Author: Матвеева А.Н.
Tags: физика задачи по физике учебное пособие учебное пособие для студентов
ISBN: 5-8360-0411-0
Year: 2001
Text
ББК 22.3я7
Жукарев Анатолий Сергеевич
Матвеев Алексей Николаевич
Петерсои Владимир Карлович
Задачи повышенной сложности в курсе общей физики: Учебное пособие. 2-е
изд., испр. / Под общей ред. А. Н. Матвеева. — М.: Эдиториал УРСС, 2001.
— 192 с.
ISBN 5-8360-0411-0
В книге разбирается решение задач, использовавшихся на семинарах по-
повышенной трудности для студентов младших курсов физического факультета
МГУ. Задачи охватывают механику, молекулярную физику, электричество, маг-
магнетизм и оптику. Наряду с оригинальными задачами включены также наиболее
характерные из известных трудных задач курса.
Для студентов и преподавателей общей физики.
Группа подготовки издания:
Директор — Доминго Марин Рикой
Заместители директора — Наталья Финогенова, Ирина Макеева
Компьютерный дизайн — Виктор Романов
Главный редактор — Елена Кудряшова
Верстка — Ксения Пулькина, Михаил Кириллов
Корректурные работы — Александр Савченко
Техническая поддержка — Андрей Стулов, Наталья Аринчева
Дизайн обложки — Елена Колокольчикова
Менеджер по продажам — Алексей Петяев
Издательство «Эдиториал УРСС». 113208, г. Москва, ул. Чертановская, д. 2/II, к.п.
Лицензия ИД №03216 от 10.11.2000 г. Гигиенический сертификат на выпуск книжной
продукции М8 77.ФЦ.8.953.П.270.3.99 от 30.03.99 г. Подписано к печати 01.06.2001 г.
Формат 60x88/16. Тираж 3000 экз. Печ. л. 12. Зак. Ms 239
Отпечатано в АООТ «Политех-4». 129110, г. Москва, ул. Б. Переяславская, 46.
издательство УРСС ISBN 5-8360-0411-0
НАУЧНОЙ И УЧЕБНОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
E-mail: urss@utss.ru
Каталог изданий
в Internet: http://urss.ru
Тап7факс: 7 @95) 135-44-23
Тел./факс: 7 @95) 135-42-46
© Эдиториал УРСС, 2001
Все права защищены. Никакая часть настоящей книги не может быть воспроизведена
или передана в какой бы то ии было форме и какими бы то ни было средствами, будь
то электронные или механические, включая фотокопирование и запись на магнитный
- носитель, если на то нет письменного разрешения Издательства.
Оглавление
Предисловие 5
Глава 1. Механика 6
§ 1. Кинематика материальной точки и твердых тел 6
§2. Следствия преобразований Лоренца 15
§ 3. Динамика материальной точки 18
§ 4. Движение при наличии сухого трения 27
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел .. 31
§6. Законы сохранения импульса, момента импульса
и энергии 43
§ 7. Неинерциальные системы координат 48
§8. Движение тел переменной массы 51
§ 9. Собственные колебания 54
§ 10. Затухающие и вынужденные колебания 63
Ответы к главе 1 69
Глава 2: Молекулярная физика 70
§ 11. Статистический метод 70
§ 12. Термодинамический метод 79
§ 13. Электронный и фотонный газы 84
§ 14. Фазовые переходы 86
Ответы к главе 2 90
Глава 3. Электричество и магнетизм 91
§ 15. Введение к задачам по электростатике 91
§ 16. Распределение заряда по поверхности уединенного
проводника 93
§17. Проводники во внешнем электростатическом поле .... 102
§ 18. Электростатическое поле в присутствии диэлектриков . . 112
§ 19. Энергия электростатического поля 116
§ 20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков 128
§21. Энергия магнитного поля 136
§ 22. Переменные электромагнитные поля 143
Оглавление
Глава 4. Оптика 152
§23. Излучение осцилляторов 152
§24. Интерференция света 166
§25. Дифракция света 173
Предисловие
На физическом факультете МГУ в течение многих лет наряду
с обычными семинарами по общей физике работают семинары по-
повышенной трудности. Запись в эти семинары добровольная. Тематика
этих семинаров и уровень рассматриваемых задач не выходят за рамки
обычной программы, но требуют более глубокого изучения программ-
программного материала. Это углубленное изучение программного материала
целесообразно осуществлять не за счет расширения рекомендуемой
литературы, а за счет более глубокого подхода к изучению материала
лекций и учебных пособий, принятых в качестве основных для всех
студентов. Объективная необходимость более углубленного изучения
программного материала возникает у студентов, работающих в семи-
семинарах повышенной трудности, как естественная реакция на характер
и уровень задач, рассматриваемых на семинарах.
Поскольку необходимость дополнительной работы с хорошо успе-
успевающими студентами возникает и в других вузах и имеется большое
число студентов, желающих самостоятельно поработать над более слож-
сложными задачами курса общей физики, представляется целесообразным
опубликовать часть материала, который используется на физическом
факультете МГУ в работе семинаров повышенной трудности. Ото-
Отобранные задачи доступны для хорошо успевающих студентов. Однако
необходимо понимать, что для решения задачи одинаково важны как
общая правильная идея решения, так и кропотливый вычислитель-
вычислительный труд по реализации этой идеи. Многие задачи оригинальны либо
по содержанию, либо по методу решения в рамках курса общей физики.
Глава 1
Механика
§ 1. Кинематика материальной точки
и твердых тел
В кинематике изучается движение тел без привлечения сведений
об их массах и действующих на них силах. Основные понятия, ис-
используемые в кинематике, — это закон движения, скорость, ускорение,
траектория.
Положение материальной точки относительно выбранной систе-
системы отсчета описывается ее радиусом-вектором г или ее координатами.
Законом движения материальной точки называется зависимость ее ра-
радиуса-вектора от времени г = r(t). Если закон движения известен, то
легко найти скорость и ускорение движущейся материальной точки,
вычисляя первую и вторую производные по времени от r(t). Конец
радиуса-вектора описывает в пространстве кривую, называемую траек-
траекторией движения точки. Задание закона движения в координатах опре-
определяет параметрическое задание траектории движения. В явном виде
уравнение траектории можно получить, исключая из закона движения
параметр (время), что дает связь между координатами движущейся
точки, т. е. уравнение траектории.
Ясно, что, зная закон движения точки, легко полностью описать
ее движение, в том числе получить все сведения о скорости, ускоре-
ускорении и траектории. Поэтому во многих задачах поиск решения связан
с вопросом о законе движения, который может быть либо конечной це-
целью задачи, либо промежуточным этапом. Часто удается использовать
геометрические связи между координатами, из которых можно полу-
получить закон движения или другие интересующие нас сведения. Однако
не всегда сделать это просто, в чем убеждает следующая задача.
§ 1. Кинематика материальной точки
(О
а
а+Аа х
h
Рис. 1.1
В
А
О
Задача 1.1. Узкий луч света от фонаря,
вращающегося с угловой скоростью ш отно-
относительно вертикальной оси, попадает на вер-
вертикальную стену. Световое пятно бежит
по стене по горизонтальной прямой. Рассто-
Расстояние от фонаря до стены равно h. Найти
скорость бегущего светового пятна в произ-
произвольной точке А {рис. 1.1), считая скорость
света а) бесконечной, б) конечной и равной с.
Решение. Легко найти геометрическое соотношение, содержащее
координату х интересующей нас точки А:
x = htga, A.1)
где углом а определено направление из точки 5 наточку А (см. рис. 1.1).
Дифференцируя это соотношение по времени и учитывая, что а — ш,
находим искомую скорость светового пятна в точке А:
v= г-. A.2)
cos la
Если выразить а в виде явной функции от t, то A.1) есть закон
движения светового пятна по стене. При равномерном вращении а =
с*о + ut; если угол а отсчитывать от прямой SO, а отсчет времени
начинать от того момента, когда луч света направлен по SO, то а0 = О
и —л-/2 < а < тг/2.
Труднее найти решение во втором варианте. При учете конечной
скорости движения фотонов не просто записать закон движения свето-
светового пятна из геометрических соображений. Поэтому следует поискать
другой подход к решению задачи. Следует вернуться к определению
скорости как предела отношения перемещения точки за малый проме-
промежуток времени Ах к величине At при At —» 0. Отметим сразу, что,
выполняя предельный пере*од At —» 0, мы приходим к физически бес-
бесконечно малому промежутку времени, т. е. такому, который допускает
возможность его измерения в реальном или мысленном эксперименте,
но с точки зрения математики может рассматриваться как дифферен-
дифференциал dt. Аналогичные утверждения относятся и к другим переменным.
Выберем на прямой О А точку В, находящуюся на расстоянии Ах
от точки А (направление на точку В задается углом а+Да), и подсчи-
подсчитаем промежуток времени At, через который световое пятно перейдет
из точки А в точку В. По направлению к точке В фотоны полетят
через At\ = Аа/ш. Кроме того, до точки В фотонам предстоит более
длинный путь, чем до точки А. Если расстояние SA обозначить через I,
8
Глава 1. Механика
то расстояние SB = 1 + Al, где Al = (ft sin a/cos 2a) Да. Следователь-
Следовательно, летящий в точку В фотон затратит времени на Ati = Al/c больше,
чем фотон, летящий в точку А. В итоге получаем, что световое пятно
окажется в точке В на At = At] + Ati позже, чем в точке А. Учитывая,
что Ах = (ft/cos 2a) Да находим ответ:
Ах
v =
cos 2а + ^ sin a
A.3)
Анализ решения. Угол а изменяется в промежутке (—тг/2, тг/2),
поэтому график функции v(a) имеет вид, показанный на рис. 1.2.
Вертикальная асимптота соответствует обращению в нуль знаменателя
в A.3) при
sm ao =
hw
Тс
A.4)
Рис. 1.2
Кривбй (/) на рис. 1.2 при а > а0 соот-
соответствует hw < 2с; при hw > 2с имеем
кривую B).
Построенный график позволяет на-
наглядно представить себе движение свето-
светового пятна по стене. Впервые на плоскость
стены фотон попадает в точку, направление
на которую определяется углом а0. Затем
по плоскости стены побегут два световых
пятна (одно вправо, другое влево) -соот-
-соответственно двум ветвям кривой на рис. 1.2.
Движение светового пятна со скоростью,
превышающей скорость света с, не противоречит теории относитель-
относительности, так как с помощью этого пятна нельзя передать сигнал или
информацию из одной точки плоскости в другую.
Эффект раздвоения светового пятна мог бы наблюдаться при ла-
лазерном зондировании удаленных объектов, например, перистых обла-
облаков (ft ~ 10 км), серебристых облаков (ft ~ 100 км) или Луны (ft ~
400 000 км). Для оценки предположим, что источник света вращается
с угловой скоростью, соответствующей одному обороту в секунду. Тогда
из A.4) находим, что раздвоение светового пятна происходит в точке
с угловым направлением от нормали к плоскости объекта ~ 89° в пер-
первом случае, ~ 87,5° во втором и ~ 7° в третьем. Следовательно, для
§ 1. Кинематика материальной точки
наблюдения раздвоения светового пятна угловая скорость вращения
источника должна быть существенно больше. Например, чтобы бы-
было при зондировании Луны |ао| ~ 10', источник света должен делать
около 45 об/с. При этом слагаемые в знаменателе в A.3) равны друг
ДРУгу> а скорость движения светового пятна можно рассчитывать только
по полной формуле A.3).
Более трудными для решения оказываются задачи, в которых
из геометрических соображений можно выразить скорость движения
точки в виде какой-либо функции, а требуется найти закон движения.
В этих случаях приходится применять интегрирование, т. е. решать диф-
дифференциальное уравнение. Теория решения дифференциальных урав-
уравнений изучается в курсе математики позже. Поэтому для задач этого
типа мы будем применять лишь простейшие методы, которые будут по-
поясняться в тексте. Один из таких методов, который мы будем широко
использовать, есть метод разделения переменных.
Если уравнение содержит только две переменные, то иногда удается
с помощью алгебраических действий преобразовать его так, чтобы
в правой части уравнения находились только величины, зависящие
от одной переменной, а в левой части — только величины, зависящие
от другой переменной. Если такое разделение переменных удалось
выполнить, то задачу можно считать решенной, так как для получения
окончательного ответа остается только вычислить интегралы от левой
и правой частей, т. е. задача сводится к квадратурам.
Если же исходное уравнение содержит более двух переменных,
то нужно найти дополнительные соотношения, с помощью которых
можно свести число переменных к двум и затем попробовать разделить
переменные.
Иногда для применения метода разделения переменных нужно вы-
выполнить замены переменных, после чего, возможно, удастся разделить
новые переменные. Отметим, что практическое применение этих при-
приемов осваивается студентом только в процессе непрерывной работы,
поиска новых возможностей. Стандартных приемов, приводящих в лю-
любом случае к успеху, не существует. В этом состоит одна из сложностей
обращения с дифференциальными уравнениями.
Тем не менее, в некоторых особенно простых случаях можно
указать рецепт, следуя которому всегда приходим к решению. Мы
обсудим несколько таких простых ситуаций. Начнем с прямолинейного
движения точки.
Пусть координата х выбрана вдоль направления движения точки.
Скорость движения в общем случае может зависеть от двух перемен-
переменных (х и t). Связь между кинематическими переменными следует
10
Глава 1. Механика
из определения скорости:
v =
dx
It'
A.5)
Сразу видно, что легко выполнить разделение переменных в двух
частных случаях, когда скорость выражена как функция только одной
переменной. Если v — v(t), то левую и правую части уравнения A.5)
умножаем на dt и получаем уравнение в разделенных переменных dx =
v(t) dt, в котором левая часть зависит только от координаты х, а правая
часть зависит только от времени t. Вычисляя интегралы от левой
и правой частей полученного уравнения, находим
I
x — I v(t) dt + const.
A.6)
Возникающую при интегрировании произвольную постоянную
определяют из начальных условий. Поэтому для получения однозначно-
однозначного ответа в условии задачи должна быть указана координата движущейся
точки (или определенная функция от нее) в некоторый момент вре-
времени t0 (часто этот момент принимается за начало отсчета времени).
Решение A.6) представляет собой выраженный в квадратурах ответ
к задаче о нахождении закона движения при v = v(t).
Если v = v(x), то левую и правую части уравнений A.5) умножаем
на dt/v(x) и получаем уравнение в разделенных переменных dt =
dx/v(x). В этом случае при интегрировании получаем закон движения
в неявном виде:
t
_ [ dx
J v(x
+ const,
A.7)
причем, как и прежде, произвольная постоянная интегрирования опре-
определяется из начальных условий. Если можно найти обратную функцию,
то из A.7) можно получить закон движения в явном виде. >
Аналогичные приемы можно использовать в некоторых случаях
плоского или трехмерного движения точки.
Задача 1.2. На неподвижный цилиндр
радиуса R намотана нить так, что в началь-
начальный момент времени остается ненамотанным
лишь конец нити длиной Iq. На конце нити
укреплена тяжелая точка, которой в началь-
начальный момент сообщается скорость vq , напра-
направленная перпендикулярно нити так, что нить
начинает разматываться (рис. 1.3). Как бу-
будет меняться длина размотанной части нити
со временем, если силы тяжести нет?
Рис. 1.3
§ 1. Кинематика материальной точки 11
Решение. Пусть в произвольный момент времени длина размотан-
размотанной части нити равна I. При поиске решения в первую очередь следует
поискать какое-либо геометрическое соотношение, которое включало
бы I. Если такое соотношение найти не удается, то надо записать ка-
какое-либо геометрическое соотношение, включающее бесконечно малое
изменение искомой величины dl за бесконечно малый промежуток
времени dt, а затем решить полученное дифференциальное уравнение.
Если на рисунке изобразить два положения системы, разделенные
бесконечно малым промежутком времени dt, то сразу усматривается
искомое геометрическое соотношение: dl — Rda, где da — бесконечно
малый угол, на который повернется нить за время dt. Теперь задача све-
свелась к определению da. Эта задача решается сразу: da = ш dt, где ш —
угловая скорость вращения нити. Получаем уравнение dl = wRdt,
в которое входят три переменные величины. Нужно найти еще одно
соотношение, связывающее эти переменные. Если использовать связь
угловой скорости с линейной: ш = v/l, то остается вопрос о линейной
скорости. Здесь мы должны заметить, что сила натяжения нити в на-
начальный момент направлена перпендикулярно скорости, а каких-либо
других сил нет. Следовательно, модуль линейной скорости движения
точки будет оставаться постоянным и равным vq. Мы получаем урав-
уравнение, в которое входят всего две переменные: dl = {vq/1)R dt. Видим,
что для решения этого уравнения можно применить метод разделе-
разделения переменных: переменные разделяются, если обе части уравнения
умножить на I. Теперь можно проинтегрировать обе части уравне-
уравнения и получить семейство решений, отличающихся на аддитивную
константу:
I2 = 2v0Rt + const. A.8)
Произвольная постоянная интегрирования определяется из начального
условия, если положить в A.8) I = 10 и t = 0. В итоге получаем ответ:
+ 2v0Rt. >
В следующей задаче рассматривается плоское движение точки.
Задача 1.3. Лодка пересекает реку с постоянной относительно воды
скоростью v, направленной под углом а к берегам. Скорость течения
воды в реке меняется по линейному закону, достигая на середине реки
величины и. Ширина реки равна d. При каком значении угла а лодка
достигнет противоположного-берега в точке, расположенной напротив
начальной?
12 Глава 1. Механика
и
Решение. Расположим начало
координат в начальной точке, ось х
направим вдоль течения воды в ре-
ке, ось у — по перпендикуля-
перпендикуляру к линии берега (рис. 1.4). Рас-
Рассмотрим движение на начальном *Lv-—
участке (при у < d/2). Чтобы опре- V
делить снос лодки вдоль реки по •
мере ее движения, полезно полу-
получить уравнение траектории. Поэто-
му начнем с определения закона
движения лодки, исходя из задан- ИС- '
ных условий на скорости.
Проекция скорости лодки на выбранные направления координат-
координатных осей равны:
vx - vr - v cos a,
vy = v sin a,
где vr — скорость течения в точке нахождения лодки. Из условия
линейного распределения скоростей течения легко найти, что v^ — ky,
где к = и/(d/2).
Если учесть, что vx — dx/dt, то мы видим, что в первое урав-
уравнение A.9) входят три переменные величины. Поэтому такое урав-
уравнение решить сразу нельзя и должна быть найдена дополнительная
связь между ними. Во второе уравнение A.9) входят только две пе-
переменные, и можно эти переменные разделить, записав уравнение
в виде dy = v sin a dt: Вычисляя интегралы от левой и правой частей
и используя начальное условие (у = О при t = 0), находим у = v sin at.
Теперь найдено дополнительное соотношение для исключения лишней
переменной в первом уравнении A.9), причем проекция скорости
на ось х найдена как функция от времени. Выше было показано, как
решить такое уравнение, и мы получаем
uv sin a t2 uy2
х= vcosat= 2/ctga. 1.10)
a dv sin a
Полагая у = d/2, определяем снос лодки при достижении ею середины
реки:
ud d , ч
«i=--—: -ctga. A.11)
:
4t>sina 2
Снос лодки равен нулю, если
0.12)
г
§ 1. Кинематика материальной точки
13
и
Рис. 1.5
Заметим, что из соображений симметрии следует, что при дальнейшем
движении при достижении лодкой противоположного берега полный
снос лодки будет равен нулю, так что в A.12) мы получили ответ
к задаче. >
Иногда разделение переменных требует большой находчивости
и настойчивости в поисках. Рассмотрим более сложную задачу.
Задача 1.4. На лужайке в точке А
(рис. 1.5) в пределах видимости своего до-
домика С находится Заяц. Из леса в точ-
точке В, расположенной на перпендикуляре
к прямой, проходящей через Зайца и его \ «
домик, появляется Волк. Волк начинает \ \и
бежать по направлению к Зайцу с постоян-
постоянной по абсолютной величине скоростью v,
направленной все время точно на Зайца.
Вначале расстояние от Волка до Зайца
равно h. Заяц бежит к домику с постоян-
постоянной (максимальной для себя) скоростью и. По какой траектории бежит
Волк, где он настигнет Зайца и в чем состоит условие успешной охоты?
Решение. Выберем начало координат в точке А (см. рис. 1.5),
ось х в направлении АС, ось у в направлении АВ. Требуется найти
закон, по которому движется Волк, и из этого закона найти уравнение
траектории. Если траектория движения Волка пересечется с осью х
в пределах отрезка АС, то охота будет успешной.
Из условия задачи о движении Волка известно только то, что
он бежит с постоянной по модулю скоростью, направленной точно
на Зайца. Какие следствия можно получить из этих сведений?
На рис. 1.6 изображена пред-
предполагаемая траектория у — у(х) у
Волка. Если от начала движения
прошел промежуток времени t,
то Заяц находится в точке Q y(t)
с координатами (ut, 0), а Волк y(t+dt)
в некоторой точке Р с коорди-
координатами (x(t), y(t)), причем ско-
скорость Волка направлена по ка- л
сательной к траектории, т. е. по
прямой PQ. Вспоминая геоме-
геометрический смысл производной
x(t) x(t+dt) ut u(t+dt)
Рис. 1.6
14 Глава 1. Механика
dy/dx как тангенса угла а наклона касательной к оси ж, получаем
соотношение
*« = ? = -* (U3)
dx ut - х
т. е. дифференциальное уравнение для определения закона движения
или траектории Волка. Вся трудность дальнейшего решения состо-
состоит в том, что в уравнение A.13) входят три переменные величины,
а поэтому сначала надо избавиться от одной из них.
Какое условие еще не было использовано? Условие постоянства
модуля скорости Волка. Из определения модуля скорости следует
A.14)
у \ ш. / \ «(• /
ИЛИ
' (Ы5)
Из A.13) и A.15) надо получить уравнение, в которое входили бы
только две переменные. Наиболее простым образом входит в эти со-
соотношения переменная t Поэтому возникает мысль в первую очередь
попытаться исключить именно переменную dt. Очевидно, что для та-
такого исключение надо уравнение A.13) преобразовать так, чтобы в него
время входило бы только в виде dt. Для этого A.13) надо записать в виде
dx
ut-x = -y — A.16)
dy
и от A.16) вычислить дифференциал:
udt — dx — —dy — yd I — I , A-17)
dy \dyj
или
Y A.18)
Нам удалось A.13) преобразовать к виду, содержащему время только
в виде dt, но при этом появился дифференциал от неудобной пока
для работы функции dx/dy. В такой ситуации надо попробовать эту
функцию принять за новую переменную и исключить одну из прежних
переменных. Поэтому полагаем z — dx/dy и записываем A.15) и A.18)
с использованием переменной z:
-dyVl + z2 = v dt, A.19)
—у dz = udt
(координата у убывает, поэтому y/(dyJ = -dy).
§ 2. Следствия преобразований Лоренца
15
Видим, что наша попытка оказалась удачной: в A.19) легко ис-
исключить dt и разделить оставшиеся переменные:
dy v dz
A.20)
v
и
Выполняя интегрирование, находим ¦'
In у = - In (z + \Л +z2 ) + С.
Из начальных условий С = In ft. Поэтому
fV\u/v I
или
_ 1 (yyi" 1 (у\
~2\h) 2\h)
A.21)
A.22)
A.23)
Возвращаясь к переменным х и у, еще раз разделяем переменные
и выполняем интегрирование. В итоге получаем уравнение траектории
Волка:
1 ft /у\х+и1" 1 ft (У\х~и1"
Х=2 1 + u/v \h) ~ 2 1 - u/v \h)
lft lft ,
2 1+m/v 2 I-u/v'
Траектория пересекает ось х в точке
x0 = ft- 1 - [ -
V
I
A.25)
При этом должно быть и < v. Охота будет успешной, если х0 меньше
координаты точки С, в которой расположен домик Зайца. Если L — ко-
координата точки С, то для успешной охоты Волк должен появиться в точ-
точке, удаленной от Зайца меньше чем на расстояние L(v2 - u2)/(uv). >
§ 2. Следствия преобразований Лоренца
Изучение кинематики специальной теории относительности тре-
требует от студентов большой работы и преодоления значительных труд-
трудностей в понимании материала. Поэтому рекомендуется очень вни-
внимательно отнестись к соответствующим разделам учебника и хорошо
освоиться с решением простых задач и задач среднего уровня.
Мы начнем с важной задачи о показаниях связанных друг с другом
часов в разных системах отсчета.
16
Глава 1. Механика
А'
о—
В'
А
Рис. 2.1
В
Задача 2.1. Стержень А'В' («поезд»)
движется с постоянной скоростью V от-
относительно параллельного ему стержня АВ
(«платформы») (рис. 2.1). Оба стержня име-
имеют одинаковую собственную длину /о и на
концах каждого из них установлены синхро-
синхронизированные между собой часы: А с В и А' с В'. Пусть в тот момент,
когда часы В' поравнялись с часами А, совпадающие часы показывают
одинаковое время t0. Определить показания всех часов в этот момент
с точки зрения наблюдателя на «платформе» (система К) и с точки
зрения наблюдателя в «поезде» (система К'). Определить в системах К
и К' показания всех часов в моменты совпадения часов 1) А и А', 2) В
и В',3) В и А'.
Решение. Начало координат в системах К и К' выберем в точке
совпадения часов А и В'. Обратим внимание на тот факт, что при
выводе преобразований Лоренца считают, что при совпадении часов,
расположенных в начале координат в системах К к К', они показывают
нуль. Поэтому, применяя преобразования Лоренца в обычной записи,
мы будем находить добавки к первоначальному показанию часов t0.
Рассмотрим сначала показания всех часов с точки зрения наблю-
наблюдателя на «платформе». В начальный момент часы А и В' показыва-
показывают t0 по условию, часы В показывают t0 согласно условию синхро-
синхронизации. Введем обозначение /3 — V/c. В системе К стержень А'В'
имеет длину Ц\/\ — fi1, т.е. часы А' находятся в точке с координа-
координатой Ах = -Iq\/\ - /З2. Применяя преобразование Лоренца, находим
добавление к отсчету часов А':
At' = —
BЛ)
Итак, в начальный момент часы А' показывают t^ + Vlo/c2.
Рассмотрим момент совпадения часов А и А'. По часам системы К
прошло время Zo\/l ~ P2/V- Поэтому синхронизированные между со-
собой часы А а В показывают to + loy/l - C2/V. По часам, движущимся
в точках А' и В', прошло время k(l - P2)/V, поэтому часы В' будут
показывать to + Zo(l - P2)/V, а часы А' будут показывать to + lo/V.
В момент совпадения часов Б и Б' в системе К прошло lo/V,
а в системе К' прошло loy/l - P2/V. Поэтому часы А и В будут
показывать t0 + lo/V, а показания часов В' и А' равны, соответственно
t0 + loVT^fP/V и
§ 2. Следствия преобразований Лоренца
17
Аналогично, при совпадении часов В и А' часы А и В показы-
показывают t0 + /o(l + лЛ -P2)/v> часы В' показывают t0 + h\/\ -P2(l +
у/\ - P2)/V, а часы А' показывают t0 + k(l + \J\ - P2)/V.
С точки зрения наблюдателя в «поезде», в начальный момент
часы А', В' а А показывают t0. Часы В движутся со скоростью —V
и находятся в точке с координатой Дх' = /о\Л - Рг. Из преобразований
Лоренца находим
лг л»' тл1.
B.2)
Поэтому часы В показывают t0 + VIq/c2.
Поступая аналогично предыдущему, находим, что при совпадении
часов А и А' показания будут: t# = tB< = t0 + lo/V; tA = t0 +
luy/\ - pi1 /V; tB = t0 + h{p2 + ^/l - P2)/V. При совпадении часов В
и В1 имеем tA, = tB< = to + loy/\-p2/V; tA = t0 + /0(l - p2)/V; tB =
to + h/V. Читатель без труда найдет показания всех часов в системе К'
при совпадении часов В и А'. >
Рекомендуется рассмотреть аналогичную задачу в случае, когда
собственная длина «платформы» отличается от собственной длины
«поезда».
Задача 2.2. Системы координат К' и К" движутся относительно
системы К со скоростями V\uVj вдоль оси х. Сточки зрения системы К
стрелка часов в системе К' делает один оборот за время t. Какой
промежуток времени проходит при этом в системе К" ?
Решение. Записывая преобразования Лоренца, выражаем искомый
промежуток времени через координату и время в системе К:
B.3)
В свою очередь, учитывая связь систем К и К', находим
t t1
Отсюда
B.4)
Глава 1. Механика
Задача 2.3. Космическая ракета движется с ускорением W', одина-
одинаковым в каждой инерциальной системе, мгновенно сопутствующей ракете.
Сколько времени по часам, находящимся в ракете, потребуется для пре-
преодоления расстояния S от места старта?
Решение, Установим связь ускорений в К и К' -системах. Для
этого из преобразований Лоренца х = (х' + Vt')/-\/l ~ р2, t = (t1 +
- р2 выразим
dx _ V + dx'/dt'
dt 1 + V/c2 • dx'/dt'
и
d2x _ d2x'/dt2{\-p2yi2
dt2 ~ A+V/c2-dx'/dt'?'
При dx'/dt' = 0 имеем отсюда W = W'(l - p2K/2 и dt' =
Полное время, прошедшее по часам в ракете, равно
B.5)
B.6)
= f dt'= f dty/l - p2 =
W
- _L f dV - c i±
~ W J 1 - P2 ~ 2W " 1 -
1 + Vf/c
Vf/c
B.7)
где V/ — конечная скорость ракеты в К -системе. Пройденное от места
старта расстояние равно
Г _ t VdV __ 1 Г VdV _ с2 ( 1 |
S~J vdt~J ~W~wi ТуЩп-w \ЯЩ1г~} '
Из B.9) и B.8) находим ответ, подставляя в B.7):
Vf ^
с ~
l + W'S/c2
B.8)
B.9)
§ 3. Динамика материальной точки
Если действующие на точку силы не остаются в процессе движения
постоянными, то для описания движения приходится решать диффе-
дифференциальное уравнение (уравнение движения), следующее из второго
§ 3. Динамика материальной точки 19
закона Ньютона. Мы рассмотрим несколько примеров, в которых реше-
решение можно получить методом разделения переменных, обсуждавшимся
в § 1. В случае прямолинейного движения точки разделение пере-
переменных всегда можно выполнить, если сила зависит только от одной
кинематической переменной: t, v или ж. При первом интегрирова-
интегрировании определяется скорость движения, при втором — закон движения.
Для определения произвольных постоянных интегрирования в условии
задачи должны быть заданы два начальных условия. Чаще всего зада-
задается скорость и координата движущейся точки в начальный момент
времени, хотя возможны и иные условия.
Если сила зависит только от времени, то в уравнении движения
т— =F C.1)
разделение переменных выполняется умножением обеих частей урав-
уравнения на dt. Интегрируя полученное уравнение, находим скорость как
функцию времени:
1 г
dt + C,
и после определения постоянной интегрирования С можно найти закон
движения, как в § 1.
Если сила зависит только от скорости, то после разделения пе-
переменных в уравнении C.1) находим скорость как неявную функцию
от времени:
т
и для нахождения закона движения сначала требуется перейти к явной
зависимости скорости от времени.
Если сила зависит только от координаты, то в уравнение C.1) вхо-
входят три переменные величины и необходимо от одной из них избавиться.
Проще всего с помощью кинематического соотношения dx = vdt ис-
исключить из C.1) переменную dt — dx/v, а затем разделить переменные:
mvdv = F(x)dx. C.3)
Интегрирование этого уравнения дает закон изменения кинетической
энергии: изменение кинетической энергии точки равно работе действу-
действующих на нее сил:
^ j(x)dx + C. C.4)
Дальнейшее интегрирование выполняется как в § 1, если из C.4)
выразить скорость как функцию от координаты х.
SO Глава 1. Механика
Задача 3.1. Лодку разгоняют в спокойной воде до скорости vq,
после чего выключают двигатель. Сопротивление воды пропорционально
скорости. Описать дальнейшее движение лодки. Найти время движения
до остановки и пройденный путь. Оценить по порядку величины коэффи-
коэффициент сопротивления к для обычной моторной лодки.
Решение. Введем ось ж вдоль направления движения лодки. В урав-
уравнении движения т dv/dt = —kv легко разделить переменные по образ-
образцу C.2). Находим
к
lnv = t + Q. C.5)
тп
Считая при t = 0 скорость v = v0, определяем постоянную интегриро-
интегрирования: С\ = bitty. Следовательно
v = voe~ktlm. C.6)
Скорость движения убывает по экспоненциальному закону. Из C.6)
видно, что до полной остановки должно пройти бесконечное время.
Такой вывод связан с учетом только одной силы сопротивления, хо-
хотя при уменьшении скорости движения эта сила может стать сколь
угодно малой и в какой-то момент перестает быть основной силой,
определяющей движение.
Мы нашли скорость как функцию от времени и теперь, разделяя
еще раз переменные, как в § 1, считая ж = 0 при t = 0, находим закон
движения лодки:
Х = ^A_е-«М). (з.7)
Полагая t —> оо, находим пройденный путь S = mvo/k.
Из повседневных наблюдений известно, что если выключить дви-
двигатель у лодки при скорости порядка 10 км/ч (около 3 м/с), то, как
правило, лодка остановится, пройдя ~ 10-20 м. Если для оценки при-
принять массу лодки ~ 200 кг, то приходим к выводу, что коэффициент
сопротивления к = mvo/S составляет несколько десятков кг/с. Для
более легких лодок (типа байдарок) этот коэффициент может быть
на порядок меньше. >
Важнейшим средством для выполнения численных расчетов явля-
является представление функций в виде рядов. Начнем изучение этой техни-
техники с применения разложения функций вряд Тейлора. Поскольку в курсе
математики этот материал будет рассматриваться несколько позже, мы
здесь приведем без доказательств основные математические сведения.
Функцию у = /(ж), непрерывную и имеющую все производные
при х = а, можно представить в виде суммы бесконечного степенного
§ 3. Динамика материальной точки
ряда (ряда Тейлора):
C.8)
Это представление справедливо для тех значений х при которых оста-
остаточный член
(ж - о)"+1 , ,п
(? находится между о и ж) стремится к нулю при га —> сю. В этом
случае говорят, что ряд C.8) сходится к своей сумме /(ж). Оценить
область применимости разложения C.8) можно также, вычисляя радиус
сходимости ряда р по формуле
1 i t(n)(n\\
ТТ7-ТТ- C-Ю)
Ряд сходится при \х — а\ < р.
Использовать представление функций в виде ряда C.8) целесо-
целесообразно в тех случаях, когда последовательные члены ряда быстро
убывают и для вычисления суммы достаточно ограничиться учетом
лишь нескольких первых слагаемых ряда.
Задача 3.2. Стальной шарик радиуса г падает с высоты h без
начальной скорости на горизонтальную стальную плиту. Сопротивление
воздуха пропорционально квадрату скорости. На какое расстояние Ah
не долетит шарик до первоначального положения при первом подскоке?
Решение. Выберем начало координат в «первоначальном положе-
положении шарика и ось х направим вертикально вниз. При движении шарика
сила тяжести всегда направлена вниз, а сила сопротивления воздуха
направлена противоположно вектору скорости. Поэтому необходимо
рассмотреть по отдельности движение шарика вверх и вниз.
При движении вниз уравнение движения имеет вид
dv 2
т— =mg-kv ,
at
C.11)
где к — коэффициент сопротивления. Видим, что правая часть зависит
только от скорости; поэтому можно разделить переменные. В данной
задаче нас интересует вопрос об изменении скорости шарика в за-
зависимости от его координаты. Поэтому от переменной dt в C.11)
надо перейти к переменной dx/v. Получаем уравнение в разделенных
переменных:
mv dv , ,„,„.
ri = dx. C.12)
mg - fctr
22
Глава 1. Механика
Интегрируя его с учетом начальных условий v = 0 при х = 0, получаем
(считая mg > kv2)
'/2
C.13)
Скорость шарика в нижней точке t>max находим из C.13), полагая х = h.
Если удар абсолютно упругий, а масса плиты очень велика, то
шарик отскочит от плиты вверх со скоростью vmm. Уравнение движения
имеет теперь вид
dv 2
m—-=mg' '-
at
kv
C.14)
причем при х = h имеем v = t>max а при х = Ah скорость шарика
становится равной нулю. Разделяя переменные C.14) и интегрируя
по х в пределах от h до Ah, аповв пределах от vmm до нуля, находим
= /l_™lnB-e-№)
2k
C.15)
Как сделать численную оценку найденной величины ДЛ? Можно
считать, что коэффициент сопротивления воздуха к пропорциона-
пропорционален площади поперечного сечения 5 движущегося тела. Из C.11)
видно, что при движении вниз суммарная сила уменьшается и в не-
некоторый момент должна обратиться в нуль, после чего тело будет
двигаться равномерно (скорость такого движения называется устано-
установившейся скоростью). Известно, что при свободном падении чело-
человека с большой высоты установившаяся скорость Vq = ^/mg/k со-
составляет около 60 м/с. Отношение установившихся скоростей паде-
падения двух тел равно [(mi/5'i)/(m2/52)]1''2. Если принять для челове-
человека М « 80 кг, S\ « 1 м2, а для стального шарика радиуса 1 см m и 25 г
и S2 « 3 см2, то найдем, что установившиеся скорости их падения
будут приблизительно одинаковыми. Запишем C.15) в виде
Д* = ,_-!*.,„ B-
h 2gh v
C.16)
Тогда легко сделать численные оценки. Пусть шарик падает с высо-
высоты 1 м. Поскольку отношение 2gh/vl — очень малая величина, вос-
воспользуемся представлением функции In B — е~х) при малых х в виде
ряда Тейлора C.8): In B - е~х) = х - х2 + ..., откуда окончательно
^ = ^«6.]<Г3. (З.П)
h v'Q
Итак, за счет сопротивления воздуха шарик, падая с высоты 1 м,
не долетит до первоначального положения около 6 мм. >
¦г
§ 3. Динамика материальной точки 23
Эту оценку можно еще уточнить, если принять во внимание зави-
зависимость силы лобового сопротивления от формы тела. Известно, что
при одинаковом поперечном сечении и одинаковой скорости движения
в воздухе лобовое сопротивление для движущегося шара приблизитель-
приблизительно в 3 раза меньше, чем для тела, имеющего форму диска. Следователь-
Следовательно, квадрат установившейся скорости шарика будет в 3 раза больше,
чем получено выше, и расстояние Ah окажется порядка 2 мм.
