ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ С ОТВЕТАМИ И РЕШЕНИЯМИ
Под ред. А.П.Леванюка Содержание
Предисловие	5
Задачи к томам I-IV
Условия задач
1.	Современная наука о природе. Законы механики	9
2.	Пространство, Время. Движение	49
3.	Излучение. Волны. Кванты	79
4.	Кинетика. Теплота. Звук	97
Решения и ответы	114
Задачи к томам V-VII
Условия задач
5.	Электричество и магнетизм	321
6.	Электродинамика	352
7.	Физика сплошных сред	382
Решения и ответы	392
Задачи к томам VIII-IX
Условия задач
8.	Квантовая механика (I)	513
9.	Квантовая механика (II)	538
Решения и ответы	550
Предисловие
В этой книге собрано несколько сот задач, которые предлагались студентам Калифорнийского технологического института (США), слушавшим лекции Р. Фейнмана по физике. Задачи эти самые разные, но тот, кто внимательно читал русское издание «Фейнмановских лекций по физике», может с ними справиться самостоятельно. Разумеется, эти задачи, хотя они и задуманы как дополнение к «Лекциям», могут быть использованы и независимо от них. В настоящем издании к каждому разделу даны также и решения.
Польза от любого задачника, в котором кроме условий задач есть и их решения, далеко не бесспорна. То же может быть отнесено и к данной книге. Чтобы научиться физике, безусловно, необходимо (хотя и недостаточно) решать задачи. Но их нужно именно решать, а не смотреть в решения. Эта книга едва ли поможет тем, кто не имеет времени (или не очень любит) подумать. Если студент или самостоятельно изучающий предмет не обладает ко всему прочему достаточной волей и самолюбием, он почти наверняка не устоит перед искушением посмотреть в решение, не попытавшись решить задачу сам. А жаль! Чтобы научиться думать так, как думают физики, нельзя обойтись без того, чтобы поломать голову. Как это ни удивительно, многие студенты не понимают, что цель обучения — не в том, чтобы узнать некий набор фактов и положений, а именно в том, чтобы выработать самостоятельный подход к любой физической проблеме, научиться глубоко понимать, думать и размышлять, а с этой точки зрения данная книга может быть отнесена к категории «опасных» для части ее читателей. Почему же тем не менее такая книга нужна? В предисловии к своим «Лекциям» Фейнман пишет: «...самым превосходным обучением является прямая, личная связь между учеником и хорошим учителем... . Невозможно многому научиться, просто отсиживая лекции или даже просто решая задачи. Но в наше время такое множество студентов должно быть обучено, что для идеалов приходится подыскивать эрзацы».
6	Предисловие
Цель этой книги — заменить читателю преподавателя, проводящего семинарские занятия. Она рассчитана прежде всего на тех, кто возьмется одолеть «Лекции» самостоятельно. Нельзя, конечно, исключить и таких (безусловно, редких) случаев, когда такой «заменитель» окажется лучшим, чем «натуральный продукт», поэтому и преподаватели, как мы надеемся, смогут почерпнуть здесь информацию, полезную для. их работы.
Таким образом, эта книга прежде всего для того читателя, который получает .удовольствие от самого процесса обдумывания и решения задачи. В идеальном случае он смотрит в решение, приведенное в книге, только после того, как закончит свое собственное. Проведя сравнение, он пишет письмо в редакцию, где в вежливой форме сообщает, что нашел более удачное решение. Иногда, правда, читатель смотрит в решение, не решив задачу до конца, а лишь прикинув в уме, как ее можно решить, но это — исключение.
Среди людей, занимающихся физикой, особенно теоретической физикой, очень много тех, кто ограничивается формальным (вернее, «формульным») подходом к делу. Таких, которые считают необходимым докапываться до «физического смысла» проблемы или результата, значительно меньше. Автор курса Ричард Фейнман — блестящий представитель этой последней (немногочисленной) категории физиков. Особая ценность «Фейнмановских лекций» (и задач к ним) как раз в том и состоит, что они помогают воспитывать «неформальных» физиков. Мы стремились к тому, чтобы этой же цели отвечали и решения задач. Наверное, это нам не вполне удалось. Всякие замечания по поводу решений (особенно направленные к их «деформализации») будут приняты с благодарностью.
Перевод задач в основном соответствует тексту первого издания, однако тем читателям, которые им пользуются, следует иметь в виду, что в настоящем издании, в связи с составлением решений, в условия задач редактором был внесен ряд уточнений. Решения задач составлены группой преподавателей Московского инженерно-физического института.
А. Леванюк.
Том I
1.	Современная наука о природе • Законы механики
2.	Пространство • Время • Движение
3.	Излучение • Волны Кванты
4.	Кинетика • Теплота Звук
Этот сборник представляет собой первую попытку создания подходящего набора задач к «Фейнмановским лекциям по физике». В настоящем виде они фигурировали в 1962/63 учебном году. Хотя количество включенных в сборник задач намного превышает то, что может решить даже наиболее способный студент, все же, несомненно, их понадобится еще больше, особенно таких, которые не требовали бы сложных численных или алгебраических выкладок, но освещали бы лучше физику. Почти ежегодно появляются такие задачи и впоследствии они будут нами включаться в это собрание.
Р. Лейтон
СОВРЕМЕННАЯ НАУКА О ПРИРОДЕ* ЗАКОНЫ МЕХАНИКИ
К главе 1. Атомы в движении
При решении приведенных ниже задач используйте идеи и методы, изложенные в первой главе «Лекций», а также ваш собственный опыт и воображение. О получении точных численных результатов особенно не заботьтесь.
. 1, 1, При обычных условиях воздух имеет плотность около 0,001 г/сл«3, тогда как плотность жидкого воздуха примерно 1 г/см3.
а)	Оцените число молекул в 1 см3 газообразного и жидкого воздуха.
б)	Оцените массу «молекулы» воздуха.
в)	Рассчитайте среднее расстояние, которое молекула воздуха проходит между двумя последовательными соударениями с другими молекулами при нормальном давлении и температуре. Это расстояние называется длиной свободного пробега.
г)	Оцените давление, до которого необходимо откачать вакуумную систему, чтобы длина свободного пробега в ней равнялась 1 м.
> L 2. В один из давних дней палеозойской эры капля послеполуденного ливня упала на мягкую ровную землю и оставила на ней отпечаток. Шло время, на этот отпечаток при раскопках наткнулся страдающий от жары и жажды студент-геолог. Осушая свою фляжку, он от нечего делать прикидывает, сколько молекул из той древней капли было в воде, которую он только что выпил. Оцените и вы число этих молекул, используя только те данные,
10
1. Современная наука о природе. Законы механики
которые вам уже известны. О деталях, не приведенных в условии задачи, сделайте сами разумные предположения.
1.	3. Действие происходит где-то в Калифорнии. На подоконнике возле раскрытого окна оставили стакан с водой.
а)	Как вы думаете, сколько времени он так простоит, пока вода из него не испарится полностью?
б)	Сколько молекул при этом будет испаряться с каждого квадратного сантиметра водной поверхности в секунду?
в)	Существует ли связь, и если да, то какая, между ответом на вопрос (а) и среднегодовым количеством осадков, выпадающих на Землю?
- 1. 4, Если атомы, из которых состоят все тела, находятся в непрерывном движении, то за счет чего предметы сохраняют постоянную форму, иногда не меняясь очень подолгу (например, окаменелости)?
1. 5. Можете ли вы объяснить, почему не существует кристаллов с гранями в форме правильного пятиугольника? (Треугольники, квадраты и шестиугольники в кристаллических формах встречаются постоянно.)
- 1. 6. Как зависит давление газа Р от числа атомов в единице объема пи <и> — средней скорости атомов? Будет ли Р просто пропорционально п и <н> или зависимость отличается от линейной?
1. 7. Если теплота есть не что иное, как движение молекул, то чем отличается горячий, покоящийся бейсбольный мячик от холодного, но быстро движущегося?
/ 1. 8. Объясните, почему и как трение между движущимися частями машины приводит к выделению тепла.
1. 9. Химики обнаружили, что молекулы резины состоят из длинных перекрещивающихся цепочек атомов. Объясните, почему кусок резины нагревается, если его растянуть.
Условия задач
11
1.10. Что случится с куском резины, на котором подвешен груз, если резину нагреть? (Проделайте сами такой опыт.)
1.11. Вам дано большое число стальных шариков равного диаметра d и сосуд известного объема V. Все габариты сосуда много больше диаметра шариков. Какое максимальное число шариков может поместиться в сосуде?
К главе 4. Сохранение энергии
Решите следующие задачи, используя закон сохранения энергии и принцип виртуальной работы.
4. 1. Груз весом 117=50 кг подвешен в средней точке проволоки АСВ, как показано на рисунке; АС= =СВ=В м; АВ=ЗУ 2 м.
Найдите натяжение Т проволоки.
4. 2.
приставлена под углом к
Лестница длиной 3 м гладкой вертикальной стене. В верхнем ее конце имеются ролики (см. рисунок). Лестница весит 12 кг. На расстоянии 0,75 м от ее верхнего конца подвешен груз 24 кг. Найдите: а) силу, с которой ролики б) горизонтальную и вертикальную составляющие силы, с которой лестница давит на землю.
давят на стену;
12
1. Современная наука о природе. Законы механики
4. 3. Подъемное устройство состоит из однородного стержня длиной L и весом w; устройство своим нижним концом шарнирно соединено со стенкой. С вертикалью стержень образует постоянный угол 0 благодаря горизонтально натянутой проволоке, которая соединена со стержнем на расстоянии х от шарнира. Груз IK подвешен к верхней точке стержня. Найдите натяжение Т горизонтальной проволоки.

4. 4. Ферма состоит из легких алюминиевых стержней,
концы которых шарнирно соединены друг с другом. В точке С ферма опирается на ролик, который может двигаться по гладкой плоскости. При сварке стержень АВ нагревается, причем его длина увеличивается на величину х. В результате груз W
смещается по вертикали на расстояние у.
а) Как направлено смещение W — вверх или вниз?
б) Какая сила действует на стержень АВ (опреде-
Условия задач
13
4. 5. Тележка удерживается на наклонной плоскости
..	. как указано на рисунке.
Трение во всех частях устройства мало. Найдите W — вес тележки.
грузом w, подвешенным,
мало. Найдите W — вес
пренебрежимо
4, 6. Вес катушки равен ш, а ее большой и малый радиусы — 7? и г соответственно. С помощью нитей, навитых по малому радиусу, катушка прикреплена к неподвижному бруску, а снизу к ней на нитях, навитых уже по большому радиусу, подвешен груз W (см. рисунок). Вес груза подобран так, что катушка находится в равновесии. Чему равен вес груза W?
4. 7. В дифференциальном вороте, который схематически изображен на рисунке, используется цепь, погонный метр которой содержит N звеньев. Шкивы верхнего блока снабжены зубцами, которые продеваются й Звенья цепи, причем шкив большего
14
1. Современная наука о природе. Законы механики
диаметра имеет п зубцов, а шкив меньшего диаметра п—1. Трение в системе таково, что силы, необходимые для подъема или опускания груза W, отличаются в R раз. Предполагая, что трение от направления движения не зависит, найдите эти силы.
