = р′, а згідно із законом збереження енергії, Ε′= m+ √p²+M².Звідси

У нерелятивістському випадку (v² «1) отримуємо відомий результат

До розділу 26. Лоренцові перетворення полів

26.1. У чотиривимірній формі результат обчислення Δ_μF_μ_v=(1/ε₀) j_μ де j_μ(ρ, j) —4-вектор густини струму.

26.2. Шуканим вектором є 4-вектор з компонентами f_μ = F_μ_vj_v, де F_μ_v — тензор електромагнітного поля, а j_v — 4-вектор густини струму. Часова компонента цього вектора f₄ = (j·E) дорівнює потужності, що витрачається електричним полем на зміну руху зарядів.

26.3. Користуючись співвідношеннями, наведеними в табл. 26.2 «Лекцій» (вип. 6, стор. 273), легко показати, що (Е·В) = (Е′·В′) і
E²—В² = Е′² —В′², тобто ці величини інваріантні. Оскільки (Е·В) — інваріант, то якщо вектори Е і В утворюють гострий
кут в одній системі координат, тобто якщо (Е·В) > 0, то й у всіх інших інерціальних системах цей кут буде гострим. Обидва розглянуті інваріанти дорівнюють нулю для електромагнітної хвилі в порожнечі.

26.4. Виберемо систему координат так, що вісь x паралельна вектору (Е х В). Система K′ з осями x′ || х, y′ || y, z′|| z рухається з шуканою швидкістю v. У системі K′ (Е′ x В′) = 0. Розпишемо це рівняння в компонентах

Виразимо в цих рівняннях Е′ і В′ через Е і В у системі K за допомогою лоренцових перетворень (див. відповідні формули перетворення в табл. 26.2 «Лекцій», вип. 6, стор. 273).
Легко показати, що

Оскільки систему K вибрано так, що Е_x = 0 і В_x=0, два останні рівняння задовольняються автоматично, з першого рівняння випливає, що

26.5. Розглянемо систему координат K′, у якій заряд перебуває в спокої. У цій системі координат В′ = 0, Е′ = qR′/4πε₀R′³. Користуючись формулами перетворення для компонент векторів Е і В при лоренцових перетвореннях, знаходимо, що в лабораторній системі K (див. табл. 26.2; у формулах цієї таблиці слід лише замінити v на –v):

де R′²=[(x-vt)²+(y²+z²)(1—v²)]/(1—v²) (згідно з лоренцовими перетвореннями x′= (x—vt)/√1-v², y′=y, z′ = z). Підставляючи вираз для R′ у вирази для компонент векторів E і В і вводячи позначення

Якщо ввести θ —кут між векторами r_p {x—vt, y, z} і v, то R*² = r²_p (1—v²sin²θ). Тому вектори Е і В можна подати у вигляді

26.6. Див. розв'язок до задачі 26.5.

26.7. а) У системі координат K, жорстко зв'язаній з дротом, напруженість електричного поля дорівнює нулю через електричну нейтральність дроту. Магнітне ж поле легко знайти:

де I —вектор сили струму [щодо цієї формули див., наприклад, «Лекції», вип. 5, стор. 263, формула (13.18)]. Якщо вісь x спрямувати вздовж вектора I, то r = √y² +z² і

б) Щоб знайти поля Е і В у системі координат K′, що рухається разом з електронами, необхідно скористатися формулами перетворення полів при лоренцових перетвореннях (див. табл. 26.2, вип. 6, стор. 273). У результаті знайдемо

26.8. Вектор напруженості електричного поля Е, створюваного нескінченною рівномірно зарядженою площиною, з міркувань симетрії напрямлений перпендикулярно до цієї площини. Величину ж його легко визначити за допомогою теореми Гаусса. У результаті Е = (σ/2ε₀) е_y, де е_y—одиничний вектор у напрямку осі y (див. рисунок).
На заряд q, що рухається зі швидкістю v, діє сила Лоренца