Иногда оказывается полезным и даже целесообразным предста-
представлять в виде разложения в ряд Тейлора не всю изучаемую функцию,
а только ее какую-то часть. В следующей задаче мы имеем именно
такую ситуацию.
Задача 3.3. Материальная точка падает без начальной скорости
на землю с высоты Н = 1 000 км. Найти время, за которое она окажется
на высоте h = 100 км.
Решение. При движении на таких высотах сопротивлением воздуха
можно пренебречь. Если бы можно было пренебречь также изменением
силы тяготения с высотой, то время было бы равно t = у/2(Н — h)/g.
Как изменяется этот результат при правильном учете силы тяготения?
Запишем уравнение движения точки в системе координат, начало
которой поместим в центр Земли, а ось х направим на начальное
положение материальной точки. Пусть т — масса точки, R, М —
радиус и масса Земли, у — гравитационная постоянная. Имеем
(ЗЛ8)
Разделяя переменные как в C.3) и интегрируя обе части уравнения,
находим
у =7^+ С. C.19)
Постоянную интегрирования С определяем из начального условия:
при х = R + Н было v = 0. Заметим еще, что уМ = gR2, где g —
ускорение свободного падения на поверхности Земли. Поэтому C.19)
можно переписать в виде
/1 1 \
C.20)
,х R + HJ v '
Извлекая квадратный корень, разделяя переменные и интегрируя, на-
находим искомый промежуток времени:
R+h
* C.21)
/
R+H
24
Глава 1. Механика
Знак минус появился при извлечении квадратного корня, так как при
нашем выборе системы координат v < 0.
Удобнее использовать в качестве переменной расстояние, отсчи-
отсчитываемое от поверхности Земли: z = х - R. В нашей задаче z < R.
Обозначая е = \/R, находим
Т =
C.22)
Если в C.22) пренебречь малыми слагаемыми ez и еН по сравне-
сравнению с единицей, то получим результат, соответствующий постоянной
силе тяготения. Для оценки поправки к этому результату найдем ли-
линейный по е член разложения функции в правой части C.22) в ряд,
используя представление у/A +еН) A + ez) — 1 + e(z + H)/2 + ... .
Поскольку ft ^ z ^ Н, величина поправки меньше еН « 0,16 и боль-
больше е(Н + ft)/2 « 0,09. Следовательно, время падения будет приблизи-
приблизительно на 10 % больше, чем вычисленное без учета изменения силы
тяготения с высотой. >
Отметим, что полученной таким образом оценки чаще всего бы-
бывает достаточно. Если же требуется получить ответ с определенной
точностью, то приходится вычислять полученные интегралы. Не всегда
результат можно выразить через элементарные (и вообще затабулиро-
ванные) функции, но всегда можно использовать численные методы
интегрирования, чтобы получить ответ с любой степенью точности.
В данной задаче интеграл в C.22) выражается через элементарные
функции и ответ можно записать в явном виде:
1+еЯ
y/(l+eh)(H-h) + —JL- arctg
e(ff-ft)
l+eh
. C.23)
Для быстрой численной оценки такая запись неудобна. Однако при
выводе C.23) нигде не использовалось предположение о малости е,
поэтому результат имеет общий характер, т.е. справедлив при любых ft
и Я. При малых е функцию C.23) можно представить в виде ряда Тей-
Тейлора по степеням е. В этом случае делать численные оценки становится
удобнее.
Задача 3.4. Определить период колебаний математического маят-
маятника длины I, считая амплитуду колебаний а0 произвольной.
§ 3. Динамика материальной точки
25
Решение. Положение маятника будем описывать углом а откло-
отклонения его нити от вертикали. Из уравнения движения
d = -f sin a
C.24)
находим аналогично C.4)
C.25)
где С — -g/l cos <*о • Далее выражаем угловую скорость движения:
а = у — (cos a - cos a0)
C.26)
и получаем ответ, разделяя переменные и интегрируя по а в преде-
пределах @, с*о) и по времени в пределах (О, Т/4), где Т — искомый период
колебаний:
«о
[ da C.27)
- cos a0
Если углы a и «о малы, то отсюда легко получить известный из школь-
школьного курса период малых колебаний маятника: Т = 2тг \/T/g. Нас инте-
интересует, на сколько изменяется этот результат при различных значени-
значениях а0. Можно, конечно, при любом заданном а0 вычислить интеграл
в C.27) численными методами. Но на этом пути легко решить лю-
любую конкретную задачу и трудно представить общую картину. Именно
в таких ситуациях уместно использовать представление в виде ряда.
Непосредственно перейти к ряду Тейлора в правой части C.27) не-
неудобно по двум причинам. Во-первых, ао может быть больше единицы
и тогда представление в виде ряда становится сомнительным. Во-вто-
Во-вторых, желательно иметь такое представление, в котором первый член
давал бы период малых колебаний, а следующие за ним составляли бы
ряд достаточно быстро убывающих слагаемых. Кроме того, если ма-
маятник представляет собой материальную точку на жестком невесомом
стержне, то ао может превышать тг/2 (вплоть до тг), и поэтому в каче-
качестве аргумента привлекательнее выглядит половинный угол. Поэтому
обычно переходят к половинным углам а/2 и «о/2:
gj v/sin2(a0/2)-sin2(a/2)'
C-28)
26
Глава 1. Механика
а затем подбирают такую замену переменной, чтобы освободиться от ао
в пределах интегрирования. Если ввести угол в, определенный соотно-
соотношением sin (a/2) = sin (ао/2) sin в, то приходим к обычно используемой
записи ответа:
C.29)
sin 2(а0/2) sin 20
Г = 2тг4 - l + -sin'-^
Раскладывая подынтегральную функцию в ряд Тейлора и почленно
интегрируя, находим
C.30)
Видим, что при амплитуде а0 = 60° поправка к периоду малых коле-
колебаний составляет около 8 %. Читатель без труда покажет, что первый
отброшенный член в C.30) равен 9/64 sin 4(а0/2). Это и последующие
слагаемые играют заметную роль только при весьма больших амплиту-
амплитудах колебания. >
Задачи для самостоятельного решения
Задача 3.5. Тело массы М падает без на-
начальной скорости с высоты Н на пружину жест-
жесткости к. Найти время сжатия пружины, прене-
пренебрегая массой пружины и трением.
Задача 3.6. Через неподвижный гладкий ци-
цилиндр с радиусом основания R перекинута цепоч-
цепочка длины L > тгй (рис. 3.1). В начальный момент
длина большего из свисающих концов АВ равна I,
при этом цепочка неподвижна. Найти закон дви-
движения конца цепочки А если ее отпустить.
Задача 3.7. Насколько изменяется даль-
дальность полета небольшого тела массы т, бро-
брошенного под углом а под углом к горизонту
с начальной скоростью v, за счет сопротивле-
сопротивления воздуха, если сопротивление пропорциональ-
пропорционально скорости (коэффициент пропорциональности
равен к)?
Рис. 3.1
§ 4. Движение при наличии сухого трения
27
§ 4. Движение при наличии сухого трения
В этом параграфе мы применим методы, изученные в § 3, к случаю
движения материальной точки по шероховатой поверхности.
Задача 4.1. На столе лежит цепочка длины L. Коэффициент трения
скольжения равен к. Один конец цепочки медленно поднимают по верти-
вертикали на высоту h < L. Найти форму цепочки в конечном статическом
положении (рис. 4.1).
Решение. В силу условия h < L часть цепочки останется лежать
на столе, а остальная часть примет вид некоторой кривой. Если в плос-
плоскости цепочки ввести систему координат (х,у), то задача состоит в том,
чтобы найти кривую у = у{х). Из материала предыдущих параграфов
Mbi знаем, что уравнение кривой можно получить, используя геоме-
геометрический смысл производной как тангенса угла наклона касательной
к кривой. Эти рассуждения позволяют приступить к решению задачи.
\h
/
у/
Рис. 4.1
Пусть на столе лежит часть цепоч-
цепочки длиной I. Выберем систему координат
как показано на рис. 4.2 (начало координат
поместим в точку перехода кривой в пря-
прямую). Рассмотрим условия равновесия ма-
малого участка ds на изогнутой части цепоч-
цепочки (рис. 4.3). Пусть р — линейная плот-
плотность цепочки, Т — абсолютная величина
силы натяжения.
Тогда
(Т sin a)x+dx ~ (T sin а)х = pg ds,
(Т cos a)x+dx - (T cos a)x = 0,
D.1)
Рис. 4.2
a(x+dx)
x x+dx
Рис. 4.3
где индексами отмечаются точки, в кото-
которых берется значение функции. Из второго уравнения D.1) следует,
что Т cos a = const. Поскольку известно, что движение происходило
28
Глава 1. Механика
медленно, можно считать, что const = kpgl. Из первого уравнения
теперь легко получить
d(tga) = ^. D.2)
Введем новую переменную z — tga = dy/dx. Длину дуги ds вычислим
по теореме Пифагора: ds — \/dx2 + dy2 = dx\/l + z2. Теперь легко
разделить переменные в D.2):
dz
dx
?'
D.3)
D.4)
откуда при х > 0 находим z — sh (x/(kl)) и
:=)-]¦
Осталось только определить I. Для этого рассмотрим условия равнове-
равновесия конца цепочки А. Находим
(Т sin a)A = pg(L-l), D.5)
откуда (tga)^ = (L - l)/(kl). С другой стороны, с помощью D.4)
находим
Получаем
hkJ-(L2-h2). >
D.6)
D.7)
Задача 4.2. На наклонной плоскости ле-
лежит тело (рис. 4.4), которому в началь-
начальный момент времени сообщают направлен-
направленную по горизонтали скорость v0. Угол на-
наклона плоскости равен а, коэффициент тре-
трения скольжения к. Найти годограф скоростей
тела- Рис. 4.4
Решение. Ясно, что траекторией движения будет некоторая кривая
на наклонной плоскости. В случае криволинейного движения по плос-
плоскости очень часто оказывается удобным использование полярных ко-
координат (г, <р). Пусть начало координат помещено в точку первона-
первоначального расположения-тела. Угол ip будем отсчитывать от горизонтали
§ 4. Движение при наличии сухого трения
29
вниз (т. е. по часовой стрелке). Тогда уравнения движения в проекци-
проекциях на касательную к траектории и на нормаль будут иметь вид (если
сократить в них массу движущейся точки)
dv .
— = —kg cos a + g sin a sin <p,
at
d<p
v — = g sin a cos (p.
at
D.8)
dv ( к ctg a \
— = I h tg <p I d<p.
v \ cosy /
В этих уравнениях v — абсолютное значение скорости. Если разделить
первое уравнение D.8) на второе, то легко разделить переменные:
*ctga ,
Ь tg <р ) а<р. D.9)
cosy '
Вычисляя интегралы с учетом начального условия, находим годограф
скоростей в полярных координатах:
/ 1 \ —ft ctg a
v = ——(tg<p-\ -) • D.10)
cosy \ cosy/
Отметим, что и при использовании декартовых координат на наклон-
наклонной плоскости удается разделить переменные в уравнении движения.
Рекомендуем читателю попытаться получить D.10), используя декар-
декартовы координаты. Читатель увидит, насколько возрастают трудности
решения при нерациональном выборе системы координат. >
К числу простейших дифференциальных уравнений первого по-
порядка относятся также линейные уравнения, в которых неизвестная
функция и ее производная входят линейно. Уравнение общего вида
имеет общее решение:
f(x)/i(x)dx + C\ ,
где
ц(х) = ехр < / а(х) dx > .
D.11)
D.12)
D.13)
Постоянная интегрирования С в D.12) определяется начальным усло-
условием. Легко проверить непосредственной подстановкой D.12) и D.13)
в D.11), что это действительно решение.
Вот пример задачи, в которой приходим к линейному дифферен-
дифференциальному уравнению.
30
Глава 1. Механика
Задача 4.3. На дне замкнутой неподвижной сферы радиуса R по-
покоится тело малых размеров. Какую скорость vo надо сообщить телу,
чтобы оно, пройдя по окружности вертикального большого круга, оторва-
оторвалось от сферы в ее верхней точке? Коэффициент трения скольжения
равен к.
Решение. Конечная скорость V/. определяется из условия отры-
отрыва mvl/R = mg (m — масса тела), откуда
vl=gR. D.14)
Начальная кинетическая энергия идет на увеличение потенциальной
энергии на 2mgR, работу силы трения Атр и остаток кинетической
энергии в момент отрыва:
m
у (Щ ~ Ч) = Arp + 2mgR.
D.15)
Задача сводится к вычислению работы силы трения. Из общего опре-
определения работы
Атр= IF^ds, D.16)
mo)zR
где ds = Rd<p — бесконечно малый эле-
элемент дуги большого круга. Если ш — угло-
угловая скорость движения тела, <р — угловая
координата (рис. 4.5), то
FTP = k(m(j2R + mg cos <p), D.17)
= kmR'
it
I ш d(p.
D.18)
mg
Рис. 4.5
Теперь надо найти угловую скорость как
функцию угла <р. Для этого используем урав-
уравнение вращательного движения. Сокращая
его обе части на mR2, имеем
— = -кш2 - |-(sin ip + к cos (p). D.19)
at R
Записывая du>/dt = du>/d<p-d(p/dt = 1 /2-(d/d<p)(ш2), получаем линейное
уравнение вида D.11) относительно о;2: *
d((j2) , 2я
-^т-1 + 2кшг = - -?¦ (sin <p + к cos <p). D.20)
dip R
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
31
Согласно D.11)-D.13), находим
. D.21)
Определяя значение константы С из начального условия (v =
при <р = 0), получаем
N ¦
N ¦
+
Из D.15) и D.18) находим ответ:
Задача для самостоятельного решения
Задача 4.4. На проволочной окружности радиуса R, расположенной
горизонтально, насажен небольшой шарик, который может двигаться
по проволоке. С какой начальной скоростью надо толкнуть шарик вдоль
проволоки, чтобы он сделал точно один оборот? Коэффициент трения
скольжения равен к.
§ 5. Движение системы материальных точек
и твердых тел
В курсе общей физики обычный способ изучения движения си-
системы материальных точек и твердых тел состоит в записи уравнений
движения для всех точек и тел вместе с уравнениями, следующими
из третьего закона Ньютона для всех взаимодействий внутри системы.
При этом вводятся в рассмотрение внутренние силы (натяжения нитей,
упругие напряжения в стержнях, непосредственные взаимодействия тел
друг с другом и т.д.). Если система состоит из малого количества вза-
взаимодействующих тел, то такой подход оправдан и быстро приводит
к решению задачи. Однако с ростом числа тел, составляющих систему,
32 Глава 1. Механика
такой подход становится громоздким и неэффективным. Поэтому в те-
теоретической механике при изучении динамики системы чаще исходят
их того или иного вариационного принципа.
Основное внимание в курсе теоретической механики для физиков
обычно уделяется применениям лагранжева формализма и уравнений
Гамильтона, а общее уравнение механики (уравнение Даламбера—
Лагранжа), как правило, к решению задач почти не привлекается.
' Вместе с тем для студентов, интересующихся задачами повышенной
трудности в курсе общей физики, несомненный интерес представит
знакомство с одном из эффективных подходов к решению задач дина-
динамики системы — с использованием общего уравнения механики.
Для того чтобы освоиться с этим методом решения задач, необхо-
необходимо уяснить некоторые дополнительные понятия и определения.
Классификацию различных систем будем проводить по их числу
степеней свободы. Число степеней свободы системы — это количество
независимых параметров, которые требуются для описания движения
системы. Так, например, свободная материальная точка имеет три сте-
степени свободы; если точка может перемещаться только по заданной
поверхности (или кривой), то она имеет две (или соответственно одну)
степени свободы. Две свободные точки имеют 6 степеней свободы; если
они соединены нерастяжимым стержнем, то число степеней свободы
равно 5. Свободное твердое тело имеет 6 степеней свободы. Условия
движения тел по заданным поверхностям, соединяющие тела нити
и стержни — основные виды связей, наложенных на систему, — умень-
уменьшают число степеней свободы системы. Чтобы практически определить
число степеней свободы системы, надо последовательно запрещать воз-
возможные (т. е. допустимые связями) перемещения точек системы, пока
движение станет невозможным. Число таких запретов и будет равно
числу степеней свободы системы.
Кроме возможных перемещений в механике рассматриваются вир-
виртуальные перемещения — воображаемые бесконечно малые переме-
перемещения, допускаемые в данный момент времени связями. Если связи
от времени не зависят, то возможные и виртуальные перемещения
не различаются. В дальнейшем у нас не встретится зависящих от време-
времени связей, но для общности мы будем говорить о виртуальных переме-
перемещениях (для них обычно используется обозначение 6т или 6s). Кроме
внешних заданных сил на систему действуют реакции связей, т. е. силы
со стороны поверхностей, стержней, нитей и т. д. Мы выделим связи
особого типа, для которых сумма работ всех реакций связей на произ-
произвольном виртуальном перемещении точек системы (виртуальная работа
' § 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
33
реакций связей) равна нулю:
6AR =
N
E.1)
где г, — радиус-вектор i-й точки системы и суммирование ведется
по всем точкам. Такие связи называются идеальными. К ним относят-
относятся гладкие поверхности и кривые, невесомые нерастяжимые стержни
и нити, а также абсолютно шероховатые поверхности, по которым
происходит качение тел без проскальзывания.
Если записать уравнение движения произвольной точки системы:
= F,
E.2)
где F,- — внешние силы, R,- — реакции связей, то, умножая обе части
этого уравнения на произвольное виртуальное перемещение этой трчки
Ss{ и суммируя по всем точкам, получаем с учетом E.1)
,- - F.) 6s{ = 0.
E.3)
Это и есть основное уравнение механики, которое может служить базой
для изучения динамики системы с идеальными связями. Преимущество
полученного уравнения состоит в том, что в него не входят не известные
заранее реакции связей.
Общее уравнение механики в виде E.3) неудобно для непосред-
непосредственного применения к системам твердых тел, так как включает в себя
суммирование по точкам тел, составляющих систему. Его можно пре-
преобразовать к виду, более удобному для применений. Для этого заметим,
что при поступательном движении твердого тела виртуальные переме-
перемещения 6S{ всех его точек одинаковы, так же как одинаковы и ускорения
всех его точек г,. Поэтому суммирование по точкам дает слагаемое
(тт - F) Ss,
E.4)
где m — масса тела, г — ускорение его центра масс, F — резуль-
результирующая внешних сил, действующих на тело, Ss — произвольное
виртуальное перемещение. При вращении твердого тела относитель-
относительно фиксированной оси, проходящей через центр масс, виртуальные
перемещения всех точек тела выражаются через один угол поворота
6<р, а именно 6sj = [б<р х pt], где рг — компонента радиуса-век-
радиуса-вектора точки г,, лежащая в плоскости, содержащей рассматриваемую
точку и перпендикулярной к оси вращения. Представляя это выра-
выражение в E.3) и переставляя циклически сомножители в смешанных
2 Зак. 239
34 Глава 1. Механика
произведениях, приходим к слагаемому
(JCp - М) 6<р, E.5)
где J = 53 miPi ~ момент инерции тела относительно данной оси,
М = 53[р» х ^«'] — момент внешних сил относительно этой же оси,
i
<р — угловое ускорение тела, б<р — виртуальный угол поворота.
Вспомним теперь, что произвольное перемещение твердого тела
всегда можно представить как сумму двух: поступательного переме-
перемещения до нового положения центра масс и последующего вращения
относительного некоторой оси, проходящей через центр масс. Поэтому
в общем случае для каждого тела движущейся системы можно ожидать
не более двух слагаемых в сумме E.3), а суммирование по точкам
в E.3) заменить суммированием по поступательным и вращательным
(относительно оси, проходящей через центр масс) перемещениям всех
тел, входящих в систему.
Для удобства перепишем теперь формулу E.3) в виде
Л)«** = 0. E.6)
вкладывая в суммирование по к смысл суммирования по телам си-
системы и их поступательным и вращательным движениям. В E.6)
под т*, §к, Fk и 6sk понимаем либо массу, ускорение, внешнюю
силу и поступательное виртуальное перемещение, либо момент инер-
инерции, угловое ускорение, момент внешних сил и угол виртуального
поворота относительно оси, проходящей через центр масс.
Теперь можно приступать к решению задач. Если рассматривается
система с одной степенью свободы, то, по определению, достаточно
ввести один параметр для описания движения всех тел; при этом
перемещения и ускорения всех тел в системе могут быть выражены через
этот параметр. Если обозначить через 6Х перемещение (линейное или
угловое) какого-либо из тел системы, то все остальные перемещения
будут выражаться через это выбранное:
6sk = Ak6X, E.7)
где Ак — некоторые коэффициенты, которые определяются конфи-
конфигурацией системы. Если эти коэффициенты все постоянны, то связь
соответствующих ускорений имеет вид
ёк = АкХ. E.8)
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
35
В этом случае, подставляя E.7) и E.8) в E.6), находим решение задачи
с одной степенью свободы:
E.9)
? mkA\"
Таким образом, решение динамической задачи сводится к геометри-
геометрическому определению связи перемещений тел в системе. Естественно,
в качестве основной переменной 6Х надо выбрать смещение того тела,
чье ускорение интересует нас в первую очередь. Для иллюстрации ме-
метода рассмотрим пример несложной задачи с одной степенью свободы.
Задача 5.1. На сплошной цилиндр, ко-
который может кататься по горизонтальной
плоскости без проскальзывания, намотана
нить. Нить перекинута через блок и к кон-
концу ее привязан груз (рис. 5.1). Считая массы
всех тел и моменты инерции круглых тел
известными, найти ускорение подвешенно-
подвешенного груза. Массой нити и трением в блоке
пренебречь, нить нерастяжима и по блоку
не проскальзывает.
1
О
Рис. 5.1
Решение. В качестве основного перемещения 6Х выберем вирту-
виртуальное смещение висящего груза вниз. Пронумеруем тела системы, как
на рис. 5.1, и будем эти номера использовать как индексы при обозначе-
обозначении масс, радиусов и т.д. Тогда блок повернется на угол 6<рг = 6Х/В.2,
центр цилиндра сместится на 6х\ = A/2) 6Х, и цилиндр повернется
на угол 6(f\ = 6X/BR\) относительно оси, проходящей через центр
масс цилиндра. Эти результаты для удобства запишем в виде таблицы.
т.
J\
Ji
т3
бЗц
бх, = \бХ
Sf\ = Щ6Х
6f2 = %
буз = бX
А„
2
Щ
1
я2
1
Fk
0
0
0
Аналогичную таблицу будем далее записывать и в других задачах.
В данной задаче первое тело (цилиндр) движется поступательно и вра-
36
Глава 1. Механика
щательно, поэтому в формуле E.6) ему соответствуют два слагаемых,
а в таблице — две строчки. Второе тело (блок) только вращается, поэто-
поэтому в E.6) ему соответствует одно слагаемое, а в таблице — одна строчка,
причем под га* понимается момент инерции, 6sk — угол поворота,
.F* — момент внешних сил. относительно оси, проходящей через центр
масс (оси блока). В последней колонке записаны проекции сил (а для
вращательных движений —проекции моментов сил) на направления
соответствующих перемещений.
Видим, что все коэффициенты Л* — посто-
постоянные. Поэтому найденные то*, Ак, Fk подста-
подставляем в общую формулу E.9) и получаем ответ:
> E.10)
mi/4+J\/DR2]) + J2/R22 + m3'
Задача 5.2. Найти ускорение груза 1 в си-
системе блоков и грузов на рис. 5.2. Известны массы
всех тел и моменты инерции блоков. Нити невесо-
невесомы и по блокам не проскальзывают.
Решение. Пусть 6Х — виртуальное переме-
перемещение первого груза вниз. Тогда блок 2 на столь-
столько же опустится вниз и повернется на угол 6<р2 =
SX/R2, блок 3 повернется на угол 2 6X/R},
блок 4 повернется на угол 6Х/Щ и вместе с гру-
грузом 5 поднимется на 6Х. В результате имеем
следующую таблицу.
Рис. 5.2
т\ + m-i
h
J*
6sk
6х, = 6Х
6xs = ёх
Ak
1
1
«2
2
«3
1
«4
]
Fk
(m, + m2)g
0
0
0
-(m4 + m5)g
Поскольку все Ак постоянны, применяем формулу E.9) и получаем
ответ:
* =
1
' V ;
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
37
Что изменится, если не все коэффициенты Ак будут постоянными?
Тогда при выражении связи между ускорениями могут появиться сла-
слагаемые, зависящие только от скоростей и не зависящие от ускорений,
т. е. вместо E.8) может появиться зависимость
Sk = AkX + ak. E.12)
Подставляя E.7) и E.12) в E.6), находим решение для задачи с одной
степенью свободы в общем случае:
Т|Г
E.13)
Рис. 5.3
Задача 5.3. Составить уравнение дви-
движения математического маятника, нить ко-
которого наматывается на неподвижный ци-
цилиндр (рис. 5.3). Радиус цилиндра R, длина
нити до тонки касания с цилиндром равна I
в положении равновесия.
Решение. Выберем оси координат, как
показано на рис. 5.3. Если нить маятника
составляет угол tp с вертикалью, то длина
нити при этом равна (/ + Rtp). Скаляр-
Скалярное произведение в формуле E.6) запишем
в координатах (х, у). Поэтому в сумме E.6)
будет два слагаемых.
В качестве основного виртуального перемещения выберем 6<р —
приращение угла отклонения нити маятника. Тогда
6х = (I + Rtp) cos tp 6tp,
v r; r r E.14)
E.15)
E.16)
— виртуальные перемещения точки т по осям х и у. Записывая
координаты движущейся точки:
х = R cos tp + (I + Rtp) sin tp,
у = -R sin tp + (I + Rtp) cos tp
и дифференцируя их дважды по времени, находим связь проекций
ускорения на оси х и у с угловым ускорением:
х — (I + R<p) costptp+ [R cos tp - A + Rtp) sin <p]tp2,
y = -(l + R;<p) sin tp tp + [~R sin tp- A + Rtp) cos tp] tp2.
38
Глава 1. Механика
Видим, что проекции ускорения действительно выражаются в фор-
форме E.12). Составляем таблицу для данной задачи.
т
т
6 sk
6x = (l + Rip) cos <р Sip
6y — -(I + R<p) sin <p 6<p
Ak
A + Rip) cos <p
—A + Rip) sin ip
<*k
[R cos ip — (I + Rip) sin ipj ip2
\—R sin ip — (I + Rip) cos <p\ ф2
Fk
0
mg
Подставляя данные этой таблицы в общую формулу E.13), находим
ответ:
При малых углах <р и угловых скоростях ф отсюда получаем уравнение
движения простого математического маятника. >
Задача 5.4. На горизонтальном столе может кататься без проскаль-
проскальзывания однородное тело в виде половинки круглого цилиндра радиуса R
{рис. 5.4). Записать уравнение его движения при колебаниях. Найти от-
отсюда частоту малых колебаний.
Решение. Пусть точка С на рис. 5.4 — центр масс полуцилиндра.
Расстояние ОС обозначим пока через /. Начало системы координат
поместим в точку А, оси х и у направим в плоскости рис. 5.4 вправо
и вертикально вверх. Пусть наш полуцилиндр переместился так, что
его радиус О А отклонился от вертикали на угол ip. Тогда координаты
центра масс будут:
х = Rip - I sin ip,
г, , E-18)
у = R — I cos ip.
Дифференцируя их дважды по времени, найдем проекции центра масс
на оси координат:
x = (R-lcos<p)<p +
-ф2,
у = / sin <р ¦ <р +1 cos ip • ф
2
Рассчитаем в этом произвольном положении полуцилиндра вирту-
виртуальные перемещения 6х и 6у его центра масс, если угол <р изменить
виртуально на 6ip. Заметим, что след оси цилиндра О движется при
качении горизонтально. Поэтому из рис. 5.5 находим:
6х = (R - I cos ip) 6<p,
6у = 1 sin ip 6<p.
E.20)
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
39
А
Рис. 5.4
У
-J—1
О
J
i
r
.—|.
X
Рис. 5.5
Заметим, что мы могли бы получить E.20), вычисляя вариации ко-
координат E.18) по правилам дифференцирования. Так можно поступить
лишь в тех случаях, когда функции х, у зависят только от аргумента <р
и не зависят от производной ip по времени.
Итак, мы подготовили все данные для записи таблицы.
m
m
J
Sx = (R-l cos <p) 6<p
6y = 2 sin ip Sip
Sip = Sip
R — l cos ip
I sin ip
1
1 sin ip ¦ <p2
I cos ip • <p2
0
Fk
0
-mg
0
Подставляя эти данные в общую формулу E.13), находим ответ:
I sin <p(g +Rip2)
J/m + R2 + I2 ~2Rl cos ip'
E.21)
Для полноты осталось вычислить лишь положение центра масс
и момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс.
Положение центра масс можно найти прямым интегрированием. Пусть
изображенный на рис. 5.4 полукруг находится в горизонтальной плос-
плоскости. Тогда момент силы тяжести относительно точки О равен mgl,
где т — масса полукруга. С другой стороны, этот момент можно вы-
вычислить, суммируя моменты сил тяжести от бесконечно узких полосок
шириной dx (рис. 5.6):
E.22)
40
Глава 1. Механика
где р — 2m/(irR2) -*- поверхност-
поверхностная плотность. Отсюда находим / =
4R/Cic). Для вычисления момента
инерции применим теорему Штейне-
ра: J = Jo - пй2, где Jo = mR2/2 —
момент инерции полуцилиндра отно-
относительно оси, проходящей через точ-
точку О. В итоге находим J = mR2x
х A/2 - 16/(9w2)). Для малых колеба-
колебаний из E.21) получаем
<p = —
откуда частота малых колебаний
mglip
w =
m(R-lJ
1/2
R(9ir - 16)
E.23)
E.24)
Рассмотрим теперь движение систем с двумя степенями свободы.
В этом случае, по определению, все перемещения в системе можно
выразить через два, принятых за основные. Основные перемещения
выбираются либо из соображений удобства, либо так, чтобы они от-
относились к движению, наиболее нас интересующему.. Если основные
перемещения обозначить через 6Х и 6Y, то все другие могут быть
выражены в виде их линейной комбинации:
6sk = Ak6X + Bk 6Y.
E.25)
Если все коэффициенты Ак и Вк постоянны, то и соответствующие
ускорения выражаются в виде таких же линейных комбинаций:
sk = АкХ + BkY.
E.26)
Подставляя E.25) и E.26) в общее уравнение механики в форме E.6)
и воспользовавшись независимостью друг от друга перемещений 6Х
и 6Y, получаем систему линейных уравнений для определения уско-
ускорений:
ткЛ2кХ +
ткАкВкХ -
mkAkBkY =
= ¦? FkBk.
E.27)
§ 5. Движение системы материальных точек и твердых тел
41
Отсюда можно записать решение задачи о системе с двумя степенями
свободы в общем виде. Если обозначить
то находим:
Y —
D
к к
? ткАкВк *?
E.28)
E.29)
E.30)
Читатель без труда получит обобще-
обобщение этих результатов на случай непостоян-
непостоянных Ак и Вц, а также на системы с тремя
и более степенями свободы.
Задача 5.5. На гладкой горизонтальной
плоскости лежит клин массы М, на который
кладут гладкий брусок массы т (рис. 5.7). Рис. 5.7
Найти ускорение клина, а также ускорение бруска относительно клина.
Угол наклона плоскости клина к горизонту равен а.
Решение. В соответствии с вопросами в задаче примем в качестве
основных перемещение клина 6Х по горизонтали вправо и перемеще-
перемещение 6Y бруска вдоль клина. Поступательное движение бруска будем
рассматривать в проекциях на оси координат х, у (ось х направим
вправо, ось у — вертикально вниз). Тогда в формуле E.6) должны
быть три слагаемых, так как клин движется только вдоль оси х. При
нашем выборе основных виртуальных перемещений 6Х и 6Y пере-
перемещение клина совпадает с 6Х, перемещение бруска по горизонтали
равно 6Х -cos a 6Y, а перемещение бруска по вертикали равно sin a 6Y.
Для удобства запишем таблицу данных, аналогичную предыдущим.
т
т
М
бЗц
бхх = 6Х — cos a 6Y
6ух = sin a 6Y
6х2 = 6 X
А„
1
0
1
В,
~ cos a
sin a
0
F,
0
mg
0
Глава 1. Механика
По формулам E.29) и E.30) получаем ответ:
~_ mg sin 2a
X —
¦\г
+ msin2a)'
(М + m)g sin a
М
где X — ускорение клина вдоль плоскости, Y —
ускорение бруска относительно клина. >
Задача 5.6. Определить ускорение груза 1 в си-
системе грузов и блоков, изображенной на рис. 5.8.
Решение. Выберем в качестве одного из ос-
основных виртуальных перемещений 6X — пере-
перемещение груза 1 вниз, а в качестве второго, на-
например, смещение 6Y центра блока 2 вниз. При
движении общего вида тела 1 и 5 движутся по-
поступательно, блок 3 только вращается, блоки 2
и 4 движутся поступательно и вращаются. По-
Поэтому в таблице данных для этой задачи должно быть семь строк
(но поскольку поступательные движения тел 4 и 5 одинаковы, то
можно использовать для них одну строку, и всего в таблице будет
шесть строк). Связь всех перемещений в системе с 6X и 6Y показана
в таблице данных.
Рис. 5.8
тк
п»,
п»2
h
h
6sk
6х\ = 6Х
6хг = 6Y
с SX 36Y
Ак
1
0
1
«2
0.
1
2
1
вк
0
1
|_
J_
2
3
2Я4
Fk
TTl\g
0
0
(m4 + ms)g
0
§6. Законы сохранения
43
Подставляя полученные данные в E.28)-E.30) получим ответ:
J2 3J4
- 2т
g
где т = (гщ + ms)/A,
т2+ +-
9 J4
J4
J2 3J4
~ — m —
J2 3J4 J2 J-i
R2 4R4 R2 Л3
Задачи для самостоятельного решения
9J4
Задача 5.7. Однородный шарик радиуса г катается без проскаль-
проскальзывания в неподвижной сферической чашке радиуса R, проходя в своем
движении через ее нижнюю точку. Найти угловое ускорение движения
центра масс шарика и период его малых колебаний.
Задача 5.8. Круглый однородный цилиндр массы т скатывается без
проскальзывания с клина массы М, лежащего на гладкой горизонтальной
плоскости. Найти ускорение клина, если его плоскость наклонена под
углом а к горизонтальной плоскости.
§6. Законы сохранения импульса,
момента импульса и энергии
Использование законов сохранения существенно облегчает изуче-
изучение движения различных систем, так как в этом случае исходными
являются не ускорения, а скорости. Поэтому при решении любой зада-
задачи сначала надо посмотреть, не выполняются ли какие-нибудь законы
сохранения в данной системе. Если вопросы задачи поставлены о коор-
координатах или смещениях, то после записи соотношения, выражающего
закон сохранения, надо решить написанное дифференциальное урав-
уравнение, применяя изученные методы. Рассмотрим несколько примеров
такого рода.
Глава 1. Механика
21
21
Задача 6.1. Две одинаковые доски дли-
длиной 2 м каждая, шарнирно скрепленные в верхней
точке А (рис. 6.1), нижними концами опирают-
опираются на гладкую горизонтальную плоскость. В на-
начальный момент доски неподвижны и уголмежду
ними равен 2а0 = 60°. За какое время доски упа-
упадут на плоскость, если систему предоставить
самой себе? Трением в шарнире пренебречь.
Решение. В данной системе трение от-
отсутствует, а внешние силы (силы тяготения
и реакции опоры) направлены по вертикали
и потенциальны. Поэтому в системе сохраня-
сохраняется проекция импульса на горизонтальное направление и сохраня-
сохраняется механическая энергия. Из сохранения горизонтальной проекции
импульса следует, что точка А будет двигаться по вертикали АО,
а движение досок будет симметричным. Закон сохранения энергии дает
соотношение
О
Рис. 6.1
mv2 + Ju>2 + 2mgl cos a = 2mgl cos a0,
F.1)
где m — масса доски, J = ml2/3 — ее момент инерции относительно
оси, проходящей через центр масс, а — половина угла между досками.
Связь скорости движения центра масс доски v с угловой скоростью ее
вращения ш = а следует из факта движения точки А по вертикали.
Пусть начало координат находится в точке О, а ось у направлена
по О А. Тогда координаты центра масс доски, находящейся справа,
равны:
х — I sin а, у = I cos a. F.2) •
Дифференцируя по времени эти соотношения и выражая скорость
движения центра масс v =
+ у1, находим
v —
Из уравнения F.1)
w2 = — (cos а0 - cos a).
F.3)
F.4)
Извлекая квадратный корень и разделяя переменные а и t, полу-
получаем уравнение в разделенных переменных:
<*<* = Мл,
v/cos а0 - cos or V 21
F.5)
§6. Законы сохранения
45
интегрируя которое по а в пределах (а0, тг/2) и по t в пределах @, г),
находим искомый промежуток времени т:
da
>/cos a0 - cos a
F.6)
Для численной оценки сделаем замену переменной:
cos a = cos ao sin 2в F.7)
и подынтегральное выражение разложим в ряд по степеням sin в
/
/ sintf A + -cos2aosin40 + -cos4aosin80 +... ) d$. F.
J \ 2 8 /
0-
F.8)
Вычисляя полученные интегралы с помощью общей формулы
sin2n+lxdx = Bга2га!1;„, F-9)
о
находим
г =
8/ cos a0
A+0,20 + 0,09 + . ..)«0,6 с.