4. 8. Петля, сделанная из гибкой тяжелой цепи весом W, надета на гладкий прямой круговой конус, высота которого h, а радиус основания г. Цепь покоится в горизонтальной плоскости (ось конуса направлена вертикально). Найдите натяжение цепи.
4. 9. Подвижная рама АА'ВВ' укреплена в вертикальной плоскости на шарнирах Р и Р' (см. рисунок). Трение во всех подвижных соединениях пренебрежимо мало. Все размеры твердых уголков AA'CD и BB’GH одинаковы; кроме того,
АР^А’Р’ =±РВ = ±Р'В',
CD^GH *=^АР.
Благодаря противовесу wc рама в отсутствие грузов и W2 находится в равновесии. Если в точке D
Условия задач
15
подвесить груз W} весом 0,5 кг, то какой следует подвесить груз в точке Н, чтобы сохранить равновесие?
4.10.	Через блок перекинуты равные грузы, которые опираются без трения на наклонные плоскости (см. рисунок). Если позволить грузам двигаться, какую скорость они приобретут, пройдя расстояние Д?
4.11.	Два груза и IF2 разного веса (W^W^ удерживаются в состоянии покоя на гладких наклонных плоскостях. Если позволить им двигаться, то какова будет их скорость после прохождения расстояния D?
4.12.	В бак с площадью поперечного сечения А налита жидкость плотности р. Жидкость свободно вытекает
16
7. Современная наука о природе. Законы механики
из небольшого отверстия, расположенного на расстоянии Н ниже уровня жидкости. Площадь отверстия равна а. Если внутреннее трение (вязкость) в жидкости отсутствует, с какой скоростью она вытекает из отверстия?
4.13.	Из решения приведенных выше задач должно быть ясно, что рассмотрение статического равновесия в отсутствие трения можно свести, используя принцип виртуальных перемещений, к проблеме чисто геометрического характера: куда сместится одна точка, если малое смещение другой задано? Во многих случаях на этот вопрос легко ответить, используя следующие свойства треугольников:
I.	Если при постоянной длине сторон и d2 угол меняется на малую величину Да, то длина противолежащей стороны L меняется на
Д£ = sin аДа.
II.	Если длины сторон прямоугольного треугольника а, b и с изменяются соответственно на Да, Д& и Дс, то эти изменения связаны между собой соотношением
аДа4-6Д6 = сДс '
Условия задач
17
(с — гипотенуза). Можете ли вы доказать эти формулы?
4.14.	Грузовик загружен одинаковыми гладкими бревнами. Он заехал в кювет и стоит, накренившись на один борт, причем дно кузова образует с горизонталью угол 0 (крена в продольном направлении нет — грузовик стоит «на ровном киле»). Заканчивается разгрузка кузова. Если удалить бревно, показанное на рисунке пунктиром, то последние три бревна при малейшем уменьшении угла 0 раскатятся. Найдите угол 0.
4.15.	Длины наклонных и горизонтальных стержней фермы, показанной на рисунке, относятся как 5 : 6. Все соединения шарнирные, свободные, и вес самой фермы пренебрежимо мал.
а)	Какие стержни при данном положении груза W можно заменить гибкими связями?
б)	Найдите усилие в стержне BD.
4.16.	Стержень длины R составлен из двух однородных кусков одинаковой длины, один из которых весит вдвое больше другого. Стержень подвешен за концы на двух нитях длины R, прикрепленных к гвоздю в точке Р. Какой угол с горизонталью образует стержень в положении равно- RJ? весия?	s'
S. i
t8 1. Современная наука о природе. Законы механика
4.17.	Из прочной проволоки изготовлена рамка в форме прямоугольного треугольника и помещена в вертикальной плоскости, как показано на рисунке. По проволоке без трения скользят связанные нитью два грузика весом W71=100 г и ТГ2=300 г. Чему равно натяжение нити и угол а в положении равновесия?
К главе 6. Вероятность
6.	1. «Молекула воздуха» при температуре 25° С и давлении 760 мм рт. ст., двигаясь со средней скоростью 450 м/сек, успевает между двумя последовательными столкновениями пролететь около 7 • 10-6 см. Если в воздухе отсутствует струйное, макроскопическое движение, то сколько примерно времени понадобится молекуле, чтобы удалиться на 1 см от точки, в которой она находится в данный момент?
6.	2. В сумке у мальчика три красных, два зеленых и один белый шарик. Он вынимает, не глядя, три первых попавшихся под руку шарика. Какова вероятность того, что:
а)	все три шарика разного цвета?
б)	все три шарика одного цвета?
6.	3. Неподвижная сфера радиуса b «обстреливается» потоком маленьких шариков радиуса а. Будем предполагать, что рассеяние абсолютно упругое и что угол падения равен углу отражения (они отсчитываются от линии, соединяющей центры сферы и шарика в момент соприкосновения). Получите выражение для относительной доли шариков, рассеиваемых на разные углы. Результат представьте
Условия задач
19
в виде формулы для сечения рассеяния. Убедитесь, что результат для полного сечения рассеяния сводится к очевидному7 выражению л(а+&)2.
К главе 7. Теория тяготения
Приведем некоторые свойства эллипса. Его размеры и форма полностью определяются заданием любых двух следующих величин:
а — большая полуось;
b — малая полуось;
с — расстояние от центра до одного из фокусов;
е — эксцентриситет;
г — кратчайшее расстояние от фокуса до линии эллипса;
га — наибольшее расстояние от фокуса до линии эллипса. Соотношения между этими величинами имеют вид
а2 — Ь2 с2,	е = -у (по определению),
гр = а—с = а(\—е),	га — а-\-с = а(\ + е).
7.	1. Расстояние от Луны до центра Земли изменяется от 363 300 км в перигее до 405 500 км в апогее, период обращения Луны вокруг Земли составляет 27,322 дня. Искусственный спутник Земли движется по орбите так, что расстояние от земной поверхности в перигее равно 225 км, а в апогее 710 км. Средний диаметр Земли равен 12 756 км. Определите период обращения спутника.
7.	2. Спутник движется по круговой орбите радиуса R вокруг большого небесного тела массы М. Масса спутника т.
20
1. Современная наука о природе. Законы механики
а)	Используя соотношение s=a/2/2 и рассуждения, изложенные в гл. 7 «Лекций», получите выражение для центростремительного ускорения, которое испытывает спутник, движущийся по круговой орбите. Выразите это ускорение через орбитальную скорость и радиус орбиты.
б)	Полагая гпа=СМт/К*, получите третий закон Кеплера.
7. 3. а) Сравнивая параметры орбитальных движений Земли вокруг Солнца и Луны вокруг Земли, определите отношение массы Солнца к массе Земли. (Можете при этом использовать соотношения, полученные в предыдущей задаче.)
б) Ио, спутник Юпитера, совершает оборот по орбите радиуса 421 800 км за 1,769 дня. Определите отношение массы Юпитера к массе Земли.
7. 4. Используя представление о том, что два взаимно притягивающихся тела непрерывно «падают» друг на друга и в результате обращаются вокруг одной общей неподвижной точки (центра масс системы), покажите, что период обращения при фиксированном расстоянии R мещду телами зависит только от суммы их масс, но не от отношения масс. Это утверждение справедливо и для эллиптических орбит. Попытайтесь его доказать.
7. 5. Две звезды а и b движутся одна вокруг другой под действием взаимного гравитационного притяжения. Большая полуось орбиты этого относительного движения, измеренная в астрономических единицах (Л. Е.), равна R, а период обращения составляет Т лет. Получите выражение для отношения суммы масс звезд та+ть к массе Солнца.
7. 6. Тригонометрический параллакс Сириуса (т. е. угол, под которым с Сириуса виден радиус земной орбиты) равен 0,378 угл. сек. Используя это значение и численные данные, приведенные на фиг. 7.7 в «Лекциях» (вып. 1, стр. 131), определите возможно точнее суммарную массу системы Сириуса по отношению к массе Солнца:
Условия задач
21
а)	считая, что плоскость орбиты относительного движения Сириуса А и Сириуса В перпендикулярна направлению на Землю;
б)	учитывая, что реальный угол между плоскостью орбиты и направлением на Землю отличается от прямого, является ли значение массы, полученное вами, предельным? Если да, то верхний это предел или нижний?
7. 7. Эксцентриситет земной орбиты равен 0,0167. Найдите отношение максимального значения орбитальной скорости Земли к минимальному значению.
7. 8. В 1986 г. ожидается появление кометы Галлея. Это будет ее седьмое возвращение из путешествия вокруг Солнца, если начинать счет с тех дней 1456 г., когда перепуганные люди возносили в церквях молитвы, прося защитить их от «дьявола, турка и кометы». Во время ее последнего прохождения через перигелий 19 апреля 1910 г. было измерено расстояние между нею и Солнцем, оказавшееся равным 0,60 А. Е.	•
а)	На какое расстояние уходит комета от Солнца в самой дальней точке своей траектории?
б)	Чему равно отношение максимального значения ее орбитальной скорости к минимальному?
7.	9. Как можно определить массу Луны?
7.10.	Радиусы Земли и Луны равны 6378 и 1738 км соответственно, а их массы находятся в отношении 81,3 : 1. Рассчитайте ускорение силы тяжести на Луне, если на Земле оно равно 9,8 м/сек2.
7.11.	Какова должна быть точность экспериментального определения g, чтобы стал заметен «суточный ход» этой величины из-за наличия лунного притяжения? Для простоты будем предполагать, что лаборатория, в которой производятся измерения, имеет такое географическое расположение, что Луна проходит над ней в зените, а «под ней» — в надире. Пренебрегайте влиянием приливов.
22
1. Современная наука о природе. Законы механики
К главе 8. Движение
8.	1. Тело движется по прямой линии с постоянным ускорением а. При t~0 оно находится в точке х=х0 и имеет скорость vx=vx0. Покажите, что в момент времени t положение и скорость тела определяются соотношениями
x(O = *o4-iW + 4 а/2>
vx (О = ^о + at.
8.	2. Исключите время из формул, приведенных в предыдущей задаче, и покажите, что в любой момент времени выполняется равенство
Рх = ^о + 2а(х—х0).
8.	3. Обобщите результаты двух последних задач на случай трехмерного движения с постоянным ускорением, проекции которого на координатные оси равны ах, ау и аг.
8.	4. Снаряд выпущен из орудия, установленного на уровне земли, с начальной скоростью v под углом О к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха, вычислите расстояние, которое он пролетит, и максимальную высоту, которой он достигнет в полете.
8.	5. Под каким углом к горизонту следует установить ствол орудия, чтобы снаряд (см. предыдущую задачу) пролетел максимальное расстояние?
8.	6. Новичок, незнакомый с обычаями регулировщиков движения на наших пригородных дорогах, был наказан штрафом за превышение скорости. Поэтому, увидев на ровном участке дороги плакат «Проверьте спидометр», он решает последовать этому совету. Пройдя линию «0» размеченного участка шоссе, он нажимает на акселератор и в течение всего времени проверки заставляет свою машину двигаться с постоянным ускорением. Он замечает, что мимо столбика с отметкой «ОД мили» его машина проходит через 16 сек после начала испытания,
Условия задач
23
а еще через Ясек он проезжает мимо отметки «0,2 мили», а) Каково будет в этот момент показание его спидометра?
б) С каким ускорением двигалась машина?