У розглядуваній лабораторній системі координат В = 0 і, отже, F = (σq/2ε₀) e_y. Заряди відштовхують один одного із силою Кулона

(див. розв'язок до задачі 26.5), де θ —кут між векторами v і R — радіусом-вектором, що сполучає два заряди. За умовою задачі θ = π/2. Тому f_y = (q²/4πε₀а²) √1—v². Заряди, що рухаються, не відхилятимуться від площини, якщо F_y = f_y. Звідси випливає відповідь

Оскільки при малих швидкостях зарядів σ≈σ₀= q²/2πа², то відношення густин зарядів на поверхні площини при релятивістських швидкостях до густини зарядів у нерелятивістському випадку дорівнює σ/σ₀=√1—v². Оскільки енергія частинки зі швидкістю v₂ дорівнює Е = m/√1—v², то σ=σ₀(m/Е). А що за умовою задачі енергія заряду дорівнює 500 МеВ, то, враховуючи, що m = 0,5 МеВ, знаходимо σ/σ₀ = 10^-3.

26.9. Користуючись виразом u_μ=dx_μ/ds, переконуємося, що u_μ²=1. Далі

26.10. а) Насамперед потрібно визначити «запізніле положення» частинки, тобто з'ясувати, на якому етапі руху створюється поле, що нас цікавить. Для цього досить відповісти на запитання, який час більший — витрачений світлом на те, щоб пройти з початку координат у точку (a,a), чи витрачений частинкою на те, щоб досягти точки (а, 0), вийшовши знову-таки з початку координат. Оскільки v/c = 0,5, другий час більший, тобто поле створюється зарядом під час його рівномірного руху вздовж осі x.
Електричне поле заряду, що рівномірно рухається, має вигляд (див., наприклад, розв'язок до задачі 26.5) або формули (26.2), (26.3) і (26.6) «Лекцій» (вип. 6, стор. 262, 263):

Згідно з умовою задачі z = 0, y = a, x=а, vt₁=a, v = 1/2. Звідси E_x = E_z = 0, E_y=q/2√3πε₀а².
б) Як було з'ясовано в пункті (а), поле, що нас цікавить, визначається рухом частинки вздовж осі x. Воно не залежить від характеру руху частинки до її приходу в початок координат.

До розділу 27. Енергія поля та його імпульс

27.1. Обчислимо ∇XAXB, диференціюючи так само, як ми диференціюємо добуток функцій

Індекси A і В у v ми приписали для зручності, щоб чіткіше відзначити той факт, що при диференціюванні оператор v діє тільки на відповідний вектор, а інший вектор при цьому вважається постійним. Далі, помічаючи, що

27.2. Напруженість магнітного поля диполя з магнітним моментом M дорівнює

Виберемо сферичну систему координат, початок якої збігається з центром Землі, а вісь z — з напрямком вектора M. Величину M можна визначити через магнітне поле біля поверхні Землі на екваторі В₀ = M/R₀³4πε₀с², де R₀ - радіус Землі. Вважаючи Землю кулею, обчислимо енергію зовнішнього щодо Землі магнітного поля за формулою W = (ε₀c²/2) ∫ B²dV. Підставляючи у цю формулу вираз для В, легко нескладним інтегруванням показати, що W=4πε₀с²B₀²R₀³/3≈10³ Мгm. Звідси зрозуміло, що з енергетичних міркувань вибух водневої бомби в 1 Мгт не може істотно спотворити магнітне поле Землі.

27.3. Напруженість магнітного поля на поверхні дроту В=I/2πε₀с²r, де I —сила струму, що протікає по дроту. Напруженість електричного поля знайдемо, скориставшись законом Ома, I = Е/R, де R —опір одиниці довжини дроту. Тоді густина потоку енергії, що дорівнює модулю вектора Пойнтінга, дорівнює S=ε₀c²ExB=(ε₀c²/R)IXB. Потік енергії напрямлений нормально до поверхні дроту. Інтегруючи по поверхні дроту одиничної довжини, знаходимо