F.10)
За счет отброшенных членов точный результат может быть больше
на несколько процентов. >
Задача 6.2. Горизонтальный диск массы М и радиуса R может
свободно вращаться относительно вертикальной оси, проходящей через
его центр О. На диске нарисована окружность вдвое меньшего радиуса,
проходящая через центр диска (рис. 6.2). Человек массы т проходит
по нарисованной окружности, выходя из точки О и возвращаясь в эту же
точку. На какой угол повернется диск к моменту завершения обхода?
Решение. В данной системе сохраняется проекция момента им-
импульса на ось вращения (остается все время равной нулю). Если чело-
человек проходит контур, двигаясь, например, по часовой стрелке, то диск
46
Глава 1. Механика
должен вращаться в противоположном на-
направлении. Обозначим угол поворота диска
через в. Угловая скорость движения чело-
человека будет складываться из угловой скоро-
скорости вращения диска dO/dt и угловой ско-
скорости движения человека относительно дис-
диска dip/dt (см. рис. 6.2). Записываем условие
равенства нулю проекции момента импульса
на ось вращения, считая обе угловые скоро-
скорости положительными:
MR2 с
Рис. 6.2
Отсюда находим связь между углами dOvidip.
Разделяя переменные, получаем
2т sin <p
dip.
F.12)
М + 2т sin 2ip
Мы видим, что в случае, когда заранее не учитывается направление
вращения, знак минус появляется автоматически, говоря о том, что
вращения происходят в противоположные стороны. Если бы в F.11)
были учтены истинные направления вращения, то знака минус в F.12)
мы бы не получили.
При полном обходе контура угол ip меняется от 0 до я-, а угол в —
от 0 до искомого конечного значения. Интегрируя левую и правую
части F.12) в указанных пределах, находим ответ:
в = -
F.13)
Задача 6.3. Внутри неподвижной сфе-
сферической чашки радиуса R может дви-
двигаться тонкий однородный стержень дли-
длины I <2R, так что он остается в верти-
вертикальной плоскости, проходящей через центр
сферы (рис. 6.3). Если пренебречь трением,
то стержень совершает незатухающие ко-
колебания. Определить их частоту.
Решение. Здесь мы имеем пример задачи, в которой из закона со-
сохранения дифференцированием можно получить уравнение движения.
Рис. 6.3
§6. Законы сохранения
47
Этот прием часто используют при изучении колебательного движения,
так как, записав уравнение свободных колебаний в канонической фор-
форме х + WqX = О, мы сразу определяем квадрат циклической частоты
колебаний, выписывая коэффициент при неизвестной функции x(t).
В данном случае выполняется закон сохранения механической энергии.
Кинетическую энергию стержня запишем по формуле Кенига:
mv
Jw
F.14)
где v — скорость центра масс, J — момент инерции относительно
оси, проходящей через центр масс. Учитывая, что v = га, где г =
у/В.2 - V-/A (см. рис. 6.3), ш = а и J = ml2/12 (т — масса стержня),
находим
Потенциальную энергию определим по высоте центра тяжести над
положением равновесия:
Еп = mgr (I - cos a). F.16)
Если рассматриваются малые колебания, то 1 - cos а и а2/2, и закон
сохранения энергии имеет вид
та
F.17)
Дифференцируя это соотношение по времени и записывая полученный
результат в форме канонического уравнения колебаний, находим
-174
а=0'
откуда определяем циклическую частоту колебаний
gy/R2-l2/4
* V R2-l2/b "
Задачи для самостоятельного решения
F.18)
F.19)
Задача 6.4. Стерэкень длиной 2 м касается одним концом гладкого
горизонтального пола. В начальный момент стержень неподвижен и со-
составляет с горизонтом угол 80°. Через какое время он упадет на пал, если
его отпустить?
48
Глава 1. Механика
Задача 6.5. Горизонтальный диск массы М
и радиуса R может свободно вращаться отно-
относительно вертикальной оси, проходящей через
его центр. На диске нарисован контур ABCD
(рис. 6.4), состоящий из двух 90°-дуг (от окруж-
окружностей радиусов г и К) и двух отрезков ради-
радиусов. Человек массы т выходит из точки А,
проходит по контуру и возвращается в точ-
точку А. На какой угол повернется при этом
диск?
Рис. 6.4
§7. Неинерциальные системы координат
Использование неинерциальных систем координат иногда позво-
позволяет существенно упростить решение задачи. В курсе общей физики
детально изучаются два типа неинерциальных систем координат. Это,
во-первых, система, движущаяся поступательно с постоянным ускоре-
ускорением Eq, в которой на каждое тело действует сила инерции:
FH = -
G.1)
(т — масса тела). Эту систему целесообразно использовать в том
случае, когда одно из движущихся тел имеет постоянное фиксированное
ускорение ао. Во-вторых, часто используется равномерно вращающаяся
(с постоянной угловой скоростью ш относительно фиксированной
оси) система координат, в которой на все точки тела действуют силы
инерции:
FH = -2т[ш хуотн]-™^ х [ш хг]], G.2)
где т — масса точки, v0TH — скорость движения точки относительно
неинерциальной системы, ш — угловая скорость вращения систе-
системы координат, г — радиус-вектор точки (начало координат на оси
вращения). Первое слагаемое в G.2) называется кориолисовой силой
инерции, второе — центробежной силой инерции, Такую систему коор-
координат целесообразно использовать тогда, когда выбранное тело отсчета
равномерно вращается относительно фиксированной оси.
Характерно использование системы координат, связанной с вра-
вращающейся Землей, при изучении изменений движения тел за счет
вращения Земли. Если масса тела не меняется, то центробежная сила
остается практически постоянной, и ее можно рассматривать как ма-
малую поправку к силе тяжести. Сила Кориолиса при движении меняется,
§ 7. Неинерциальные системы координат 49
но остается малой по сравнению с силой тяжести. В задачах такого ти-
типа, когда движение определяется суммой сил, одна из которых намного
превышает другую, часто бывает полезно применять для решения зада-
задачи метод последовательных приближений — один из основных методов
теоретических расчетов. Он состоит в следующем.
Сначала пренебрегаем малой силой и решаем задачу с учетом
только главной силы. Полученное так решение называется нулевым
приближением. Далее исходим из уравнения с учетом малой силы,
в которое подставляются результаты нулевого приближения. Новое ре-
решение ищется в виде суммы нулевого приближения и малой добавки.
Уравнение для определения малой добавки получается из исходно-
исходного, если в исходном уравнении оставить только члены, линейные
по малым величинам. Таким образом определяется решение в первом
приближении. Повторяя эту процедуру, находим решение во втором,
в третьем и следующих приближениях, постепенно увеличивая точность
полученного решения. В качестве примера применения такой техники
рассмотрим задачу о свободном падении тела на вращающуюся Землю.
Задача 7.1. Получить закон свободного падения тела на широте в
в поле тяжести Земли с учетом ее вращения.
Решение. Пусть в начальный момент тело неподвижно и нахо-
находится на расстоянии h над поверхностью Земли. Направление отвеса
(вертикаль) определяется действием силы тяжести И центробежной си-
силы инерции. Прямым расчетом легко убедиться в том, что абсолютные
величины векторов центробежной силы и силы Кориолиса очень малы
по сравнению с абсолютной величиной вектора силы тяжести. Поэтому
обычно под ускорением свободного падения g понимают ускорение
вдоль линии отвеса, определяемое совместным действием сил тяже-
тяжести и центробежной; при этом абсолютная величина g практически
не изменяется.
Пусть начало координат находится на поверхности Земли в точке,
где проходит вертикаль, проведенная через начальное положение тела.
Ось z направим вертикально вверх, ось х — на юг и ось у — на восток.
В уравнении движения
v = g + 2[vxnj, G.3)
где П — угловая скорость вращения Земли, сначала пренебрегаем ма-
малым вторым слагаемым в правой части. Решение полученного уравне-
уравнения V! = g?+vo (в данной задаче начальная скорость v<> = 0) соответству-
соответствует нулевому приближению в методе последовательных приближений.
Далее полагаем v = vi 4-Уг, где \2 — малый вектор по сравнению с vi.
SO Глава 1. Механика
Оставляя в векторном произведении [»хП] только большое слагаемое
[vi х ilj, находим из G.3)
v2 = 2[v,xnl=2*[gxn], G.4)
откуда
v2 = t2 [g x П]. G.5)
Так мы нашли решение в первом приближении. Полагаем те-
теперь v = vi 4-V2 + V3, где вектор уз мал по сравнению с v2. В векторном
произведении [у х Л] в G.3) оставляем только большое слагаемое
[(у) +Уг) х П]. Из G.3) получаем
*з = 2 [у2 х П]. G.6)
Используя G.5), находим
уз = ^3[[§хП)хП]. G.7)
Ясно, как можно получить поправки все более высоких порядков
к скорости.
Сравним полученные векторы vi, v2, V3 по абсолютной величи-
величине. Пусть тело падает с высоты, например, Л = 1000 м на ши-
широте Санкт-Петербурга (в = 60° с. ш.). Тогда время падения будет
приблизительно равно t&y/2h/g&14 с. Угловая скорость вращения
Земли равна 2тг/86400 с~'»7,3-10~5 с. Находим, что через 1 с
после начала движения |vi| = 10 м/с; |v2| = gficos0 = 3,6- 10~4м/с;
|v3| = 2/3gfi2 cos0 = 1,75 • 10~* м/с. К концу движения |vi j = 140 м/с;
|v2j = 0,07 м/с; |уз| = 5 • 10~5 м/с. Мы видим, что применение метода
последовательных приближений вполне оправдано.
Мы нашли скорость тела как функцию от времени. Легко записать
теперь закон движения тела:
r = h+^- + y[gxnJ + ^-[[gxnJxn]. G.8)
В проекциях на оси координат имеем: h = @,0, Л); g = @,0,-g);
П = (-П cos в, 0, П sin в), поэтому во втором приближении
t4
x = — gil2 sin в cos 0,
6
§ 8. Движение тел переменной массы
51
За счет вращения Земли свободно падающее тело смещается к во-
востоку и югу. При падении с высоты Л = 1 000 м на широте Санкт-
Петербурга смещение от вертикали к востоку составляет около 35 см,
а к югу — около 0,15 мм. >
§ 8. Движение тел переменной массы !
Задача 8.1. Рассмотреть падение капли в атмосфере насыщенного
пара. Сопротивлением воздуха при падении пренебречь.
Решение. Пусть при t = 0 образовалась капля радиуса го, име-
имеющая проекцию скорости на вертикаль vq. Капля будет увеличивать
свои размеры, если скорость конденсации будет больше, чем скорость
испарения.
Поскольку скорости молекул существенно превышают скорость
движения капли, можно считать, что скорости конденсации и испаре-
испарения (следовательно, и скорость изменения массы капли) пропорцио-
пропорциональны площади поверхности капли:
dm
— = aS. (8.1)
Если считать каплю шаром, то т = |ят3р, S = 4ят2 и из (8.1) находим:
% = -, (8-2)
а.
(8.3)
Радиус капли линейно растет со временем.
Уравнение движения в проекции на ось z, направленную верти-
вертикально вниз, имеет вид
- (mv) - mg. (8.4)
Здесь три переменных величины, поэтому необходимо сначала вы-
выполнить преобразования, ведущие к соотношению между двумя пере-
переменными. Можно, например, использовать (8.2) для исключения dt,
а массу выразить через г:
°L±yv) = Sg. (8.5)
58
Глава 1. Механика
Если не поддаться соблазну раскрыть скобки в (8.5), то переменные
разделяются сразу:
d(r\) = ^ г3 dr, (8.6)
откуда
(8.7)
С — произвольная постоянная, определяемая из начальных условий:
С = го4 - f^ г*0. (8.8)
4а
Итак, получаем ответ:
rl , gp ( *\T
4a
г3 Г
(8.9)
Рис. 8.1
выражающий скорость капли в зависимо-
зависимости от ее радиуса. С помощью (8.3) легко
получить явное выражение скорости капли
как функции от времени. График получен-
полученной зависимости представлен на рис. 8.1,
где кривая A) соответствует условию vq\ <
gp/Da) г0, а кривая B) — противополож-
противоположному неравенству, т. е. vO2 > gp/Da) r0.
Легко проверить, что при уменьшении
скорости конденсации до нуля из (8.9) по-
получаем (в пределе а —» 0) обычный закон
свободного падения: v = vo+gt.
Почему нарастание скорости капли происходит с ускорением мень-
меньшим, чем g? Дело в том, что при росте капли захватываются молекулы,
суммарный импульс которых равен нулю. Этим молекулам при их
разгоне передается часть накопленного каплей импульса. >
Задача 8.2. Ракета перед стартом имеет массу то = 120 кг.
На какой высоте окажется ракета через t = 15 с после начала работы
ее двигателей? Считать расход топлива р = 4 кг/с и скорость истечения
газов относительно ракеты и = 1 000 м/с постоянными. Задачу решить,
а) считая поле тяготения Земли однородным, б) учитывая неоднородность
поля тяготения Земли.
§ 8. Движение тел переменной массы
53
Решение. Направим ось z вертикально вверх,
а), В однородном поле тяготения уравнение Мещерского записы-
записывается в виде
тп-? = ци - mg, (8.10)
где m = тп0 - (it, a v0 — скорость ракеты в момент времени t. Разделяя
переменные, находим уравнение
^ )dtt
-(it )
(8.11)
решение которого, удовлетворяющее начальному условию v0 = О
при t = 0, имеет вид
= U In
(т0 - (it)
-gt.
(8.12)
Разделяя еще раз переменные и учитывая начальное условие z0 = О
при t = 0, находим
gt2 um0
zo = ut- —--\
2 A
Подставляя заданные численные значения, получаем, что через 15 с
после старта ракета будет на высоте около 3 500 м, имея при этом
скорость около 540 м/с.
б) Учтем то обстоятельство, что неоднородность гравитационного
поля Земли на рассматриваемых высотах мала. Поэтому для расчета
движения в данном случае удобно применить метод последовательных
приближений, рассмотренный в гл. 7. Пусть R — радиус Земли (примем
его равным 6 400 км). Силу тяготения представим в виде
тпМ
= 7
тМ
1
-2А),
(8.14)
0+АJ
где М — масса Земли, А = z/R < 1. При движении ракеты в неодно-
неоднородном поле при заданном законе изменения ее массы скорость движе-
движения ракеты можно представить в виде суммы: v = vo + v', где v' С vq.
Аналогично записываем z = zq + z', где z' <C z0. Подставляя эти
выражения для v, z и F в уравнение Мещерского, находим
dv0 dv' _ 2mgz0 2mgz'
В полученном уравнении оставляем только члены первого порядка
малости, отбрасывая последнее слагаемое в правой части (не малые
54
(лава 1. Механика
слагаемые дают в сумме нуль). Приходим к уравнению
dt/ _ 2gz0
dt ~ R '
(8.16)
где z0 определено^формулой (8.13). Теперь легко разделить переменные
и найти
'-*?
9ц3 2ц
(8.18)
Подставляя заданные численные значения, получаем v' = -0,4 м/с
и z' = 0,18 м. Видим, что применение метода последовательных при-
приближений в этой ситуации вполне оправдано. >
Задачи для самостоятельного решения
Задача 8.3. Найти высоту подъема ракеты в однородном поле
тяжести, если масса ракеты изменяется по экспоненциальному зако-
закону т = Тоо€~ '. Скорость истечения газов и считать постоянной. Из-
Известно время т работы двигателя ракеты.
Задача 8.4. Определить скорость ракеты на активном участке тра-
траектории на высоте h в неоднородном поле тяготения Земли, если масса
ракеты изменяется по экспоненциальному закону т = ~*'
§9. Собственные колебания
Мы уже рассмотрели несколько задач, связанных с изучением
колебательного движения (см. задачи 3.4, 5.3, 5.4, 5.7, 6.3).
В случае изучения свободных колебаний можно искать решения
разными способами. Наиболее часто используются следующие два.
В первом мы рассматриваем силы, действующие в системе, и записыва-
записываем уравнение движения. Если рассматривать малые колебания в системе
с одной степенью свободы, то уравнение движения приводится к кано-
каноническому виду: х + ш\х = 0, а решение этого уравнения записывается
§9. Собственные колебания
55
в виде закона гармонических колебаний: х = .A cos (wo< 4- <p). Произ-
Произвольные постоянные интегрирования А и <р определяются из начальных
условий, которые должны быть известны из условия задачи. Для опреде-
определения циклической частоты колебаний достаточно записать уравнение
колебаний в каноническом виде, а затем выписать коэффициент, при х
и извлечь квадратный корень.
Отметим, что для успешной работы этим методом нужно ясно
представлять себе положение равновесия системы, а малые отклоне-
отклонения от известного положения равновесия принять в качестве ¦.-.• ¦>.«'"
функции.
Иногда положение равновесия системы заранее не известно, и то-
тогда необходимо его сначала определить. Мы знаем, что в устойчивом
положении равновесия потенциальная энергия системы минимальна.
Поэтому всегда можно определить положения равновесия системы,
исследуя ее потенциальную энергию на минимум.
Второй широко используемый подход к решению задач о собствен-
собственных колебаниях состоит в записи закона сохранения механической
энергии при таких колебаниях. Если записать при малых колебаниях
сохраняющуюся механическую энергию в системе с одной степенью
свободы в виде а±2 + Ьх2 +Е0,то квадрат частоты колебаний равен Ъ/а,
в чем легко убедиться, получая дифференцированием уравнение дви-
движения из закона сохранения энергии.
Задача 9.1. Точечное тело массы т мо-
может перемещаться по горизонтальной прямой
без трения под действием прикрепленной к не-
нему пружины, второй конец которой закреплен
в неподвижной точке О на расстоянии I от пря-
прямой (рис. 9.1). Пружина имеет жесткость к
и длину в нерастянутом состоянии Iq. Найти
частоту малых колебаний тела: 1) при I > 1$,
2) при I < Iq,3) при I = Iq. При каких смещениях
колебания можно считать малыми?
Решение. При { > !о положению равно-
равновесия соответствует растянутое состояние пру-
пружины, расположенной вертикально. Если точ-
точка та при колебаниях сместилась из положения
т
Рис. 9.1
равновесия А на малое расстояние х, то ее кинетическая энергия
в этот момент равна тх2/2, а потенциальная энергия системы состоит
56
Глава 1. Механика
из энергии растянутой пружины:
(9.1)
(Если бы мы не знали, какому х соответствует положение равновесия,
то могли бы его определить, решая уравнение dEn/dx = 0. Единствен-
Единственное решение этого уравнения имеет вид х = 0.) Эту энергию надо
представить в виде разложения в ряд Тейлора при малых ж:
(9.2)
С точностью до членов более высокого порядка, чем ж , энергия
системы равна
Е = - тх2 + -k(l--\x2+ const.
(9.3)
Следовательно, частота колебаний в этом случае
Обратим внимание на то, что при / —> 10 получаем ш —> 0, а в пределе
колебания как бы отсутствуют. Как объяснить этот результат?
Выясним еще, при каких смещениях ж колебания можно считать
малыми. Для этого отброшенные члены ряда Тейлора (9.2) должны быть
много меньше, чем учтенные. Сравнивая члены второго и четвертого
порядков по малым х, находим, что должно быть
НУ
(9.4)
т. е. колебания можно считать малыми при х2 <С 412A/10 - 1).
Рассмотрим теперь случай { < 10, когда в вертикальном положении
пружина сжата. Вертикальное положение пружины соответствует не-
неустойчивому равновесию, движение вблизи которого не может быть ко-
колебательным. Устойчивому положению равновесия соответствует такое
положение точки т, при котором пружина становится нерастянутой.
Легко видеть, что при смещении точки то в любую сторону возникает
сила со стороны пружины, возвращающая точку т в исходное положе-
положение. Координата точки устойчивого равновесия равна xq = */й - I2 .
§9. Собственные колебания
57
Отметим, что ввиду очевидной симметрии системы существуют два со-
совершенно равноправных положения равновесия, расположенные сим-
симметрично относительно начала отсчета А (см. рис. 9.1). (И здесь поло-
положение равновесия можно найти, решая уравнение dEn/dx = 0.)
Потенциальную энергию системы (9.1) теперь надо представить
в виде разложения в ряд Тейлора по малым смещениям у = \х -
xol из положения равновесия, т. е. разложение в ряд теперь следует
выполнить в точке xq. Находим, учитывая лишь квадратичные члены,
(9.5)
Следовательно, частота колебаний равна в этом случае
ш = у/{к/т)A - 1гЩ).
И здесь при / —> 10 колебания «пропадают».
Рассмотрим теперь ситуацию при I — 10, когда в вертикальном
положении пружина не растянута и не сжата. Очевидно, что если
отклонить точку то в любую сторону, то за счет растяжения пружи-
пружины появится возвращающая сила. Следовательно, точка А в данном
случае есть положение устойчивого равновесия. Представим теперь
потенциальную энергию системы в виде разложения в ряд Тейлора
в точке х = 0. Видим, что член, пропорциональный х2 в (9.2), обраща-
обращается в нуль, а первый отличный от нуля член ряда пропорционален ж4.
Мы приходим к выводу, что в данном случае колебания перестают быть
гармоническими. Сразу становится ясно, почему не было предельного
перехода к этому случаю из предыдущих двух: здесь нет непрерывно-
непрерывного перехода без изменения качественной стороны движения. Поэтому
при I —> /о нельзя пользоваться приближением гармонических колеба-
колебаний, а надо обязательно учитывать вклад нелинейности.
Полная энергия системы при малых колебаниях представляется
в виде
кхА
= Е. (9.6)
х*
Ш У + "8/2
Максимальное смещение из положения равновесия при фиксированной
энергии колебаний Е равно
(9.7)
58
Глава 1. Механика
Для определения частоты колебаний надо вычислить время движения
точки от положения равновесия до хтах. Это время равно четверти
периода колебаний.
Разделяя переменные и интегрируя, находим
«та»
-VI/
dx
(9.8)
Вводя переменную z = х/хтт, получаем
Интеграл справа есть просто число / (его
значение равно приблизительно 1,4). Пери-
Период (и частота) колебаний зависит от ампли-
амплитуды и других параметров системы:
т =
--—/.> (9.10)
Задача 9.2. Четыре стержня длины I
и пренебрежимо малой массы шарнирно со-
соединены с массами т, как показано на рис. 9.2
(центробежный регулятор). Система враща-
вращается с постоянной угловой скоростью п. Мас-
Массы т слегка выводят из положения равновесия
и отпускают. Найти частоту малых колеба-
колебаний системы.
(9.9)
т
Рис. 9.2
Решение. По условию вращение про-
происходит с постоянной угловой скоростью.
Поэтому выберем неинерциальную систему координат, равномерно
вращающуюся с той же угловой скоростью П. В этой системе масса т,
находящаяся на оси вращения, движется вверх и вниз, а две другие
массы колеблются в одной фиксированной плоскости. Пусть sp —
угол между стержнем и осью вращения. Тогда кинетическую энергию
системы можно записать в виде
= ml2 A +2 sin
• 2
(9.11)
§9. Собственные колебания
59
Потенциальная энергия складывается из энергии в поле тяжести и энер-
энергии, запасенной за счет работы сил инерции:
Е„ - -ml'
cos (р + п2 sin 2<р ] .
(9.12)
Положения равновесия системы определим из условия dEn/d<p = О,
из которого находим два решения: a) sin <р0 = 0 и б) cos щ = fll/fl2,
где Пд = 2g/l. Исследуя знак второй производной, легко установить, что
при Q,q <Q, первое решение соответствует неустойчивому равновесию,
а второе — устойчивому. Поэтому разложение энергии в ряд Тейлора
следует выполнить вблизи точки <р0, соответствующей решению б).
Пусть в — \<р - <ро\. Тогда в приближении линейных колебаний
к =
откуда частота малых колебаний
(9.15)
Если по > fi, то положение равнове-
равновесия <ро = 0 оказывается устойчивым и ко-
колебания возможны только с соударения-
соударениями масс т. Если, например, эти массы
представляют собой маленькие упругие
шарики, то вблизи <р = О Ек = т12ф2
En = ml2 (П§ 2) *
и =
(9.16)
Задача 9.3. Стержень маятника со-
соединен с пружиной, как показано на рис. 9.3.
В ненапряженном состоянии пружина за-
занимает положение A); к пружине нужно
приложить силу Fo, направленную по вер-
вертикали, чтобы привести ее в положение B),
соответствующее равновесию маятника
(9.13)
(9.14)
Рис. 9.3
60 Глава 1. Механика
(tp = 0). Жесткость пружины ^~ к, массой стержня можно прене-
пренебречь. Это устройство регулируется так, что в уравнении движе-
движения ф = f(<p) = —@<р +... первый из отброшенных членов имеет поря-
порядок <р5. При каком соотношении между параметрами т, I, a, Fo и к это
условие выполняется? Чему равен при этом период колебаний? Найти пе-
период колебаний с учетом поправочного члена ~ <р5. Насколько улучшается
изохронность такого маятника по сравнению с обычным математическим
маятником?
Решение. Ответы на поставленные вопросы можно получить из
анализа кинетической и потенциальной энергий системы:
(9.17)
k(AlJ
Еа = mgl A - cos <p) + ~ k(AlJ, (9.18)
где удлинение Д/ пружины из ненапряженного состояния равно
Al = 2acos<p- no-^J . (9.19)
Потенциальную энергию представим в виде разложения в ряд Тейлора:
Е5+\ (i iF) ^(
- OgtWn -4- 1 9л h\ (n -4-
+ (mgl - 2aF0 - 60a2А;) Ц- + ... . (9.20)
6!
Из (9.20) ясно, что функция f(<p), о которой говорится в условии
задачи, равна
1 Г 1 - -
f((p) = -г (mgl-2aF0)(p+-(
ml* I 6
1
—-(mgl-2aF-
120
-.-.]. (9.21)
Первый из отброшенных в линейном приближении членов будет иметь
порядок v?5, если коэффициент при (ръ равен нулю:-
2а*Ь + 12а2А; - mgl = 0. (9.22)
При этом период колебаний
(9.23)
§9. Собственные колебания
61
С учетом условия (9.22) и поправочного члена <р5 уравнение дви-
движения имеет вид
2 а2к « ,
'-7 — V5 = 0, (9.24)
где w0 = 2ж/То. Вычислим период колебаний как учетверенное время
движения от положения равновесия <р = 0 до достижения максимально-
максимального отклонения <р0. Для этого уравнение (9.24) умножим на ф и запишем
в виде
а2к
откуда с учетом условия ip = <р0 при ф = 0 находим
(9.25)
(9.26)
Извлекая квадратный корень и разделяя переменные, проинтегрируем
это уравнение в пределах (О, Г/4) по времени и @, щ) по углу <р.
Вычисляя полученные интегралы, находим ответ:
(9.27)
При отклонении маятника от положения равновесия на угол 30°
увеличение периода за счет нелинейности составляет всего 0,08 %,
тогда как для простого маятника (см. задачу 3.4) период увеличивается
на 1,7 %. При отклонении на угол 60° увеличение периода равно 1,3 %,
а для простого маятника — 6,2 %. >
Задача 9.4. Математический маятник в виде шарика небольших
размеров на конце длинной невесомой нити колеблется в жидкости. Найти
частоту малых колебаний. Трением пренебречь.
Решение. Рассматривая движение в данной системе, необходимо
обратить внимание на встречное движение жидкости, которая перетека-
перетекает на освобождаемое движущимся шариком место. Конечно, движение
жидкости имеет сложный характер, описать его без использования
сложной математической техники невозможно. Поэтому для просто-
простоты можно моделировать движение жидкости как встречного движения
шарика из жидкости. Такой подход позволяет найти простое реше-
решение, которое, понятно, будет приближенным, но не очень далеким
от истинного.
62 Глава 1. Механика
Записывая кинетическую и потенциальную энергию системы из
двух указанных шариков, используем закон сохранения механической
энергии:
ml2ф2 + m\l2ip2 + mgl<p2 -mxglip2 = const, (9.28)
где т, тп\ — масса маятника и шарика из жидкости. Отсюда
m — m\
> (9.29)
Отношение масс можно заменить отношением плотностей. Видим, что
учёт потенциальной энергии шарика из жидкости эквивалентен учету
силы Архимеда при использовании уравнения движения. Кинетическая
энергия шарика из жидкости проявляется в виде кажущегося увеличе-
увеличения массы маятника.
Задача 9.5. Рассмотреть колебания груза массы т на пружине
жесткости к, когда пружина в начальный момент оттягивается за сере-
середину. Сравнить с колебаниями груза в обычном случае, когда в начальный
момент растягивается вся пружина.
Решение. Если масса пружины пренебрежимо мала по сравнению
cm, то вначале возникают быстрые колебания пружины, после зату-
затухания которых пружина окажется растянутой равномерно, а груз почти
не тронется с места. (Если бы масса пружины точно равнялась нулю,
то переход к равномерному растяжению произошел бы безынерцион-
безынерционно.) Поэтому колебания будут происходить практически так же, как
и в обычном случае.
Остается еще вопрос о превращениях энергии в системе. Легко
видеть, что при равномерном растяжении пружины начальный запас
энергии в ней существенно меньше, чем при неравномерном растя-
растяжении. При быстрых колебаниях пружины «лишняя» энергия уходит
из системы через точку подвеса пружины. . >
При изучении свободных колебаний в более сложных системах
инегда удается использовать и другие законы сохранения.
Задача 9.6. На гладких рельсах расположен брусок массы М, с кото-
которым соединен математический маятник, состоящий из легкого стержня
длины I и точечной массы т на его конце (рис. 9.4). Маятник может
вращаться вокруг оси, проходящей через центр бруска. Найти частоту
малых колебаний такой системы.
§ 10. Затухающие и вынужденные колебания
63
Решение. В рассматриваемой системе
кроме закона сохранения механической энер-
энергии выполняется еще закон сохранения про-
проекции суммарного импульса на горизонталь-
горизонтальное направление. Поэтому центр масс систе-
системы по горизонтали не движется. В линейном
приближении центр масс системы не смеща-
смещается и по вертикали, поэтому можно опреде-
определить частоту малых колебаний системы, рас-
рассматривая часть математического маятника,
расположенную ниже центра масс (точка С
на рис. 9.4). Поскольку длина такого маят-
маятника равна 1М/(М + т), находим
(9.30)
Рис. 9.4
m
Задачи для самостоятельного решения
Задача 9.7. Определить форму кривой, при качении вдоль которой
в поле тяжести частота колебаний не зависит от амплитуды. Колебания
можно считать малыми.
Задача 9.8. На проволочную окружность радиуса R, плоскость ко-
которой горизонтальна, надеты два одинаковых колечка, соединенные пру-
пружиной жесткости к, имеющей в ненапряженном состоянии длину Iq.
Найти закон движения каждого колечка, приняв их за материальные
точки массы т. В начальный момент колечки неподвижны, а расстояние
между ними равно 1> 10.
§10. Затухающие и вынужденные колебания
Уравнение затухающих колебаний обычно приводится к канони-
каноническому виду:
х + 2 6х + ш\х = 0, A0.1)
где 6 > 0 — коэффициент затухания, wo — собственная частота.
Решение уравнения A0.1):
х - Ae~et sin (wt + ipo), A0.2)
существует при 6 < ш0. В A0.2) произвольные постоянные интегрирова-
интегрирования А и <ро определяются начальными условиями, а частота колебаний
— б2.
равна ш =
64
Глава 1. Механика
Задача 10.1. Физический маятник жест-
жестко скреплен со втулкой, насаженной на рав-
равномерно вращающийся вал (рис. 10.1). Найти
закон движения маятника при малых колеба-
колебаниях. При каких условиях размах колебаний
начинает возрастать?
Решение. Вращающийся вал оказывает
влияние на движение физического маятни-
маятника за счет момента сил сухого трения М,
зависящего от относительной скорости ва-
вала и маятника (рис. 10.2). Пусть угловая
скорость вращения вала равна $7, а угло-
угловая скорость движения маятника равна ф.
При малых колебаниях функцию М($7 — ф)
можно разложить в ряд по степеням ф:
М(п-ф) = М(п) - М'(п) ф + ... . A0.3)
В линейном приближении уравнение дви-
движения маятника имеет вид <
J0 = [-26 - М'(п)]ф - ш\<р + М(п), A0.4)
Рис. 10.1
М
(Оп
Рис. 10.2
где J — момент инерции маятника, 6 —
обычный коэффициент затухания. Характер
колебаний определяется знаком выражения, стоящего в квадратных
скобках: если оно отрицательное, то колебания затухающие, если по-
положительное — то нарастающие.
Итак, нарастающие колебания возможны лишь при сравнитель-
сравнительно небольших относительных скоростях, когда момент сил трения
убывает с ростом относительной скорости (рис. 10.2). При этом убы-
убывание должно быть достаточно быстрым, чтобы выполнялось неравен-
неравенство M'(fi) < -26.
В других случаях маятник совершает затухающие колебания около
положения равновесия, смещенного на угол М(п)/ш% от вертикали
в сторону вращения вала. Закон движения имеет вид
Af(fi)
A0.5)
где постоянные А и V определяются начальными условиями, а ш =
§ 10. Затухающие и вынужденные колебания
65
Задача 10.2. Рассчитать скорость диссипации энергии затухающего
гармонического осциллятора для случая слабого затухания.
Решение. Энергию можно записать в виде Е=кА2/2, где при
затухающих колебаниях А — *
равна
.-«
cos wt. Скорость изменения энергии
A0.6)
— = -- kA\e~16t (ш sin 2u>t + 6 cos 2u>t).
dt 2
Среднее значение ее за период и есть искомая величина:
dE
i+T
I f dE
A0.7)
ш
t
При слабом затухании множитель е~2 *' меняется медленно и его можно
вынести за знак интеграла. Находим
— ) = --к6А0е
A0.8)
При изучении вынужденных колебаний под действием гармониче-
гармонической силы F = Fq cos pt уравнение движения имеет вид
>
= fcospt, A0.9)
где / = Fo/m. Установившиеся колебания происходят по закону
х = В cos {pt + <p), A0.10)
где
В =
<р = arctg
2р6
A0.11)
A0.12)
Если на осциллятор действует внешняя сила иного вида, то подход
к решению задачи зависит от характера действующей силы.
Уравнение типа A0.1), в котором правая часть, не зависящая
от искомой функции и ее производных, равна нулю, называется од-
однородным уравнением. Уравнение типа A0.9) с отличной от нуля
правой частью называется неоднородным уравнением. Любое конкрет-
конкретное полностью определенное решение уравнения называется частным
решением. Решение, зависящее от произвольных постоянных интегри-
интегрирования, называется общим решением уравнения, если число входящих
3 Зак. 239
66
Глава 1. Механика
в него произвольных постоянных равно порядку старшей производной
в уравнении. При поиске решения уравнения типа A0.9) следует ис-
использовать следующую математическую теорему: общее решение неод-
неоднородного уравнения равно сумме общего решения соответствующего
однородного уравнения и любого частного решения неоднородного
уравнения.
В задачах на изучение линейных колебаний обшее решение од-
однородного уравнения записывается сразу: это есть решение A0.2).
Поэтому трудность может представлять лишь нахождение частного ре-
решения неоднородного уравнения. Существуют, однако, случаи, когда
и частное решение неоднородного уравнения находится легко. К ним
относятся уравнения типа A0.9), в правой части которых стоит либо
линейная функция от времени, либо гармоническая (как в A0.9)), либо
экспоненциальная. В этих случаях частное решение находится в виде
функции того же вида: если
A0.13)
то
A0.14)
есть частное решение при А = ol/Wq, В = (Ь — 2а 6/u>q)/u>q; если
то
есть частное решение, причем А = а/(Ь2
A0.15)
A0.16)
); в случае гармони-
гармонической правой части уравнение A0.9) имеет частное решение A0.10).
Из сказанного вытекает неудобство представления правой части
уравнения в виде ряда Тейлора. Действительно, если в правой части
стоит сумма сил, то из-за линейности уравнения можно и решение >
получить в виде суммы слагаемых, каждое из которых соответствует
одному из слагаемых в правой части. Ясно, что найти частное решение
для членов ряда Тейлора, начиная с квадратичного, не удается. Поэтому:;
нет смысла представлять правую часть в виде разложения в ряд Тейлора
и следует разработать иной подход к решению.
Если на осциллятор воздействует периодическая негармоническая
сила, то наиболее часто используется ее представление в виде ряда Фу-
Фурье — ряда по гармоническим функциям. Использование ряда Фурье
является одним из фундаментальных методов теоретического анализа,
и практических расчетов. Основу подхода составляет математическое,;,
§10. Затухающие и вынужденные колебания 67
утверждение, что любую периодическую кусочно-непрерывную функ-
функцию f(x) можно представить в виде бесконечной суммы:
f(x) = aQ + 2_u On cos nu>t + 2_j bn sin n u>t, A0.17)
n=\ n=\
где и) = 2тг/Т, Т — период функции, а коэффициенты а0, а„, bn
вычисляются по формулам:
г
ao = — / f(t)dt, A0.18)
о
г
an = -J f(t) cos nwtdt, A0.19)
о
г
2 f
Ъп~- f(i) sin nwtdt. A0.20)
о
В точках разрыва функции ряд Фурье дает среднее арифметическое
из ее значений справа и слева.
Широкое использование ряда Фурье связано с тем обстоятель-
обстоятельством, что сразу находится частное решение линейных неоднородных
уравнений, если правую часть уравнения представить в виде ряда
и использовать формулы типа A0.10)—A0.12) для последовательных
слагаемых. Особенно легко выполнить расчеты, если коэффициенты
ряда Фурье быстро убывают с ростом их номера. Тогда можно учесть
лишь несколько первых членов ряда и получить решение с хорошей
точностью. Впрочем, при использовании современных вычислительных
средств нередки случаи, когда для достаточно точного расчета какой-
либо конкретной задачи суммируют несколько сотен, а иногда и тысяч
членов ряда Фурье. Важно, что решение можно получить с любой
наперед заданной степенью точности.
Обратимся теперь к задачам, которые помогут лучше уяснить все
сказанное выше.