8. 7. Ракета, запущенная в вертикальном направлении, движется с ускорением 2g в течение всех 50 сек работы двигателя. Пренебрегая сопротивлением воздуха и изменением величины g с высотой: а) начертите диаграмму v—t (зависимость скорости от времени) для всего времени полета;
б) определите максимальную высоту, которой достигла ракета;
в) рассчитайте полное время полета от момента запуска до возвращения на Землю.
8. 8. На длинном горизонтальном участке полигона испытываются ракетные и авиационные реактивные двигатели. Однажды тележка с ракетным двигателем, стартуя с места, двигалась с постоянным ускорением, пока не выгорело все горючее, а потом она продолжала двигаться с постоянной скоростью. Горючее, как оказалось, кончилось ровно посередине отмеренного расстояния. Затем из той же начальной точки начала разгоняться тележка с авиационным реактивным двигателем, которая прошла с постоянным ускорением все расстояние. Оказалось, что обе тележки прошли известное расстояние за одинаковое время. Чему равно отношение ускорений, развиваемых ракетным и авиационным двигателями?
8.	9. Миномет установлен на расстоянии 8100 м от вертикального обрыва высотой 105 м (см. схему). Необходимо минометным огнем поразить цели, скрытые за обрывом. Как близко к основанию обрыва могут «подобраться» мины, если их началь-ная скорость состав- I'	\
ляет 300 м!сек>	\
24	/. Современная наука о природе. Законы механики
8.10.	Угол можно измерять длиной дуги окружности, которую отсекает’ угол, если его вершина находится в центре окружности. Если S — длина дуги, а Я — радиус окружности, то угол в радианах равен
а) Покажите, что если 0<^1 рад, то sin0«0, cos 0л; I. б) Используя полученный результат и формулы для косинуса и синуса суммы двух углов, найдите производные от sin х и cos.y, применяя основную формулу
dt/ = цт у (Л'+Ах) —у(х) dx Дл-->0	&х
8.11.	Тело движется по кругу радиуса Я против часовой стрелки с постоянной скоростью v. Центр окружности помещается в начале прямоугольной системы координат (х, у), и в момент Я=0 тело находится в точке с координатами (Я, 0).
а) Найдите х, у, vx, vv, ах, ау как функции времени, б) Покажите, что
и
где
x--o)2.v=- 0
z/4- сА/ = 0,
V
а точка над буквой означает производную по времени, так что
Условия задач
25
8.12.	Небольшой камешек застрял в узоре протектора автомобильной шины радиуса R. Шина катится по горизонтальной дороге без проскальзывания с постоянной скоростью v. Найдите выражения для координат камешка х и у как функций времени (в момент времени £=0 камешек касается дороги). Найдите также зависимость от времени компонент скорости и ускорения камешка.
К главе 9. Динамические законы Ньютона
9.	1. Частица с массой т движется в области пространства, где на нее действует сила, пропорциональная скорости частицы и перпендикулярная одновременно двум направлениям — вектору скорости и оси г. В начальный момент скорость частицы равна v0 и лежит в плоскости х — у. Покажите, что частица движется по круговой орбите и найдите радиус этой орбиты. Пусть коэффициент пропорциональности в выражении для силы через скорость равен р, т. е. р=|3ц.
9.	2. Найдите радиусы кривизны орбиты, изображенной на фиг. 9.6 в «Лекциях» (вып. 1, стр. 173) в моменты времени t=^Q, £=0,82 и £=2,086 сек.
9,	3, Мальчик бросает мяч вверх под углом 70° к горизонту и попадает прямо в открытое окно, которое расположено на 9,6 м выше его плеча. Мяч влетает в окно горизонтально.
а)	С какой скоростью вылетел мяч из руки?
б)	Чему равен радиус кривизны траектории мяча, когда он перелетает через подоконник? Можете ли вы определить радиус кривизны траектории в любой момент времени?
9, 4. Джим и Джо, два специалиста по космической физике, выросшие на разных планетах, встречаются на межпланетном симпозиуме Палаты мер и весов, посвященном утверждению универсальной системы физических единиц. Джим с гордостью описывает
20	1. Современная наука о природе. Законы механики
4
заслуги системы MKSA, которой пользуются все цивилизованные люди на Земле. Джо с неменьшей гордостью превозносит прелести системы M'K'S'A', которой пользуются цивилизованные люди по всей Солнечной системе, кроме Земли. Если постоянные множители, которые связывают единицы массы, длины и времени в этих двух системах, равны р, К и т, так что
т' = ii/n, Г = Id и t’ — it,
то какие множители потребуются для перевода единиц измерения скорости, ускорения, силы и энергии из одной системы в другую?
9. 5. Как будут связаны между собой численные значения гравитационной постоянной, измеренные в двух системах единиц, описанных в предыдущей задаче?
9. 6. Чему будет равно численное значение величины GMq, если расстояние измерять в астрономических единицах, а время в годах?
9. 7. Если изготовить модель Солнечной системы в одну k-ю натуральной величины из материалов той же самой средней плотности, которая известна для настоящих планет и Солнца, то как будут зависеть от «масштабного фактора» k периоды обращения «планет» модели по своим орбитам?
9. 8. На схеме изображена машина Атвуда — одно из первых приспособлений для измерения ускорения силы тяжести. Массы блока Р и нитей пренебрежимо малы, трение отсутствует. С обеих сторон блока подвешены грузы одинаковой массы М, и система находится в равновесии. Затем на один из грузов кладется маленький разновесок т, и этот груз начинает опускаться. После того как он пройдет расстояние h, разновесок подхватывается специальным упором и грузы продолжают движение с постоянной скоростью V. Найдите ускорение силы
i
Условия задач
27
тяжести g, если величины т, М, h и v известны.
9.	9. Двое молодых марсиан, Паоло и Франческа, хотят переправиться через марсианский канал Римини, но ни одна гондола не берет их обоих сразу, а переправляться в разных лодках они отказались. Находчивый гондольер Джузеппе умудряется все-таки заработать на их переезде. Он подвешивает эту парочку на мачте (см. рисунок) с помощью невесомых и абсолютно гладких блоков и веревок (характерная особенность всех марсианских конструкций) и быстро переправляет влюбленных через канал, пока ни один из них не успевает коснуться ни мачты, ни палубы. Много ли при этом Джузеппе выигрывает в нагрузке? Напоминаем: натяжение невесомой нити, перекинутой без трения через невесомый блок, одинаково с обеих сторон блока.
28
1. Современная наука о природе. Законы механики
9.10.	Космический путешественник собирается отправиться на Луну. У него есть пружинные весы и гиря А массой 1 кг. Если подвесить эту гирю на пружине весов на Земле, они покажут 1 кГ. Опустившись на некотором участке лунной поверхности, где ускорение силы тяжести точно не известно (известно лишь, что оно примерно в шесть раз меньше, чем на Земле), космонавт подбирает камень В, который вытягивает на весах тот же самый 1 кГ. Затем он подвешивает А и В на нити, перекинутой через блок, как показано на рисунке, и обнаруживает, что камень опускается с ускорением 1,2 м/сек-. Чему равна масса камня В?
9.11.	К потолку лифта, масса которого /И2, подвешен груз массы Л4Х. Приложенная сила F заставляет лифт двигаться с ускорением вверх [В больше (M1+M2)g]. Груз Л4Х находится на расстоянии S от пола лифта.
а)	Найдите ускорение лифта.
б)	Чему равно натяжение нити, которой груз привязан к потолку?
в)	Нить внезапно оборвалась. Чему равно ускорение лифта и груза Л4Х в следующий момент?
г)	Сколько времени пройдет от момента разрыва нити до удара груза /Их об пол?
~г
i'
Условия зада1!
29
9.12.	Маляр работает в подвесном кресле (см. рисунок). Вес его 72 кГ. Ему понадобилось срочно подняться вверх. Он принимается тянуть за веревку с такой силой, что его давление на кресло уменьшается до 40 кГ. Само кресло весит 12 кГ.
а)	Чему равно ускорение маляра и кресла?
б)	Чему равна полная нагрузка на блок?
9.13.	Посмотрите на рисунок. Какую постоянную горизонтальную силу нужно приложить к М, чтобы М± и М2 относительно Л1 не двигались?
9.14.	В системе, изображенной на рисунке, трение между любыми поверхностями отсутствует. Если грузику с массой т=150 а, находящемуся над рамой на расстоянии 1,2 м, позволить двигаться, то за какое время он пройдет это расстояние? Масса рамы Л4-1650 г.
9.15.	Груз, подвешенный на пружине, неподвижен. Затем он приводится в движение ударом, направленным
30
1. Современная наука о природе. Закона механики
снизу вверх, и в начальный момент его скорость равна единице. Масса и упругость пружины таковы, что уравнение движения имеет вид х=—х. Найдите максимальную высоту, которой достигнет груз, путем численного интегрирования уравнения движения.
9.16.	Тело с массой т движется прямолинейно. Движение тормозится силой, пропорциональной скорости тела, F=—kv. Найдите х как функцию времени численным интегрированием, если в начальный момент t=0, х=0 и u=ufl. Найдите время 0!г, за которое тело потеряет половину своей скорости, и максимальное расстояние хт, которое пройдет тело.
Примечание, а) Подберите временной и линейный масштабы так, чтобы уравнение движения имело простые численные коэффициенты.
б)	Придумайте схему расчета (аналогичную приведенной в тексте «Лекций»), которая обеспечивала бы хорошую точность при сравнительно большом шаге АЛ
в)	Используйте соображения размерности, чтобы выяснить, как б/з и хт зависят от у0, k и т, а уравнение движения решите только для одного удобного значения v0, скажем для по=1,ОО (в модифицированных единицах х и t).
9.17.	Заряженная частица движется в электрическом и магнитном полях согласно уравнениям движения
dt £Vy
и
du..
-dM+^
При 1=0 частица находится в точке (0,0) и скорость ее имеет составляющие их=1,00 и vy=0. Определите тип движения с помощью численного интегриро-вания. Прочтите примечание (б) к предыдущей задаче.
9.18.	Мина вылетает из ствола миномета со скоростью 300 м/сек под углом 45° к горизонту. Ее движение
Условия задач
31
тормозится силой, пропорциональной кубу скорости (Е=—йп3). Коэффициент пропорциональности k таков, что при скорости 300 м/сек. сила сопротивления вдвое превышает вес мины. Численным интегрированием найдите приближенные значения максимальной высоты, на которую поднимется мина, и расстояние от точки выстрела, на котором она упадет на землю. Сравните их с величинами, получающимися при отсутствии сопротивления воздуха.
К главе 10. Закон сохранения импульса
10.	1. В горизонтальном воздушном желобе (он описан в гл. 10 «Лекций», вып. 1, стр. 181) могут свободно двигаться два тела. Одно неподвижно, а другое налетает на него, и происходит абсолютно упругое столкновение, после чего тела разлетаются в противоположных направлениях с равными скоростями. Чему равно отношение их масс?
10.	2. Два одинаковых массивных тела движутся навстречу друг другу в горизонтальном воздушном желобе с одинаковыми по величине скоростями и и —о. Происходит почти упругое соударение, и они разлетаются в противоположные стороны с несколько меньшими скоростями. При столкновении теряется доля кинетической энергии /	1. Если
бы до столкновения одно из этих тел покоилось, какова была бы скорость второго тела после столкновения? (Эту маленькую остаточную скорость Ап легко выразить через v — конечную скорость тела, покоившегося до столкновения, и таким путем определить упругость пружинных буферов.) Примечание. Если х<с1, то У1—xal—х/2.