Задача 10.3. Найти вынужденные колебания осциллятора, на кото-
который действует периодическая сила F (рис. 10.3), равная нулю в течение
полупериода и Fo в течение второй половины периода. Пусть осциллятор
представляет собой железный шарик массы т = 50 г, подвешенный
68
Глава 1. Механика
О
Рис. 10.3
на пружинке жесткости k — 5 кг/с . Внешняя сила действует с часто-
частотой 50 Гц, при этом Fq = 0,1 Н. Логарифмический декремент затухания
равен в = 0,01.
Решение. Начало отсчета времени выберем в момент, соответ-
соответствующий четверти периода от наступления фазы F = Fq. Тогда дей-
действующая периодическая сила будет четной функцией от времени,
и в разложении в ряд Фурье все коэффициенты Ь„ будут равны нулю.
По формулам A0.18) и A0.19) находим коэффициенты а0 и а„, что
позволяет записать заданную функцию в виде ряда Фурье:
где положено п = 2k + 1, так как отличны от нуля только коэффици-
коэффициенты а„ с нечетными номерами.
Решение задачи также получаем в виде ряда Фурье:
х =
где u>k = Bk + 1) и),
2F0 ^
— \^Вк cos (u>kt + <pk),
(-0*
2wk6
'I'
а коэффициент затухания 6 равен в/Т.
A0.22)
A0.23)
A0.24)
§ 10. Затухающие и вынужденные колебания
69
Ответы к главе 1
h
3.5. Т =
3.6. При х < L - icR:
ж
- + arctg
Mg
, где ft = .
к
x=[l-l-(L-icR)] ch у ^ t + i (L - тгД).
3.7.
4.4.
5.7.
5.8. х =
2kv sin a sin 2a
mg2
5^ sin a
mg sin 2a
[3(m + M) - 2m cos 2a] '
6.4. t к 0,72 с.
6.5. A<p = -
Д2-г2
2A+ 2m/M) (г2 + (М/2т)Д2)"
r2(ku-gJ
2g '
8.3. Л =
8.4. V=
9.7. Кривая х = i?(? + sin t), у = Д A - cos t). Это циклоида с радиусом
образующей окружности R. Колебания происходят с частотой ш =
П
9.8. Каждое колечко движется по гармоническому закону с часто-
частотой w = (Jfc/2mI/2.
Глава 2
Молекулярная физика
§11. Статистический метод
При рассмотрении систем из большого числа частиц основной за-
задачей является нахождение плотности вероятности состояний системы.
Если эта задача решена, то с помощью плотности вероятности уста-
устанавливаются средние значения всех макроскопических характеристик
системы. Согласно эргодической гипотезе, средние значения по ансам-
ансамблю совпадают со средними по времени. Поэтому в каждом конкретном
случае можно выбрать способ нахождения средних значений.
Проиллюстрируем эти общие утверждения примером. Пусть имеет-
имеется математический маятник длины I и массой т, совершающий малые
колебания. Какова вероятность того, что при случайном его наблю-
наблюдении будет обнаружено, что нить маятника отклонена от вертикали
в интервале углов (а, а + da)? Так поставленный вопрос эквивалентен
вопросу об отыскании плотности вероятностей для смещений простого
гармонического осциллятора. Можно задать и другой вопрос: какова
вероятность того, что при случайном наблюдении будет обнаружено
значение угловой скорости в интервале (а, а + da)?
Для определения плотности вероятности используются главным
образом два подхода. Первый состоит в том, что на основании физи-
физических соображений и определения вероятности ищется вероятность
реализации данного состояния. В нашем примере можно догадаться,
что вероятность наблюдать математический маятник в состоянии от-
отклонения от вертикали в интервале углов (а, а + da) пропорциональна
времени его движения в этом интервале углов, причем коэффициент
пропорциональности есть обратная величина всего времени движения
от положения равновесия до амплитудного отклонения ао, т. е. четверти
периода колебаний:
4
§11. Статистический метод
71
Это следует из временнбго определения вероятности. Преобразование
к другим переменным выполняется с помощью замены переменных.
Если из закона колебаний: а = ад sinwt, где и> = y/gfl, перейти
в A1.1) от dt к da, то найдем
da
Функция
A1.2)
A1.3)
есть искомая плотность вероятности, с помощью которой можно на-
находить средние по ансамблю значения величин, зависящих от угла
отклонения маятника, — например, его потенциальной энергии:
da =
A1.4)
Переходя от A1.1) к A1.2), мы уже воспользовались упомяну-
упомянутым вторым способом нахождения плотности вероятности. Он состоит
в следующем. Если плотность вероятности состояний известна как
функция некоторых переменных, то получить интересующую нас плот-
плотность вероятности по другим переменным, связанным с известными,
можно простой заменой переменных. Вторым примером применения
этого метода может служить определение плотности вероятности для
распределения по угловым скоростям. В случае гармонического ос-
осциллятора угловая скорость его движения связана с его координатой
соотношением а =? Jo1, - а2/и>2, подставляя которое в A1.2), находим
2
dw =
*
откуда искомая плотность вероятности
da
A1.5)
A1.6)
Знак минус в A1.5) связан с тем, что при увеличении угла отклонения a
скорость движения убывает и da < 0.
72
Глава S. Молекулярная физика
Функцию /(а) можнополучитьиизA1.1), используя связь угловой
скорости и времени: а = шао cos wt.
Найденную плотность вероятности можно использовать для расче-
расчета среднего по ансамблю значения всех величин, зависящих от скоро-
скорости, — например, кинетической энергии:
Сравнивая A1.4) с (П.7), видим, что средние значения кинетичес-
кинетической и потенциальной энергии осциллятора одинаковы (что и следовало
ожидать на основании физических соображений). Легко убедиться пря-
прямым расчетом также и в том, что эти средние по ансамблю равны
соответствующим средним значениям по времени, например:
? ^ A1.8)
Изучая свойства идеального газа как статистической системы,
мы используем максвелловское распределение по скоростям. Наибо-
Наиболее полная информация содержится в распределении по проекциям
скорости:
m
dn /
~n= \2-KkTJ
То же распределение, записанное в сферической системе коорди-
координат (v, в, <р) в пространстве скоростей, имеет вид
- —|,2sin^,^^. A1.10)
3/2
В зависимости от задачи бывает удобнее применять либо A1.9), ли-
либо A1.10). В A1.9) определяется доля молекул газа, проекции ско-
скорости которых находятся в интервалах (vx, vx + dvx), (vy, vy + dvy),
(vz, vz+dvz). В A1.10) определяется доля молекул газа, модуль ско-
скорости которых имеет значение в интервале (v, v + dv) и которые
летят в направлениях, соответствующих сферическим углам в интерва-
интервалах {в, 0 + d0) и (tp, ip + dip).
Если распределение по каким-либо переменным нас не интере-
интересует, то по этим переменным выполняется интегрирование в преде-
пределах (—с», оо) для проекций скорости vx, vy, vz; в пределах {0, оо)
§11. Статистический метод
73
для модуля скорости v ив пределах @, 7г) и @, 27г) для сферических
углов в и <р. В результате получается распределение по оставшимся
переменным. Так, например, если в A1.10) выполнить интегрирование
по сферическим углам в и tp, то получим распределение Максвелла для
модуля скорости:
dn
=47Г
п
.3/2
ехр < -
A1.11)
Решение статистической задачи, как правило, выполняется в два
этапа. Сначала считаем, что никакого распределения нет (например,
при изучении движения молекул газа считаем, что все они летят с оди-
одинаковыми по модулю и по направлению скоростями). Решаем динами-
динамическую задачу, соответствующую поставленным вопросам. Тем самым
мы находим искомую величину для группы молекул, имеющих с точ-
точностью до бесконечно малых добавок произвольную фиксированную
скорость. Второй этап — усреднение найденной величины с помощью
известной плотности вероятности.
При вычислении средних значений различных физических величин
00
часто приходится вычислять интегралы вида 1„ = / е~ах хп dx. Среди
о
множества способов их вычисления один из самых удобных — это
метод дифференцирования по параметру. Зная, что
A1.12)
находим
= з,
да 2 2 V а3'
д12 1 3 ПГ
j4 = ~fla=24V?'
Bп-1)П
A1.13)
A1.14)
A1.15)
74
Глава S. Молекулярная физика
Вычислив
находим
1,
3~ да '2а2'
A1.16)
A1.17)
A1.18)
п!
2an+l ¦
A1.19)
Задача 11.1. Имеется сосуд с равновесным газом, подчиняющимися
распределению Максвелла. Найти распределение по углам и по модулю
скорости молекул, ударяющихся об участок стенки единичной площади
за секунду.
Решение. В соответствии с общими замечаниями о решении стати-
статистических задач сначала считаем, что все молекулы летят с одинаковыми
скоростями. Пусть эта скоростмгаправлена под углом в к нормкли к вы-
выделенной площади стенки, а модуль ее равен v. Если^квнцентрацию
молекул обозначить через п, то за одну секундуТ1а единицу площади
стенки попадут nv cos в молекул. Таким образом, первый шаг сделан —
динамическая задача решена.
Теперь найденную величину нужно усреднить с помощью распре-
распределения Максвелла. Если нас интересует распределение ударяющихся
частиц по углам в, то при усреднении надо проинтегрировать по «лиш-
«лишним» переменным v и tp по всей области их изменения:
т
dn /
~п ~ \2vkTJ
3/2
sin в cos в dO
{mv2\ f
-2kf\dVJd<P =
' о
/2А;Г\1/2
= ' sin в cos в dO.
Мы определили долю молекул из числа попадающих на единицу площа-
площади стенки в единицу времени, которые подлетают к стенке так, что угол
между их скоростью и нормалью к стенке лежит в интервале (в, 0 + d9).
Из полученного результата ясно, что больше всего подлетает к стенке
молекул с направлением скорости вблизи 45°.
§11. Статистический метод
75
Распределение по углу tp остается изотропным, как и исходное
максвелловское распределение.
Найдем теперь распределение ударяющихся частиц по модулю
их скорости v. Для этого при усреднении найденного динамического
решения надо проинтегрировать по переменным в и <р:
я/2
dn / т \3/2
"тГ ~ \2жкТ)
о о
m \3 3
v ехр < -:
v ехр < -
I то» I f
sin в cos 0d0
=,(-
= 7Г
л:
\2тгкТ/
j dtp =
о
{-?}*¦
Если проинтегрировать A1.20) по в в пределах @, 7г/2) или A1.21)
по v в пределах @, оо), то получим полное число молекул, ударяющихся
за секунду о единичную площадку:
&кТ 1
= 1 ФУ
7ГТО 4
A1.22)
Задача 11.2. Имеется сосуд с равновесным максвелповским газом.
Определить давление газа на стенку, считая удары молекул о стенку
абсолютно упругими.
Решение. Пусть все молекулы летят с одинаковыми скоростями v
под углом в к нормали. Тогда за одну секунду на единицу площади
стенки попадает nv cos в молекул, каждая из которых передает стенке
импульс 2mv cos в. Следовательно, суммарный передаваемый импульс
равен 2mnv2 cos20. Среднее его значение и есть давление:
р = 2тп
dv х
It
I dtp-
sin в cos 2в d0 I dtp- nkT.
о о
Получается, конечно, известный газокинетический результат.
A1.23)
Задача 11.3. В сосуде с равновесным максвелповским газом имеется
очень маленькое отверстие, через которое молекулы вылетают в вакуум.
Найти среднее значение скорости вылетевших молекул и среднее значение
их кинетической энергии. Сначала качественно сравнить эти величины
с данными для молекул в сосуде.
76
Глава 2. Молекулярная физика
Решение. В задаче 11.1 было получено распределение по скоростям
для молекул, подлетающих к стенке сосуда. При этом динамическое
решение щь cos в (щ — плотность максвелловского газа) умножалось
на распределение Максвелла. При фиксированном угле в за любой
промежуток времени стенку достигают молекулы из цилиндра с обра-
образующей t;cos0. Чем больше v, тем больше объем соответствующего
цилиндра. Поэтому в ударяющихся о стенку (и пролетающих через от-
отверстие) молекулах доля более энергичных молекул оказывается выше,
чем в исходном максвелловском газе. Поэтому мы можем ожидать, что
в пучке вылетающих молекул средние значения скорости и энергии
молекул будут больше, чем у молекул в сосуде.
Распределение
dn
щ
= «COS в
m \3/2
V
ехр < -
ш
2 .
)v sl
sin в dvde dip A124)
отличается от плотности вероятности только нормировкой. Для пра-
правильной нормировки необходимо найти плотность частиц в пучке:
/ т
п = по[
\2жкТ/
dv х
/ 1 /ofcjf
sm^coswoff / d<p — - пп \ . A1.25)
J 4 V та
Теперь легко записать плотность вероятности, т. е. распределение
по скоростям в молекулярном пучке:
dn
™ = ±(.
m
з j
v ехр \-
dv sin в cos в сШ dtp. A1.26)
Средняя скорость молекул в пучке равна
00
I W 1
dv х
A1.27)
§11. Статистический метод
77
а среднее значение кинетической энергии молекулы в пучке
00
dv = 2кТ,
I Щ I
о
/mv2
00 (
( Ш V f 5 I mv
= тп ( I / v exp <
\2kT J v \ 2kT
A1.28)
Мы видим, что точный расчет полностыаоправдывает предварительные
качественные выводы. / >
Задача 11.4. Газ состоит из атомов, которые в неподвижном состо-
состоянии излучают свет с длиной волны м. Распределение атомов по скоростям
можно считать максвелловским. Найти закон распределения интенсивно-
интенсивности излучения, регистрируемой/приемником. Температура газа Т, масса
одного атома т. /
/
Решение. Направим/ось z вдоль линии, соединяющей приемник
с излучателем. При движении атома от приемника со скоростью, z -ком-
-компонента которой равна vz, вследствие эффекта Допплера приемник
регистрирует свет с длиной волны
A =
A1.29)
Пусть объем сосуда с газом равен V, концентрация атомов — п, а ве-
вероятность излучения — х, Тогда число излучающих в единицу времени
атомов, проекции скорости которых на ось z находятся в интерва-
интервале (vz, vz +dvz), равно
dn — HnV
exp < -
2kT
dvz.
A1.30)
Выражая dvz через dX из A1.29) и обозначая через а интенсивность
излучения одного атома, находим распределение регистрируемой ин-
интенсивности:
( (А - А0J ^»
dl = Jo exp < --
d\,
A1.31)
где Jo = a x nVy/m/BirkT) — интенсивность в центре линии, а
6 = Хоу/2кТ/т /с называется долплеровской шириной линии. Ин-
Интенсивность уменьшается в е раз при регистрации длины волны, отли-
отличающейся от Ао на ±6. >
Задача 11.5. В стенке прямоугольного сосуда, содержащего пары
ртути при температуре Т, имеется небольшое отверстие площади S.
78
Глава 2. Молекулярная физика
Ш
Рис. 11.1
На расстоянии h над отверстием параллельно стенке сосуда расположена
металлическая собирающая пластина {рис. 11.1), охлаждаемая до такой
температуры, что попадающие на нее атомы ртути конденсируются.
Как меняется плотность ртути на собирающей пластине в зависимости
от времени? Газ в сосуде можно считать равновесным, подчиняющимся
распределению Максвелла; концентрация атомов ртути в сосуде равна п.
Решение. В соответствии с общими замечаниями в начале парагра-
параграфа считаем, что все атомы имеют одинаковую скорость. Пусть модуль
скорости равен v, a ее направление составляет угол в с нормалью
к плоскости отверстия. Тогда за время t на собирающую пласти-
пластину попадут все атомы, находящиеся в объеме цилиндра с площадью
основания S и с образующей vt — г, где г = h/ cos в — расстояние
от отверстия до точки попадания атома на собирающую пластину, т. е.
nS(vt — г) cos в атомов.
Таким образом, решена динамическая задача, соответствующая
данной статистической задаче. Теперь необходимо усреднить получен-
полученный результат, используя распределение Максвелла. Находим
оо
dn(t) = nS cos в du f(vt -r)(
r/t
m
)
3/2
exp < -
A1.32)
где du = sin 0 dO dip — элемент телесного угла, в котором рассма-
рассматривается поток частиц. Нижний предел в интеграле соответствует
минимальной скорости, при которой атомы долетают до собирающей
пластины к моменту времени t. Если не рассматривать слишком ма-
маленькие времена t, то не будет большой ошибки при замене нижнего
предела в интеграле на нуль. В этом случае
dn(t) = nS cos в — ((v)t - г),
A1.33)
где (v) — ($kT/irm)l/2 — среднее значение скорости. Учитывая, что
телесный угол du вырезает на собирающей пластине площадку
§ 12. Термодинамический метод 79
da = r2 dil/ cos 0, находим плотность осевших атомов к моменту вре-
времени t:
dM mnScos40 /. .. h ,
A1.34)
da h2
Задачи для самостоятельного решения
Задача 11.6. В тонкостенном сосуде, помещенном в вакуум, имеется
очень малое отверстие, на которое извне направляется параллельный пучок
одноатомных молекул, летящих с одинаковой скоростью Vq перпендикуляр-
перпендикулярно к площади отверстия. Концентрация молекул в пучке равна щ. Найти
концентрацию молекул и температуру газа Т в сосуде в установившемся
равновесном состоянии.
Задача 11.7. В тонкостенном сосуде объема VJ), стенки которого
поддерживаются при постоянной температуре, находится идеальный газ,
подчиняющийся распределению Максвелла. Сосуд помещен в вакуум. За ка-
какое время давление в сосуде уменьшится вдвое, если в его стенке сделать
малое отверстие площади S ?
§12. Термодинамический метод
При использовании термодинамических методов расчета очень
важную роль играет знакомство с основными термодинамическими
функциями, т. е. с основными термодинамическими потенциалами.
Поэтому, прежде чем приступать к решению задач данного раздела,
рекомендуем внимательно изучить по учебнику определения термо-
термодинамических потенциалов и их соответствие выбору независимых
переменных для описания системы. Некоторые наиболее важные опре-
определения и соотношения мы здесь напомним.
Для характеристики термодинамической системы прежде всего
используются давление р, объем V, температура Т и энтропия S. Если
нет необходимости еще и в других переменных, то из названных четырех
выбираются две в качестве независимых, причем одну из набора (р, V),
другую из набора E, Г). Остальные две переменные становятся при
этом функциями состояния от двух выбранных переменных.
Если в качестве независимых переменных взять 5 и V, то удобным
для расчетов термодинамическим потенциалом является внутренняя
энергия системы, изменение которой, согласно первому началу тер-
термодинамики, равно dU = T dS - pdV. Из этого соотношения видно,
80
Глава S. Молекулярная физика
что
При V = const все подводимое к системе тепло идет на увеличение
внутренней энергии, а теплоемкость при этом равна су — dU/dT.
Если в качестве независимых переменных взять 5 и р, то для
расчетов удобно использовать энтальпию Н — U + pV, изменение
которой, согласно первому началу термодинамики, равно dH = T dS +
V dp. Отсюда находим
A2.2)
dpj
-v
dP)s-\ds)
При p = const имеем dQ = dH, т.е. все подводимое тепло идет
на увеличение энтальпии: при этом теплоемкость Ср = dH/dT.
Если за независимые переменные принять Г и V, то удобным для
расчетов термодинамическим потенциалом будет свободная энергия
системы F = U - TS, изменение которой по первому началу термоди-
термодинамики равно dF = -S dT - p dV. Из этого соотношения находим
V дТ
_
^ =-,
8S
= (^
A2.3)
При Т = const вся работа, производимая над системой, идет на увели-
увеличение ее свободной энергии.
При выборе в качестве независимых переменных Тир удобно
использовать термодинамический потенциал Гиббса Ф = U - TS + pV,
изменение которого имеет вид d4> = -5 dT + V dp. При этом
^Г =-h=F • 02.4)
Обычно из условий задачи ясно, какие переменные следует взять
в качестве независимых. Тогда остальные переменные становятся функ-
функциями, которые находятся согласно A2.1)—A2.4).
Задача 12.1. Термически изолированный цилиндрический сосуд разде-
разделен легким подвижным поршнем на две части Аи В, в которых находится
по одному молю идеального одноатомного газа. В начальный момент тем-
температура газа в объеме А равна Тл = Т,ав объеме В — Tg = nT. Какую
полезную работу могла бы совершить система при условии, что передача
тепла от одного объема к другому полностью обратима?
§ 12. Термодинамический метод
81
Решение. Максимальную полезную работу можно рассчитать по
разности внутренней энергаи в начальном и конечном состояниях:
А = Ut - Uf = Су(Т + пТ) - 2cvTf =<*[(!+ п)Т - 2Т>], A2.5)
где Ту — конечная температура системы. Если передача тепла происхо-
происходит обратимо, а вся система находится в адиабатической оболочке, то
ее энтропия остается постоянной. Из этого условия можно определить
конечную температуру системы 2/. Для каждого объема
dT
—
dV
Отсюда находим
In
A2.6)
A2.7)
где Vf — объем, занимаемый каждой частью газа после выполнения всей
работы, т. е. (VA + VB)/2, VA = 2V//A + n), VB = nVA. Следовательно,
Т2 тт \A + пJ
2) = ТАТВ „„
I -R/cv
An
Учитывая, что для одноатомного газа су = ЗД/2, находим
откуда, используя A2.5), получаем окончательный ответ:
А=-ВТ
Г 2у/Ап
1+п--
1
A2.8)
A2.9)
A2.10)
Задача 12.2. Один грамм воды при температуре 20° выдавливается
давлением 104 атм через пористую пробку в сосуд, в котором поддер-
поддерживается атмосферное давление. Сколько воды превратится при этом
в пар?
Решение. Данный процесс представляет собой дросселирование,
при котором сохраняется энтальпия системы. Вначале
Hi=zUi+PiV, A2.11)
где V — объем воды, р,- — выдавливающее давление. Если в пар
превращается масса т воды, то энтальпия в конечном состоянии равна
Hf =и{ + с(Tf -Ti)+PfV + m\,
A2.12)
82 Глава S. Молекулярная физика
где с — удельная теплоемкость воды, Г/ = 100° С — точка кипения
воды, А — удельная теплота парообразования воды. Отсюда
Подставляя численные значения, находим т » 0,3 г. >
Задача 12.3. Цикл Карно выполняется с водой в качестве рабочего
вещества, причем температура нагревателя равна 6° С, температура
холодильника 2° С. Показать, что при таком условии тепловая машина
забирает теплоту и от нагревателя, и от холодильника, целиком превра-
превращая ее в работу, что невозможно. Объяснить противоречие со вторым
началом термодинамики.
Решение. Коэффициент теплового расширения а — \/V<ti)V/dT)p
обычно положителен, т. е. при нагревании при постоянном давлении
все тела обычно расширяются. В исключительных случаях коэффициент
теплового расширения может быть отрицательным. В частности, такая
ситуация наблюдается у воды при температурах ниже 4° С.
Чтобы установить направление передачи тепла при изотермическом
процессе, воспользуемся A2.4) и определением dS = dQ/T. Находим
<!L\ -_ (Ш\ __! @Q
В обычной ситуации при а > 0 теплота изотермического сжатия отри-
отрицательна, т. е. при изотермическом сжатии необходимо отводить тепло
от системы, а иначе система будет нагреваться. Поэтому в цикле Карно
на изотерме с температурой 6° С при расширении рабочее тело (вода)
поглощает тепло.
На изотерме при температуре 2° С происходит сжатие, а так как
в этом случае а < 0, этот процесс сопровождается поглощением тепла.
Итак, приходим к выводу, что при выполнении указанного ци-
цикла Карно происходит только поглощение теплоты и превращение ее
в работу, что противоречит второму началу термодинамики.
Для выяснения полученного противоречия рассмотрим детальнее
адиабатические участки цикла Карно. Попробуем изобразить весь цикл
на диаграмме (FT).
Изотермические участки цикла будут иметь вид вертикальных от-
отрезков. Как будет выглядеть кривая, их соединяющая? Установим
направление касательной к этой кривой, т.е. найдем (dV/8T)s. Для
§ 12. Термодинамический метод
83
этого используем переменные V, Т и запишем первое начало термоди-
термодинамики:
dS=±(dU+pdV), A2.15)
где
аил
Отметим, что (dU/dT)v = cv. Следовательно,
dv.
Из соотношения dll = TdS - pdV заключаем, что
,8V )т \dVjT
Используя теперь A2.3), находим
9VJt
Из A2.17) при dS = 0 с помощью A2.19) получаем
CvdT + T[-=
откуда
(дУ\
cY
Используя тождество
окончательно находим
д)- l>
(дУ/др)т _ cvx
дтK~ T(dv/dT)v
A2.16)
A2.18)
A2.19)
A2.20)
A2.21)
A2.23)
где х = -1/V • (dV/dp)T — изотермическая сжимаемость.
При движении к температуре 4° С адиабата на плоскости (V, Т)
асимптотически приближается к соответствующей вертикали, причем
при нагревании в области выше 4° С а > 0 и кривая движется вниз,
а при температурах меньше 4° С а < 0 и кривая движется вверх. Отсюда
84 Глава 2. Молекулярная физика
видно, что цикл Карно не может быть осуществим как замкнутый
цикл. Заметим, что этот факт устанавливается сразу, если построить
диаграмму цикла в координатах (Т, S), что мы предоставляем сделать
читателю. >
Задача для самостоятельного решения
Задача 12.4. Теплоизолированный сосуд наполнен газообразным гели-
гелием при температуре То = 10 К {выше критической точки). Газ медленно
вытекает через капиллярную трубку до тех пор, пока давление не станет
равным р\ = 1 атм, а температура Т\ = 4,2 К (точка кипения гелия
при нормальном давлении). Найти начальное давление газа в сосуде Р,
если в конце процесса сосуд полностью заполнен жидким гелием. Моляр-
Молярная теплота испарения гелия при Т\ = 4,2 К равна q = 20 кал/моль.
Газообразный гелий считается идеальным газом.
§13. Электронный и фотонный газы
При изучении электронного и фотонного газов применяются все
методы, разобранные в двух предыдущих параграфах, но используются
распределения Ферми—Дирака и Бозе—Эйнштейна. Электронный газ
называют вырожденным, если в тепловом движении участвуют толь-
только электроны, находящиеся вблизи уровня Ферми. Для вырожденного
электронного газа (при Т < TF) exp [(е - ц)/(кТ)] < 1. В невыро-
невырожденном газе справедливо обратное неравенство.
Задача 13.1. Найти число ударов за секунду об 1 см2 стенки сосуда,
содержащего вырожденный электронный газ.
Решение. Поступаем аналогично случаю сосуда с максвелловским
газом, только применяем другое распределение. Если бы скорости всех
электронов были одинаковы, то на 1 см2 стенки за 1 с попало бы nv cos 0
частиц, где п — концентрация. Распределение по скоростям имеет вид
dn т3 v2 dv sin в d0 dip
п 4тг3й3 exp [(e - р)/(*Т)] +
A3.1)
Пренебрегая в знаменателе экспонентой, находим для вырожденного
газа
§ 13. Электронный и фотонный газы
85
Максимальное значение скорости находим из энергии Ферми: «„ах =
2цц/т, где
^/зпу'3
2т \ тг /
Так как рассматривается объем V = 1 см3, в итоге получаем
A3.3)
A3.4)
Задача 13.2. Найти количество электронов, выходящих в результа-
результате термоэлектронной эмиссии из металла, нагретого до температуры Т.
Решение. В данном случае имеется невырожденный электронный
газ, и в распределении Ферми—Дирака можно пренебречь единицей
по сравнению с экспонентой:
dn
п
т
ехр < -
dvx dv,,dv,.
A3.5)
Вылетают все частицы, у которых z — компонента скорости (по нор-
нормали к поверхности) такова, что соответствующая ей кинетическая
энергия превышает работу выхода электронов из металла W. Поэтому,
интегрируя по всем значениям vx и vy, находим
dn _ 2ътъ 2кТ
п BтгйK m
и далее получаем ответ:
ш?-> -
A3.6)
т2кТ
Л ехр
Ш / ^еХР{^
mk2T2
A3.7)
Задача 13.3. Записать уравнение адиабаты для фотонного газа.
Решение. Уравнение адаабаты находится из условия постоянства
энтропии. Поскольку
86 Глава S. Молекулярная физика
надо найти cv. Из первого начала термодинамики, учитывая, что для
фотонного газа U = al^V, находим
(%), A39)
Следовательно,
S = ^ aT3V, A3.10)
и уравнение адиабаты имеет вид
FT3 = const. A3.11)
Уравнение адиабаты можно записать и в переменных (р, V). Для
этого воспользуемся соотношением A1.3) р = -(dF/dV)?- По опре-
определению F = U -TS = -aT4V/3. Поэтому р = аТ4/3 и уравнение
адиабаты можно представить в виде
pV4/3 = const. > A3.12)
Задачи для самостоятельного решения
Задача 13.4. Получить уравнение состояния газа Ферми при низких
температурах.
Задача 13.5. Вычислить давление 1) в слабовырожденном газе Фер-
Ферми, 2) в ультрарелятивистском вырожденном электронном газе.
§14. Фазовые переходы
Задача 14.1. Капли жидкости находятся в равновесии со своим паром
при температуре Т. Найти зависимость давления насыщенного пара над
каплей от радиуса капли г, если давление насыщенного пара над плоской
поверхностью при данной температуре равно р. Каплю считать сфериче-
сферической, объем одного моля жидкости равен Vo, коэффициент поверхностного
натяжения а.
Решение. В условиях равновесия должны быть равными друг другу
химические потенциалы пара и жидкости:
где р\ — давление насыщенного пара, рз — давление внутри капли.
Поскольку сжимаемость жидкости весьма мала, давление р2 не сильно
§ 14. Фазовые переходы
87
отличается от р, и поэтому правую часть A4.1) можно представить
в виде ряда:
= fi2{p, T) +
дР2
Рг=Р
Разность давлений обусловлена поверхностным натяжением:
2а
A4.2)
A4.3)
Используя определение химического потенциала, легко убедиться в том,
что производная дц2/др2 равна объему одной молекулы жидкости
Vq/Na, где NA — число Авогадро. Кроме того, по условию зада-
задачи Ц\(р, Т) = ц2(р, Т) (условие равновесия на плоской поверхности
раздела фаз). Находим
A4.4)
' rNA
Будем рассматривать пар как идеальный газ. Тогда
, T)=kT\n (^
Окончательно находим
р, = р ехр
/.
A4.5)
A4.6)
\rkTNAj '
С уменьшением размеров капли давление насыщенного пара над ней
возрастает, но заметное возрастание наблюдается только для капель
очень малого размера. Например, для капель воды с г = 10~5см
давление р\ всего на 1 % больше, чем р. Для капель размером г =
10 см разница давлений уже около 10 %. >
Задача 14.2. На сколько изменяется температура фазового перехо-
перехода за счет искривления поверхности раздела фаз? Изменением давления
насыщенного пара над искривленной поверхностью пренебречь.
Решение. Искомое изменение температуры AT = Т' -Т можно
считать малым по сравнению с самой температурой фазового перехода.
Используем условия равновесия при искривленной фазовой поверхно-
поверхности:
,»,(?,, Т1) = ц2(р2, Т1) A4.7)
и при плоской фазовой поверхности:
о, Т) = n2{jp, T). A4.8)
88 Глава S. Молекулярная физика
При не слишком большой искривленности поверхности находим отсю-
отсюда, считая р\ = р:
Поскольку (дц/дТ)р = -а, где а — энтропия, отнесенная к одной
молекуле, получаем
W-w)p = S2-s> = r A410)
где I — теплота перехода в расчете на одну молекулу. Поэтому
Задача 14.3. Определить кривую равновесия фаз при возгонке, если
температура кристалла Т много меньше его дебаевской температуры в.
Решение. В уравнении Клайперона—Клаузиса можно пренебречь
объемом конденсированной фазы:
dr = W A4Л2)
где V — объем газовой фазы. В условиях задачи пар можно считать
идеальным газом. Используя уравнение состояния идеального газа,
находим
if J/TI / 1 Л 11\
Учтем теперь зависимость теплоты перехода L от температуры. Вычи-
Вычисляя
лт /яле\ /яле\ л«
A4.14)
где АСр = (С,,)™ - (Ср)крист, находим
т
A4.15)
§ 14. фазовые переходы
89
Здесь Lo — теплота перехода при абсолютном нуле температуры, т. е.
работа, необходимая для разрыва связей между молекулами в кристалле
при Т = 0. Второе слагаемое справа в A4.15) есть энергия, соответ-
соответствующая разнице энергий теплового движения в газе и кристалле.
Подставляя A4.15) в A4.13) и вычисляя интегралы, получаем
уравнение состояния при возгонке:
р = ро ехр < -
NkT
A4.16)
о
где ро — постоянная интегрирования. Если использовать известные
выражения для теплоемкости идеального газа (Ср)газ = E/2) JVfc и кри-
сталла {Ср)^к„ = A2/5) т4ЛГ*(Г/вK, то
P = PO д
5/2
exp
Lo
A4.17)
Задачи для самостоятельного решения
Задача 14.4. Три фазы 1, 2, 3 находятся в равновесии друг с другом
в тройной точке. Их удельные объемы в этой точке равны соответ-
соответственно F,, V2, V3. Пусть р,2 = р]2(Т), Ргъ = Vn(T), рЪ\ = Рз\(Т) -
уравнения кривых равновесия между фазами 1 и 2, 2 и 3, 3 и 1. Показать,
что в тройной точке имеет место соотношение
dT
dT
Задача 14.5. Показать, что при фазовом переходе второго рода
скачки различных величин удовлетворяют соотношениям Эренфеста, т. е.
ACP
T
ACV
dV
где производные dp/dT и dV/dT берутся вдоль линии перехода, на которой
переменные р, V и Т помимо уравнения состояния связаны между собой
еще одним соотношением.
90
Глава S. Молекулярная физика
Ответы к главе 2
11.6. п~щу/8тг; Т =
Лк
12.4. р яз 100 атм.
13.4. р=-
5 V |1+ 12
JfcT
V
Nk I 1 ft3
13.5. i)p=-F^i + _^__
1/3
iV
Глава 3
Электричество и магнетизм
§ 15. Введение к задачам по электростатике
Определение электростатического поля очень редко сводится к про-
простому суммированию вкладов соответствующих элементов зарядов, по-
поскольку распределение зарядов в большинстве случаев неизвестно.
Поэтому при определении электростатического поля приходится од-
одновременно решать задачу о распределении заряда. Эта задача может
решаться разными способами, но в основе общего подхода лежит реше-
решение уравнения Лапласа или Пуассона с соответствующими граничными
условиями (т. е. постоянство потенциала на поверхности проводника,
условия на границе двух диэлектриков и т. д.). При этом существенную
роль играет однозначность решения поставленной задачи.
Часто бывает полезным при рассмотрении конкретных задач ис-
использовать интегральные соотношения, например теорему Гаусса или
соотношения Грина.
В качестве примера рассмотрим соотношение Грина, которое по-
получается применением операции дивергенции к произведению (pDo.
При этом <р и Do могут относится к разным полям или, в частности,
к одному и тому же полю (тогда Do = D):
div
- (grad <p)D0 + <p div Do = -
После интегрирования по объемам V\,
верхностями S\, Si, ..., получим
i-Do + VPo- A5-1)
..., ограниченным по-
ED0 dV = III <рро dV- if ipDon dS, A5.2)
где Don обозначает проекцию вектора Do на внешнюю нормаль соот-
соответствующей поверхности, ограничивающей Vj, У2) • • • •
92
Глава 3. Электричество и магнетизм
Если области Vj и Vi имеют частично общую ограничивающую
поверхность S[ = S'2 = Sl2, то
ff ipDto dS + ff <pDQn dS=-ff<p(D® - D{02) dS, A5.3)
Sn
где Uon и D<J — проекции соответствующих предельных значений
на внешнюю по отношению к области V\ нормаль к границе.
Учитывая граничное условие D^ - Dul = (т0, получим
ГГГ ED0 dV = [И wo dV + ff v<t0 dS + ... ,
Sl2
A5.4)
где точками обозначены интегралы по другим границам областей.
Соотношение A5.4) обычно используют для доказательства одно-
однозначности решения уравнения Пуассона или Лапласа. Пусть некоторая
задача, связанная с нахождением полей при некотором распределении
объемных зарядов и в присутствии заряженных и незаряженных про-
проводников, предположительно допускает два решения. Пусть к первому
решению относятся величины р, D, р, <т, и т.д., а ко второму —
соответствующие величины <р', D', р' = р, а', и т.д. Рассмотрим со-
соотношение по отношению к разностям Е - Е' и D - D'. При этом
получим, учитывая, что р - р' = О,
fff
е (Е - Е'J dV = ?>, - ri) («r,- - а\),
A5.5)
где суммирование происходит по всем проводникам. (Поверхностные
заряды могут существовать и на некоторых непроводящих поверхно-
поверхностях. В таком случае будем считать, что эти заряды имеют заданное
распределение, т. е. а = а'.)
Учитывая, что на поверхности проводника <р = const, <p' = const,
получим из A5.5)
ffj
е (Е - Е'J dV =
- V
i - ф,
A5.6)
где Qt и Q'i — суммарные заряды проводников в случае первого
и второго решений. Если на всех проводниках задан либо потенциал,
т. е. <pi1-<р\ = 0, либо суммарный.заряд, т. е. Q, - Q't = 0, то оба решения
тождественно совпадают. Таким образом, соотношение A5.6) выражает
§ 16. Распределение заряда по поверхности проводника 93
в конкретной форме условия, при которых поставленная задача имеет
однозначное решение.
В качестве простейшего примера можно рассмотреть следующую
задачу.
Задача 15.1. Показать, что если на некоторой замкнутой поверх-
поверхности потенциал постоянен и в объеме, ограниченном этой поверхностью,
нет зарядов, то в этом объеме также нет и поля.
Решение. Такая ситуация возникает для проводников. Положим
потенциал внутри поверхности всюду равным потенциалу на поверх-
поверхности. При этом будет выполнено уравнение Лапласа и граничное
условие. Снаружи рассматриваемой поверхности потенциал нельзя по-
положить равным потенциалу на поверхности, так как этот потенциал,
вообще говоря, не равен потенциалу на бесконечности. Кроме того,
снаружи могут находиться другие проводники с другими значениями
потенциала, а также объемные заряды, при наличии которых потенциал
должен удовлетворять уравнению Пуассона. >
§ 16. Распределение заряда по поверхности
уединенного проводника
Рассмотрим несколько задач, связанных с нахождением распреде-
распределения заряда на удаленном от других зарядов проводнике.
Характер распределения заряда на уединенном проводнике зави-
зависит только от формы проводника. Простейшая форма проводника, для
которой возникает вопрос о распределении заряда, — это сфероид (эл-
(эллипсоид вращения). Сжатый сфероид в пределе можно рассматривать
как диск, а вытянутый — как отрезок нити.
Задача 16.1. Найти распределение заряда на уединенном проводнике
в форме сжатого сфероида.
Решение. Указанную задачу для сфероида удобно решать в соот-
соответствующей сфероидальной системе координат. Для того чтобы ввести
эту систему координат, рассмотрим эллипс с полуосями а и b (а > Ь)
и расстоянием между фокусами с = Va2 - b2. Поверхность, получаю-
получающаяся в результате вращения этого эллипса вокруг малой оси, является
сжатым вдоль оси симметрии сфероидом.
94
Глава 3. Электричество и магнетизм
Введем безразмерную величину ? = а/с (? ^ 1). При этом урав-
уравнение сжатого сфероида запишется в виде
Наряду со сфероидом рассмотрим софокусный однополостный
гиперболоид вращения, описываемый уравнением
= с
A6.2)
Расстояние между вершинами гиперболы, которая при вращении
вокруг оси z образует этот гиперболоид, равно 2щ, а расстояние между
фокусами гиперболы равно 2с.
Если положить у = О, то из уравнений A6.1) и A6.2) получим
систему эллипсов и гипербол, которую можно рассматривать как кри-
криволинейную ортогональную систему координат в плоскости у = 0.
Эллипсу, задаваемому параметром ?, и гиперболе, задаваемой параме-
параметром ц, соответствуют четыре точки пересечения, отличающиеся лишь
знаками координат х и z. Если указать эти знаки, то определится одна
точка плоскости у = 0. Различным точкам этой плоскости будут соот-
соответствовать различные значения параметров ?, ч\ и различный выбор
знаков х, z.
В пространстве пересечение сфероида и гиперболоида происходит
по двум окружностям в верхней (z > 0) и нижней (z < 0) частях
сфероида. Для выбора одной из этих двух окружностей следует указать
знак z (signz).
Чтобы на указанной окружности определить точку, нужно задать
азимутальный угол i/>:
¦ф = arctg -.
х
A6.3)
Таким образом, три величины (,, т), ф и sign z однозначно опреде-
определяют точку в пространстве. Эта система координат называется сжатой
Сфероидальной системой координат.
Из уравнений A6.1)—A6.3) найдем соотношения, выражающие
декартовы координаты через ?, tj, i/>, signz:
х =
у =
z = ±c\/(?2 - 1) A - rj1). A6.4)
§ 16. Распределение заряда по поверхности проводника
95
Если ввести расстояния от фокусов эллипса (находящегося в плос-
плоскости, проходящей через ось Oz и точку с координатами х, у, z), рав-
равные г± = л/ (л/х2 +у2тс) +z2, то обратное по отношению к A6.4)
преобразование можно будет записать в виде
2с
4 =
г--г+
2с '
У
= arctg -.
х
A6.5)
В нашем случае коэффициенты Ламе удобнее всего определить
исходя из A6.4). При этом получим
= <М/-т^-т-, A6.6)
= СМ- -, A6.7)
A6.8)
В рассматриваемой системе координат уравнение Лапласа запи-
запишется в виде
1 Г д /h2h3 д<р
hih2h3 \д? V *i Ч
= 0. A6.9)
Множитель, стоящий перед фигурной скобкой, можно сократить.
Очень важным обстоятельством является то, что уравнение A6.9)
допускает, в частности, решения в виде функции от одной переменной,
например в виде tp = у>(?). Это связано с тем, что в сфероидальной си-
системе координат уравнение Лапласа допускает разделение переменных,
что подробно будет рассмотрено в следующем параграфе.
Предположив решение A6.9) в виде (р = (р(?) и учитывая A6.6)-
A6.8), получим из A6.9)
A6.10)
Решение в виде функции от одной переменной означает, что экви-
эквипотенциальные поверхности вне проводящего сфероида также являются
сфероидами.
96
Глава 3. Электричество и магнетизм
Интегрируя A6.10), получим
МО
A6.11)
где А — константа интегрирования. Производя второе интегрирование,
получим
Л A6.12)
где В — вторая константа интегрирования.
Определение аддитивной константы В связано с нормировкой
потенциала на бесконечности (? —> оо); поэтому положим В — 0.
Константа А связана с зарядом проводника, который по условию
задачи равен Q. Связь между константой А и зарядом проще всего
найти из асимптотической ( ? —> оо) формы A6.12). Согласно A6.5),
имеем с? = (г+ + г_)/2 « г (? —юо), поэтому
- -*-<*- Q A6.13)
откуда
A6.14)
Таким образом, потенциал в случае заряженного проводящего
сжатого сфероида равен
arctg
1
Q с
arctg -.
4тгеос о
A6.15)
Если вместо заряда Q задан потенциал проводника щ, то потен-
потенциал в остальных точках вне проводника равен
arctg (l/y/e - 1)
A6.16)
Из формулы A6.15) можно получить выражение для емкости сжа-
сжатого сфероида:
С = 4же0с )-—-г. A6.17)
arctg (с/Ьо)
¦ 1 сфероид переходит в диск. При этом для емкости
В пределе
диска получим
= 4те0 с -.
A6.18)
§ 16. Распределение заряда по поверхности проводника
97
Для определения напряженности поля нужно вычислить градиент,
отличная от нуля компонента которого равна
¦ - Г}2 4тГ?оС
Следовательно, напряженность поля равна
. v Q 1
,»?) =
A6.19)
A6.20)
Из A6.20) видно, что, в отличие от потенциала, поле в различных точках
одного и того же сфероида различно. Наибольшая напряженность
в случае сжатого сфероида «на экваторе», где т\ — 1, наименьшая —
«на полюсах», где т\ = 0.
Плотность заряда равна
а = еаЕ((,0, 1]) =
Q
1
A6.21)
В целях проверки можно убедиться в том, что интегрирование
по поверхности проводящего сфероида выражения A6.21) дает заряд
проводника Q. Учитывая, что dS = Л2Л3 drj dip, получим
1 2т
= Q. A6.22)
0 0
Выражение A6.21) для плотности заряда можно преобразовать
к более удобному для анализа виду. Учитывая, что
получим
В пределе Ьо —* 0. с -+ а = R, из A6.24) получим распределение
заряда на проводящем диске. При этом следует учесть, что (х2+у2)/а,A <С
z2jb\, и воспользоваться уравнением эллипсоида z2/b\ = 1-(я?+у2)/а\.
43ак. 239
+ ц), A6-23)
а = -^г- , A6.24)
98 Глава 3. Электричество и магнетизм
В результате получим для диска
^^ A625)
где R — радиус диска.
В центре диска плотность заряда в два раза меньше средней
плотности, равной Q/BirR2). На краях диска плотность обращается
в бесконечность, что связано с предположением о бесконечно малой
толщине диска.
Таким образом, распределение заряда на поверхности диска су-
существенно неравномерное. Это связано с тем, что при равномерном
распределении заряда по поверхности диска возникает тангенциаль-
тангенциальная составляющая поля вблизи поверхности диска, которая обращается
в нуль лишь для центральной точки диска. Однако если рассмотреть
плоский конденсатор, составленный из двух дисков, то (в случае оди-
одинаковых по абсолютной величине и противоположных по знаку зарядов
на обкладках) распределение зарядов на внутренней поверхности об-
обкладок будет почти равномерным (если не учитывать краевой эффект),
а снаружи зарядов практически не будет. В этом случае тангенциальные
составляющие, возникающие от зарядов разных знаков, взаимно ком-
компенсируются. Если на одну обкладку добавить заряд 2Q, то половина
этого заряда распределится равномерно по внутренней стороне обклад-
обкладки, а другая половина распределится неравномерно по внешней стороне
по закону A6.25). На второй обкладке при этом на внешней сторо-
стороне появится такое же распределение заряда Q, а на внутренней стороне
появится дополнительное равномерное распределение такого же по ве-
величине заряда, но противоположного знака. >
Задача 16.2. Найти распределение заряда на уединенном проводнике
в форме вытянутого сфероида с полуосями 0$ и Ьо (во > ^о)- Определить
емкость такого проводника.
Решение. Задача решается аналогично предыдущему случаю. Вве-
Введем вытянутую сфероидальную систему координат, задаваемую поверх-
поверхностями вытянутого сфероида и двухполостного гиперболоида враще-
вращения. Эти поверхности получаются вращением эллипса вокруг большой
оси и гиперболы вокруг оси, проходящей через фокусы. Уравнения
поверхностей будут иметь вид
|^у + ^ = с2 (О1), A6.26)
§ 16. Распределение заряда по поверхности проводника
99
= с
При этом получим
A6.27)
' A6.28)
z =
Обратное преобразование имеет тот же вид, что и A6.5), но теперь г± =
Коэффициенты Ламе для вытянутой сфероидальной системы ко-
координат равны
Л,=с
= с
Откуда
A6.29)
A6.30)
В вытянутой сфероидальной системе координат уравнение также имеет
решение, зависящее от одной переменной ?. Соответствующее уравне-
уравнение, следующее из уравнения Лапласа, при этом имеет вид
(
! (V - 0 !
=о.
Первое интегрирование дает
dip
Второе интегрирование дает
<р@ = А \ In
+ В.
A6.32)
A6.33)
Учитывая нормировку потенциала на бесконечности, константу В
следует положить равной нулю. Первая константа интегрирования А
определяется зарядом проводника Q или его потенциалом щ. Для
того чтобы выразить константу А через заряд, рассмотрим асимптоти-
асимптотическую форму A6.33) при ? —> оо и учтем, что с? = (г+ + г_)/2 « г.
100
Глава 3. Электричество и магнетизм
При этом получим
Откуда следует, что
А =
Q
4тг?0с
Окончательно для потенциала получаем
Q ,_* + ! Q
4тГ?о2с
In
— 1
In
а + с
A6.34)
A6.35)
A6.36)
47Г?()С
Заметим, что переход от вытянутого эллипсоида к сжатому эллипсоиду
можно осуществить заменой в формуле A6.36) а ^ Ь (а > Ь). При
этом с —> Vb2 - а2 = iVa2 - Ь2 — ic. Выражение A6.36) в результате
замены а <=* Ь, c—>ic станет равным
In
b + ic
b — ic
Q
b
arctg-,
С
A6.37)
т. е. перейдет в выражение для потенциала сжатого сфероида. Из A6.36)
видно, что эквипотенциальные поверхности суть вытянутые сфероиды.
При этом напряженность поля в разных точках сфероида будет разной,
так как
l
Л| д? 4тг?0с2
Поверхностная плотность заряда будет равна
Q 1
а —
47ГС2
A6.38)
A6.39)
Для проверки можно вычислить суммарный заряд, исходя из выраже-
выражения A6.39). Учитывая, что
dS = h2h3 dq di> =
- 1 dq di>,
получим
= Q, A6.40)
как и должно быть.
§ 16. Распределение заряда по поверхности проводника
101
Выражение A6.39) можно преобразовать к более удобному виду,
аналогичному A6.24). Для этого заметим, что в случае вытянутого
сфероида
A6.41)
s ' ~ с2 ^ Ь4
Учитывая A6.41), получим из A6.39)
Q 1
1
а =
A6.42)
Для очень вытянутого сфероида (а0 > Ьо) можно считать, что первый
член под корнем в A6.42) много больше второго. Эти члены соизмеримы
лишь вблизи самых концов сфероида, для которых х2+у2 ~ &о/ао- Если
не рассматривать эти области, которые содержат малую долю заряда
(порядка Q(bo/a,oJ), то для остальной части очень вытянутого сфероида
можно положить
Q 1
а =
4тго
/х2+у2
A6.43)
Из A6.43) видно, что поверхностная плотность заряда даже для
очень вытянутого сфероида в разных частях различна, так как меняется
толщина сфероида 2у/х2 + у2. Однако для линейной плотности заряда
получается постоянное для всей длины сфероида значение
7 = (т2ж\/х2 + у2 = -— (о0 « с).
2а
A6.44)
Из этого обстоятельства следует, что эквипотенциальные поверх-
поверхности равномерно заряженной нити длиной 2с — вытянутые сфероиды,
потенциал для которых будет определяться формулой A6.36).
Из формулы A6.36) можно найти емкость вытянутого сфероида:
С =
2с
ln((ao + c)/(ao-c)) In ((а0 + с)/йь) '
Для очень вытянутого сфероида остается зависимость от Ьо (с -
ар
In Bоо/Ь0)'
A6.45)
A6.46)
102
Глава 3. Электричество и магнетизм
Если задан не заряд, а потенциал проводника <ро, то вне проводника
потенциал будет равен
ln((a
In ((a0 + c)/(a0 - c))'
A6.47)
§ 17. Проводники во внешнем
электростатическом поле
Задача 17.1. Найти распределение заряда на поверхности незаря-
незаряженного сфероида, внесенного в однородное электростатическое поле.
Рассмотреть случаи, в которых поле параллельно и перпендикулярно оси
сфероида для двух типов сфероидов.
Решение. Эту задачу удобно решать в соответствующей сферои-
сфероидальной системе координат. В отличие от предыдущей задачи решение
теперь нельзя искать в виде функции, зависящей от одной переменной,
так как эквипотенциальные поверхности уже не будут являться сферо-
сфероидами, за исключением лишь поверхности самого проводника. Однако
решение уравнения Лапласа можно искать в виде произведения:
V(t, V, Ф) = G(l)F(t,)K(i>).
A7.1)
Априори существование решений такого типа не очевидно. Оно обу-
обусловлено тем, что уравнение Лапласа допускает разделение переменных
в сфероидальной системе координат.
Подставив искомое решение в форме A7.1) и разделив обе части
уравнения Лапласа на произведение GFK, получим
1
GFK
A(GFK) = 0.
A7.2)
В развернутой форме уравнение A7.2) имеет вид
1 д (h2h} dG\ 1 д
Vli№^+^ —= 0 A7 3)
/ F дт)\ h2 дц) h)K дф2 ' '
G д?\ Л, д$ J F дт)
Коэффициенты Ламе не зависят от ф (аксиальная симметрия), поэтому
должно выполняться уравнение
д2к(ф)
A7-4)
§ 17. Проводники во внешнем электростатическом поле
103
где С] — константа. Уравнение A7.3) приводится к виду
д /Л2Л3 dG\ 1 д /Л,Л3 BF
) +
Для дальнейшего преобразования уравнения A7.5) учтем конкретный
вид коэффициентов Ламе. В сжатой сфероидальной системе координат
hthj \/l-»?2
лС/п
h2 -^v^ri'
и уравнение A7.5) принимает вид
д
A7.6)
В уравнении A7.7) левая часть зависит от ?, а правая — от г). Это
означает, что и правая и левая части равны константе, которую мы
обозначим — С2. При этом получим два уравнения:
Таким образом, вместо одного уравнения для функции, зависящей
от трех переменных, получено три уравнения для трех функций, каждая
из которых зависит от одной переменной, т.е. уравнения A7.4), A7.8)
и A7.9).
Аналогичным образом для вытянутой сфероидальной системы ко-
координат
h\h2
- V2'
A7.10)
104
Глава 3. Электричество и магнетизм
С учетом A7.10) из уравнения A7.5) получим
Так как левая и правая части уравнения A7.11) опять зависят
от разных переменных, то оно эквивалентно двум уравнениям:
<ш3)
Уравнения A7.4), A7.8), A7.9) или A7.4), A7.12), A7.13) не являются
полностью независимыми, так как они связаны константами С\ и Ci-
Например, выбор решения уравнения A7.4) определяет константу Сь
а выбор решения уравнения A7.9) определяет вторую константу Ci.
Эти две константы входят в уравнение A7.8), т. е. конкретный вид
уравнения A7.8) зависит от выбранных решений уравнений A7.4)
и A7.9).
Уравнения A7.8) и A7.12) можно записать в стандартном виде:
A7.14)
A7.15)
A7.16)
При этом для сжатой сфероидальной системы координат
Q(Q =
Для вытянутой сфероидальной системы координат
1
Уравнение A7.14) имеет два независимых решения. Пусть одно
известно и равно Go(?), тогда второе решение можно найти с помощью
интегрирования. Обозначим второе решение через G(?) и покажем, что
<|7Л7>
If'
§ 17. Проводники во внешнем электростатическом поле
105
Дифференцируя A7.17) по ?, получим
dG dG0@ °
(
Второе дифференцирование дает
д
Г ds
= "«О °Ю-
Из A7.19) следует, что A7.17) удовлетворяет уравнению A7.14). В даль-
дальнейшем второе решение будем обозначать
где
ds
A7.20)
A7.21)
i
Вернемся к поставленной задаче. Пусть напряженность невозму-
невозмущенного однородного поля равна Eq, а проводник имеет форму сфе-
сфероида (сжатого или вытянутого) с полуосями а0 = с?о, Ьо = су?ъ - 1 •
Потенциал в точке О, куда попадает центр сфероида и которую выберем
за начало координат, для простоты положим равным нулю. Задачу бу-
будем решать в соответствующей (сжатой или вытянутой) сфероидальной
системе координат. Рассмотрим два случая, в которых внешнее невоз-
невозмущенное поле направлено параллельно (|j) или перпендикулярно (±)
оси симметрии сфероида, Потенциал невозмущенного поля будет
или
A7.22)
В сфероидальной системе координат z их можно представить в едином
виде:
* = с Со||(?) Щ(л) Щ(Ф) % х = с GoAO Ыч) К±0>) Т±. A7.23)
При этом потенциал невозмущенного поля будет записываться в виде
V?o = -Eoc G0@ Пл) ЩФ) Т, ¦ A7.24)
где Go, F, JC, Т для каждого из четырех случаев будут иметь свой вид.
106
Глава 3. Электричество и магнетизм
В сжатой сфероидальной системе координат
Z = d
Go\\@ = \Л
поэтому
Ve^ Щ(г}) = у/\ - V2,
I], = sign*.
В этой же системе х = с?т) cos ф, поэтому
Gox@ = «, Fxiv) = V,
tfx(^) = cos^, Гх=1.
В вытянутой сфероидальной системе координат
z = ±ф/,
поэтому
(?) 6 *I() K№)h I]| = sign z;
поэтому
Gox@ =
A7.25)
A7.26)
A7.27)
A7.28)
Вне проводника (эту область будем обозначать индексом 2) потенциал
возмущенного поля будем искать в виде суперпозиции двух решений
уравнения Лапласа, имеющих одинаковую зависимость от перемен-
переменных т) и г/>, т. е. в виде суперпозиции:
-EocGo(t)F(ti)KAi)T
и
-EocG9(QF(tj)K(i,)TA(l). A7.29)
А(?) вычисляется по формуле A7.21) в соответствии с A7.25), A7.26),
A7.27) или A7.28).
Для сжатой сфероидальной системы координат
МО = -7= *
= х arctg
A7.31)
§ 17. Проводники во внешнем электростатическом поле
107
Для вытянутой сфероидальной системы координат
A7.32)
A7.33)
Учитывая, что при выбранной нормировке потенциала на поверх-
поверхности сфероида, т.е. при ? = ?0, потенциал должен обратиться в нуль,
эта суперпозиция должна иметь вид
<р = -
т.е.
(р = -Еох
Учитывая, что
(I - 4Щт
п
для случая
для случая
-1
для поверхностной плотности зарядов получим
= ?0-00 —
'=-ffos;
A7.34)
A7.35)
A7.36)
A7.37)
A7.38)
Выражение A7.38) и представляет решение поставленной задачи. При
этом, согласно A7.6), A6.29)
ft, =
1Ц -1
Согласно A7.15), A7.16)
), Г определяются формулами A7.25)—A7.28), А((о)
определяется формулами A7.30)—A7.33).
108
Глава 3. Электричество и магнетизм
Для четырех рассмотренных случаев получим
^выт± =
,A7.39)
, A7.40)
A7.41)
A7.42)
Для проверки рассмотрим асимптотическую форму (?о —* оо) фор-
формул A7.39)—A7.42). Асимптотическая форма (?о —у оо) для всех четырех
функций А(?) одна и та же, т.е.
A7-43)
В асимптотическом случае (?о » 1) с(о = (r+ +rJ)/2 « R, где R —
радиус сферы, получающейся в пределе ?о —у оо (при этом для конеч-
конечного значения R необходимо, чтобы с-»0). Для сжатого сфероида
в пределе ?о -+ оо из A7.25), A7.26) получим ±\/l - rj1 = z/R = cos в,
т) cos ¦ф = x/R = cosflj;, где в (или вх) — угол, определяющий поло-
положение точки на сфере. Для вытянутого сфероида в пределе ?о —* оо
из A7.27), A7.28) получим ±т) = z/R = cos в, \/l - rj1 = x/R - cos вх.
Таким образом, все четыре выражения в пределе ?о —•• оо переходят в
а = Зе0Е0 cos в. A7.44)
Теперь рассмотрим другой предельный переход ?о —* 1- Сжатый
сфероид при этом переходит в диск радиуса R = с. Функции А(?о)
переходят в предельные формы:
Ляц(&) -» ~, ЛечЙЬ) -» р A7-45)
щ 4
При этом, учитывая A7.26), получим в пределе ?о —> 1
ц cos i/> —> —.
R
A7.46)
§ 17. Проводники во внешнем электростатическом поле
109
Вытянутый сфероид при
При этом
¦"?)¦
1 переходит в сфероидальную палочку.
¦ А. A7-47)
С учетом A7.45)—A7.48) для предельного случая ;
х 4
"диск.!. —
1П Bао/Ьо)'
A7.48)
1 получим:
A7.49)
A7.50)
A7.51)
A7.52)
Рассмотрим распределение заряда на поверхности сфероидальной
палочки в случае продольного поля, описываемого формулой A7.51).
Эти поверхностные заряды создают внутри сфероида однородное элек-
электрическое поле, равное -Ео, которое компенсирует внешнее одно-
однородное поле Ео- Аналогичным образом поверхностные заряды создают
электрическое поле внутри проводника (неидеального), когда по нему
идет электрический ток и поверхность проводника уже не является
эквипотенциальной. >
Задача 17.2. Найти распределение заряда по поверхности незаряжен-
незаряженного сфероида, внесенного в однородное поле, в случае, когда направление
невозмущенного поля и ось сфероида составляют некоторый угол.
Решение. Если поле Ео направлено под углом в к оси сфероида, то,
рассматривая отдельно продольную часть Ео\\ = Ео cos 0 и г леречную
часть Ео± = Ео sin 0 и используя принцип суперпозиции, получим для
возмущенного потенциала, согласно A7.35), A7.36),
(
A7.53)
Для поверхностной плотности зарядов получим
а = «ту cos в + ах sin в, A7.54)
где «Гц, <7Х для сжатого сфероида определяются формулами A7.39),
A7.40), а для вытянутого сфероида — формулами A7.41), A7.42). >
110 Глава 3. Электричество и магнетизм
Задача 17.3. Найти распределение заряда на поверхности заряжен-
заряженного сфероида, внесенного в однородное электрическое поле.
Решение. Если проводник имеет заряд Q, то к выражению для
потенциала, полученного для незаряженного сфероида, нужно доба-
добавить потенциал уединенного заряженного сфероида в форме A6.15)
или A7.36). При этом для поверхностной плотности заряда получим
а = <7ц cos в + а± sin 0 + а2 = а\ + °2, A7.55)
где <72 определяется формулой A6.24) (для сжатого сфероида) или фор-
формулой A6.42) (для вытянутого сфероида). При этом следует учитывать,
что при наличии заряда на проводящем сфероиде его поле будет убывать
обратно пропорционально квадрату расстояния, а не кубу, как в случае
незаряженного сфероида. Кроме того, это поле зависит от величины
заряда сфероида Q. При решении задачи предполагается, что внешние
заряды, если они находятся на проводниках, должны быть достаточно
удаленными, а заряд Q достаточно малым, чтобы не учитывать его
влияние на распределение зарядов на внешних проводниках. >
Задача 17.4. Найти дипольныи момент проводящего незаряженного
сфероида, внесенного во внешнее поле.
Решение. На больших расстояниях поле, обусловленное зарядами,
распределенными по поверхности проводника, можно рассматривать,
как поле диполя:
где дипольныи момент р определяется формулами
рг = и az dS, Vt= и <rx dS, py = 11 ay dS. A7.57)
s s s
Рассмотрим случай, в котором внешнее поле Eq параллельно оси сфе-
сфероида, т.е. оси Oz. В этом случае sign<r = sign г, поэтому рх = О,
ру = 0. Если вектор Ео параллелен оси Ох, то рг = 0, ру = 0. Если
вектор Ео перпендикулярен оси Оу (что всегда будет подразумеваться),
то ру = 0. Если вектор Ео составляет с осью Oz угол в (и перпендику-
перпендикулярен оси Оу), то
г = / /
a\\z cos 0 dS, px = 11 axx sin в dS, py = 0. A7.58)
§ 17. Проводники во внешнем электростатическом поле
111
Учитывая A7.23) и A7.38) для продольной и поперечной составля-
составляющих поля (Е\\ = Ео cos в, Е± = Ео sin в), получим
a\\z cos в dS = Еос2 cos в F^(ri) Щ(ф) 2 3
2 si
aLx sin в dS = Е0с2 sin 0
. A7.59)
. A7.60)
Для сжатой сфероидальной системы координат
СГ)
= COS
Подставляя A7.61) в A7.59) и A7.60), получим:
pz=e0EocosO
^42 Л
с3
^--2 f ~^=
±Dо) J л/1-
2)Г
^==
л/1-1]2
В случае вытянутой сфероидальной системы координат
с3
' J±(ч) = л/1 - Ч2, Ki.(Ф) = cos ^.
Подставляя A7.64) в A7.59) и A7.60), получим:
1
л с32тг
рг = ео-^оcosg . ,.ч 2
с3
1 2т
= ео-^о sin 0 2 / A - j/2) d»/ / cos 2ф dip =
^±(?о) У J
= 4тгео?!о sin в:
с3
A7.61)
A7.62)
A7.63)
A7.64)
COS<?TT77T. A7-65)
A7.66)
112 Глава 3. Электричество и магнетизм
Из A7.62)—A7.65) видно, что для сжатой и вытянутой систем коорди-
координат формулы для рх, рг имеют одинаковый вид и различаются лишь
конкретным значением множителей 1/-Ац(?о), 1/А±(?0).
Если внешнее поле Eq не совпадает по направлению с осью
сфероида и не перпендикулярно этой оси, то направление дипольно-
го момента р = {рх, 0, pz} не совпадает с направлением поля, так
как Лц Ф А± (если сфероид не сфера). >
§ 18. Электростатическое поле
в присутствии диэлектриков
Задача 18.1. Найти поле вне и внутри однородного диэлектрика
в форме сфероида, внесенного в однородное электростатическое поле.
Решение. Выделим два частных случая, в которых внешнее невоз-
невозмущенное поле направлено параллельно (||) или перпендикулярно (J.)
оси симметрии сфероида. Потенциал невозмущенного поля при этом
будет описываться выражением вида A7.24), т. е.
. <po = -EocG0(OF(ii)K(i>)T. A8.1)
Вне диэлектрика (в области 2) потенциал возмущенного поля (т. е.
поля в присутствии диэлектрика) будем искать в виде суперпозиции
двух соответствующих решений уравнения Лапласа, т. е. в виде
<р2 = -Е0сG0@F(r,)K(i>)т(\- ^~) , A8.2)
V
где Сг — некоторая константа, которая определяется из граничных
условий. (В случае проводника эта константа равняется единице.)
Во внутренней области диэлектрика, которую будем обозначать ин-
индексом 1, второе решение непригодно, так как оно дает сингулярность
для поля в фокальных точках. Поэтому внутри диэлектрика решение
ищем в виде
?, = -EocGo(t) F(rj) К(+) Т С,. A8.3)
§ 18. Электростатическое поле в присутствии диэлектриков 113
Условие непрерывности тангенциальных составляющих электри-
электрического поля записывается в виде
1 д<р2
h2 От/
A8.4)
Условие непрерывности потенциала требует выполнения равенства
Vils = f2\st A8.5)
A8.4) и A8.5) приводят к одному и тому же уравнению для определения
констант С\ и С2:
1-С2 = С,. A8.6)
Условие непрерывности нормальных составляющих вектора элек-
электростатического смещения D записывается в виде
A8.7)
и приводит ко второму уравнению для определения C^ и
= ?г
где
Уравнение A8.8) можно записать в виде
-С - С
п '
п = А(&) Goto) Goto) ДF) ( GoF) =
Решая уравнения A8.6) и A8.9), получим
i
Поле внутри диэлектрика равно
Е=-
:, С2 =
п (ег - 1)
A8.8)
A8.9)
A8.10)
A8.11)
A8.12)
т. е. поле внутри диэлектрика однородно, и напряженность его меньше
напряженности внешнего невозмущенного поля Ей.
Снаружи поле неоднородно. Потенциал его описывается функци-
функцией A8.2) со значением С2, даваемым соотношением A8.11).
114
Глава 3. Электричество и магнетизм
Из соотношения A8.11) видно, что поле внутри и вне сферо-
сфероида зависит не только от значения относительной диэлектрической
проницаемости ег> но и от формы сфероида, которой определяется
величина п. Назовем эту величину фактором формы.
Для сфероида возникают два «поперечных» фактора формы пх
и пу, которые мы будем обозначать п±, так как пх = пу, и «продоль-
«продольный» фактор формы пг = тгц.
Покажем, что
пх+пу+пг = 1, т.е. 2пх+
Для сжатой сфероидальной системы координат
с3 '
ар&о
с3 '
A8.13)
A8.14)
A8.15)
т. е. эти множители равны. При этом, учитывая A7.30) и A7.31),
получим
а\Ьй ( с
ctg?b
1 «п^О / С С&о \
-= - —=- arctg т .
Для вытянутой сфероидальной системы координат
с? '
с3
A8.16)
A8.17)
A8.18)
При этом, учитывая A7.32) и A7.33), получим
ао-с а0
«о - с
С помощью A8.16) и A8.19) легко доказывается соотношение
A8.13) (eg = bg - с2).
§ 18. Электростатическое поле в присутствии диэлектриков 115
В предельных случаях получаем из A8.16) и A8.19)
"шар = -> ПдискН = 1» идиск±=0, Ппал|| = 0, Ппал± = -. A8.20)
Поле внутри диэлектрика в рассматриваемом случае равно
Е = - ^° _ A8.21)
Если поле Ео составляет угол в с осью Oz (ось сфероида) и пер-
перпендикулярно оси Оу, т. е. Eqz = Ео cos в, Eqx — Ео sin в, то
Ерсоъв _ Еовтв
1+пц(ег - 1) 1 + п±(ег-1) *
Внутри диэлектрика в форме сфероида поле опять однородно, но на-
направление этого поля не совпадает с направлением внешнего невозму-
невозмущенного поля Ео, так как щ фп±. >
Задача 18.2. Определить дипольный момент диэлектрического сфе-
сфероида, внесенного во внешнее однородное поле.
Решение.
_eo(er-l).ffi)cosfl _e
Pz~ 1+пц(ег-1) ' Рх~~~
где V — объем сфероида. Для сжатого сфероида V = D/3Oгао&о-
вытянутого сфероида V = D/3)жаоЬо.
Заметим, что для всех четырех случаев
V 4 гъ
. A8.24)
При этом в пределе ег —» оо формулы A8.23) переходят в соответ-
соответствующие формулы для дипольного момента проводящего сфероида
(ср. с формулами A7.65), A7.66)). >
Задача 18.3. Найти поле в сфероидальной полости внутри однород-
однородного диэлектрика, считая, что диэлектрик поляризован вдали от полости
однородно.
Решение. Решение этой задачи можно провести аналогичным об-
образом. Ответ можно получить, заменяя в формулах A8.22) ег на 1/ег. >
116
¦ Глава 3. Электричество и магнетизм
§19. Энергия электростатического поля
Задача 19.1. Найти изменение энергии электростатического поля
при внесении в поле заряженного проводника.
Решение. Пусть вначале внешнее поле Ео и поле заряженного
проводника нигде не перекрываются. При этом проводник не взаимо-
взаимодействует с внешним полем. Суммарная энергия электростатического
поля в этом случае равна
= \ III
где Vi обозначает ту часть пространства, которую займет проводник
после того, как он будет внесен в поле. Через <руеа обозначен потенциал
заряженного проводника в уединенном положении.
После внесения проводника в поле полная энергия электростати-
электростатического поля будет равна
W
-ш
EDdV,
A9.2)
так как в области Vj поле будет равно нулю.
Разность энергий двух состояний 6W = W - Wo можно рассматри-
рассматривать как энергию заряженного проводника в поле. Эта разность энергий
равна работе внешних сил с помощью которых проводник был внесен
в поле. Работа эта может быть как положительной, так и отрицательной.
Разность энергий 6W можно преобразовать таким образом, чтобы
она содержала лишь интефалы по поверхности проводника. Для этого
учтем, что в области Vi t
EoD = ЕоеЕ = D0E,
A9.3)
так как предполагается, что диэлектрические свойства в области V2
не изменяются в результате внесения проводника. Используя A9.3),
6W можно представить в виде
= \ HI
- / E0D0«n'--v>w,g. A9.4)
§19. Энергия электростатического поля
117
Для дальнейшего преобразования воспользуемся соотношением A5.4).
При этом получим
+
V = l- fff<p(p- Po)dV +^ JJ <p(v - ao)dS +
Vt ' 5,
Iff Iff 1 \"^ /"/¦
2 JJ 2 JJ 2 ^-r1 JJ
S V2 ' 5,
+ - JJ <po (<r - Don) dS + - JJ VoDon dS - -^yMg. A9.5)
-<T») dS+
Первые три члена в A9.5) являются преобразованием A5.4) первого
интеграла A9.4). Первый интеграл A9.5) обращается в нуль, так как
в области Vi р = ро, т. е. объемное распределение зарядов предполага-
предполагается фиксированным и не меняется от внесения заряда.
Второй член A9.5) представляет сумму интегралов по поверхно-
поверхностям, на которых возникает разрыв нормальной составляющей векто-
векторов D и Do. Это могут быть поверхности заряженных или незаряженных
проводников, находящихся в области Vi, а также диэлектрические по-
поверхности с находящимися на них поверхностными зарядами. В случае
проводников а Ф (То, так как внесение проводника в поле вызовет
изменение поля в области ^ и, следовательно, приведет к смещению
зарядов на других проводниках. Но на поверхности проводников потен-
потенциал (р постоянен и, следовательно, интегралы по этим поверхностям
дадут заряды, но суммарные заряды на всех проводниках остаются неиз-
неизменными, поэтому для проводящих поверхностей интегралы, входящие
во второй член A9.5), обратятся в нуль. Для интегралов по непро-
непроводящим поверхностям следует считать а = <то- Таким образом, все
интегралы, входящие во второй член A9.5), обращаются в нуль. Третий
член A9.5) представляет интеграл по поверхности внесенного в поле
проводника. Потенциал на этой поверхности постоянен, а до внесения
проводника в области V\ не должно быть зарядов, поэтому интегриро-
интегрирование Во„ дает нуль, а весь третий член в A9.5) равен (pQ/2.
Четвертый, пятый и шестой члены A9.5) отличаются от рассмо-
рассмотренных трех предыдущих лишь тем, что в них входит невозмущенный
потенциал (ро вместо потенциала (р. При этом четвертый и пятый чле-
члены A9.5) обращаются в нуль подобно первому и второму. Седьмой член
получается в результате преобразования объемного интеграла в A9.4)
по области Vj, поэтому он возникает с обратным знаком по отношению
118 Глава 3. Электричество и магнетизм
ко второму интегралу шестого члена и они друг друга компенсируют.
Таким образом, разность 6W преобразуется к виду
(<p<py№)Q + Jf(po*dS. > A9.6)
s
Рассмотрим несколько примеров применения соотношения A9.6).
Задача 19.2. Какую работу нужно совершить, чтобы удалить из элек-
электрического поля проводящий незаряженный или заряженный шар ? Радиус
шара мал по сравнению с размерами области, в которой напряженность
поля меняется существенным образом.
Решение. Пусть проводящий шар радиуса R вносится во внешнее
однородное (в некоторой области) поле Ео. Для начала рассмотрим
незаряженный шар. Пусть точка, в которую попадает центр шара,
до внесения шара имела потенциал <роо. Потенциал невозмущенного
поля в той области, где поле считается однородным, можно задать
в виде
<ро — Voo ~ Eoz = (poo - Eor cos в. A9.7)
После внесения шара потенциал будет задаваться выражением
( R3\
<р = <роо - Eoz I 1 з" I = Voo - Ео cos0 I г г I (»" >
<Р = <Роо (r<R). A9.8)
Добавленный в A9.8) член представляет потенциал диполя, т. е. удовле-
удовлетворяет уравнению Лапласа. Кроме того, A9.8) удовлетворяет посто-
постоянству потенциала на поверхности шара (при г = R). Таким образом,
A9.8) действительно описывает поле в присутствии проводящего неза-
незаряженного шара.
Поверхностная плотность зарядов на проводящем шаре равна
д(р
а = -so-
-soar
-3e0E0cose. A9.9)
s
Для энергии шара в поле Ео получим, исходя из A9.6), A9.7) и A9.9),
выражение
2* *
= -- I I
2* *
EoR3 cos в 3e0E<, cos в sin 6dij>de = ~2-kzue\R3. A9.10)
о о
§ 19. Энергия электростатического поля
Работа внешних сил, необходимая для внесения незаряженного
проводника в поле, всегда отрицательная. При удалении незаряженного
проводника из поля внешние силы должны совершать положительную
работу. В случае шара эта работа равна 2же0Е$Е3.