10.	3. Спутник Земли весом 10 кг со средним поперечным сечением 0,50 м2 движется по круговой орбите на высоте 200 км, где средний пробег молекул измеряется многими метрами и плотность воздуха равна 1,6-10“10 кг/м2. Приближенно будем считать соударения молекул со спутником абсолютно
32	/. Современная наука о природе. Законы механики
неупругими (молекулы не то чтобы прилипают к спутнику, но отскакивают от него с очень малыми относительными скоростями). Подсчитайте, какая тормозящая сила будет действовать на спутник за счет трения о воздух. Как будет зависеть эта сила от скорости спутника? Будет ли скорость спутника уменьшаться под действием всех приложенных к нему сил? (Учтите зависимость орбитальной скорости спутника от высоты круговой орбиты.)
10.	4. Ракета, первоначальная масса которой Мо кг, выбрасывает продукты сгорания топлива с постоянной скоростью о0 (по отношению к ракете). В 1 сек выбрасывается dm/dt=—г0 кг/сек газов.
а)	Рассчитайте ускорение ракеты в начальный момент, пренебрегая силой тяжести.
б)	Если скорость истечения по=2,0 км/сек, сколько килограммов газов в секунду необходимо выбрасывать для создания тяги 105 кГ?
в)	Запишите дифференциальное уравнение, которое связывает скорость ракеты с ее остаточной массой, и, если можете, решите это уравнение.
10. 5. Если два тела движутся по одной прямой, то существует такая система координат, в которой импульс одного тела равен по величине и противоположен по направлению импульсу другого тела. Это значит, что суммарный импульс двух тел в такой системе равен нулю. Такая система отсчета называется системой центра масс (сокращенно ц. м.). Если массы тел равны т1 и т.2, а тела движутся со скоростями и щ соответственно, то покажите, что скорость системы ц. м. равна
v + Ц'М.
10. 6. Обобщите результат задачи 10.5 на произвольное число тел, движущихся по одной прямой, т. е. найдите скорость системы координат, в которой суммарный импульс всех этих тел равен нулю.
10, 7. Пусть Т — полная кинетическая энергия двух тел в задаче 10.5, а Тц м.— их полная кинетическая
Условия задач
33
энергия в системе ц. м. Покажите, что
+ ~2 (т1 +m2) уц.мл
10. 8. Можете ли вы обобщить результат задачи 10.7 на произвольное число тел?
10. 9. Нейтрон с кинетической энергией Е испытывает лобовое столкновение с покоящимся ядром С12 и отскакивает от него после абсолютно упругого соударения в направлении, прямо противоположном начальному направлению своего движения. Как изменится кинетическая энергия нейтрона после соударения?
10.10. Скорость ружейной пули можно измерить с помощью баллистического маятника: пуля с известной массой т и неизвестной скоростью v попадает в покоящийся деревянный брусок массы М, подвешенный на нити длиной L, и застревает в нем. Брусок при этом приходит в движение. Амплитуду его колебаний х можно измерить и, используя закон сохранения энергии, определить тем самым скорость бруска сразу после попадания в него пули. Выразите скорость пули через т, М, L и х.
К главе 11. Векторы
11. 1. Если три вектора заданы равенствами a=3i+2j—к, b=2i—j+k и c=i+3j, получите
а) а + Ь, б) а — Ь, в) ах, г) ai, д) а-Ь, е) (а-с)Ь—(а-Ь)с.
11. 2. Велосипедист едет со скоростью 10 миль в час в северном направлении, и ему кажется, что ветер (который дует со скоростью 6 миль в час откуда-то с северо-востока) направлен почти навстречу ему, под углом 15° к линии его движения.
2 Заказ № 1 7
34
I. Современная наука о природе. Законы механики
а)	Определите истинное направление ветра.
б)	Найдите кажущееся направление ветра с точки зрения велосипедиста, который едет в обратном направлении с той же скоростью 10 миль в час.
11.3. Вы находитесь на судне, которое идет на восток с постоянной скоростью 15 узлов. Корабль, идущий постоянным курсом с известной скоростью 26 узлов, находится в 6 милях южнее. Позднее он проходит у вас за кормой, причем расстояние наибольшего сближения составляет 3 мили.
а)	Найдите курс этого корабля.
б)	Какое время прошло между двумя моментами, описанными в задаче?
11. 4. Колесо радиуса R катится без скольжения по горизонтальной поверхности. Колесо расположено в вертикальной плоскости, а ось его движется горизонтально с постоянной скоростью v относительно поверхности. Вычислите величину и направление скорости произвольной точки на ободе колеса. Убедитесь, что скорости точек на ободе таковы, как если бы колесо вращалось вокруг мгновенной оси, проходящей через точку соприкосновения колеса с горизонтальной поверхностью.
11. 5. Моторная лодка, скорость которой относительно воды равна V, движется по прямолинейному участку реки. Скорость течения постоянна и равна и. Сперва лодка поднимается вверх по течению на расстояние d от своей стоянки и возвращается обратно, а затем отправляется в пункт на противоположном берегу реки как раз напротив стоянки и возвращается обратно. Ширина реки также равна d. Для простоты будем предполагать, что лодка все время движется с постоянной скоростью, и на разворотах время не теряется. Если tv — время поездки вдоль реки, G— время поездки поперек, a tL— время, за которое лодка прошла бы расстояние 2d по озеру, то: а) чему равно отношение tv/ tA?
б) чему равно отношение
Условия задач
35
' 1L в. Человек, стоящий на берегу реки шириной в 1 милю, хочет переправиться на другой берег, в прямо Противоположную точку. Он может сделать, это двумя способами: 1) плыть все время под углом к течению, так что результирующая скорость будет все время перпендикулярна берегу; 2) плыть прямо к противоположному берегу, а расстояние, на которое его снесет течением, пройти затем по берегу пешком. Плавает он со скоростью 2,5 мили в час, а идет со скоростью 4 мили в час. Скорость течения 2 мили в час. Какой способ позволит переправиться скорее?
11. 7. Даны два одинаковых клина с углами наклона 45° и одинаковыми массами Л41=М2=8,0 кг. Все плоскости абсолютно гладкие, как и у груза с массой Af-=384 кг, который требуется приподнять с помощью этих клиньев. Оба горизонтальной плоскости; вертикальную стену, а к ризонтальная сила F—592 а) Найдите величину и подвижного клина Мг.
б) Найдите величину и груза Л4.
в) С какой силой давит на груз Л4?
клина лежат на гладкой один из них упирается в другому приложена го-кГ.
направление ускорения
направление ускорения
неподвижный клин М2
11. 8. Материальная точка с массой т висит на конце нити произвольной заданной длины, а другой конец нити прикреплен к шаровому шарниру, в котором отсутствует трение. Эта материальная точка приводится в движение по круговому горизонтальному пути, который лежит в плоскости, отстоящей от шарнира на Н. Найдите период движения.
2*
36
1. Современная наука о природе. Законы механики
11.	9. Обобщите результаты задач 10.5 и 10.8 на трехмерное движение, используя векторную символику.
п
Введите обозначение Л4=2т,--1= 1
11.10.	«Частица» с массой т^—2 кг, движущаяся со скоростью V!=3i-4-2j—к м/сек, испытывает абсолютно неупругое столкновение с другой частицей, масса которой т2=3 кг, а скорость v2——2i+2j+4k м/сек. Найдите скорость получившейся составной частицы.
11.11.	Найдите кинетическую энергию частиц, описанных в задаче 11.10, в системе ц. м. до столкновения.
11.12.	Тело с массой 1 кг, движущееся точно на север со скоростью 6 м/сек, сталкивается с покоящимся телом, масса которого 2 кг. После соударения тело с меньшей массой движется под углом 45° к направлению своего первоначального движения (на северо-восток) со скоростью 2,82 м/сек.
а)	Чему равна скорость тела с массой 2 кг?
б)	Какая доля кинетической энергии в системе ц. м. ^пропала» из-за неупругости соударения?
в)	На какой угол отклонилось более легкое тело в системе ц. м.?
11.13.	Движущаяся частица испытывает абсолютно упругое столкновение с покоящейся частицей равной массы. Покажите, что после соударения частицы разлетаются под прямым углом.
При анализе Двухчастичных столкновений полезно использовать следующий подход: '
1)	Найдите vB M., т. е. скорость системы ц. м.
2)	Вычтите vU M, из vx и v2 (скорости первой и второй частиц до столкновения), чтобы получить начальные скорости в системе ц. м., т. е. vx и v2.
3)	Импульсы обеих частиц теперь равны по вели-чййе и противоположны по направлению.
4)	Происходит столкновение, в результате которого: а) поворачивается линия относительно движения частиц 1 и 2;
б)	абсолютные величины векторов vx и v2 увеличиваются, уменьшаются или остаются не
Условия задач
37
изменными в зависимости от того, выделяется, поглощается или остается неизменной энергия в процессе столкновения.
5)	Прибавьте vu м_ к скоростям vj и vj в системе ц. м. после соударения. Получатся скорости vx и v2 после столкновения в «лабораторной» системе.
11,14.	Два маленьких шарика А и В движутся под действием силы тяжести с ускорением 9,8 м/сек2. Масса каждого шарика равна 1 г (ускорение считать направленным по оси г).
Заданы следующие начальные условия: при t—0 га(0) = 7i + 4,9k м, va (0) = 7i3j м/сек, rb(0) = 49i-'r 4,9k м, v6(0) =—7i + 3] м/сек.
Найдите ra( f) и rb( f) для всех моментов времени />0.
11.15.	Частица массы налетает со скоростью vx на покоящуюся частицу, масса которой m2=3m1. Происходит абсолютно упругое соударение, после которого частица т2 движется под углом 02=45° к первоначальному направлению движения частицы (см. рисунок). Требуется найти 0Х— угол отклонения первой частицы и величины скоростей их и и2.
11.16.	Частица массы М налетает на покоящуюся частицу массы т	и происходит упругое столкно-
вение. Найдите максимально возможное значение угла отклонения налетающей частицы.
11.17.	Частица массы т упруго сталкивается с покоящейся, масса которой М>т, и отклоняется от пер* воначального направления на 90°. Под каким углом 0 к направлению первоначального движения полетит более тяжелая «частица отдачи»?
88	1. Современная наука о природе. Законы механики
11.18.	Пусть в столкновении, описанном в предыдущей задаче, теряется доля 1—а2 кинетической энергии в системе ц. м. Чему равен в этом случае угол вылета частицы отдачи, покоящейся до столкновения?
11.19.	Частица с массой 1 кг движется так, что ее положение в любой момент времени определяется радиусом-вектором
г = П + ( j — sin л-^-k. \	\ Jl /	Z
а)	Определите положение, скорость, ускорение и кинетическую энергию частицы в моменты времени 1—0 и /=1 сек.
б)	Получите выражение для силы, которая заставляет частицу двигаться.
в)	Найдите радиус кривизны траектории частицы в момент времени t=l сек.
11.20.	В начальный момент частица находится в точке г0 и имеет скорость v0. Определите ее дальнейшее движение под действием силы тяжести.