Если шар имеет заряд Q, то работа, связанная с внесением, его
в поле, определяется не только напряженностью этого поля, но зависит
также и от потенциала той области, куда вносится шар.
Потенциал при этом описывается выражением
q
(
г--г-
переходящим в <ро при г —> <х>.
Поверхностная плотность зарядов на шаре равна
A9.11)
A9.12)
Энергия шара описывается выражением
= Q<poo -
A9.13)
Если радиус шара устремить к нулю, то получим известный ре-
результат для точечного заряда. . >
Задача 19.3. Найти энергию незаряженного проводящего сфероида
в однородном электростатическом поле в случае, когда поле параллельно
или перпендикулярно оси сфероида.
Решение. Если проводящий сфероид не заряжен, то потенциал
вблизи проводника описывается выражением (см. A7.34))
A9.14)
Для поверхностной плотности зарядов имеем выражение A7.38)
_eQEocGo(t)F(V)KA>)T
120 Глава 3. Электричество и магнетизм
Учитывая, что <ро = (pooEocGoFKT, получим для энергии незаря-
незаряженного сфероида в поле Eq выражение
=.f ]
6W
о о
Выражение A9.16) отличается от соответствующего выражения для
дипольного момента проводника в поле лишь множителем (см. A7.58)—
A7.60)). Поэтому для всех четырех случаев получим формально одина-
одинаковые выражения для 6W, отличающиеся лишь конкретным значением
множителя \/А(?о)'-
6W = -2жеоЕ2о Т777Т = ~рЕо, A9.17)
где дипольный момент р определяется выражением A7.65), если 0 = 0,
или A7.66), если в — я72.
В случае ао ~^> с сфероиды по форме мало отличаются от шара,
поэтому асимптотическая форма А(?о) для ?0 > 1 во всех четырех
случаях одна и та же: Алс(?0) = 1/C?о). При этом все четыре формулы
переходят в соответствующую форму для шара:
= -27Г?О?о -. и v = -27Г?о^оД3 (Oq = R). > A9.18)
Задача 19.4. Найти'энергию незаряженного проводящего сфероида
в однородном электростатическом поле в случае, когда поле составляет
некоторый угол с осью сфероида.
Решение. Случай, в котором поле Ео составляет угол в с осью
сфероида, можно представить как суперпозицию двух случаев. При
этом Ео\\ ='Е0 cos в и Ео± = Ео sin в, поэтому (<рт = 0)
- Ео sin 0Go±F±K± A - -7;; )' = V|| cos в + <p± sin 0, A9.19)
V ^±(?o)/
a = ац cos в + <7± sin в. A9.20)
Выражение для энергии не будет содержать перекрестных членов,
которые при интегрировании по поверхности проводника пропадают,
§ 19. Энергия электростатического поля
в силу свойств симметрии:
б W = - II (щ\ cos в + <ро± sin в) ((Гц cos в + а± sin в) dS =
s
= 5 \ I
лс3 fcos2e sin20\ 1
= -2тгеоЯоТ —г- + -т- = -- рЕ0.
3 V -4ц А± I 2
A9.21)
Задача 19.5. Найти момент сил, действующий на незаряженный
проводящий сфероид в однородном электростатическом поле. Рассмотреть
предельные формы (диск и сфероидальную палочку).
Решение. Выражение для энергии в форме A9.21) зависит отугла в,
это означает, что на проводник будет действовать момент сил со сто-
стороны электрического поля. Этот момент сил равен
= ~(SW) = -2же0Е20- sin20
дв 3
\А\\ A±J
A9.22)
Для вытянутого сфероида выражение в скобках в A9.22) положительно,
для сжатого сфероида — отрицательно. Это означает, что для вытяну-
вытянутого сфероида устойчивое положение равновесия соответствует 0уст = О
(или тс), для сжатого сфероида ву„ = тг/2.
В пределе ?0 —» 1 (Ьо —> 0) сжатый сфероид можно рассматривать
как диск, а вытянутый — как сфероидальную палочку. Используя
при этом для А(?о) соответствующие предельные выражения A7.45),
A7.47), получим из A9.22) выражения для моментов сил, действующих
в однородном электрическом поле на проводящий диск радиуса R
и сфероидальную проводящую палочку длиной 2оо:
Д3 4
М№СК = 2же0Е0— sin 20-,
3 7Г
A9.23)
A9-24>
Задача 19.6. Найти энергию заряженного проводящего сфероида
во внешнем однородном поле.
122 Глава 3. Электричество и магнетизм
Решение. Если сфероид имеет заряд С?, то потенциал вблизи
сфероида описывается выражением
у = voo - EocGoFKT (l - -?Ш + <р2@, A9.25)
где <рг{?) — потенциал, описывающий поле уединенного заряженного
сфероида, задаваемый формулами A6.15), A6.36)). При этом плотность
зарядов на проводнике описывается двумя членами:
а = ах + а2, A9.26)
где <J\ относится к случаю незаряженного сфероида, а а2 — к случаю
заряженного уединенного сфероида.
Подставляя (ро — роо - EqcGqFKT и а в формулу A9.6), получим
с3 1
с 1
6W = <pooQ - 2тгео El — = ^ooQ - - рЕ0. A9.27)
Аналогичным образом можно рассмотреть и случай, в котором
поле Ео составляет угол в с осью сфероида. При этом второй член
в A9.27) заменится на выражение A9.21), и мы получим
, с3 /cos20 sin20\ 1
[ )QE > A9.28)
Задача 19.7. Найти силу, действующую на незаряженный проводя-
проводящий шар в поле точечного источника.
Решение. Известно, что потенциал в случае незаряженного про-
проводящего шара и внешнего точечного заряда вне шара такой же, как
и потенциал трех точечных зарядов, т. е.
о па па ,
Ч> = т^ -г^— + ~-, A9.29
4w?0r{ 4пеоГг 4пе0г
где q — внешний точечный заряд, находящийся в точке М, п =
R/l; R — радиус шара, I — расстояние от центра шара О до точ-
точки М, г\ — расстояние от точки М до точки V, где определяется
потенциал, г — расстояние ОТ', г2 — расстояние от точки К, где
расположен заряд —nq до точки V. Точка К находится на отрезке ОМ
на расстоянии а = R2/l от точки О.
Потенциал, обусловленный зарядами, возникающими на шаре,
равен
nq
<Рш =
(i-I).
§ 19. Энергия электростатического поля ИЗ
Сила, действующая на шар, по абсолютной величине равна силе,
действующей на точечный заряд, т. е. силе
R ( 1 1
7
Задача 19.8. Определить энергию проводящего шара в поле точечного
заряда.
Решение. Работа, которую нужно совершить, чтобы удалить заряд
на бесконечность равна
(Ш2)
Следовательно, энергия проводящего шара в поле точечного заря-
заряда, определяемая как работа, которую нужно совершить, чтобы внести
этот проводник в поле, равна
SW = -2*e0E$R3l_R2/fit A9.33)
где Ео = q/4ireol2 равна напряженности невозмущенного поля в точ-
точке О. Если R <С I, то внешнее поле является слабо неоднородным, при
этом
6W~6W0 = -2ire0ElR3 = ~pE0, A9.34)
где р — дипольный момент проводящего шара, возникающий в одно-
однородном поле Eq. >
Задача 19.9. Найти силу, действующую на незаряженный проводя-
проводящий сфероид в слабо неоднородном электростатическом поле.
Решение. Если в поле точечного заряда находится незаряженный
проводящий сфероид, размеры которого малы по сравнению с рас-
расстоянием до точечного заряда, т.е. о0 < I, то силу F, действующую
на сфероид, можно определить, найдя силу, действующую со стороны
проводника на точечный заряд. Поле проводника можно рассматривать
как поле диполя, а для определения дипольного момента в случае слабой
неоднородности можно использовать приближение однородного поля.
124
Глава 3. Электричество и магнетизм
При этом
Для двух частных случаев получим
A9.35)
A9.36)
Из A9.36), A9.17) видно, что в приближении слабой неоднородности
внешнего поля сила, действующая на проводящий сфероид (для двух
типов ориентации), равна
* A937)
где 6W рассчитывается в приближении однородного поля, равного
значению невозмущенного поля в точке О, т.е. в точке, в которую
попадает центр сфероида.
С учетом A9.17), A9.37) запишутся в виде
27П-ОС3 д 2
(Е
?(*«), F± =
Например, для диска (Л = с) с учетом A7.45) получим
8
Для шара с учетом A7.43) (R = с?0) получим
dz
F =
A9.38)
A9.39)
A9.40)
что совпадает с A9.31) для случая z = I > R и Ео = q/Direoz2). >
Задача 19.10. Найти изменение энергии электростатического поля
при внесении в него диэлектрика.
Решение. Пусть в электростатическое поле напряженностью Ео,
энергия которого равна
го =
A9.41)
V1+V2
§ 19. Энергия электростатического поля
125
вносится твердый диэлектрик, который в конечном положении занима-
занимает объем V\. Предполагается, что до внесения диэлектрика этот объем
был свободен от заряда и диэлектриков. В конечном состоянии энергия
электростатического поля равна
A9.42)
v,+v2
Учитывая, что в объеме Vi диэлектрические свойства не менялись,
т. е. EDo = еЕЕо = DEq, получим разность
= l-III E(D-Do) dV
v,+v2
+
\ fjj Eo(D - Do) dV+l- JJJiKDo ~ EoD) dV. A9.43)
v,+v2
Последний член в A9.43) возникает в результате того, что в обла-
области V\ изменяется диэлектрическая постоянная, поэтому EDo Ф EoD.
Первые два члена A9.43) можно преобразовать так же, как это было
сделано в соотношении A9.4). При этом получим
Vl+V2
l rtt
= 2 jJJ
v2
~ A»)
l tr
+ - ^2 Jj
* Si
- D» -1$
~ <ro)
dS = 0. A9.44)
Первые два члена в A9.44) обращаются в нуль так же, как в A9.5).
Последний член в A9.44) обращается в нуль вследствие того, что
на поверхности диэлектрика нет свободных поверхностных зарядов,
т. е. на границе 5
Dn — Dn — 0
- Бо„ — 0. Аналогичным
образом обращается в нуль и второй член A9.43). Таким образом,
получим
6W = ]- ///(EDo - EoD). dV. A9.45)
126
Глава 3. Электричество и магнетизм
Учитывая, что в области V\ Do = ?оЕ, D = ?оЕ + Р, получим
6W = -^
PEo dV. >
A9.46)
Рассмотрим некоторые примеры применения формулы A9.46).
Задача 19.11. Найти энергию диэлектрика в форме сфероида, вне-
внесенного в однородное электрическое поле.
Решение. Пусть в однородное поле Ео вносится сфероид. Тогда,
если ось сфероида параллельна (||) или перпендикулярна (±) внешнему
невозмущенному полю, получим с учетом A8.19)
, A9.47)
где п — соответствующий фактор формы, р — дипольный момент
сфероида.
Если однородное поле направлено под углом в к оси симметрии,
то
— JS7o||JE7|| -f- Eq±E± —
cos20
sin20
1+п±(ег-1O'
Энергия сфероида в поле равна
A9.48)
A9.49)
Задача 19.12. Определить момент сил, действующий на диэлектрик
в форме сфероида во внешнем однородном электрическом поле. Рассмо-
Рассмотреть предельные формы (диск и сфероидальная палочка).
Решение. Энергия в A9.49) зависит от угла, следовательно, на сфе-
сфероид действует со стороны поля момент сил:
Пх-П|)
A + nj,(er - 1)) A +пх(вг - 1))
V. A9.50)
§19. Энергия электростатического поля
187
Момент сил определяется факторами формы. Для сжатого сфероида
п = AG0G'0R = (ajj&o/c3) А, при этом п± - щ = (afj&o/c3) (А± - А\() < О,
т.е. устойчивое положение равновесия соответствует углу в = ж/2.
Для вытянутого сфероида п = AG0G'0R = (ao62/c3) А, при этом п± -
пц = (ао&о/с3) (А± - Ац) > 0, т. е. устойчивое положение равновесия
соответствует углу в = 0.
Для проверки полученных формул можно использовать предельный
переход ет —» оо. В этом случае поле вблизи диэлектрика нормально
к поверхности диэлектрика, а внутри диэлектрика при конечном зна-
значении поляризации поле Е равно нулю. Поэтому энергия диэлектрика
в пределе ет —> оо должна равняться энергии незаряженного проводника
той же формы и размеров. Учитывая, что V/n — D/3Oгс3/Л, в преде-
пределе ет -» оо из A9.47), A9.49), A9.50) получим A9.17), A9.21), A9.22).
В предельных случаях & -¦ 1 формула A950) дает значение мо-
момента сил, действующего на диск или сфероидальную палочку. Для
диска пц = 1, Пх = 0, откуда
= 1/2, откуда
A9.51)
Для сфероидальной палочки пц = О,
Мпал = --ео(ег- 1) El sin 20
Задача 19.13. Определишь силу, действующую на диэлектрик в форме
сфероида в слабо неоднородном электростатическом поле.
Решение. В неоднородном поле на диэлектрик действует сила.
Повторяя рассуждения, аналогичные тем, которые проводились при
рассмотрении проводника в поле точечного заряда, для слабой не-
неоднородности получим, что силу, действующую на диэлектрический
сфероид, можно представить как силу, действующую на диполь. При
этом для двух типов ориентации сфероида получим
дЕ0 дЕ0
OZ ОХ
A9.53)
Выражая дипольный момент через среднюю (по объему) поляризацию,
получим
р =
PdV = (P)V.
A9.54)
128
Глава 3. Электричество и магнетизм
В приближении слабой неоднородности для вычисления средней по-
поляризации можно использовать приближение однородного поля, т. е.
положить для сфероида
При этом для силы, действующей на диэлектрический сфероид, полу-
получим приближенное выражение
В предельном случае ет —» оо A9.56), A9.57) переходят в соответ-
соответствующие выражения для проводящего сфероида. >
§ 20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков
Задача 20.1. Показать, что интеграл по замкнутому контуру, охва-
охватывающему рамку с током, от напряженности магнитного поля, равен
току, идущему по рамке.
Решение. Учитывая, что напряженность магнитного поля опреде-
определяется выражением
^ <*>¦¦>
где I (п — элемент тока, г — вектор, проведенный от элемента тока
в точку V, где определяется поле, получим для интеграла по замкнутому
контуру X:
х хь
Выражение, стоящее под интегралом представляет проекцию эле-
элемента площади на направление -г/г, отнесенную к г2. Элемент площа-
площади получается в результате смещения элемента рамки на величину dx.
Интегрирование этого выражения по всей рамке дает изменение телес-
телесного угла <К1, возникающее в результате смещения тонки наблюдения V
§20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков
129
на dx. Телесный угол будем считать положительным, если наблюдате-
наблюдателю, находящемуся в точке V, ток в рамке кажется идущим по часовой
стрелке. В противном случае телесному углу будем приписывать отри-
отрицательные значения.
Пусть начальной точке V соответствует положительное значение
телесного угла. При приближении к точке С, лежащей в плоскости
рамки (внутри), телесный угол будет стремиться к значению 27г. Сразу
после прохождения плоскости рамки он станет равным —2тг. Инте-
Интегрирование по замкнутому контуру, охватывающему рамку один раз,
даст
— & dU = — [ dU+^- f dU =
47Г / 47Г J 47Г J
= ? B7Г - U(V)) + L
т.е.
I H dx = /.
-(-2x))=/, B0.3)
B0.4)
Задача 20.2. Найти векторный потенциал треугольной рамки с то-
током на больших расстояниях от рамки.
Решение. Обозначим вектор, проведенный из точки Q, в кото-
которой находится элемент тока I d\, в точку V, в которой определяется
векторный потенциал, через г1, а вектор, проведенный из некоторой
точки О, находящейся вблизи элемента d\, в точку Q — через р. Для
вектора г, проведенного из точки О в точку V, получим г = р + г1,
откуда г2 = г2 - 2р ¦ г + р2. Учитывая малость р (р < г), получим
приближенное равенство
11 рт
г' г г3
B0.5)
Векторный потенциал линейного тока определяется выражением
B0.6)
На больших расстояниях, используя B0.5) и то, что § d\ = 0,
получим
А =
4ят3
j
B0.7)
5 Зак. 239
130
Глава 3. Электричество и магнетизм
Рассмотрим рамку в виде прямоугольного треугольника, стороны
которого задаются уравнениями 1) х' = 0; 2) у' = Ь; 3) у' = (Ь/а)х'.
Точку О свяжем с началом координат, при этом вектор г = {х, у, z}
и/) = {*', У', 0}.
Интегрируя по контуру рамки, получим
а 0
I dx'(pr) = / dx' (x'x + -х'у) + I dx'(x'x + Ъу) =
= --aby = -Sy,
B0.8)
о и
j dy'(pr) = J dy' (^y'x + y'i) + J dy'y'y =-abx = Sx,
т.е.
<b Щрт) = S x г, где S = {0, 0, 5}.
B0.9)
B0.10)
B0.11)
Если рамка имеет более сложную форму, то ее можно предста-
представить состоящей из рассмотренных треугольных элементов, при этом
на больших расстояниях
Если ввести магнитный (дипольный) момент рамки, равный
то для векторного потенциала получим
где
9m = /J Р">«- >
B0.12)
Задача 20.3. Найти индукцию магнитного поля, создаваемую рамкой
с током, на больших расстояниях от рамки.
§ 20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков 131
Решение.
В
Учитывая, что
= rot А = — < — rot (pm x r) + (grad -j x (pm x r) j > . B0.13)
rot (pm x г) = 2pm, grad (±\ = -^ r, B0.14)
получим из B0.13)
B=^{3(pmr)r-pmr2}. > B0.15)
Задача 20.4. Показать, что магнитное поле, создаваемое рамкой
с током, можно описывать скалярным потенциалом.
Решение. Для области пространства, где нет объемных токов,
rot H = 0.
Такая ситуация возникает, например, в том случае, если поле
создается плоской рамкой с током бесконечно малого сечения. Для
того чтобы область вне проводников с током сделать односвязной,
необходимо на рамку мысленно натянуть перегородку. При этом точки
с разных сторон перегородки будут считаться существенно различными.
При наличии перегородки
для всей области, где нет токов (так как контур интегрирования не дол-
должен пересекать перегородку), поэтому можно будет ввести скалярный
потенциал
B0.16)
471
V
Из B0.16) видно, что точкам с разных сторон перегородки со-
соответствуют различные значения потенциала <рт. Ситуация при этом
аналогична той, которая возникает для плоского конденсатора с беско-
бесконечно малым расстоянием между пластинами (двойной слой).
Из B0.16) получим
H = -gradv>m- B0.17)
Используя аналогию между магнитостатикой и электростатикой,
можно получить формулу для индукции магнитного поля магнитного
диполя в виде B0.15). >
5*
132
Глава 3. Электричество и магнетизм
Задача 20.5. Найти поле и намагничение внутри однородного магне-
магнетика в форме сфероида, помещенного в однородное магнитное поле.
Решение. Вводя скалярный потенциал <рт, получим уравнение
di v В = div (-ц0 grad <рт + цо$) = 0. B0.18)
Чтобы не ограничить рассмотрение случаем линейной зависимости
между намагничением и полем, который полностью аналогичен соот-
соответствующей задаче с диэлектриком, положим лишь, что намагничение
однородно. При этом получим уравнение Лапласа:
Ду>т = 0 B0.19)
с соответствующими граничными условиями на границе магнетика.
Решение будем искать в виде, аналогичном A8.2)
B0.20)
B0.21)
<рт1 = -Вос Go({) F(rj) КЦ>) Т A -
(вне магнетика),
У»1 = -Яос G0@ F(t,) K{i>) T С,
(внутри магнетика).
Условие непрерывности тангенциальных составляющих вектора Н при-
приводит к уравнению
1-С2 = С|. B0.22)
Условие непрерывности нормальных составляющих вектора В приводит
к уравнению (для случая ||)
1 dz
#0С, +J cos в, B0.23)
где в — угол между направлением намагничения и нормалью к поверх-
поверхности сфероида.
В случае (±) вместо дг/д?, возникнет множитель дх/д?
1 dz
1 дх
или
Из B0.21) видно, что
Н\ —
B0.24)
B0.25)
§20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков 133
Исключая из B0.23) с помощью B0.22) С2 и учитывая B0.24)
и B0.25), получим
Я = Яо - nJ. B0.26)
Чтобы найти J, введем магнитную восприимчивость х и магнит-
магнитную проницаемость /хг = 1 + Х-
J J
В B0.27) х может быть функцией поля, т. е. х — х№)- Исполь-
Используя B0.25), B0.27), из B0.26) получим
с> = . ..!./^ч. B0.28)
откуда
и*
B0.29)
B0.30)
1 +
Для намагничения и магнитной индукции получим
1 + пх 1 + пх
Из B0.29), B0.30) видно, что для сильных магнетиков (х > 1)
Я,<Я0, J=—, В = ц0—- B0.31)
п п
Из B0.31) видно, что для сильных магнетиков (в том числе и для
ферромагнетиков, когда х = x(#i) ^ 0 намагничение и индукция
магнетика в форме сфероида определяются лишь внешним полем Яо
и фактором формы п, зависимость от х, Рг при этом пропадает.
Если внешнее поле Яо составляет угол в с осью сфероида, то
X^Hocose Bоз2)
Z~ 1 + «HXII ' *~ l+n±X± ' '
X|| = X||(Л, Jz), X-L = X±(Jx, Jz)- >
134
Глава 3. Электричество и магнетизм
Задача 20.6. Рассмотреть вопрос об однозначности решения уравне-
уравнений для постоянного магнитного поля.
Решение. Учитывая уравнения
В = rot A, rotH = j B0.34)
и граничное условие
nx(H<2)-H<'>)=jn0B) B0.35)
(п направлен из области 1 в область 2), а также соотношение
div (А х Н) = rot А • Н - А • rot H B0.36)
и теорему Остроградского, получим
fff
BHdV =
V V
B0.37)
Рассмотрим два случая j, jn0B, А, Н, В и j', jn0B, A', H', В'. Обобщая
B0.37), получим
fff(B-B')(H-H')dV =
у
= fffb ~ f) (А - А;) dV + JJ(in0B - j'noB) (A - А;) dS. B0.38)
Если j = j', jn0B = Упов, то получим
fff (В - B;) (H - H;) dV = 0.
B0.39)
Если В = fiH, где \i — константа, то из B0.39) следует, что В = В'.
В случае более сложной зависимости j от Н, например в случае
зависимости ^(Hi), возникающей для первоначально размагниченного
магнетика при последовательном увеличении внешнего поля Яо, вопрос
об однозначности может быть решен путем анализа выражения B0.29).
В случае гистерезиса однозначность нарушается явным образом. При
этом может существовать остаточная намагниченность без внешнего
поля Яо- >
§20. Магнитное поле постоянных токов и магнетиков
135
Задача 20.7. Рассмотреть зависимость остаточной намагниченно-
намагниченности в сфероиде от его формы.
Решение. Пусть при размагничивании очень длинного сферои-
сфероида, для которого щ ^ 0 (или тороида), зависимость намагничения
от внутреннего поля. Н\ (при п = О, Н\ = 0) описывается функци-
функцией J = f{H\). При этом Jocrin = 0) = /@). Для сфероида, име-
имеющего фактор формы п, из уравнения B0.26) при Яо = 0 полу-
получим JJiocr = -nJaey. Jacr определится из уравнения
Лег = fi-nJocr) < Jocr(n = 0).
Для остаточного значения В получим
Воет = /«о№оег +Лег) = Л»0-")^оег. B0.40)
Из B0.40) видно, что при п = 1 В^ = 0. >
Задача S0.8. Найти силу, с которой взаимодействуют на большом
расстоянии две круговые рамки с токами.
Решение. Рассмотрим рамку с током в неоднородном внешнем
поле. На нее действует сила
/2хВ,. B0.41)
F,2 =
Введем потенциальную функцию U:
-6Un = F,2 6\ = 12
2 х В,) 6х =
= h iF\ x di2)B, = h 6 ff в,
«2
Тогда для слабо неоднородного поля
/=const
ев,
дх
эв
дх
B0.42)
B0.43)
На расстояниях, больших по сравнению с рамкой, поле первой
рамки определяется формулой B0.15), где р,„ = I\S\.
В случае, когда обе рамки находятся в одной плоскости, получим
В, = -?*.,!
4 3
B0.44)
136
Глава 3. Электричество и магнетизм
Для силы взаимодействия получим
Fx = 0 3Pml b* 1.
B0.45)
Если дипольные моменты одного знака, то рамки отталкиваются.
. В случае, когда обе рамки имеют общую ось
и сила равна
4тг
B04?)
§21. Энергия магнитного поля
Если цг не .зависит от поля, то энергия магнитного поля равна
В HdV. B1.1)
Задача 21.1. Найти энергию однородного сфероида в однородном
магнитном поле.
Решение. Пусть в объем Vj вносится магнетик. Первоначально
в объеме V\ fir = 1. В остальной части цг не меняется. Изменение
энергии при внесении в объем Fj магнетика равно
B1.2)
K1+V2
+ \ fff Bo(H - Но) dV + l- fff{BKu - BoH) dV.
V|+K2 V,
В преобразовании B1.2) учтено, что в области 2
ВНо = /xo/irHHo = В0Н.
Для преобразования B1.2) учтем соотношение
B1.3)
которое является обобщением соотношения B0.37).
§21. Энергия магнитного поля
137
Учитывая, что j = j0 и jH0B = jo ПОв и B1.3), получим, что первые два
интеграла в B1.2) обращаются в нуль. Учитывая, далее, что в области 1
В = /хо(Н + J), Во = /х0Н0, получим
Bi4)
=\Ш{вн°~^dv=\III
Рассмотрим случай, когда внешнее поле однородно, вносимый
магнетик также однороден и имеет форму сфероида. С учетом B0.32),
B0.33) получим
B,5)
где V — объем сфероида, равный D/3)тгЬ2а или D/3)тгЬа2.
(
Л V.
)
Задача 21.2. Найти момент сил, действующий на однородный сфе-
сфероид в однородном магнитном поле.
Решение.
B1.6)
Анализ B1.6) и предельные формы (диск (гац = 1, п± = 0) и сфе-
сфероидальная палочка (щ = 0, п± = 1/2)) см. в 19.12. >
Задача 21.3. Найти силу, действующую на однородный сфероид
в слабо неоднородном магнитном поле.
Решение. Пусть внешнее поле создается кольцом с током, а центр
сфероида расположен в плоскости кольца на большом расстоянии от не-
него. При этом ограничимся рассмотрением двух частных случаев ориен-
ориентации сфероида: случаем (||), в котором ось сфероида перпендикулярна
плоскости кольца (т.е. параллельна внешнему полю), и случаем (±),
в котором ось сфероида направлена по прямой, соединяющей центры
кольца и сфероида (т. е. внешнее поле перпендикулярно оси сфероида).
Сила, действующая на магнетик, равна по величине и противопо-
противоположна по направлению силе, действующей на кольцо с током.
Введем систему координат с началом в центре сфероида. Коорди-
Координаты сфероида обозначим через х\, у\, z\.
138
Глава 3. Электричество и магнетизм
Поле магнетика определяется его намагничением и в плоскости z =
О равно
"¦<*>»• »>=? ///''-^^ *¦*¦*¦¦
Обозначим координату центра кольца через хо < 0. Для точек,
лежащих в плоскости кольца (внутри него), х ss х0, \у\ < х0.
Для точек сфероида |xi| < х0, \у\\ < xQ, \zt\ <C х0. Учитывая
малость всех координат по сравнению с х, получим
дВ
\г
дх
J,=const
где
Pm\ = III Jzdxxdyxdzx.
Сила, действующая на кольцо с током, равна
дВи
' = /5
дх
х=х0
Aicxi
B1.8)
B1.9)
B1.10)
Формулу B1.10) можно представить в виде
F=pm\
дх.
В0(хь ух, *i) =
4тг
г01
B1.11)
B1.12)
B1.13)
il=0,yi=0,Zi=0 Л0
В случае слабой неоднородности при вычислении магнитного мо-
момента pmI можно считать, что поле Во однородно и равно его значению
в центре сфероида. При этом
где
При этом
дВОг
дх\
= {а;, -х0, У\, z\}.
/о
= —Г Рт2-
Рт\ =
V..
B1.14)
§21. Энергия магнитного поля
139
F =
Для силы, действующей на сфероид, получим выражение
дВо
дх* i,=o
1 xVt д ,
B1.15)
где 6W\\ вычисляются в приближении однородного поля, равного зна-
значению поля Во в центре сфероида.
Аналогичным образом можно рассмотреть случай (±). При этом
получим
xWx
х,=0
Если их > 1, то из B1.15), B1.16) получаем
F- X Vx 9 (В
B1.16)
B1.17)
Для шара радиуса R и кольца с током радиуса а получим силу взаимо-
взаимодействия
B1.18)
3 + х 4
Если х> 1» то
Н
,7-
2а4Д3Л- >
B1.19)
Задача 21.4. Определить коэффициент самоиндукции для квадрат-
квадратной рамки с током. Рассмотреть также рамку в виде кольца.
Решение. Обозначим сторону квадрата через Ь, радиус проволо-
проволоки — через а. Будем считать, что a <; Ь, и при вычислении пренебрегать
величинами порядка а/Ь по сравнению с единицей.
В рассматриваемом случае энергия магнитного поля равна
W=1-I2L=l-JJfj(x,y,z)A(x,y,z)dV, B1.20)
Кро.
j'(xu уь zx)dV
R
140
Глава 3. Электричество и магнетизм
R=y/(x- z,J + (у - у,J + (z- г,J.
B1.21)
Найдем вклад в А прямолинейного участка тока длиной I. Обозначим
этот вклад через Ai :
" xd<pdzi,
0 0 0
л/г2 + Г2 - 2ГГ\ COSy) + (z - Z\)
г = {0, 0, 1}.
Интегрируя по z\, получим (р2 = г2 + г2 - 2тт\ cos <p)
I г I
dzt Г &zx
B1.22)
J sfp*
-In/». B1.23)
Для точек, лежащих внутри рассматриваемого проводника, г < а, и так
как а ->0, то In (z + y/z2 + р2) ->¦ Inlz; In (l - z + y/(l - zJ + p2 ) -*
In BA - z)). Интегрирование этих членов по Г] drt и dip дает множи-
множитель тга .
2* 2i
/ In (p2) dip = / In {г2 + г2 - 2гГ] cos<p\ dip =
B1.24)
где 0(г - rj) = 1, если г > Г], и 0(г - Г]) = 0, если г <
Интегрируя по Г], получим
а
тг У {in (г) в(г - г,) + In (г,) в(гх - г)}г, dr, =
= тга
Для А](г, z) при г < а, г>о, J-
получим
B1.25)
B1.26)
§21. Энергия магнитного поля
141
Рассмотрим вклад в векторный потенциал второго тока такой же дли-
длины I, идущего параллельно первому. Расстояние между осями пусть
будет равно Ь. Вклад будем рассматривать для точек, являющихся
внутренними по отношению к первому прямому току. Этот вклад обо-
обозначим через Аг. Он будет иметь другой знак, т.е. ток по второму
проводу идет в противоположном направлении:
V^ -lnbj,
B1.27)
Проинтегрируем AJ и AJ по объему первого провода:
1
2
Для двухпроводной линии / > Ь, при этом получим
B1.29)
B1.30)
Интегрирование по второму проводу даст такое же выражение, как
B1.30). Поэтому
* = 1^|{]п* + П. B1.31)
2 2тг ^ a 4J
Таким образом, для коэффициента самоиндукции двухпроводной линии
получим
B1.32)
Для квадрата I = b при этом получим, учитывая все четыре стороны
квадрата,
Откуда
а 4
B1.34)
Глава 3. Электричество и магнетизм
Вклад в А прилегающих к первому проводу сторон квадрата не учиты-
учитывался, так как эта часть А перпендикулярна j первого провода.
Если в B1.22) провести интегрирование по z\ от z — Д до z + Д,
где Д < Якрив, но Д > а, то вклад Ад в А, даваемый прямым участком
тока, около точки V, в которой определяется потенциал, будет (г < о)
B1.35)
Добавляя к Ад вклад остальных участков проводов, которые для
точки V можно рассматривать как бесконечно тонкие, получим выра-
выражение для векторного потенциала в виде
B1.36)
где R — расстояние от осевого элемента dli до осевой точки Vo
плоскости сечения провода, для которой ищется А. Интегрирование
в B1.36) ведется по всему осевому контуру тока, за исключением
участка, для которого расстояние R < а/2. Второй член в B1.36)
возник в результате учета вклада в А точек, близких к V. Вектор г —
единичный вектор вдоль оси тока в точке Vo-
Выражение B1.36) справедливо для любого контура тока в при-
приближении тонких проводов.
Учитывая, что
а 2т
jdi =
B1.37)
о о
получим в результате интегрирования по объему провода выражение
для энергии магнитного поля:
B1.38)
где I — полная длина провода.
§22. Переменные электромагнитные поля
143
При этом для коэффициента самоиндукций получаем выражение
L =
Формулу B1.39) можно использовать для определения коэффици-
коэффициента самоиндукции кольца радиуса Ь > о.
Если элемент d\\ повернут относительно элемента <Я на угол ip,
то d\d\\ = dl dl\ cos ip = dlbcosipdip. При этом для интеграла в B1.39)
получим
R<a/2
cos
В B1.40) <p0 определяется условием 2bsin(^o/2) = a/2 или <ро
a/2b. Учитывая, что
I
(Co
cos <pd<p
sin (<p/2)
86
—,
о
для коэффициента самоиндукции кольца получим
= 2тг
B1.41)
B1.42)
§ 22. Переменные электромагнитные поля
Задача 22.2. Определить электромагнитное поле движущегося с уско-
ускорением точечного заряда.
Решение. Из системы уравнений Максвелла
rotH=j + D, rotE = -B, B2.1)
div В = 0, div D = р
для вакуума (D = ?оЕ, В = /ioH), вводя потенциалы А и tp, для которых
E = -grad<p-k, В = rot A, B2.2)
144
Глава 3. Электричество и магнетизм
и используя дополнительное условие Лоренца:
где
1/с2 =
, получим волновые уравнения для потенциалов
--^ф = р,
«Г ?о
B2.3)
B2.4)
B2.5)
c~
В B2.4) и B2.5)
А(р = div grad <р, ДА = grad div A - rot rot A. B2.6)
Рассмотрим уравнение B2.4) для случая, когда р отлично от нуля
лишь в окрестности точки Q. В точке наблюдения V потенциал будет
зависеть лишь от времени и расстояния между точками QviV, которое
мы обозначим через г. При этом уравнение B2.4) в сферической
системе координат запишется в виде
B2.7)
Из уравнения B2.7) следует, что
<Р =
f(t±r/c)
B2.8)
Исключая область, непосредственно примыкающую к точке наблюде-
наблюдения V, получим, используя принцип суперпозиции, для запаздываю-
запаздывающего потенциала выражение
B2.9)
т>а
Область, близкая к точке V, должна давать вклад в <р такой же, как
в случае электростатики, так как для нее запаздывание т/с мало, т. е.
<р2
JJJ 4тге0г
B2.10)
Формулы B2.9) и B2.10) могут быть объединены в один интеграл, если
в B2.9) положить
, гч^г/с)
,_ гч=^-г/с)
V с/ 4тге0
§ 22. Переменные электромагнитные поля
145
При этом получим решение уравнения B2.4) в виде, запаздывающих
потенциалов
( *\ l fff
Ф, 2Л *1 *) = 4^Г JJJ
dxQ dVQ dzQ- B212)
Для А получаем аналогичное по форме решение уравнения B2.5)
, „,
= ? JJJ
В B2.12) и B2.13) г = [(x-xQJ+(y-yQJ+(z-zQJ]1/2. Рассмотрим tp,
А для точечного заряда. Пусть координаты этого заряда в момент t' =
t - г/с равны xq(t'), yq(t'), zq(t'). При этом
p(xq, Vq, zq, t) = q 6{xQ - xq) 6{yQ - yq) 6{zQ - Zg). B2.14)
Предположим, что в момент t' заряд имеет скорость v, направленную
вдоль оси Ozq. В этом случае интегрирование по zq осложнится тем
обстоятельством, что разным точкам zq будут соответствовать разные
моменты времени t'. Хотя для точечного заряда эти различия во времени
будут стремиться к нулю, но ввиду сингулярности 6(zq - zq) их нужно
учитывать. Введем новую переменную интегрирования С = zq — zq(t').
При этом
^ dt' = dzQ - v(t') dt',
с/ с vr с
d( = (l - —) dZg (r = {x- XQ, y~yQ,Z- Zq}), B2.15)
dzQ _ d(
г г - ут/с '
Интегрирование по zq даст
J г v J г - rv/c г - п/с j
(r={x-xQ,y-yQ,z-ZQ(t')}). B2.16).
По двум другим направлениям скорость в момент t' равна нулю,
поэтому
J 6(xQ - хд) dxQ = 1, J 6{yQ-yq)dyQ = \, B2.17)
146
Глава 3. Электричество и магнетизм
В дальнейшем координаты точечного заряда будем обозначать че-
через xq, yq, zq, при этом в B2.16)
г = {х - xq, у - yq, z - zq}. B2.18)
Учитывая B2.14), B2.16), B2.17); получим из B2.12)
, . . 1 <7
, У, z) =
4тгео г -
Аналогичным образом получим
4тг г - ту/с
/«о
4тг
где
B2.19)
B2.20)
B2.21)
Для того чтобы найти выражения для Е, В, достаточно восполь-
воспользоваться соотношениями B2.2). Однако дифференцирование осложня-
осложняется ввиду дополнительной неявной зависимости от координат x,y,z,
входящих в t'. При этом получим
dr _ dr at' _ rv at' _ / at'\
lJi~Mi~dt~~7~dt~c{l~~dt)' {\2)
rv
Проводя аналогичные вычисления, получим
gradpi' = ,
ds
cs
чт vr v2 \ г
Г V
grad ^s =
г с
-=v?