11.21.	Используйте векторную алгебру для нахождения расстояния по дуге большого круга между двумя точками земной поверхности, долгота и широта которых равны соответственно p-j/fi) и (Х3, <р2). Примечание. Используйте прямоугольную систему координат с началом в центре Земли. Одну ось этой системы направьте вдоль земной оси, другую — в направлении, определяемом углами Х=0, ф=0, а третью — под углами Х=0, <р=90°. (Долгота пусть меняется от 0 до 360° с востока на запад.)
11.22.	Чему равны величина и направление ускорения Луны:
а)	в новолуние?
б)	в первую четверть?
в)	в полнолуние?
Примечание. Расстояние от Земли до Солнца равно 1,5-108 км, расстояние от Земли до Луны 3,85- 105к.и, масса Солнца составляет 3,33-105 земных масс.
Условия задач
39
К главе 12. Характеристики силы
12.	1. Кирпич массы т скользит по наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол 0. Если коэффициент трения скольжения (x-CtgO, то с каким ускорением будет двигаться кирпич: а) вверх по плоскости?
б)	вниз по плоскости?
в)	под углом <р к горизонтальной линии на плоскости?
(Представьте себе, что к плоскости приложена гладкая линейка, вдоль которой и движется кирпич. Используйте в наклонной плоскости координаты х и у; х направьте по горизонтали, ay — вверх по наклонной плоскости.)
12. 2. Пусть в предыдущей задаче т=1,00 кг, ц=0,20, а 0=30°. Если кирпич движется в начальный момент по наклонной плоскости вверх со скоростью 3,00 м/сек, то:
а)	как далеко вверх он поднимется?
б)	сколько времени ему понадобится, чтобы попасть в высшую точку и вернуться в исходную?
в)	сколько энергии он потеряет за это время?
12.	3. Тело весом W покоится на шероховатой плоскости, наклоненной к горизонту под углом а.
а)	Коэффициент статического трения p.=2tga; найдите минимальную горизонтальную силу /7МИН, которая способна будет привести тело в движение (см. рисунок).
б)	В каком направлении начнет двигаться тело?
12. 4. Груз весом 1 кг подвешен на двух нитях. Первая нить длиной 1,5 м привязана к кольцу, которое скользит по горизонтальному стержню (см. рисунок). Коэффициент трения между кольцом и стержнем равен 0,75. Ко второй нити привязан грузик,
40
1. Современная наука о природе. Законы механики
и она перекинута через блок, прикрепленный к стержню на 2,5 м левее кольца. Груз, подвешенный ко второму концу нити, увеличивают до тех пор, пока кольцо не начинает скользить. Найдите: а) величину груза W, при которой кольцо начнет скользить,
б) натяжение нити длиной 1,5 м и угол 0.
12, 5. На рисунке показан в разрезе простейший вертикальный замок. Нижняя его часть А может двигаться по горизонтальному пазу. Стенки паза абсолютно гладкие, но плоскости соприкосновения брусков А и В, наклоненные под 45° к горизонтали, шероховаты, и коэффициент трения между ними равен (х. Какова минимальная сила F, которую необходимо приложить, чтобы привести части замка в движение, если масса задвижки В равна т?
12.	6. Один неосторожный молодой человек проводит следующий опыт. Он ставит плоские медицинские весы на деревянную подставку с роликами, которая может скатываться без трения по наклонной плоскости (см. рисунок). Затем сам становится на весы и катится вниз, наблюдая за показаниями весов. Чему равен угол наклона плоскости, если весы
Условия задач
41
показывают в этот момент 120 фунтов, а молодой человек весит 160 фунтов?
12.	7. В устройстве, показанном на рисунке, груз Мх скользит без трения по наклонной плоскости; 0=30°, Л41=400 г, Л'12=200 г. Найдите ускорение груза Л'12 и натяжение нитей.
12.	8. Длина наклонной плоскости, изображенной на рисунке, 130 см, верхний ее конец расположен на 50 см выше нижнего. На этой плоскости лежат один на другом два бруска с массами тг (200 г) и (60 г). Коэффициент статического трения между брусками равен 0,5, а коэффициент трения скольжения между плоскостью и нижним бруском 0,33. К нижнему бруску приложена сила F, параллельная наклонной плоскости.
а)	Чему равно ускорение нижнего бруска в тот момент, когда верхний только-только начинает соскальзывать с него?
б)	Чему равно значение силы F перед началом этого соскальзывания?
42
/. Современная наука о природе. Законы механики
12. 9. Куб массы М прислонен к стене в наклонном положении, как показано на рисунке. Между кубом и стеной трение отсутствует, но между кубом и полом оно есть, и величины коэффициента трения р, как раз еле хватает на то, чтобы куб не начал скользить. Если О<0<45°, найдите это минимальное значение коэффициента трения как функцию 6. Проверьте свой ответ, рассмотрев предельные случаи 0->О и 0->45°, и рассчитайте значение 0, при котором р=1.
12.10.	Кронштейн для подвешивания небольших грузов, который легко устанавливается на любой высоте, очень удобен. Один такой кронштейн изображен на рисунке, там же приведены и основные размеры. Он может передвигаться по вертикальной стойке и удерживается на одном уровне силой трения. Если коэффициент статического трения между кронштейном и стойкой равен 0,30, а вес груза, подвешенного на расстоянии х от стойки, в 50 раз превышает вес самого кронштейна, каково будет минимальное значение х, при котором кронштейн не соскальзывает по столбу?
Условия задач
43
12.11.	а) Веревка, движущаяся с небольшой скоростью v, трется о цилиндрический столб (см. рисунок). Угол Д9 много меньше 1 рад. Если натяжение веревки с одной стороны столба равно Т+ДТ, а с другой Т, то чему равна разность ДТ, возникающая за счет трения?
б) Проинтегрируйте результат для ДТ, полученный в пункте (а), и найдите отношение натяжений на двух концах веревки, которая заворачивается вокруг столба на конечный угол а и натянута так, что начинает проскальзывать.
12.12.	Тело находится у основания абсолютно гладкой полосы длиной 1 м, наклоненной под углом 20° к горизонтали. Полоса начинает двигаться с горизонтальным ускорением а=4,00 м)сек2. За какое время тело достигнет верхнего края полосы?
12.13.	Напишите размерности
а)	электрического поля Е;
б)	магнитной индукции В;
в)	отношения Е/В;
г)	гравитационного поля.
12.14.	Заряженная частица движется в плоскости, перпендикулярной магнитному полю В. Покажите, что движение совершается по круговой орбите, и найдите радиус орбиты.
12.15.	Найдите время одного оборота частицы из предыдущей задачи. Ответ на этот вопрос необходимо знать при управлении циклотроном. Почему?
12.16.	Частица с массой m и зарядом q движется в электромагнитном поле, у которого от нуля отличны только компоненты Еу и В2.
а)	Напишите уравнение движения частицы.
44
1. Современная наука о природе. Законы механики
б)	Примените преобразование Галилея к координатам частицы: х'=х—(Ey/Bz) t,
У' = У, z' — z.
в)	Какое заключение после этого можно сделать о движении частицы во взаимно перпендикулярных электрическом и магнитном полях?
К главе 14. Работа и потенциальная энергия
14.	1. Сила F= 1,5z/i+3x2j—0,2(x2+z/2)k ньютон действует на материальную точку с массой 1,00 кг. При Л=0 положение частицы описывается радиусом-вектором r=2i-|-3j м, и она движется со скоростью v=2j+k м/сек. Найдите для /=0: а) силу, которая действует на частицу;
б)	ускорение частицы;
в)	ее кинетическую энергию;
г)	скорость изменения кинетической энергии.
14.	2. Найдите приближенно положение, скорость и кинетическую энергию частицы из предыдущей задачи в момент t= 0,01 сек.
14.	3. Частица движется от точки (0, —1,0) в точку (0, +1,0) по абсолютно гладкому пути под действием той же, что и в задаче 14.1, силы F (плюс некоторая сила, удерживающая частицу и не дающая ей «сойти с пути»). Найдите работу, совершенную силой F для двух вариантов траектории: а) прямая вдоль оси у, б) окружность в плоскости z — у.
Является ли поле силы F консервативным?
14. 4. Материальная точка массы 6,0 кг может двигаться вдоль оси х без трения. В каждом из перечисленных ниже случаев она начинает движение при х=0 и 1=0. 1) Точка проходит расстояние в 3 м под действием силы F=(3+4x) ньютон (х в метрах).
а) Какую скорость она при этом приобретет? б) Каково ее ускорение в конце пути?
Условия задач
45
в) Чему равна мощность, затрачиваемая на ее движение в этот момент?
2) Точка движется в течение 3 сек под действием силы /=(3+40 ньютон (время в секундах). Ответьте на вопросы (а) — (в) для этого случая.
14. 5. Сферическая оболочка радиуса 0,5 м равномерно заряжена до потенциала 10е в. Найдите ее заряд.
14. 6. Как правило, конденсатор состоит из двух металлических тел, несущих заряды разного знака. Емкость С определяется как отношение заряда на одном из тел к разности потенциалов между ними:
Определите емкость двух концентрических сфер с радиусами А и В.
14. 7. Если бы Земля несла нескомпенсированный электрический заряд 1 кулон, чему был бы равен ее потенциал?
14. 8. Автомобиль весит 1000 кГ. Максимальная мощность, развиваемая его двигателем, равна 120 кет. Пусть эта максимальная мощность достигается на скорости 60 км/час. Каково ускорение автомобиля на этой скорости?
14.	9.,Гибкий кабель длиной L и весом М кГ на погонный метр перекинут через блок, масса и радиус которого пренебрежимо малы. Трение в блоке отсутствует. В начальный момент кабель находится в положении равновесия, из которого его выводит слабый рывок за один из концов. Более длинная часть начинает перевешивать, и кабель с ускорением соскальзывает с блока. Найдите скорость кабеля в тот момент, когда через блок проходит его конец.
14.10.	Вода (плотность ее 1 г/смя) прокачивается через гладкий шланг и вырывается из его наконечника, поперечное сечение которого равно 35 см2. Струя направлена под углом 30а к горизонту и взлетает на 4,8 м выше выходного отверстия. Подающий
46	1. Современная наука о природе. Законы механики
щланг насоса погружен в большой резервуар, уровень воды в котором на 2,4 м ниже наконечника. Если полный к. п. д. насоса вместе с электромотором составляет 60%, какую мощность потребляет мотор?
14.11.	Мировые рекорды в толкании ядра, метании диска и копья составляли в 1960 г. 19,40 , 59,96 и 86,09 м соответственно. Массы этих метательных снарядов равны соответственно 7,257, 1,99 и 0,806 кг. Округлите эти цифры и сравните работу, затраченную каждым спортсменом в рекордном броске для трех снарядов, предполагая каждый раз, что снаряд вылетает под углом 45° с уровня 1,8 м над землей. Сопротивлением воздуха пренебрегите.
14.12.	Мощность двигателя машины 85 л. с., а вес машины 1200 кГ. При движении с постоянной скоростью 48 км/час мощность, развиваемая двигателем, равна всего 20 л. с. Найдите величину самого крутого уклона, на который эта машина может подниматься с такой скоростью, считая, что сопротивление трения от наклона дороги не зависит. (Величину уклона характеризуйте либо углом по отношению к горизонтали, либо какой-нибудь функцией этого угла.)
14.13.	Масса М некоего сферического тела радиуса R равномерно распределена по его объему. Каков гравитационный потенциал и напряженность гравитационного поля, создаваемого этим телом на разных расстояниях от его центра? Представьте результат графически.