у г с с I Cs'
г x v
—.
B2.23)
§ 22. Переменные электромагнитные поля
147
Учитывая B2.22), B2.23), получим из B2.19), B2.20), согласно B2.2),
Е(х, у, z, t) =
Из B2.23), B2.24) вытекает соотношение
B = r x —.
тс
B2.25)
B2.26)
Задача 22.2. Определить силу, действующую на заряд малого размера
со стороны его собственного поля, в момент времени, когда скорость заряда
равна нулю.
Решение. Пусть в момент t = 0 точечный заряд q имеет ускоре-
ускорение v@) Ф 0, но скорость его v@) = 0. Найдем величины s(t'), r(f'),
i(t'), v(i'), \(t'), определяющие поле E(x, y,z, 0) в момент t — 0 в точке,
которой соответствует вектор г@) = {х - хя@), у - yq@), z - zq@)}.
Производя разложение по степеням t' = -r(t')/c, получим
B2.27)
В дальнейшем г@) = г, v@) = v, v@) = v.
Все разложения будем производить до таких степеней г, чтобы
в выражении для результирующей силы можно было бы получить
члены порядка г" (п ^ 0). При этом членами порядка гт (т > 0)
будем пренебрегать (условие малости размеров заряда):
„2/„-д „2/^,\2 1 „4 j рЗ
+ ..., B2.28)
y +
г3
. г2..
B2.29)
B2.30)
B2.31)
148
Глава 3. Электричество и магнетизм
г.
с
-^ [3rV + (rvJ] ~И
B2.32)
B2.33)
Подставляя разложения B2.29)-B2.34) в B2.24), получим выражения
для напряженности электрического поля точечного заряда вблизи за-
заряда в тот момент, когда его скорость обращается в нуль:
Щх, у, г, 0) =
B2'35)
Рассмотрим систему, состоящую из большого числа точечных заря-
зарядов qi, жестко связанных между собой так, что v, = v, v, = v, v,- = v.
Сила, действующая на заряд qt со стороны всех остальных зарядов,
равна
5>яф, B2-36)
а суммарная сила, действующая на всю систему зарядов, равна
««о
3 4тге0с3
Два последних члена, входящие в B2.35), в результате суммирования
в B2.37) пропадают, так как гу = -г,-,-.
Соотношение между первым и вторым членами в B2.37) зависит
от геометрии систем. Если система сжата в плоскости, перпендикуляр-
перпендикулярной v, то второй член обращается в нуль, так как ry v = 0. Если система
вытянута в линию в направлении v, то второй член равен первому.
Рассмотрим случай, в котором заряды распределены сферически-
симметричным образом.
§22Г. Переменные электромагнитные поля 149
Пусть вектор v параллелей оси Oz, тогда
Zj). B2.38)
При этом в силу симметрии отличной от нуля будет только z -компо-
-компонента B2.38), равная (опять в силу симметрии)
Ж B2.39)
Так как для сферически-симметричного случая направление оси Oz
ничем не выделено, то
'-2-у. " B2.40)
«чу гу . J «w у
Имея в виду B2.40), запишем соотношение B2.37) в виде
_ 4 1 г-» ло,- . 2 1 ,
3 втгеос2 ^ гу 3
B2.41)
где Q = 5Г 9«; >так как ограничение г ф j в последнем члене ввиду боль-
большого числа зарядов можно снять. Второй член можно рассматривать
как некоторую добавку к массе тела, несущего заряд, т. е. положить
4 ' V?? B2.42)
3 с2 ~3
при этом уравнение движения заряда будет иметь вид
(т + 6т)у = F^eu, + - JZ7^ Q\ B2.43)
В дальнейшем под массой излучающего заряда будем понимать эффек-
эффективную массу Шэфф = т + 6т либо не учитывать добавку 6т, так как
для макроскопических зарядов она мала.
Второй член в правой части представляет собой силу торможения
излучением. Эта сила играет существенную роль в процессах излу-
излучения. >
150
Глава 3. Электричество и магнетизм
Задача 22.3. Определить поле вблизи медленно движущегося то-
точечного заряда и найти силу, действующую со стороны этого поля на
заряд.
Решение. В предыдущей задаче предполагалось, что скорость за-
заряда в, .рассматриваемый момент времени равна нулю. Чтобы снять
это ограничение и не иметь дело с релятивистскими соотношени-
соотношениями, рассмотрим случай движущегося заряда при условии, что его
скорость v < с, т. е. при определении поля будем пренебрегать вели-
величинами порядка v2/с2 по сравнению с единицей. Кроме того, будем
считать, что и производные от скорости малы, и будем учитывать
лишь линейные члены по скорости и ее производным. Такой под-
подход возможен, например, если заряд совершает почти периодическое
движение с достаточно малой амплитудой. Пусть х = a sin wt, то-
тогда v = аш cos u>t, и условие v/c < 1 означает, что aw/с = (а/ А) 2тг < 1,
т. е. что длина излучаемой волны много больше амплитуды о. При
этом, например, в разложении B2.28) третий член много меньше
пятого члена, так как v2/(cv) ~ w4o2/(o;3oc) = 2жа/Х ¦< 1. Это озна-
означает, что члены, пропорциональные v, следует учитывать, а квадра-
квадратичными членами можно пренебречь. Соответствующее разложение,
аналогичное B2.29)-B2.33), будет при этом иметь вид (г@) = г,
и т.д.)
B2.44)
B2.45)
B2.46)
B2:47)
B2.48)
Из B2.44)-B2.46) следует, что
1 г2 1 rJ
B2.49)
§ 22. Переменные электромагнитные поля
151
Учитывая B2.44)-B2.49), получим из B2.24)
т. е. в рассматриваемом приближении электрическое поле не зависит
от скорости заряда v(t). Таким образом, уравнение B2.41) справедливо
для медленно движущегося заряда и в тот момент времени, когда его
скорость не равна нулю, но v2/с2 < 1. >
Глава 4
Оптика
§23. Излучение осцилляторов
Задача 23.1. Рассмотреть излучение осциллятора, совершающего
колебания с малой амплитудой.
Решение. Пусть некоторый точечный заряд совершает колебания
вдоль оси Oz под действием квазиупругой внешней силы F = —mJ^z.
Никакие другие внешние силы при этом не действуют. Однако надо
учитывать силу торможения излучением, равную
ИЬ1*- B31>
Осциллятор будет совершать медленно затухающие колебания, так
как предполагается, что амплитудное значение силы много больше
амплитудного значения /. При этом можно положить, что
где
* ^о B3 3)
Уравнение колебания заряда q, связанного с точечной массой т,
с учетом B3.2) запишется в виде
u>lz = 0. B3.4)
Откуда
z(t) = ае-G/2>* cos (u>'t - fp)x B3.5)
§23. Излучение осцилляторов
153
где (J =
где
; - 72/4, a V — начальная фаза;
z(t) = -щшГЬ12)* sin («Л -Ii + or),
7
sm«r =
2w0'
cos a = —¦.
Если i@) = 0, то V = о1 и
z@) = a cos <r =
ow
B3.6)
B3.7)
B3.8)
При этом энергия, запасенная в осцилляторе, в момент t = О равна
B3.9)
S = - mwjjz2@) = - тпш1а2 cos 2<г = - mw 2a2.
Замена в B3.2) z —» -UqZ предполагает малость 7 по сравнению
с ш0, поэтому во всех последующих соотношениях будем пренебрегать
величинами порядка j/uq по сравнению с единицей. При этом
а -* 0, z@) -+ a, J
S -* - тш\а.
B3.10)
Определим электромагнитную энергию, излучаемую осциллятором
в процессе колебания. Для этого достаточно определить поток энергии
через сферическую поверхность на достаточно большом расстоянии
от осциллятора, т.е. в волновой зоне (г > А).
Из формул B2.24) и B2.25) в волновой зоне получим
B3.11)
Bn=^^^qz[t--). B3.12)
Аттсг2
В сферической системе координат
*=*Ef_fJ(«_Г), _„
4ireoCT v c' 4ircr
Излучаемая в единицу времени энергия равна
а 0
Энергия, излучаемая за все время от* =
= оо равна
<2314>
154
Глава 4. Оптика
• Если t < 0, то z{t) = 0; поэтому z(t - г/с) обращается в нуль при t' <
г/с, т. е. при t' < 0. В дальнейшем штрих писать не будем.
Вычисление временных интефалов вида B3.14) в дальнейшем бу-
будем проводить, используя описание колебаний с помощью комплекс-
комплексных величин. При этом ($(t) = 0 при t < 0 и $(t) = 1 при t > 0)
z(t)¦ = ае"G/2)' е~{щ*6Ц), B3.15)
Для z(t) получим из B3.15)
z(t) = -(а/0 - ijJz(t) « -ulz(t). B3.17)
Интефируя по времени, получим
ОООО 00
¦SR\t)J dt = - I (z(t)z(t)+z*(t)z*(t)) dt+- I z(t)z*{t) dt. B3.18)
0 0 ! 0
Первый интефал в правой части B3.18) порядка а2у/шд, второй поряд-
порядка а2/7, т. е. их отношение порядка (j/ujqJ . В дальнейшем интегралами
типа первого интеграла в правой части B3.18) будем пренебрегать. При
этом получим
00 00
/ (zm(t)J dt=\ f z(t)z*(t) dt = ?-. B3.19)
о о
Энергия, излучаемая осциллятором согласно B3.14) с учетом B3.15)-
B3.17), B3.19) и B3.3), равна
?изя = _^L «1 - j^W, Bз.2О)
т. е. излученная энергия равна энергии, запасенной в осцилляторе
к началу колебательного процесса.
Заметим, что при более точном расчете, т. е. с учетом сдвига
фаз о и частоты ш' = Jw\ - G/2J, получим для z(t), согласно B3.5),
при V = о
z(t) = -Шоае~{7/2)* cos (a/'t - а). B3.21)
Производя точное интегрирование, получим
00 00
/(z(t)Jdt = wW Ie"cosV* + <r)dt=— ш\ш2. B3.22)
§23. Излучение осцилляторов
155
При этом для полной излучаемой энергии получим
1 '2 2
= - w та ,
B3.23)
в полном соответствии с B3.9).
Задача 23.2. Определить спектр излучения затухающего осцилля-
осциллятора.
Решение. Вследствие затухания излучение осциллятора не явля-
является строго монохроматичным, хотя при 7 < <*>о спектр излучения
отличен от нуля лишь в узком интервале частот. Определим спектр
излучения осциллятора с учетом затухания. Задавая электрическое поле
в точке наблюдения согласно B3.12), B3.17) в виде
E{R)(t) = Eoe~b/2)t 9(t) cos a>ot B3.24)
и разлагая B3.24) в ряд Фурье, получим
+00
= у д(ш)е-ш аш, B3.25)
—00
где фурье-компонента д(ш) определяется обратным преобразованием
+00
д(ш) = ± У" Лм dt. B3.26)
-00
Согласно B3.24), нижний предел в B3.26) можно положить равным
нулю.
Найдем д(ш) для действительного сигнала в форме B3.24):
00
совете"* dt =
4ir
^ ' '
Для удобства дальнейшего рассмотрения введем наряду с действи-
действительным сигналом E^^it) аналитический сигнал E(t), определяемый
соотношением
B3.28)
156 Глава 4. Оптика
В B3.28) д(ш) определяется, исходя из действительного сигнала,
поэтому д*(ш) = д(-ш)- Взяв действительную часть от E(t), получим
ReE(t)=E{R)(t). B3.29)
Найдем явный вид E(t), используя B3.27) и условие j С о/0. Так как
интегрирование в B3.28) ведется в области ш > 0, то вклад второго
члена B3.27) в интеграл B3.28) мал. С другой стороны, в области ш < О
первый член B3.27) дает малый вклад в интеграл типа B3.25). При этом
получим
00 +00
у. B3.30)
Для вычисления интеграла рассмотрим плоскость комплексных
значений ш. При t < 0 интеграл B3.30) можно замкнуть с помощью дуги
большого круга в верхней полуплоскости, так как на этой дуге e~iwt —> О
(.Идут —> оо) при t < 0. С другой стороны, полюс в подынтегральном
выражении B3.30) расположен в точке ш = щ - гу/2, т. е. вне контура
интегрирования, поэтому при t < 0 B3.20) обращается в нуль.
Если t > 0, то контур интегрирования можно замыкать в нижней
полуплоскости, при этом полюс окажется внутри контура, и, согласно
теории вычетов, получим
E(t) = #0e~G/2)t e-'wot6l(t). B3.31)
Заметим, что B3.31) не является точным выражением для аналити-
аналитического сигнала, но из B3.29) видно, что различие между точным
значением B3.28) и B3.31) составляет чисто мнимую величину, кото-
которая мала при 7<Ц.
Введем интеграл интенсивности излучения осциллятора:
ОО +00
1и„т = J (E{R)(t)J dt = 2* J g(u>)g*(w) du> =
0 -oo
00 00
= 4ir J g(w)g*(u>) du> = J 5HHT(w) dw, B3.32)
о о
где
5интИ = 41г<7И/(а/). B3.33)
представляет спектральную плотность излучения.
§23. Излучение осцилляторов
157
С другой стороны,
00 +00 00 00
I E(t)E*(t) dt = 4 f f I д(ш)д*{ш) е'{(ш-ш')х dtdw dJ =
0 -oo 0 0 °°
= 8» J д(ш)д*(ш)Ли>. B3.34)
о
Из сравнения B3.33) и B3.34) вытекает соотношение
ОО 00
/инт = J(E{R)(t)J dt=X-f E(t)E*(t) dt. B3.35)
о о
Соотношение B3.35) аналогично B3.19), но в отличие от B3.19), являет-
является точным, справедливым для любого сигнала при условии, что E(t) —> О
при t —* оо и E(t) = 0 при t < 0. Различие в B3.35) и B3.19) заключается
в определении аналитического сигнала в виде B3.28), а не в виде B3.31),
которое соответствует B3.15), но является лишь приближенным.
Для спектральной плотности интеграла интенсивности излучения
осциллятора получим, учитывая малость j и отбрасывая второй член
в B3.27), так как интегрирование в B3.32) ведется в области ш > 0:
1 B3.36)
1
Спектр излучения осциллятора, соответствующий форме B3.36),
называется лоренцевской линией с уширением j. Ширина линии,
возникающая в результате силы торможения излучением, называется
естественной шириной линии. >
Задача 23.3. Рассмотреть излучение двух близких осцилляторов.
Решение. Рассмотрим два одинаковых осциллятора, находящихся
на близком расстоянии друг от друга r12 4C А и совершающих колеба-
колебания в одном направлении. Амплитуду колебаний будем считать малой
и поэтому будем пренебрегать квадратами амплитуды и другими сте-
степенями, кроме первой. Пусть оба осциллятора совершают синфазные
колебания с одинаковой амплитудой. При этом амплитуда суммарного
электромагнитного поля, излучаемого этими близко расположенны-
расположенными осцилляторами, будет в два раза больше, чем амплитуда поля,
излучаемого одним осциллятором, а интенсивность излучения будет
в четыре раза больше, чем интенсивность излучения одного осциллято-
осциллятора. С другой стороны, ясно, что суммарная энергия, запасенная в двух
158 Глава 4. Оптика
осцилляторах, лишь в два раза больше, чем энергия, запасенная в одном
осцилляторе. Это означает, что два близко расположенных осциллято-
осциллятора будут излучать запасенную в них энергию более интенсивно, чем
осцилляторы, удаленные друг от друга. Рассмотрим действие электри-
электрического поля первого заряда на второй заряд. Положения зарядов будем
описывать векторами ri(*) = п@) + 6r\(t), г2(?) = r2@) + &(J). При
этом гц(*) = r2(*)-ri@ = г2@)-г,@)+Л-2(*)-<М<) = rl2@)+tfrl2(t), где
Л2(?) = 6r2(t) - 6r\(t). Будем считать, что |rfr12(<)| < |ri2@)|. В приб-
приближении, линейном по амплитуде колебаний, получим (ri2@) = г,
г'/ ~ " ~ /->/_ г_\_ r__-!\ /ух 37)
Г3(<) Г3 I
v,(<) v,(«) r(«)(r(<)vi(O) r(rv,(*))
ко^ ^щ^ B338)
Рассмотрим случай, в котором движение зарядов возможно лишь
вдоль оси Oz. Пусть при этом вектор ri2@) составляет угол в с осью Oz.
В этом случае для z-компонент B3.37), B3.38) получим, обозна-
обозначая *,(*) = {0, 0, Zi(t)}, 6n(t) = {0, 0, z2(t)}
B3.39)
Члены, представленные в B3.40), дают силу, действующую со сто-
стороны первого заряда на второй заряд, равную, согласно B2.50),
F'n(t) = - ~^ (cos 2$ + 0 «1 •
Коэффициент при zi имеет порядок релятивистской добавки к массе,
обусловленной энергией взаимодействия зарядов. Так как эта добавка
мала по сравнению с макроскопической массой т, то силой F[i(t)
можно пренебречь.
Введем коэффициент
а = л 9 , C cos 2$ - 1), B3.42)
§ 23. Излучение осцилляторов
159
при этом зависящую от времени часть взаимодействия, обусловленного
первым членом B2.50) (кулоновского взаимодействия), можно будет
представить в виде
Fi2(t) = -am(z2(t)-zl(t)). B3.43)
Если еще учесть взаимодействие, обусловленное последним чле-
членом B2.37), которое не зависит от координат зарядов (лишь бы они
были близки) и представляет собой торможение первого заряда из-
излучением второго, а также торможение второго заряда собственным
излучением, то получим суммарную переменную силу, действующую
на второй заряд:
F2(t) = -mu>lz2 - am(z2 - z,) + 7B, + z2). B3.44)
Постоянные силы (внешние и электростатические) обеспечивают су-
существование положения равновесия и одномерность движения. Так как
эти силы компенсируются, то они не входят в уравнение колебания.
Учитывая B3.44) и аналогичное выражение для переменной силы,
действующей на первый заряд, получим уравнение колебаний зарядов:
zi + z2)
+ z2)
a(zx - z2) = 0,
<Фз - Zi) = 0.
B3.45)
Система B3.45) представляет собой систему уравнений связанных ко-
колебаний. Двум нормальным колебаниям (двум модам) соответствуют
колебания с одинаковой амплитудой в фазе или противофазе.
. Первой моде (синфазной) соответствует условие z\(t) = г2(г). При
этом система B3.45) распадается на два не связанных уравнения:
zx
z2
2yz2
= 0,
= 0.
B3.46)
Уравнения в системе B3.46) отличаются от уравнения колебания оди-
одиночного осциллятора B3.4) удвоением силы торможения излучением.
При этом ш\ =
72- Вычисляя энергию, излучаемую парой син-
фазно колеблющихся осцилляторов, получим аналогично B3.20)
Или, производя более точные вычисления, аналогичные B3.21), B3.22),
е 222 • B3.48)
160
Глава 4. Оптика
В процессе синфазных колебаний энергия кулоновского взаимо-
взаимодействия не меняется, поэтому энергия, запасенная к началу колебаний
в системе, равна S = 2 ¦ A/2) ш'2а2 и 2 • A/2) ш\а. Соотношение B3.47)
(или более точное B3.48)) показывает, что при возбуждении в систе-
системе B3.45) первой (синфазной) моды вся энергия, запасенная в системе,
излучается в виде электромагнитной энергии.
В этом случае по сравнению с излучением одного осциллятора ин-
интенсивность излучения в начале процесса увеличивается в четыре раза,
время излучения уменьшается в два раза. Ширина линии излучения
и интенсивность в центре линии увеличиваются в два раза.
Второй моде (противофазной) соответствует условие Z\(t) — -z2(t).
При этом система B3.45) также распадается на два не связанных
уравнения:
zl+(u,2o + 2a)Zi=O,
z2 + (u>l + 2a)z2 = 0.
Из B3.49) видно, что должно выполняться условие ш\ > 2\а\, иначе
в системе невозможны колебания при отрицательных значениях а (т. е.,
когда 3cos20 < 1). Мы будем считать, что w% > \a\, это означает, что
q2
(
\2irr
B3.50)
/wj, - 2а.
Частоту второй моды обозначим через ш2 — у ш0
Из B3.49) видно, что вторая мода не затухает. При этом излу-
излучения тоже нет, так как поле одного осциллятора компенсирует поле
другого (г < А).
В общем случае в колебательной системе, могут быть возбуждены
обе моды, при этом
,-*\* + аге-™1\
_-».t . _-«м B3-51)
= а,е-
Излучение характеризуется суммарным смещением, т. е.
Z)\t) + zj\j,) = ?п\С е . \lj.j4.)
Из B3.52) видно, что энергия, запасенная в первой моде и равная
?, =2--пи^|а,|2, (и
излучается независимо от присутствия второй моды.
B3.53)
§23. Излучение осцилляторов
161
После того как энергия первой моды будет полностью излуче-
излучена, в системе останутся колебания второй моды. Связанная с эти-
этими колебаниями энергия определяется не только внешней квазиу-
квазиупругой силой .РВнеш = -тш\г, но также и кулоновским взаимодей-
взаимодействием F\i($) — —am(z2 — Z\) = —lamz-i. Поэтому энергия, запасенная
во второй моде, равна
?2=2l-mu>l\a2\2 (ш22 = ш20 - 2а).
B3.54)
При возбуждении в системе обеих мод будут наблюдаться биения.
Учитывая, что j < ш0, \а\ < ш\, движение каждого заряда можно
представить как колебание с медленно меняющейся амплитудой:
*,(<) = Л, (t)e-**
При этом, полагая t = О, получим
= A2(t)e
-ia*
а, = -
А2@)), а2 = |(^4,@) - А2@)).
B3.55)
B3.56)
Рассмотрим два частных случая.
Пусть в системе в начальной стадии возбуждены колебания с оди-
одинаковой амплитудой, но со сдвигом фаз, равным 7г/2. Этому случаю
соответствует соотношение между комплексными амплитудами А\ и А2
A2 = iAi. B3.57)
При этом для амплитуды первой моды получим
«1 = ~
B3.58)
ft=2.i
= l-mt4\Ax\2.
откуда
= \ \АХ
Будет излучена энергия
, 1
2 -—"г.
Амплитуда второй моды будет равна
_ 1
«2 - j
В приближении wi к о/о будет излучена половина энергии, запа-
запасенной к моменту ( = 0в колебательной системе. Излученная, энергия
будет равна энергии, которую излучил бы одиночный осциллятор с та-
такой же начальной амплитудой, но характерное время излучения будет
в два раза меньше, чем для одиночного излучателя. Интенсивность
бЗак. 239
B3.59)
B3.60)
162 Глава 4. Оптика
излучения в начале процесса будет в два раза больше, чем при той же
начальной амплитуде одиночного осциллятора.
Во втором случае предположим, что в системе к начальному мо-
моменту возбуждены колебания только первого заряда, а второй вначале
покоится. В этом случае Ai — 0 и
а,= 1-Аи |а,|2 = ^Ц,|2, B3.61)
*2 = \au \аг\2=1-\А{\2. B3.62)
В этом случае опять будет излучена половина (ш\ и w0) запасенной
в системе энергии, но эта энергия при той же амплитуде |j4i| будет
в два раза меньше, чем в первом случае. Интенсивность излучения
в начале процесса будет такой же, как при излучении одиночным
осциллятором с той же начальной амплитудой. >
Существенной особенностью излучения двух близких осциллято-
осцилляторов является то, что независимо от того, в какой мере в системе
возбуждены обе моды (т.е. независимо от начальных амплитуд и фаз),
характерное время излучения первой моды всегда в два раза меньше
характерного времени излучения одиночного осциллятора. При этом
уширение линии при излучении двух близких осцилляторов в два раза
больше, чем естественное уширение линии одиночного осциллятора.
Задача 23.4, Рассмотреть излучение большого числа осцилляторов,
удаленных друг от друга и возбуждаемых в случайные моменты времени
со случайными фазами.
Решение. Если расстояние между осцилляторами существенно
больше длины волны излучения, то воздействием осцилляторов друг
на друга можно пренебречь. Однако при этом всегда нужно учитывать
силу торможения собственным излучением, что приводит к затуханию
колебаний и, следовательно, к ограниченному времени излучения.
Пусть в области наблюдения волны, возбуждаемые осцилляторами,
распространяются приблизительно в одном направлении (т. е. угловые
размеры области излучения малы). Каждая волна имеет свою поляриза-
поляризацию. Мы для простоты будем рассматривать лишь одну поляризацию,
т. е. одно направление колебания вектора Е. В силу того что осцил-
осцилляторы возбуждаются таким образом, что колебания их происходят
в разных направлениях, проекции вектора Е на заданное направление
для разных волн будут разными. Поле в точке наблюдения является
§23. Излучение осцилляторов
163
суммой полей, излучаемых отдельными осцилляторами
B3.63)
Пусть некоторый осциллятор возбуждается в момент времени tn — тп/с,
после чего он начинает испускать волны с убывающей по времени ам-
амплитудой. Поле этого осциллятора в точке наблюдения будем описывать
функцией
E(R\t) = Е^>ехр { -Ц (t - tn)} cos [wn(t - tn)+<pn] 0(t - tn), B3.64)
где ipn — начальная фаза, которую мы будем считать случайной ве-
величиной. В B3.64) предполагается, что различные осцилляторы могут
иметь различные частоты и различные 7п-
Так как некоторые осцилляторы к моменту наблюдения еще не воз-
возбуждены @(t — tn) = 0 ) или, наоборот, были возбуждены очень давно
(ехр {-^ (*-*„)} «О),
то суммирование в B3.63) фактически охватывает моменты tn, для
которых 0 <t-tn< 1/7. Разложим B3.64) в интеграл Фурье:
+00
E(a){t) = f д„(ш)е~ш du>. B3.65)
-00
При этом для B3.64) получим
*»И = ~— \ С *• /п + в Р" . ,„ > • B3.66)
4тг I ш — шп + 17п/2 ш + шп -\- i7n/2 I
Рассмотрим операцию усреднения по времени, которую будем обозна-
обозначать угловыми скобками:
+00
- B3.67)
В B3.67) суммирование распространяется лишь на те волны, которые
дают вклад в B3.64) при 0 < t < Т. Пусть время усреднения много
больше времени затухания отдельного цуга, т.е. Г > \/jn- В этом
случае если число возбуждений велико и более или менее равномерно
распределено по всему интервалу 0 < tn < Т, то число цугов волн,
6*
164
Глава 4. Оптика
не полностью входящих в интервал 0 < t < Т, будет относительно
невелико. В этом случае условие суммирования в B3.67) можно записать
в виде 0 < tn < Т, 0 < tm < Т. Пусть за время Т возбуждается N
колебаний осцилляторов. Обозначая номера возбуждений (в порядке
возрастания tn) через п, получим, что суммы в B3.67) распространяются
от п, тп = 0 до п, тп = N. Интегрируя по времени, получим
+00 +00
J EiR\t)E(*4t) dt = 2тг J д„{ш'Шш') AJ =
—00 -00
+00
= 4тг Re / gn(J)g*m(J) dJ.
о
Для аналитического сигнала получим
+00 00
J En(t)E*m(t) dt = Sir J 5»(и/Ши/) da/.
B3.68)
B3.69)
Сравнивая B3.68) и B3.69), получим соотношение, аналогичное B3.35):
+ОО
+00
dt=1-Re J En(t)E*m(t) dt. B3.70)
-00 -00
Учитывая B3.70) для E^(t) в форме B3.63), получим
где
B3.71)
B3.72)
Согласно B3.63), B3.68)
(a/)^)<b'' [• <23-73)
4тг
Y
О nftn 0
В B3.73) выделены диагональные п = тп и не диагональные части
двойной суммы по п и тп.
§ 23. Излучение осцилляторов
165
Рассмотрим недиагональную часть. Для ш > 0 при jn < ш„,
1т < Шт, ПОЛУЧИМ
DтгJ ™ (а,'-а;„ +iln/2)(ш'-шт -i
cosipnm
где
- u,nf + G„/2J y/(<S - шту + Gт/2J
7n
, B3.74)
- a», B3.75)
Среди излучаемых частот могут быть одинаковые. Рассмотрим две
частоты ш\ и и>2, которые, в частности, могут быть равны, и рассмотрим
ту часть двойной суммы при п Ф т, в которой ш„ — Ш\, а шт = ш2.
При этом в B3.73) все равно будет много членов, соответствующих
различным актам излучения. Для этой части суммы получим выражение
через соответствующие средние значения:
и>%=ы^,ыт=Ы2, пфт
+ G/2J
- о,,J + (т/2J
OSTpnm). B3.77)
В B3.77) черта сверху означает усреднение по ансамблю, Nfa) —
число актов излучения в интервале времени 0 < t < Т с частотой ш\,
N((V2) — число актов излучения в том же интервале времени с часто-
частотой ш-1. Учитывая, что случайные значения фаз и случайные значения
амплитуд статистически независимы, получим
cos rpnm) = (En0Em0) cos i>nm = 0.
B3.78)
Выражение B3.78) обращается в нуль за счет случайных значений
фаз ifin, ipm.
Заметим, что B3.78) обращается в нуль и в том случае, если
фазы <р„, <рт принимают случайным образом одно из двух значений —
0 или ж.
166
Глава 4. Оптика
Учитывая B3.78), получим для B3.73)
B3.79)
Для ш > 0, учитывая малость 7п Gп "С шп), в B3.66) можно
оставить лишь первый член. При этом получим
B3-80)
Если все осцилляторы испускают одну частоту, т. е. шп = о>о,
7п = 7.а число возбуждений осцилляторов в единицу времени равно N,
то, вводя средний квадрат амплитуды
получим
27
B3.81)
B3.82)
В случае излучения цугов волн различных частот рассмотрим малый
интервал частот ш < шп < ш + Аш. Пусть в этом интервале в единицу
времени происходит излучение N(u>) Аш цугов волн. Вводя среднее
по этому интервалу частот значение квадрата амплитуды
E$(w)= Ej0 = J ]>>^ B3.83)
получим
B3.84)
§ 24. Интерференция света
Задача 24.1. Рассмотреть интерференцию, возникающую в резуль-
результате отражения плоской монохроматической волны от идеального зер-
зеркала, покрытого тонким плоскопараллельным слоем диэлектрика, и пока-
показать, исходя из формул Френеля, что в результате отражения меняется
лишь фаза волны и направление ее распространения, а амплитуда остается
неизменной.
§24. Интерференция света 167
Решение. Рассмотрим известную ситуацию, которая может пока-
показаться парадоксальной. Пусть идеальное зеркало покрыто тонким (по-
(порядка длины волны) плоскопараллельным слоем диэлектрика. Пусть
на эту поверхность под некоторым углом падает плоская монохрома-
монохроматическая электромагнитная волна. В результате отражения возникает
волна, уходящая от зеркала. Так как в самой пленке и при отражениях
не происходит поглощения энергии, то ясно, что амплитуда отражен-
отраженной волны должна равняться амплитуде падающей волны (изменяется
лишь фаза). Парадоксальным может показаться то, что это равенство
амплитуд должно выполняться для всех углов падения, для различных
толщин диэлектрической пленки и для различных показателей прелом-
преломления пленки, хотя известно, что коэффициенты отражения зависят
от углов падения и показателей преломления, а результат интерферен-
интерференции существенно зависит от толщины пленки.
Рассмотрим указанную ситуацию, применяя формулы Френеля.
Обозначим амплитуду падающей волны через Е, амплитуду отражен-
отраженной волны — через Ег, а амплитуду преломленной волны — через Е9.
Коэффициент отражения обозначим через г, а коэффициент прелом-
преломления — через д.
По определению,
Ег = гЕ, Ея=дЕ, B4.1)
где г и д определяются формулами Френеля. Из формул Френеля
получаем, что
г2+дд' = 1, B4.2)
где д' — коэффициент прохождения для волны, идущей в обратном
направлении, т. е. падающей на границу под углом падения, равным
углу преломления волны, идущей в прямом направлении. Соотноше-
Соотношение B4.2) выполняется для s и р-поляризаций.
В результате многократного отражения падающей волны на двух
границах пленки получим ряд волн. Результирующую волну обозначим
через ER. Учитывая, что при отражении от идеального зеркала, т. е.
на нижней границе диэлектрического слоя, коэффициент отражения
по модулю равен единице, и вводя разность фаз 6, возникающую при
однократном прохождении диэлектрического слоя в прямом и обрат-
обратном направлениях и однократном отражении от идеального зеркала,
получим {г\г = г, тг\ = -т, дп = 9-, 9г\ = я')
ER = rE+ дде{ 6Е - дгд'е* 6Е + дг2д'ем 6Е+ ... =
r + (r2+gg')ei6
\+г% * B4.3)
168
Глава 4. Оптика
Учитывая B4.2), получим
ER = ——^Т7 Е = ^-т-г eiSE. B4.4)
Из B4.4) видно, что \ER\ = \Е\, т.е. амплитуды отраженной и па-
падающей волн равны. Этот пример показывает, что при рассмотрении
отражений от тонких пленок, вообще говоря, нельзя игнорировать мно-
многократные отражения, ссылаясь на то, что коэффициент отражения мал
и многократно отраженные волны будут иметь значительно меньшую
амплитуду. Если бы мы учли лишь волны, однократно отраженные
от верхней границы, и волну, отраженную лишь от идеального зеркала,
мы не получили бы точное сохранение амплитуды, но приближенное
равенство тем не менее имело бы место, т. е.
тЕ + дд'е{ 6Е - gg'rei21 = г + A + г2) е1 * - (г - г3) е™ «
и A + re~is - reiS) eib = A - iv2 sin 6) eib. B4.5)
По модулю это выражение приблизительно равно единице (если пре-
пренебречь величинами порядка г2). >
Задача 24.2. Плоскопараллельная пластинка с двух сторон покрыта
тонкой просветляющей пленкой, дающей полное просветление при нормаль-
нормальном падении света с длиной волны А| = 5 • 10~7 м E 000 А). Показатель
преломления стекла равен п — 1,56. Какая часть cbema пройдет через
стеклянную пластинку при длине волны Аг = 6 • 10~7 м F 000 А) ?
Решение. Пусть волна падает нормально на стеклянную плоско-
плоскопараллельную пластинку, покрытую тонкой диэлектрической пленкой.
Показатель преломления внешней среды обозначим через п\, показа-
показатель преломления пленки — через пг, показатель преломления стекла —
через щ. Соответствующие границы раздела будем обозначать двумя
индексами. С учетом многократных отражений на границах пленки
получим для суммарной отраженной волны ER
'
г2
= Г\2
l-r2lr23eil
l+rl2r23e
il'
( ' '
§24. Интерференция света 169
Для того чтобы ER обратилось в нуль, необходимо, чтобы е**
было действительным, т.е. 6 = п. При этом получаем г\2 = г23,
т. е. п2 = у/щЩ- Эти условия просветления могут быть выполнены
лишь для одной длины волны Ао. Если пренебречь дисперсией пленки,
то 6 = Bтг/А) 2Лп2 cos х = tA0/A.
Будем считать, что стеклянная пластинка имеет такую толщину, что
интерференция волн, отраженных от первой и второй поверхностей
пластинки, не происходит из-за недостаточной степени когерентно-
когерентности волн.
Для прошедшей первый просветляющий слой волны получим
= {$12523 A + r23r2i eiS + (r23r2l e{ 6f +...)} Е =
— 912923
l-r23r2leie
Е. B4.7)
После прохождения второго слоя сформируется волна с комплексной
амплитудой
932921 . B4.8)
Квадрат амплитуды прошедшей волны будет равен
\Е'\г =
532521
512523
l-r23r2lei6
E2 =
2. B4.9)
(A + г12Г2зJ - 4r12r23 sin2 F/2))
Если пренебречь дисперсией стекла, то г\2 = т23 для всего диапазона
длин волн. Положив в этом случае г\2 = г\г = R, получим
((l+RJ-4Rsin2F/2)J
B4.10)
Задача 24.3. Найти степень временной когерентности для излучения
движущихся атомов.
Решение. Изменение частоты излучения, обусловленное эффек-
эффектом Допплера, в нерелятивистском приближении равно
B4.11)
170 Глава 4. Оптика
где v — скорость излучателя в направлении на наблюдателя. Из B4.1)
получаем
v=——с. B4.12)
Щ
Распределение атомов по скоростям (одномерное) определяется
законом Максвелла:
v. B4.13)
Переходя к распределению по частотам излучения, получим
dN = N0e-a^du>, No = NA, a=~-^. B4.14)
WO IKL Wq
Если различие между светом, идущим по одному и другому каналам,
обусловлено лишь разностью хода, т. е. интенсивности и спектральный
состав одинаковые, то комплексная временная когерентность опреде-
определяется соотношением
7(т) =
(ЕХ№т)
Г f e-iuT
J J (ш1 -wJ+72/4
0 ° -. B4.15)
оо оо
' J (w'-a;)
о о
Числитель B4.15) отличается от B3.79) лишь наличием запаздывания т
в Е\ (t + т).
Учитывая малость j G •< ш'о и и>о), получим
00 00
е-а(а-щ) е~шт ^
7(г)=0 _ = е-G/2)М1__ . B4Л6)
§ 24. Интерференция света
171
I
Интегралы в B4.16) можно распространить на область от -оо
до +оо, так как 1/о < ш0. Введем переменную ? = ш - ш0.
+оо
ьш}
7(т) =
+сх>
B4.17)
/^
Произведем еще одно преобразование переменной интегрирования:
При этом
и B4.17) запишется в виде
= U-iJ-) + ' =<2+ ' < = ?-г_. B4.18)
B4.19)
+oo-tY/2o
-оо—»Y/2o
+00
B4.20)
Контур интегрирования по ? в B4.20) можно сдвинуть в плоскости
комплексных значений ( в направлении мнимой оси на величину т/2о,
после чего пределы по ? станут равными ±оо, т. е. интеграл в числителе
станет равен интегралу в знаменателе. Таким образом, получаем
7(т) = е "' " ' е м 'е . > B4.21)
Задача 24.4. На примере получения интерференции света с помо-
помощью бипризмы рассмотреть влияние размеров источника на видимость
интерференционной картины.