14.14.	Чашка пружинных весов весит 0,025 кГ, а упругость пружины составляет 15,3 ньютон/м. Грузик массы т= 50 г падает на чашку с высоты й=9,0 см. Соударение абсолютно неупругое. На какое максимальное расстояние опустится грузик? Отсчет ведется от точки, из которой он начал падать.
14.15.	Пружина с упругой постоянной k растянута под действием постоянной силы F и находится в равновесии. Считая растяжение по-прежнему пропорциональным силе, показать, что при смещениях
Условия задач
47
относительно нового положения равновесия упругая постоянная та же.
14.16.	Небольшая тележка движется без трения по наклонному пути, в нижней точке которого установлена «мертвая петля» радиуса R. С какой высоты Н должна начать движение тележка, чтобы пройти петлю, не сорвавшись?
14.17.	Материальная точка покоится в верхней точке абсолютно гладкой сферы радиуса R, а затем начинает скользить вниз по поверхности сферы под действием силы тяжести. Какое расстояние пройдет она вниз от начальной точки прежде, чем оторвется от сферы?
14.18.	Небольшое тело массы т движется под влиянием гравитационного притяжения по эллиптической орбите вокруг массивного тела массы М. Тяжелое тело можно считать неподвижным. Большая полуось орбиты равна а, ее эксцентриситет равен е. Вычислите полную энергию тела Е (кинетическую плюс потенциальную). Обратите внимание на то, что результат не зависит от эксцентриситета.
14.19.	а) Покажите, что площадь эллипса равна лаЬ. б) Получите третий закон Кеплера для эллиптических орбит.
в) Покажите, что орбиты всех тел, у которых на единицу массы приходится одинаковая энергия, соответствуют равным периодам обращения. (Для простоты предполагайте, что
14.20.	Скорость, которую необходимо сообщить телу, чтобы оно покинуло гравитационное поле Земли, равна примерно 11 км/сек. Если межпланетный корабль после сгорания всего топлива (при выходе из атмосферы) двигался со скоростью 12 км/сек, какова будет его скорость на расстоянии 10е км от Земли?
14.21.	Двигатели космического корабля прекращают работу где-то в районе Земли. Какую минимальную скорость должен набрать космический корабль, чтобы покинуть пределы Солнечной системы, имея
48	1. Современная наука о природе. Законы механики
«на выходе» скорость 16 км/сек относительно Солнца? Скорость Земли в ее орбитальном движении равна 30 км/сек.
14.22.	Космический корабль из предыдущей задачи должен покинуть Солнечную систему в определенном направлении. Какова максимальная скорость запуска с Земли, которая может для этого потребоваться?
14.23.	Требуется вывести космический корабль на околосолнечную орбиту с перигелием 0,01 А.Е. и тем же периодом обращения по орбите, который имеет Земля (1 год). С какой скоростью и в каком направлении относительно линии Земля—Солнце нужно запустить этот корабль с Земли? Орбитальная скорость Земли равна 30 км/сек.
14.24.	Внутри сферического тела радиуса R и плотности р имеется сферическая полость радиуса /?/4. Центр ее находится на расстоянии Я/4 от точки С — центра большой сферы, на линии PC, соединяющей С с точкой Р, которая находится на расстоянии X от поверхности большой сферы (см. рисунок). Найдите ускорение силы тяжести а в точке Р.
2
ПРОСТРАНСТВО • ВРЕМЯ • ДВИЖЕНИЕ
К главе 15. Специальная теория относительности
15.	1. Используя формулы преобразований Лоренца, выразите х, у, z и t через х', у', г' и t'.
15.	2. Проанализируйте работу «световых часов», которые ориентированы параллельно направлению своего движения. Схема этого устройства приведена на фиг. 15.3 «Лекций» (вып. 2, стр. 15). Не забудьте учесть лоренцево сокращение.
15.	3. В верхних слоях атмосферы рождается р-мезон, движущийся со скоростью о=0,99 с. До распада он успевает пролететь 5,00 км.
а)	Каково время жизни р-мезона, наблюдаемое нами, и чему оно равняется в системе координат, связанной с самим р-мезоном?
б)	Чему равна толщина слоя атмосферы, пройденного р-мезоном, измеренная в его «собственной» системе координат?
15.	4. Производство электроэнергии Соединенными Штатами в 1962 г. составляло 2,15-1012 квпг-ч.
а)	Какова масса вещества, превращенного при этом в энергию?
б)	Представим себе, что вся эта энергия вырабатывалась бы за счет превращения дейтерия в гелий, причем разность масс использовалась бы целиком (в действительности часть ее идет на испускание нейтрино). Сколько тяжелой воды пришлось бы расходовать ежесекундно для обеспечения такого годового производства энергии?
Примечание. Л1н*=2,0147 а. е. м, Л1не1=4,0039 а. е. м.‘
50
2. Пространство. Время. Движение
15.	5. Мощность солнечного излучения,поглощаемая в земной атмосфере, составляет примерно 1,4 квт/м2. Если вся эта энергия получается на Солнце за счет превращения обычного водорода в гелий, то сколько же тонн водорода в секунду «сгорает» на Солнце? (Потерей на испускание нейтрино пренебрегите.)
15.	6. Частица с массой покоя пг0 движется вдоль оси л так, что ее положение в каждый момент времени задается формулой
х = УЬ2-]- c2t2—b.
Чему равна сила, под действием которой частица совершает такое движение?
15.	7. а) Выразите ускорение силы тяжести в единицах свет.год/год2.
б) Космический корабль движется с таким ускорением, что его экипаж ощущает такую же постоянную силу тяжести, как на Земле. С точки зрения наблюдателя, неподвижного относительно точки, в которой корабль находился в момент t=Q, такой разгон продолжается 5,00 лет. На какое расстояние улетит корабль за это время и какова будет его скорость в конце разгона?
К главе 16. Релятивистская энергия и релятивистский импульс
16.	1. Напишите преобразование Лоренца в дифференциальной форме: dx—y(dx'+$cdt') и т. д. и вычислите таким образом dx/dt и dy/dt, выразив эти производные через vx', V и пр.
16.	2. Частица движется вдоль оси х со скоростью vx и ускорением ах. Система координат S’ движется по отношению к исходной со скоростью v. Чему равны скорость и ускорение частицы в этой системе?
16,	3. Проверьте формулу mw=mv]f 1—(и2/с2}, полученную в «Лекциях» (вып. 2, стр. 34).
Условия задач
61
16.	4. Частица массы покоя т0, движущаяся со скоростью 4с/5, испытывает неупругое соударение с покоящейся частицей равной массы.
а) Чему равна скорость образовавшейся составной частицы?
б) Чему равна ее масса покоя?
16.	5. Ускоритель «беватрон» в Беркли проектировался с таким расчетом, чтобы он мог разгонять протоны до энергии, достаточной для образования пар протон— антипротон в реакции p-j-p —< р+р+(р+р). Так называемая пороговая энергия этой реакции соответствует случаю, когда четыре частицы, перечисленные в правой части формулы реакции, движутся вместе как одна частица с массой покоя М=Мтр. Если протоны мишени до соударения покоятся/чему равна пороговая кинетическая энергия бомбардирующих протонов?
К главе 17. Пространство-время
17.	1. Масса покоя протона составляет /7^=938 Мэв. В космических лучах встречаются протоны с энергией порядка 1010 Гэв (1 Гэв=103 Л4эв); появление их удается определить с помощью разных косвенных методов. Пусть протон с такой энергией пересекает по диаметру Галактику. Длина этого диаметра равна 105 световых лет. Сколько времени потребуется протону на это путешествие «с его точки зрения»?
17.	2. Покажите, что энергия покоя электрона т^с1^ =0,511 Мэв.
17.	3. Покоящийся л-мезон (тя=273 те) распадается на ц-мезон (ти=207 те) и нейтрино (mv=0). Выразите в Мэв кинетическую энергию и импульс ц-мезона и нейтрино.
17.	4. Изучается движение заряженной частицы в магнитном поле. Если q измеряется в зарядах электрона, р — в Мэв, а В — в гс, то как связаны между собой величины р, В и R? Обозначьте q=Zqe.
52
2. Пространство. Время. Движение
17.	5. Строится циклотрон, ускоряющий протоны до кинетической энергии 150 Мэв. Напряженность магнитного поля в нем составляет 1,00-Ю4 гс.
а)	Чему должен быть равен радиус магнита?
б)	На какой частоте должны работать ускоряющие электроды?
в)	На сколько процентов должна меняться эта частота в процессе ускорения данной частицы из-за наличия релятивистских эффектов?
/( главе 18. Двумерные вращения
18.	1. Сила F=30i+40j ньютон приложена к точке r=8i+6j м.
Найдите:
а) момент силы относительно начала координат; б) плечо силы;
в) составляющую силы, перпендикулярную к г.
18. 2. На какой широте скорость точки земной поверхности за счет суточного вращения Земли на 200 м]сек меньше, чем в Лос-Анджелесе?
18. 3. На плоскую стальную пластинку, плавающую в ртути, действуют три силы, приложенные к трем разным углам квадрата со стороной 0,1 м (см. рисунок). Найдите силу, которая одна может удержать эту пластинку в положении равновесия. Найдите величину, направление и точку приложения этой силы (точка расположена на линии АВ).
50к^45‘
18. 4. На рисунке показан уголок, сделанный из металлического листа постоянной толщины. Он лежит на гладком горизонтальном столе. После удара, направление которого указано на рисунке, уголок
Условия задач
53
начинает двигаться по поверхности стола без вращения. На каком расстоянии от вершины О находится точка, в которой был нанесен удар?
18.	5. На рисунке изображена конструкция фермы моста. Она состоит из твердых невесомых стержней равной длины, соединенных между собой шарнирно. Трение в шарнирах отсутствует. Найдите силы реакции Fj и F2 и усилие в стержне DF, если в точке Е подвешен груз весом W.
18.	6. Вычислите моменты инерции следующих твердых тел, каждое из которых имеет массу т:
а)	Тонкий прямолинейный однородный стержень длины L. Момент нужно вычислить относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через один из его концов.
б)	Тот же стержень, но ось проходит через его середину.
в)	Тонкостенный полый круговой цилиндр радиуса г; относительно оси цилиндра.
г)	Сплошной круговой цилиндр радиуса г; относительно оси цилиндра.
18. 7. Груз массы т подвешен на нити, обмотанной вокруг сплошного цилиндра массы М и радиуса г. Цилиндр
54
2. Пространство. Время. Движение
может вращаться вокруг своей оси без трения (см. рисунок). Найдите ускорение груза т.
18.	8. Груз массы т движется по горизонтальной гладкой поверхности стола. К грузу привязана нить, проходящая вниз через маленькое отверстие в столе. В начальный момент длина конца нити, находящегося на поверхности стола, равна t\, а масса т движется по кругу радиуса t\ со скоростью vt. Затем за нить тянут снизу, и длина конца, оставшегося на поверхности стола, сокращается до г2-Найдите:
а)	скорость груза va в конечном состоянии;
б)	работу, совершенную силой, которая тянула нить под стол;
в)	величину силы, которую необходимо приложить к нижнему концу нити, чтобы радиус окружности, по которой движется т, оставался постоянным.
Используйте принцип виртуальной работы.
18.	9. Найдите момент количества движения планеты массы т, которая движется по круговой орбите радиуса R. Используя этот результат, покажите, что из-за приливов, тормозящих вращение Земли, расстояние между Луной и Землей с течением времени будет увеличиваться (хотя и очень медленно). Обсудите еще вопрос о сохранении энергии в системе Земля — Луна.
18.	10. Решите задачу 4.9 (стр. 14), используя следующее условие: в положении статического равновесия результирующая сила и результирующий момент, приложенные к телу, должны равняться нулю.
Условия задач
65
18.11.	Центробежный регулятор, показанный на рисунке, должен выключать машину, когда скорость вращения вала превосходит 120 оборотов в минуту. Управляющая обойма С весит 4 кг и скользит без трения по вертикальному валу АВ. Выключение происходит, когда расстояние АС сокращается до 43 см. Длина каждого из звеньев регулятора равна 30 см, их можно считать невесомыми, трение в соединительных шарнирах отсутствует. Чему должна равняться масса грузиков М, чтобы регулятор работал в соответствии с техническим заданием?
18.12.	На вертикальный вал простого регулятора скорости (см. схему) перпендикулярно ему насажен горизонтальный стержень, по которому могут свободно скользить тяжелые тормозные колодки. Во время вращения вала колодки прижимаются к внутренней поверхности неподвижного тормозного цилиндра (барабана). Масса каждой колодки равна т, толщина их пренебрежимо мала по сравнению с радиусом барабана г, а коэффициент трения скольжения между колодками и барабаном равен п. Выведите формулу, которая выражала бы мощность, необходимую для вращения вала, через т, г, р и со — угловую скорость вращения вала.
56
2. Пространство. Время. Движение
18.13.	Однородный брусок длины L лежит на гладкой горизонтальной поверхности (см. рисунок). Сверху на него накладываются такие же бруски так, что их боковые грани образуют одну плоскость, а торец каждого следующего бруска смещается по отношению к предыдущему на величину L/a (а — целое число). Сколько брусков удастся уложить, прежде чем все сооружение опрокинется?
К главе 19. Центр масс; момент инерции
19.	1. Восемь тонких однородных стержней образуют плоский квадрат, поддерживаемый невесомой рамкой (показана пунктиром на рисунке Л). Длина каждого стержня равна L, а масса М. Квадрат свободно вращается без трения вокруг оси О, перпендикулярной его плоскости, с угловой скоростью <оо рад/сек. В процессе вращения внутренний механизм /<, соединенный с рамкой и имеющий постоянный момент инерции 40/3 ML2, складывает квадрат в крест, изображенный на рисунке В. Какую он при этом затрачивает энергию?
£
Условия задач
57
19. S. Упругий момент, создаваемый закручиваемой нитью, пропорционален углу закручивания тнити=—kQ. а) Покажите, что потенциальная энергия такой нити, закрученной на угол 0, равна 1/2/г02.
б) Момент, действующий на катушку гальванометра, имеет вид
x — nABi,
где i — ток, текущий через катушку; п — число витков в катушке; В — магнитное поле, создаваемое постоянным магнитом гальванометра.
Для измерения заряда конденсатора его разряжают через катушку гальванометра и отмечают максимальный угол отклонения. При этом \i\=\dq/dt\, и разряд происходит так быстро, что за то время, пока течет ток, катушка не успевает существенно отклониться от начального положения 0=0. Пренебрегая трением, покажите, что максимальный угол отклонения пропорционален первоначальному заряду конденсатора.
19. 3. Прямолинейная однородная проволока длины L и массы М согнута посередине, и концы ее образуют между собой угол 0. Чему равен ее момент инерции относительно оси, проходящей через точку А и перпендикулярной плоскости проволоки?
19. 4. Металлическая пластинка неправильной формы, но постоянной толщины имеет массу М и центр тяжести ее расположен в точке С. Момент инерции относительно оси, перпендикулярной плоскости пластинки (и проходящей через точку А), известен и равен IА. При каких условиях, налагаемых на расстояния ri, г2 и гз> справедливо следующее выражение для момента инерции пластинки относительно оси, также
68
2. Пространство. Время. Движение
перпендикулярной плоскости пластинки, но .проходящей через точку В:
1В=1А + Мф
19. 5. Круг радиуса R вращается вокруг своей касательной АА'. При этом образуется тело вращения, называемое тором. Найдите объем этого тора.
19. 6. Материальные точки с массами и М2 помещены на противоположных концах невесомого стержня длины L. Стержень приводится во вращение вокруг оси, перпендикулярной ему. Через какую точку стержня должна проходить ось вращения, чтобы энергия, затрачиваемая на достижение заданной угловой скорости оэ0, была минимальна?
19. 7. Для замедления вращательного движения искусственных спутников используется следующее устройство. Однородный круглый диск радиуса R и массы М может свободно вращаться в горизонтальной плоскости вокруг шарнира Р, установленного в центре диска. На краю диска укреплены два маленьких груза, масса каждого из них т. С диском их соединяют две нити длины /, намотанные по его периферии (см. рисунок). Когда диск вращается, грузики одновременно освобождаются без изме
Условия задач
59
нения полного момента количества движения системы. После этого грузики отлетают от диска, и в тот момент, когда нити натягиваются вдоль радиальных направлений, они соскакивают с крючков Н и Н', позволяя грузикам улететь. Найдите длину нитей I, при которой угловая скорость диска в результате этой операции уменьшится в п раз.
19. 8. Джим находится в системе координат (%', у') и вращается относительно Джо, который неподвижен и находится в системе координат (х, у). Найдите выражение для компонент силы, которая, по мнению Джима, действует на некоторую частицу, и покажите, что она складывается из компонент истинной силы F, которую наблюдает и Джо, и двух псевдосил: радиальной центробежной силы и силы Кориолиса, которая перпендикулярна скорости.
19.	9. Однородный шар радиуса R и массы М в начальный момент пущен по плоскости так, что он скользит по ней без качения. Между шаром и плоскостью существует трение, коэффициент которого равен ц. Какое расстояние пройдет шар, прежде чем его движение превратится в качение без скольжения, и какова будет к этому моменту его скорость?
19.10.	На рисунке изображена упрощенная схема устройства для подачи типографской краски в печатном станке. Краска подается из барабана К, который свободно вращается на закрепленной оси. Момент инерции этого барабана пренебрежимо мал; Р — ведомый печатный вал с неподвижной осью, а Т — передающий валик, свободно катящийся по К и Р. Валик Т — это сплошной цилиндр радиуса г и массы М; он все время катится по К. и Р без сколь
60
2. Пространство. Время. Движение
жения, и геометрия устройства такова, что линия, соединяющая оси Т и Р, образует с горизонталью угол 0. Какое максимальное угловое ускорение А можно сообщить валу Р без потери контакта между Т и К?
19.11.	Сплошной цилиндр состоит из четырех секций — квадрантов, причем плотности материалов, из которых сделаны разные секции, различаются и относятся, как числа, указанные на рисунке. Проведем оси х и у так, как показано на рисунке; как будет выглядеть уравнение прямой, проходящей через начало координат и через центр масс цилиндра?
19.12.	В диске постоянной плотности вырезано отверстие, как показано на рисунке. Найдите положение центра масс.
у
Условия задач
61
19.13.	Найдите положение центра масс однородной проволоки, изогнутой по дуге окружности радиуса R. Длина проволоки L (R^>L/2n). Используйте систему координат с началом в центре окружности и с осью х, проходящей через середину проволоки.
19.14.	Используя результат предыдущей задачи или другим способом, найдите центр тяжести сектора с углом раствора а, вырезанного из однородного диска радиуса R.
19.15.	Цилиндр, радиус которого л см, а масса 3 кг, разрезан на три равные части. То же самое сделано с другим цилиндром радиусом л см, но весом уже 6 кг. Эти куски склеены друг с другом, как показано на рисунке, причем линия ОА направлена горизонтально. Стенка абсолютно гладкая, а «пол» — абсолютно шероховатый.
а)	С какой силой цилиндр давит на стенку?
б)	На каком расстоянии от центра на линии ОА следует поместить материальную точку массы т, чтобы система оставалась в равновесии и после удаления стенки?
19.16.	Из квадратной металлической пластинки с длиной ребра а необходимо вырезать с одной стороны равнобедренный треугольник так, чтобы оставшаяся фигура, будучи подвешена за точку Р (вершину треугольника), оставалась в равновесии независимо от положения. Чему равна высота треугольника?
62
2. Пространство. Время. Движение
19.17.	Катушка состоит из двух одинаковых дисков радиуса R и массы М, насаженных на невесомую ось радиуса г. Нить, намотанная на ось катушки, прикреплена к потолку. Расстояние от катушки до потолка равно D (см. рисунок). Из этого состояния катушка начинает двигаться вниз.
а)	Какой угол должна образовать нить с вертикалью в начальный момент, чтобы, опускаясь, катушка не раскачивалась?
б)	Каково вертикальное ускорение центра катушки?
19.18.	Поворотный стол с моментом инерции /0 свободно вращается вокруг вертикальной оси. На столе проложена прямолинейная радиальная дорожка, по которой может без трения двигаться тележка массы т (см. рисунок). Нить, привязанная к тележке, перекинута через маленький блок, а затем уходит под стол через полую ось. Первоначально система вращается с угловой скоростью соо, и тележка находится на фиксированном расстоянии R от оси. Затем нить некоторой внешней силой втягивается внутрь оси на такое расстояние, что тележка теперь отделена от оси меньшим промежутком г и остается в этом положении.
а)	Чему равна угловая скорость системы в конечном состоянии?
б)	Покажите подробно, что разность между значениями энергии системы в конечном и начальном состояниях равна работе, которую совершила сила, вытягивающая нить.
Условия задач
63
в)	Если нить отпустить, с какой радиальной скоростью vr пройдет тележка через точку R?
К главе 20. Вращение в пространстве
20.	1. Записав векторы в компонентной форме или как-нибудь по-другому, докажите следующие соотношения:
ax(b-}-c) = axb4-axc,
ах(Ь хс) = Ь (а-с) —с (а-Ь), (аа)хЬ=а(ахЬ),	аха = 0,
a-(bxc) = (axb)-c,	а-(ахЬ) = 0.
20. 2. Твердое тело вращается с угловой скоростью ® относительно некоторой фиксированной оси. Покажите, что скорость любой точки Р этого тела равна v=®Xr, где г — вектор, проведенный из произвольно выбранной точки, расположенной на оси вращения, к данной.
20.	3. Твердое тело вначале поворачивается на бесконечно малый угол A9X относительно одной оси, а затем на бесконечно малый угол Д02 относительно другой оси, пересекающей первую в точке 0. Покажите, что общее смещение любой точки рассматриваемого тела такое же, как если бы оно было сразу повернуто на некоторый бесконечно малый угол относительно промежуточной оси. Как найти ось и угол?
64	2. Пространство. Время. Движение
Докажите, что твердое тело, подвергнутое одновременно действию нескольких угловых скоростей относительно различных осей, движется так, как если бы на него действовала только одна угловая скорость, равная векторной сумме всех слагающих скоростей. (Каждую угловую скорость следует рассматривать как вектор длины <о, направленный вдоль оси вращения.)