Решение. Для точечного источника интенсивность света в интер-
интерференционной картине равна
/JiJ2 т(т) cos 6. B4.22)
J = J, + J2
172
Глава 4. Оптика
Если установка с бипризмами симметрична относительно оси си-
системы (точнее, плоскости, проходящей через ось), а углы интерфе-
интерференции ¦ф и углы схождения <р малы, то разность фаз определяется
выражением
0= у (ifcr,+?>*), B4.23)
где х\ и х — координаты источника и точки наблюдения (оси Ох\
и Ох перпендикулярны оси системы, т.е. биссектрисам углов ¦ф и <р).
Для источника, обладающего небольшой протяженностью в на-
направлении оси Ох\ (например, щели шириной s), при условии не-
некогерентности излучения отдельных точек источника и равномерной
светимости получим вместо B4.22)
»/2
J = Ji+J2 +2у/7Л-у (т)- /cos (-^-(ipxi + ipx)) dxu B4.24)
s J \X )
J =
((тг/А) ^s
cos
2тг
B4.25)
Мы считаем ширину щели столь малой, что при интегрировании
углы ¦ф и <р не меняются. Углы ¦ф и <р связаны соотношением атр = Ь<р,
где а — расстояние от источника до бипризмы (бипризма тонкая), b —
расстояние от бипризмы до плоскости наблюдения. В случае бипризмы
углы ip, <р связаны вторым соотношением <р + тр = 2(п - \)а, где а —
преломляющий угол призмы, который предполагается малым, п —
показатель преломления материала призмы. Углы падения предполага-
предполагаются малыми. При малых порядках интерференции ^{т) та 1. В этом
случае видимость равна
V =
sin ((тг/А) sip)
(тг/А)
B4.26)
Максимальному углу ¦ф соответствует угол <р = 0 («сходящиеся»
лучи идут параллельно, т. е. сходятся на бесконечности), следовательно,
V"max = 2(га - 1)а. Если
*min —
_ sin ((тг/А) s ¦ 2 (п - 1) а)
1,
B4.27)
(тг/А) з • 2 (п - 1) а
то интерференционная картина будет обладать хорошей видимостью
всюду, где есть перекрытие пучков и разность хода такова, что у(т)
также близко к единице.
§25. Дифракция света 173
Условие хорошей видимости обычно полагают в виде
\sip < J, " B4.28)
что приводит к условию на размеры источника
s < А B4.29)
В случае установки с бипризмами и максимального угла ¦ф получаем
а< . Л . . > B4.30)
8(п -\)а
§ 25. Дифракция света
Задача 25.1. Найти волновое возмущение в области z > 0, если
все источники волн находятся в области z < 0 и известно волновое
возмущение в плоскости z = 0.
Решение. В основу рассмотрения задачи положим интеграл Кирх-
Кирхгофа:
la, B5.1)
где v(V) — волновое возмущение в точке наблюдения V с координата-
координатами х,у, z > 0; dv/dn — производная в направлении внешней нормали
к поверхности интегрирования a, G — функция Грина, равная
JkR 27Г
где R — расстояние от некоторой точки Q с координатами х', у', z'
до точки наблюдения V, т. е.
В качестве поверхности а можно взять любую поверхность, огра-
ограничивающую область наблюдения. В дальнейшем под поверхностью а
будем понимать плоскость z' = 0 и полусферу бесконечно большо-
большого радиуса, замыкающую эту поверхность. С учетом дополнительного
условия излучения (условия Зоммерфельда) интеграл по полусфере
в пределе гСф —> оо будет равен нулю.
174
Глава 4. Оптика
Таким образом, в B5.1) интегрирование можно производить по
плоскости z' = 0. При этом
ф, у, z) =
- G(R) ?) tot dy>.
B5.3)
Чтобы исключить из B5.3) производную dv/dn, рассмотрим со-
сопряженную функцию Грина G(R'), где R' представляет расстояние
между точкой Q и точкой V' с координатами х, у, —г, т. е. зеркально-
симметричной по отношению в точке V.
Если точка Q лежит в плоскости z' = 0, то R' = R. При этом
д
G(R') = G(R), -r-,
dz1
2'=0
B5.4)
r'=0
В области z1 > О R' не обращается в нуль, поэтому вместо B5.1)
получим
tt / aninl\ я». \
B5.5)
Учитывая B5.4), соотношение B5.5) можно записать в виде
Суммируя B5.1) и B5.6), получим искомое соотношение (интеграл
Зоммерфельда)
jfd^x'dy'. B5.7)
Соотношение B5.7) является точным, если в нем использовано
точное значение v в плоскости z' = 0. Для удаленных точек наблюде-
наблюдения Д > А, т. е. kR > 1. В этом случае вместо точной формулы B5.7)
можно использовать асимптотически точную формулу, в которой ис-
используется асимптотическая формула
dG _ 8G
~dn~d~z1
ikeikR dR
r'=0
4тгД dz1
-ike
kR
1 1 e
kR
здесь cos 0 = z/R, в — угол дифракции.
С учетом B5.8) соотношение B5.7) запишется в виде
JkR
= — / / v cos в —— dx' dy'. >
R
B5.9)
§25. Дифракция света
175
Задача 25.2. Рассмотреть интегральное соотношение Зоммерфельда
для электромагнитного поля и выразить напряженность электрического
поля в области z > О через тангенциальную составляющую вектора
напряженности электрического поля в плоскости дифракции.
Решение. Соотношение B5.7) выполняется для всех компонент
вектора напряженности электрического поля, т. е.
+00 +00
E(x,y,z)=2j Je(x', у1, 0)
dG(R)
dz1
dx dy.
B5.10)
В качестве примера рассмотрим дифракцию света на узкой щели
в непрозрачном экране. Ось Оу' направим вдоль щели. Пусть на экран
с щелью падает нормально плоская монохроматическая волна. Рассмо-
Рассмотрим два случая поляризации.
В первом случае будем считать, что в падающей плоской волне
вектор Е направлен вдоль щели, т.е. Е = {0, Ey(z), 0}. Щель считается
бесконечно длинной, поэтому в дифрагирующей волне не должно быть
зависимости от у. Из анализа уравнений Максвелла в этом случае будет
следовать, что в дифрагирующей волне будут присутствовать лишь
компоненты Еу(х, z), Hx(x, z), Hz(x, z). Дифракция света происходит
в плоскости xz, т. е. для всех направлений дифракции вектор Е(х, z)
перпендикулярен направлению распространения света. Этот случаи
назовем ^-поляризацией.
Во втором случае пусть вектор Е в падающей плоской волне
направлен перпендикулярно щели, т. е. Е = {Ex(z), О, 0}. В этом
случае в дифрагирующей волне должны быть компоненты Ех(х, z)
и Еу(х, z). Только при наличии этих двух компонент в дифрагирующей
волне колебания вектора Е будут перпендикулярны распространению.
Вектор Н, наоборот, в дифрагирующей волне будет иметь лишь одну
компоненту Ну(х, z) как в падающей волне. Этот случай назовем Я-по-
ляризацией.
В общем случае, если нет зависимости от у, система уравне-
уравнений Максвелла распадается на две группы уравнений. В одну вхо-
входят Еу(х, z), Hx(x, z), Hz(x, z), в другую — Ех(х, z), Ez(x, z), Hy(x, z).
Так как эти уравнения не связаны, то случаи Е и Я"-поляризаций можно
рассматривать независимо друг от друга и тогда,'когда обе поляризации
присутствуют одновременно, например падающая волна поляризована
под некоторым углом к оси Оу.
При рассмотрении дифракции света на отверстии в непрозрачном
экране поле в отверстии обычно заменяют полем падающей волны,
176
Глава 4. Оптика
а на непрозрачной части экрана полагают равным нулю. Такой подход
основан та том, что размеры отверстия предполагаются большими
по сравнению с длиной волны света. В этом случае поле в отверстии
будет отличаться существенным образом от поля падающей волны лишь
вблизи краев отверстия (на расстояниях порядка длины волны).
Однако полностью игнорировать различие между полем падающей
волны и полем, возникающим в отверстии, нельзя, так как при этом
из формулы B5.10) следовало бы, что в дифрагирующей волне не долж-
должны присутствовать те компоненты, которых не было в падающей волне.
Такой вывод противоречит условию поперечности электромагнитных
волн, т. е. условию div E = 0. Например, если на узкую щель нормально
падает плоская волна, то в случае Я-поляризации в дифрагирующей
волне должны быть две компоненты Ех(х, z) и Ez(x, z), а это означает,
что и в плоскости щели должна быть Ez -компонента.
Используя уравнение divE = 0, формулу B5.10) можно преобра-
преобразовать таким образом, чтобы в нее входила лишь тангенциальная
составляющая вектора напряженности электрического поля в плоско-
плоскости дифракции. Под плоскостью дифракции будем понимать плос-
плоскость, примыкающую к экрану со стороны области наблюдения. Если
экран идеально проводящий, то тангенциальная составляющая вектора
электрического поля в плоскости дифракции вне отверстия должна
равняться нулю.
Для проведения указанного преобразования учтем, что. B5.6)
для v = Ez можно записать в виде
l)dx'dy' = 0. B5.11)
Будем считать, что при х', у' = ±оо поле в плоскости дифракции
обращается в нуль, т. е.
х=+оо
+00 +00
/
й7 (вд dx> dyl =
+0О
-00 -00
+00 +00
+00 +00 +00
J J ^(EyG)dx'dy'= j EyG
-00 -00
Из B5.11)-B5.13) получим
+00 +00
dy' = 0, B5.12)
y=+oo
dx' = 0.
y=-oo
/ / div (EG) dx' dy = 0.
B5.13)
B5.14)
§25. Дифракция света 177
С другой стороны,
div Q(EG) = E grad QG + G div E = E grad QG, B5.15)
так как в вакууме divE = 0. Поэтому B5.14) можно записать в виде
(Е grad QG) dx1 dy' = 0. B5.16)
Если ввести единичный вектор п = {0, 0, 1}, то вспомогательное
соотношение B5.16) можно представить в виде
2 /7 n (E grad QG) dx' dy = 0. B5.17)
Основное соотношение B5.10) можно записать в виде
Е(х, y,z) = 2 ff E(n grad QG) dx' dy. B5.18)
Вычитая из B5.18) выражение B5.17), получим
Е(х, y,z) = 2 ff (grad QG x (E x в)) dx' dy'. B5.19)
В B5.19), в отличие от B5.10), содержится лишь тангенциальная ком-
компонента вектора Е(х', у1, 0).
В случае kR > 1,
B5.20)
где R = {х - х', у- у', z}.
С учетом B5.20) получим асимптотически точную формулу
+00 +ОО
1 Г Г /R \ е
Е(х, y,z) = -J J {- х (Е х a) J — dx' dy'. B5.21)
—ОО —00
Если размеры отверстия малы по сравнению с R, то в B5.21)
вектор R можно заменить на вектор Rq = {x,y,z}, выбрав начало
координат в некоторой средней точке отверстия. В фазе kR такую
замену делать нельзя.
При этом получим
Е(*. у, z) = i ff (j± х (Е х в)) ^ dx' dy'. B5.22)
Из B5.22) видно, что в дифрагирующей волне вектор Е перпенди-
перпендикулярен направлению дифракции Ro/A>. >
178 Глава 4. Оптика
Задача 25.3. Рассмотреть дифракцию света на щели для двух случаев
поляризации падающего света.
Решение. Рассмотрим дифракцию плоской волны на узкой щели
в случае Е и Я-поляризаций, используя формулу B5.21).
Для ^-поляризации Е = {0, Еу, 0}. При этом Е х п = {Еу, 0, 0}.
Начало координат выберем так, чтобы точке наблюдения V соответ-
соответствовали координаты х, 0, z. Для этой точки основной вклад в инте-
интеграл B5.21) дает относительно небольшая область значений у' (око-
(около у1 = 0), для которой можно произвести замену R —> Rq = {х, 0, z},
т.е. воспользоваться формулой B5.22). При этом (Rq х (Е х n))/Ro =
{0, Еу, 0}z/Rq = {0, ЕУ, 0}cosy>, и из B5.22) получаем
1у(х', 0) eikR dx' dy'. B5.23)
В случае Я-поляризации для падающей волны в плоскости дифрак-
дифракции E={Ex(x',0),0,Ez(x',0)}, при этом Ехп = -^1{0, 1,0}; (Rox
(Exn))/Ro=Ex{z,0, -x}/Ro,r.e. \(Щ х (Е х п))/До| = Ех. При этом
получаем
\Цх, z)| = -L. ff Ех(х', 0) eikR dx' dy1. B5.24)
глло J J
Вектор Е(х, z) лежит в плоскости xOz и перпендикулярен вектору Rq.
Из сравнения B5.23) и B5.24) видно, что интенсивность дифраги-
дифрагирующего на узкой щели света зависит от поляризации света, падающего
на щель.
Из B5.24) получаем, что для Я-поляризации
Ey(x,z) = \E(x,z)\cos<p. B5.25)
Соотношение B5.25) соответствует B5.23), но в случае Я-поляри-
Я-поляризации B5.25) определяет не полное поле, а лишь у-компоненту вектора
напряженности.
В случае дифракции на узкой щели нет зависимости напряжен-
ностей электромагнитного поля от координаты у'. Поэтому в B5.23)
и B5.24) можно провести интегрирование по у', используя прибли-
приближение Френеля, а при интегрировании по х' использовать прибли-
приближение Фраунгофера. Для этого представим вектор R в виде разно-
разности R = Rq - р, где р = {х', у', 0} — вектор, проведенный из точки
§25. Дифракция света
179
начала координат в точку Q. Разлагая R по степеням р, получим
R =
¦Ко
B5.26)
Если ввести вместо координаты точки наблюдения х угол дифрак-
дифракции <р, то x/Rq = sin<p (z/Rq = cosip). При этом B5.26) запишется
в виде
X'2cOl2yy'2+.... B5.27)
Если для всех точек отверстия Q выполняется условие х2 ¦<
то в B5.27) можно не учитывать члены, содержащие х2 и более высокие
степени х', т. е. ограничиться при интегрировании по х' приближе-
приближением Фраунгофера. Интегрирование по у' формально осуществляется
по области -оо < у' < +оо. Но основной вклад в интеграл дает
конечная область, для которой можно ограничиться квадратичным
приближением по у' в B5.27), т.е. приближением Френеля.
Учитывая сказанное, получим
. 1 .2
R - До - х sin <р + —- у .
2.Щ
B5.28)
Для интегрирования по у' введем безразмерную координату и =
&*. ПРИ ЭТОМ f ? = |.2. ^ = ^
Интегрирование по у' дает
Bз-29)
В B5.29) учтены значения интегралов Френеля:
C(w) = /cos (^tt2) du, C(oo) = i
B5.30)
180
Глава 4- Оптика
W
S(w) = f sin (|«2) dn, 5(oo) = l- B5.31)
и соотношение 1 + г = V2i.
Из таблиц интегралов Френеля имеем
С' (V) = 0,4998, С' (V) = 0,5354, С' (^Ю2) = 0,4999,
5' (V) = 0,4602, 5' (V) = 0,5354, 5' (|ю2) = 0,4682.
Из приведенных примеров видно, что для получения предель-
предельных значений интегралов Френеля достаточно, чтобы w было равно
нескольким десяткам. Если До = 1 м, А = 5 • 10~7м E 000 А), то
значению w = 20 соответствует у'тах = 1 см.
Учитывая B5.28), B5.29), получим для ^-поляризации
..„ +0О
cos ше t
Ey(x,z) = — ; / Еу(х', 0) exp {-ikx' sin <p}dx'. B5.32)
ViXRq j
Для Я-поляризации получим
\Е(х, г)\ = ^== / Ех(х, 0) exp {-ikx sin <p} dx. B5.33)
VtAito J
Если щель не очень узкая по сравнению с длиной волны, то
в B5.32), B5.33) можно заменить поле в щели полем падающей волны,
т.е.
Еу(х', 0) и Еоу в(\х'\ - Ъ), Ех{х\ 0) = Яо* в{\х'\ - Ь). > B5.34)
Задача 25.4. Рассмотреть дифракцию света на плоском объекте,
используя разложение напряженностей полей в интегралы Фурье.
Решение. Рассмотренный метод Кирхгофа для решения задач, свя-
связанных с дифракцией света, является не единственно возможным. Для
плоских объектов дифракции с успехом может применяться метод
Рэлея, основанный на разложении напряженности электрического по-
поля в интеграл Фурье.
§25. Дифракция света
181
Разложим Е(х, у, z) в двойной интеграл Фурье:
+0О +0О
+
Щх, у,г) = j J E(kx> ку; z) exp {i(kxx + куу)} dkx dkv. B5.35)
—00 -00
Учитывая, что E(x, у, z) удовлетворяет волновому уравнению
ДЕ(я, у, z) + к2Е(х, у, z) = 0, B5.36)
получим уравнение для фурье-компонент поля
-к2х - к]
J Е(кх, ky; z) + к2Е(кх, ky;z) = 0.
Из B5.37) следует, что
Е(кх, ку; z) - Е(кх, ку, z') exp
B5.37)
- к\ - к\ (z - г')}. B5.38)
Выбор знака перед корнем в показателе экспоненты в B5.38) свя-
связан с дополнительным условием. Мы будем рассматривать волны, рас-
распространяющиеся под острым углом к положительному направлению
оси Oz. В этом случае при к\ + kj > к2 получим так называемую не-
неоднородную волну, амплитуда которой должна убывать с ростом z, т. е.
Е(*,, ку; z) = Е(кх, ку; z') exp {-у/к2х + k* - к2 (z - z')}. B5.39)
Это условие убывания амплитуды означает, что в B5.38) должен
быть перед корнем взят знак плюс. Используя B5.38), получим фурье-
представление для Е(х, у, z):
+00 +00
Е(х,y,z)= I Е(кх, ку; z) x
—00 —ОО
х exp {i(kxx + куу) + iyjk2 -к2-к2 (z - z')} dkx dky. B5.40)
Если к\+fcy < fc2, то можно ввести вектор
k = {fcx, k,, кг}; кг = у/к* -к\- Щ.
При этом к\ + к2, + к] = к2. Если ft2. + к\ > к2, то для kz получается
мнимое значение, соответствующее неоднородной волне. С помощью
188
Глава 4. Оптика
вектора к соотношение записывается в виде
+00 +00
Е(х) = JJ Е(кх, ку; г1) e-'^e*» dkx dkz, х = {х, y,z}. B5.41)
—00 —00
Соотношение B5.41) представляет собой разложение Е(х, у, z)
по плоским (в том числе и неоднородным) волнам. В плоскости z = z'
получим
+00+00
Е(х) = [ f ЦК, ку; z') exp {i(kxx' + куу')} dkx dkr B5.42)
—00 —00
Обратное по отношению к B5.42) преобразование имеет вид
„ ку; *') = Щг// Е(х') exp {-i(kxxf + kyy')} dx1 dy'. B5.43)
Подставляя B5.43) в B5.40), получим
Е(х) = р^2 JJJJ Е(х') ехР (*(х - х')> dx> dV'dk* dkv
Соотношение B5.44) выражает напряженность электрического поля
в области z > z' через напряженность поля в плоскости z = z'. >
Задача 25.5. Показать соответствие между методом Кирхгофа
и методом Рэлея.
Решение. Соотношение B5.44) имеет тот же смысл, что и соотно-
соотношение B5.10), но представлено в другом виде. Если провести в B5.44)
интегрирование по кх, ку,то мы должны получить соотношение B5.10).
Рассмотрим интеграл
+00 +00
ехр
"х'^dkx dky>
B545)
входящий в соотношение B5.44).
Целесообразно предварительно преобразовать его в трехмерный
интеграл, вводя интегрирование по q для того, чтобы интеграл стал
более симметричным по форме. Для этой цели рассмотрим комплекс-
комплексную величину p + is — */(к + ieJ - к\ - Щ, где е — бесконечно малая
положительная величина. Существенно, что а > 0. Если к2 > кх + kl,
§25. Дифракция света
183
то а = ekJk2 - к$ - к\; если к1 = к].+к2, то а = -/ёк; если к2 < kl+k2,
то а = t/k2 + к2 - к2.
Рассмотрим интеграл
exp
q2-(p + isJ
dq.
B5.46)
Его можно вычислить, если рассмотреть плоскость комплексных значе-
значений q. Учитывая, что z-z' > 0, контур интегрирования можно замкнуть
дугой большей окружности в верхней полуплоскости. При этом вну-
внутри контура окажется лишь полюс, находящийся в точке q = p + is.
Использую теорему о вычетах, получим для B5.46)
exp
= VK
«Ф^у*2-*!-** (*-*')}
Дифференцируя B5.47) по z', получим
2 -^ h = 2* exp {iyjk* -к2-Ц {z - z1)}.
B5.47)
B5.48)
Используя B5.48), B5.46), получим для B5.45) выражение в виде
тройного интеграла (ki = {fcia., k\y, ku}, R = {х - х\ у- у', z- z'})
u}=2^Ш)- {25А9)
Вычисление интеграла
h =
B550)
удобно провести в сферической системе координат выбрав ось k\z вдоль
направления вектора R. При этом kiR = k\RcosO, где в — угол между
векторами к| и R. Элемент объема равен d3k\ — к2 sin в dk\ d0 dip.
184
Глава 4. Оптика
Интегрирование по азимутальному углу дает множитель 2ir, при этом
получаем
00 И
О О
1. 1
1 Г
«У
-(* + !
Jku
Заменяя во втором интеграле B5.51) к] —* -к\, получим
+0° ¦. п
B5.51)
B552)
В B5.52) контур интегрирования можно замкнуть в верхней по-
полуплоскости комплексных значений к\. При этом внутри контура будет
полюс в точке к\ = к + ie. Применяя теорему о вычетах, получим
1 **я
B5.53)
Таким образом, интеграл B5.50) представляет разложение функции
Грина в интеграл Фурье.
Учитывая B5.49) и B5.53), получим
B5.54)
B5.55)
I = 2
Подставляя B5.45) в форме B5.54) в B5.44), получим
E(x,y,z)=2jjE(xl>y',0)~
dx' dy'
z'=0
в полном соответствии с B5.10).
Заметим, что функцию Грина можно представить в виде двойного
интеграла Фурье. Для этого учтем эквивалентность двух форм B5.46)
и B5.47). Заменяя в B5.50) B5.46) на B5.47), получим, учитывая B5.53),
= dkx dkv.
B5.56)
§25. Дифракция света
Вычисляя grad qG(R) в форме B5.56), получим
B5.57)
Подставляя B5.57) в B5.19), получим формулу, в которой присутствует
лишь тангенциальная составляющая вектора напряженности электри-
электрического поля,
) = -L5 //// (Г (Е Х П)) е« Л,. dkiy dx' dy1. > B5.58)
WJJJJ ^k2-k2-k2
Е(х)
Задача 25.6. Показать, что основной вклад в напряженность элек-
электрического поля в некоторой точке наблюдения при разложении дифрагиру-
дифрагирующего поля по плоским волнам дают волны, направление распространения
которых мало отличается от направления дифракции.
Решение. Плоские волны безграничны по фронту, поэтому в точку
наблюдения V приходят волны со всевозможными направлениями
распространения. Однако при kR » 1 основной вклад в интеграл
Фурье в выражении B5.44) дают плоские волны, волновой вектор
которых к по направлению мало отличается от вектора R.
Для доказательства этого утверждения воспользуемся асимптоти-
асимптотическим вычислением интеграла в B5.44), B5.58) методом стационарной
фазы. Для этого разложим фазу kR в ряд по степеням к - ко около ко,
для которого фаза kR имеет экстремальное значение. При этом раз-
разложение не будет содержать линейных членов, а квадратичные члены
дадут известные интегралы Френеля.
Обозначим через 6(кх, ку) фазу kR:
6(кх, к,) = кх(х - х1) + ку(у - у') + у/к2 -kl- k2y(z - z1). B5.59)
Интегрирование по кх, ку проще всего провести, вводя новую
систему координат XYZ, начало которой выберем в точке Q(x', у', z').
Ось OZ направим параллельно оси Oz, а плоскость ZX выделим
осью OZ и точкой наблюдения V(x, y,z). В новой системе координат
точка V будет иметь координаты (X, О, Z). Компоненты к будут
КХ, KY, Kz = у/к2 - К\ - К2.
Фаза в новой системе координат запишется в виде
6(КХ, KY) = КХХ - jV-Kx-K2- Z.
B5.60)
186
Глава 4. Оптика
Найдем значение компонент вектора ко, для которого фаза имеет
экстремальное значение. Учитывая, что
д&г лх OKZ лг /чеки
= ~тг, B5.61)
B5.62)
B5.63)
получим из B5.60) и условия экстремальности
дб
ко
дб
дКу
Кру
К(\г
= o.
Вводя угол дифракции в, получим sin в = X/R, cos0 = Z/R
(R = л/Х2 + Z2). При этом из B5.61), B5.62) следует, что
Кох = k sine, K0Y=0,
= kcose, т.е. ko||R. B5.64)
Для вторых производных в точке ко = {KqX, 0,
получим
дК\
-R
kcos20' dKl
-R
дКхдКу
= 0.
B5.65)
Разложение фазы 6(Кх, Ку) в ряд Тейлора около точки ко будет
иметь вид
6(КХ,
с*-
B566)
Для достаточно больших значений kR можно ограничиться учетом
лишь выписанных в B5.66) членов разложения (метод стационарной
фазы), так как вдали от экстремальной точки фазовый множитель е1*
осциллирует с ростом Кх - КОх; KY и далекие от экстремума области
практически не дают вкладов в интегралы B5.44), B5.58).
С учетом лишь квадратичных членов в разложении B5.66) рассма-
рассматриваемые интегралы преобразовываются к виду интегралов Френеля.
Для этого введем безразмерные переменные аи»:
R
При этом
R
жк
dKx dKy = — cos $ du dv.
R
B5.67)
B5.68)
§25. Дифракция света
187
Интегрируя, получим
+00+00
Bт
- / feiS
*JJ J
1 irkcosO
irt r '
+00
+OO
„«чья
= fccos0
.•\2
„ifcfi
B5.69)
т. e. B5.69) соответствует асимптотической форме WG/дп B5.8). Под-
Подставляя B5.69) в B5.44) (с учетом B5.59)), получим асимптотическую
форму (типа B5.9)) интеграла B5.10). Подстановка B5.69) в B5.58)
(с учетом B5.64)) дает асимптотическую формулу B5.21).
В B5.69) основной вклад дают области |и| < 20, \v\ < 20 (см. за-
замечание после B5.31)), т.е. области
B5.70)
ГГ Ky<2Q
~ V кВ. к ~
что для А = 5 • 10 м E000 А) и R = 1 м дает
к ~ "'"' к
Это означает, что при kR > 1 основной вклад в волновое возмущение
в точке V дают плоские волны, направление распространения которых
мало отличается от направления вектора ko||R. >
Задача 25.7. Рассмотреть поток электромагнитной энергии дифра-
дифрагирующих волн.
Решение. Средний по времени поток электромагнитной энергии
через поверхность / определяется с помощью усредненного вектора
Умова—Пойнтинга
(S) = - Re (E х Н*). B5.71)
Поток через плоскость z = const будет равен, (и = {0, 0, 1})
+00+00
(ExH*)ndxdy.
-00 -00
Выражение для Е возьмем в форме B5.41) {г' = 0);
+00 +00
B5.72)
=Jj
188
Глава 4. Оптика
Н определим с помощью уравнения Максвелла
iw(i0H = tot E. B5.74)
Из B5.74), B5.73), получим
+00 +00
Н* = -L f j (к* х Е*(*,))ел;х dklx dkly,
—00 —00
kf = {*i*, kly, (у/к2-к2х-к2уУ}, B5.75)
т. е. если к2х + к]у - к2 > 0, то k\z - -iJk2x + k2y-k2. Подста-
Подставляя B5.73) и B5.75) в B5.72), получим выражение в виде шестикрат-
шестикратного интеграла. Интегрирование по х и у дает #-функции:
+00 +00
/ / exp {i[(kx - klx)x + (ky - kly)y} dx dy =
-00 —00
= BтгJ 6{кх - klx) 6(ky - kly). B5.76)
При этом для усредненного потока энергии получим
fj
{S)
ff (E(k) x (k* x Г (k)| n
x exp i-
> dkx dky. B5.77)
Рассмотрим двойное векторное произведение в B5.77) и учтем, что
вследствие уравнения div Е = 0 из B5.73) получаем уравнение
kE(k) = 0; B5.78)
(Е х (к* х Е*)) = к*(ЕЕ*) - Е*(к*Е) = к*(ЕЕ*) + E*(kz - k*z)Ez. B5.79)
Из B5.79) следует, что
Re (Е х (к* х Е*))п = ЕЕ*(кп) в(к2 - к2х - к]). B5.80)
Для среднего по времени потока энергии получим
BтгJ ff
)г dx dy = -—— / / E(k)E (k) kz dkx dky,
2/*o« JJ
B5.81)
kz — л/* кх ky.
§25. Дифракция света
189
Из соотношения B5.81) видно, что средний поток энергии не зави-
зависит от положения плоскости z — const (предполагалось лишь, что z ^
0). При этом левую часть B5.81) можно рассматривать как поток через
плоскость дифракции z = 0, а правую часть — как поток, связанный
с дифрагирующими волнами в области z > 0. Вместо вектора к введем
углы в, V, т.е. перейдем к сферической системе координат, положив
кх = к sin в cos ip,
Учитывая, что
= ksm0smip,
dkx dky = к2 cos в <fO = к2 cos -д sin ¦в йв dip,
B5.82)
B5.83)
получим для потока энергии
fj
{S)z dx dy -
о о
Если поток дифрагирующих волн рассматривается на достаточно
большом расстоянии от объекта дифракции, т. е. fc.Ro —* сю, где Rq —
{х, у, z} (объект дифракции расположен вблизи начала координат), то
Щкх, ку) можно выразить через Е(х, y,z), проводя асимптотическое
вычисление интеграла B5.73):
Е(х, y,*) =
dkx dky =
Л.
= Е(кОх,
B5.85)
аналогично тому, как это было сделано в B5.69). В B5.85) углы в и гр
связаны с координатами точки V соотношениями х = Rq sin в cos ip,
у = Ro sin в sin ip, z — До cos 0, a kox, fco» при этом определяются
согласно B5.82). С учетом B5.85) соотношение B5.84) можно записать
в виде
JJ(S)zdxdy=^-cJ f\E(x,y,z)\2Rl sinedOdtp. B5.86)
о о
Правая часть выражает поток энергии дифрагирующих волн через по-
половину поверхности сферы радиуса До. Действительно, поле в точке V,
определяемой вектором Ro, является суперпозицией плоских волн, для
190
Глава 4. Оптика
которых к/к rs Яо/Ro- Поэтому
Н(х, у, z)
(к х Е) и кЕ = 0.
B5.87)
Для потока энергии через элемент сферы df = Rq sin в йв dip(Ro/Ro)
получим
- Re (Е(х) х Н*(х)) df = (Е х (k x E*)) df =
2 2Ц(ш
|Е(х)|2кЛ =
df. B5.88)
Сравнение B5.88) с подынтегральным выражением правой ча-
части B5.86) показывает, что интеграл в правой части B5.86) описывает
поток энергии через половину поверхности сферы радиуса До-
В заключение рассмотрим волновой пакет, образованный суммой
плоских волн в виде интеграла B5.73) при условии, что вектор Е(кх, ку)
отличен от нуля лишь в малой области кох < кх < кох + Afcj., fco» < ку <
Для суммы волновых пакетов, фурье-компоненты которых не пе-
перекрываются (т.е. Е{(кх, ку) ¦ Ej(kx, ку) = 0, если i Ф j), получим
Е(х, у, г) = X) Е,(х), Н*(х, у, г) = X) HJW,
N = \
Re
>х
//
Ж, ky))kz dkx dky. B5.89)
Из B5.89) следует, что волновые пакеты не интерферируют между
собой, несмотря на то что в отдельных частях пространства волновые
пакеты могут перекрываться, т. е.
N = \ReI2jJ tewx Hi(*))dx *у=
= \ ? JJ &{x) х Щх)) dx dy. B5.90)
Соотношение B5.90) показывает, что волны, дифрагирующие по
разным направлениям, можно рассматривать независимо друкот друга. >
Издательство УРСС
специализируется на выпуске учебной и научной литературы, в том числе
монографий, журналов, трудов ученых Российской Академии наук,
научно-исследовательских институтов и учебных заведений.
Уважаемые читатели! Уважаемые авторы!
Основываясь на широком и плодотворном сотрудничестве с Российским
фондом фундаментальных исследований и Российским гуманитарным научным
фондом, мы предлагаем авторам свои услуги на выгодных экономических условиях.
При этом мы берем на себя всю работу по подготовке издания — от набора,
редактирования и верстки до тиражирования и распространения.
Среди недавно вышедших книг мы предлагаем Вам следующие.
Матвиенко Ю. Г. Физика и механика разрушения твердых тел.
Матвиенко Ю. Г., Сапунов В. Т. Сопротивление материалов в задачах и ре-
решениях.
Победря Б. Е., Георгиевский Д. В. Лекции по теории упругости.
Георгиевский Д. В. Устойчивость процессов деформирования вязкопластиче-
ских тел.
Дык Нг.Д. Сфероволокнистые композиты с простраиствениой структурой.
Петкевич В. В. Основы механики сплошных сред.
Карапетян А. В. Устойчивость стационарных движений.
Шмыглевский Ю. Д. Аналитические исследования дииамики газа и жидкости.
Арнольд В. И. Математические методы классической механики.
Арнольд В. И., Козлов В. В., Нейштадт А. И. Математические аспекты
классической и небесной механики.
Баскаков С. И. Лекции по теории цепей. 2-е издание.
Дубровин Б. А., Новиков С. П., Фоменко А. Т. Современная геометрия. Т. 1-3.
Колокольчиков В. В. Отображения. От чисел до функционалов.
Колокольчиков В. В. Отображения функционалов памяти.
Петров К. П. О достижениях аэродинамики летательных аппаратов.
Пытьев Ю. П. Возможность. Элементы теории и применения.
Тарасевич Ю. Ю. Математическое и компьютерное моделирование.
Шепелев А. В. Оптика. Готовимся к экзаменам, зачетам, коллоквиумам.
Боярчук А. К, Ляшко И. И., Гай Я. Г., Головач Г. П. Снравочное пособие
по высшей математике в 5 томах. (Антидемидович). Т. 1-5.
Колоколов И. В., Кузнецов Е.А. и др. Задачи по математическим методам
физики.
Самарский А.А., Вабищевич П.Н., Самарская Е.А. Задачи и упражнения
по численным методам.
По всем вопросам Вы можете обратиться к нам:
тел./факс @95) 135-44-23, тел. 135-42-46
или электронной почтой urss@iirss.ni.
Полный каталог изданий представлен
в Интернет-магазине, http://arss.ru
Издательство УРСС
Научная и учебная
литература
ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ МГУ 2002 г.
МОСКОВСКАЯ ГОРОДСКАЯ ОЛИМПИАДА
ПО ФИЗИКЕ
// класс, 1 тур
Задача 1 v ±
Телу массы т, находящемуся на горизонтальной поверх-
поверхности, сообщили скорость v0 в направлении оси ОХ. График за-
зависимости скорости тела v от его координаты х изображен на ри-
рисунке. Найти зависимость величины силы трения, действующей
на тело, от координаты х.
Задача 2
Два закрытых сосуда емкостью V{ = 10 литров и V2 = 20 литров имеют жесткие стенки и
поддерживаются при одинаковой постоянной температуре 0°С. Сосуды соединены короткой
трубкой с краном. Вначале кран закрыт. В первом сосуде находится воздух под давлением
рх - 2 атм при относительной влажности гх - 20%. Во втором сосуде находится воздух под дав-
давлением р2 = 1 атм при относительной влажности г2 = 40%. Кран постепенно открывают так,
что процесс выравнивания давлений в сосудах можно считать изотермическим. Найти мини-
минимальную и максимальную относительную влажность воздуха в сосуде емкостью 10 литров.
Задача 3
Заряженная частица двигалась в некоторой области пространства, где имеются взаимно
перпендикулярные однородные поля: электрическое - с напряженностью Е, магнитное - с ин-
индукцией В и поле силы тяжести g. Вектор скорости частицы при этом был постоянным и пер-
перпендикулярным магнитному нолю. После того, как частица покинула эту область пространства
и начала движение в другой области, где имеется только поле силы тяжести g, ее скорость
начала уменьшаться. Через какое время после вылета частицы из первой области ее скорость
достигнет минимального значения?
Задача 4
Одна из пластин плоского конденсатора в форме квадрата со стороной а закреплена
горизонтально, на нее помещена большая тонкая пластина из диэлектрика с диэлектрической
проницаемостью е. По гладкой верхней поверхности листадиэлектрика может свободно сколь-
скользить вторая пластина конденсатора массой т, имеющая такие же размеры и форму, как и пер-
первая. На обкладки конденсатора помещены заряды +Q и -Q, и система приведена в равновесие.
Верхнюю пластину сдвигают по горизонтали на расстояние х « а параллельно одной из сто-
сторон квадрата и отпускают без начальной скорости. Найти период колебаний этой пластины.
Толщина диэлектрика d существенно меньше смещения верхней пластины х. Электрическое
сопротивление у пластин отсутствует.
Задача 5
В случае помутнения хрусталика людям делают операцию по замене естественного хру-
хрусталика на искусственный. Искусственный хрусталик для глаза сделан так, что позволяет вла-
владельцу без очков четко видеть удаленные предметы. В отличие от естественного хрусталика,
кривизна поверхностей которого может изменяться (при этом глаз фокусируется на выбранных
объектах - это называется аккомодацией), искусственный хрусталик жесткий и "перестраи-
"перестраиваться" не может. Оценить оптическую силу очков, дающих возможность без труда читать кни-
книгу, находящуюся на расстоянии d~ 0,3 м от глаза.