20.	4. Система N частиц с массами т , координатами и скоростями V,- обладает моментом количества движения, равным
N
L= 2 (г, X Pz) = 2Х-(r; X V,.). I = 1	i
Если же рассматривать систему координат, жестко связанную с центром масс, то можно считать, что система имеет момент количества движения Lu-M. Пусть R и vu м — это положение и скорость центра
N '
масс, a	—общая масса всех частиц. По-
i=i
кажите, что
L = Lu.m. + M Xvu.M.).
Сравните результат с решением задачи 11.9 (стр. 36).
20. 5. а) Любые три вектора А, В, С можно рассматривать как определяющие твердое тело с шестью попарно параллельными плоскостями, т. е. параллелепипед. Покажите, что объем этого тела равен И = |А-(ВхС)|.
б) Параллелепипед, одна из вершин которого находится в начале координат, имеет три соседние вершины в точках (10, —5, 3), (3, —4, 7) и (—5, —6, 3). Используется прямоугольная система координат (х, у, г). Чему равен
Условия задач
65
20. 6. Два однородных одинаковых жестких стержня АВ и АС скреплены в точке А (АС±_АВ) и перемещаются на гладком горизонтальном столе. В точке С перпендикулярно АС наносится горизонтальный удар. Найдите отношение скоростей центров масс стержней АВ и АС немедленно после удара.
а
с
20. 7. Л1аховик, имеющий форму однородной тонкой круглой пластинки массы 10,0 кг и радиуса 1,00 м, смонтирован на оси, проходящей через центр масс и составляющей угол Г с перпендикуляром, восстановленным к плоскости маховика. Если последний вращается относительно этой оси с угловой скоростью 25,0 рад/сек, то чему равна пара сил, приложенная к его подшипникам?
20. 8. Два тела с одинаковыми массами т, скрепленные жестким стержнем (не имеющим массы) на расстоянии 2г друг от друга, притягиваются гравитационным образом телом массы М, расположенным на расстоянии RA^>r от центра стержня. Стержень составляет угол 0 с направлением R. Найдите приближенную величину пары сил, приложенной к стержню, относительно его центра.
777
20. 9. Как Луна, так и Солнце в результате действия на Землю образуют пару сил, поскольку Земля слегка сплющена. Какое тело образует большую пару сил и приблизительно во Сколько раз? (См. предыдущую задачу.)
3 Заказ Ns 17
66
2. Пространство. Время. Движение
20.10.	Экваториальный и полярный радиусы Земли равны 6378,388 и 6356,912 км соответственно. Плотность р на различных глубинах D, отсчитанных на поверхности Земли, приведена ниже (звездочкой помечена разрывность):
D, км 0	30 * 100 200 400 1000 2000 2900 * 3500 5000 * 6000
р, г/сж3 2,60 3,0 3,4 3,5 3,6 4,7 5,2 5,7	10,2 11,5 17,1
3,3	9,4	16,8
Используя эти значения, оцените;
а)	момент инерции Земли;
б)	ее вращательный момент количества движения; в) кинетическую энергию вращения.
20.11,	1) Симметричное тело начинает катиться (без скольжения) вниз по наклонной плоскости с высоты h. Момент инерции тела относительно собственного центра масс равен I, масса М, радиус поверхности качения, находящейся в контакте с наклонной плоскостью, г. Определите линейную скорость центра масс в нижней точке наклонной плоскости.
2)	Примените полученное вами общее выражение Для определения скорости центра масс тела, если это тело а) сфера; б) диск; в) диск массы с внешним радиусом насаженный на вал массы т2 и радиуса г2.
20.12.	Тонкий стержень массы М и длины L лежит на горизонтальной абсолютно гладкой поверхности. Маленький кусочек замазки такой же массы, обладающей скоростью v, которая направлена перпендикулярно стержню, ударяется об один конец стержня и прилипает к нему, совершая тем самым неупругое столкновение очень малой продолжительности.
а)	Какова скорость центра масс системы до и после столкновения?
б)	Чему равен момент количества движения системы относительно ее центра масс непосредственно перед столкновением?
Условия задач
67
в)	Чему равна угловая скорость (относительно центра масс) сразу же после столкновения?
г)	На сколько уменьшается кинетическая энергия системы при столкновении?
20.13.	Если весь лед на Земле растопить, то средний уровень мирового океана поднимется приблизительно на 61 м. Примите среднюю широту, где находятся льды, равной 80°; нерегулярным распределением водных масс океанов на Земле пренебрегите и рассчитайте, на сколько секунд увеличится при этом длина дня? Предполагаем, что Земля — сфера радиуса 6370 км с моментом инерции 8,11-1037 кгм2.
20.14.	Однородный стержень длины L и массы М покоится на абсолютно гладкой горизонтальной поверхности. За очень малый промежуток времени он получает импульс J=l\jFdt, приложенный в точке Р (ОР=г). а) Чему равна скорость центра масс О сразу же после сообщения импульса? Чему равна угловая скорость относительно точки О? Какова мгновенная скорость точки А на другом конце стержня?
б)	Определите расстояние АР, для которого скорость точки А равнялась бы нулю сразу же после удара?
з*
68
2. Пространство. Время. Движение
К главе 21. Гармонический осциллятор
21. 1. Твердое тело массы М свободно насажено на расположенную горизонтально ось, которая проходит на расстоянии d от центра масс С. Момент инерции относительно оси вращения равен I (трение отсутствует) .
а)	Напишите дифференциальное уравнение, которое описывает изменение угла отклонения 9 со временем (угол 9 отсчитывайте от равновесного положения тела).
б)	Если тело совершает малые колебания, так что sin 9^9, то чему равен период этих колебаний?
21.	2. В предыдущей задаче момент инерции твердого тела относительно его центра масс равен Iс. Найдите выражение для периода малых колебаний как функции d (и I с) и покажите:
а)	что имеются два значения d: dr и d2, которые соответствуют данному периоду;
б)	что период равен Т=2л^^4^;
в)	что период минимален, когда d=]/lc/M. Найдите это минимальное значение периода.
21. 3. Линейная пружина, находясь в свободном состоянии, имеет длину D, а когда на ее конце подвешен груз массы т, ее длина становится равной D+A. На груз, находящийся в покое, с высоты А падает другой груз такой же массы, прилипающий к первому. Найдите период и амплитуду колебаний такой системы и максимальную высоту (над первоначальным положением равновесия), достигаемые в результирующем движении.
21. 4. Две частицы А а В совершают гармоническое движение с одинаковой амплитудой (10 см) по одной л той же прямой. Частоты их движений составляют юл=20 сек' \ <>)д-- 21 сек~1 соответственно. В момент времени /=0 обе частицы проходят точку х=0 в положительном направлении оси х (следовательно, они находятся «в фазе»).
Условия задач
69
а)	На каком расстоянии они будут находиться друг от друга в момент /=0,350 сек?
б)	Какова скорость частицы В относительно А в этот же момент времени?
21.	5. Каркас, сделанный из жесткой проволоки однородного поперечного сечения и постоянной плотности, состоит из дуги полуокружности АСВ и диаметра АВ. Этот каркас прикрепляется с помощью абсолютно гладкого штифта в точке Р, проходящей через отверстие в средней точке его диаметра, и приводится в движение, как маятник. Если диаметр каркаса АВ равен 50 см, то каков период колебательного движения такого каркаса?
с
21.	6. На вертикальной пружине пренебрежимо малой массы подвешена пластина 20 г, на которой лежит грузик 5 г. Если оттянуть пружину, то система начнет колебаться с периодом л/3 сек. Затем груз 5 г заменяется другим с массой 25 г. Каково будет смещение пластины при равновесии?
21.	7. Две частицы с массами 3/47И и М соединены пружиной пренебрежимо малой массы; длина пружины в свободном состоянии равна L, упругая постоянная К. Вначале массы покоятся на расстоянии L друг от друга на горизонтальном абсолютно гладком столе. Третья частица массы 1/4/И, движущаяся вдоль линии, соединяющей первые две частицы, сталкивается и прилипает к частице с массой 3/4Л1. Найти амплитуду и период колебаний системы.
21.	8. Гравитационная сила, действующая на частицу, которая помещена в твердый однородный шар, прямо пропорциональна расстоянию от центра шара. Если принять за такой шар Землю и просверлить сквозь нее вдоль ее диаметра, соединяющего полюса,
70	2. Пространство. Время. Движение
отверстие, то сколько времени понадобится телу, попавшему в это отверстие, чтобы достигнуть поверхности с противоположной стороны Земли? Сопротивлением воздуха пренебречь.
21.	9. В начальном состоянии колония бактерий растет со скоростью, пропорциональной числу наличных бактерий. Написать дифференциальное уравнение, выражающее это соотношение.
21.10.	Точка подвеса математического маятника, период собственных колебаний которого равен 1 сек, совершает синусоидальные колебания с амплитудой 1,00 см и периодом 1,10 сек. Какова амплитуда установившихся колебаний маятника?
К главе 22. Алгебра
Наиболее общим видом числа, которое удовлетворяет правилам элементарной алгебры, является комплексное число. Оно может быть записано в виде суммы действительного (вещественного) и мнимого чисел (Комплексное число) и = (Вещественное число) х ф-
ф- (Мнимое число) iy,
i=V—1 называется мнимой единицей.
Любое алгебраическое уравнение должно оставаться справедливым при изменении знака i. Такая операция носит название комплексного сопряжения. Если u=x-\-iy, то комплексно сопряженное число и* равно х — iy.
Правила алгебры, примененные к комплексным числам, дают
{а ф- i&) ф- (с ф- id) = {а ф- с) 4- i {b ф- d), {а ф- ib){сф- id) = {ас — bd) ф- i {ad + be).
Величина |w|=]Zии*=уГх2-\-у2 называется модулем числа и.
Вещественное число, возведенное в мнимую степень, становится комплексным числом с амплитудой, равной единице. Вещественная и мнимая части комплексного числа осциллируют подобно синусу и косинусу, когда величина мнимой степени изменяется. В частности, е!'8 = cos 9 ф- i sin 6.	^д
Условия задач
7)
22.	1. В равенстве u+iv=(a+ib)(c+id) положим
| = tga, 4 = tSP-
Используя формулу (22.4) «Лекций» (вып. 2, стр. 118) и формулы тригонометрии, покажите, что
a)	У'и2 + v2- = |/а2 + Ь2 • /с2 + d2,
б)	= tg (а + ₽).
22.	2. Решите предыдущую задачу, используя приведенную выше формулу (А).
22. 3. Покажите, что
cos 9 = — ,	sin 9 — —н:—.
2	’	2i
22. 4. Покажите, что
а + ib  ac-^bd + i (bc~~cd)
с -J- ia	с2 -j— d~
22. 5. Функции ch 9 и sh 9, определяемые равенствами ch 9 = +2 ,	sh9^-—2 -,
называются гиперболическим косинусом и гиперболическим синусом угла 9.
Покажите, что
cos i9 = ch 9, sin t'9 = i sh 9, ch2 9 —sh2 9 = 1.
22. 6. Используя основную формулу дифференцирования # = ц /(х+Дх)—f(x) ’ dx Дх 2 о Ах докажите, что
ае^.
22. 7. а) Последовательным дифференцированием или каким-либо иным способом покажите, что функция ех может быть представлена в виде следующего
72
2. Пространство. Время. Движение
бесконечного ряда:
^=l + x + 2-i + |f+... .
б) Покажите, что функции cos х и sin х могут быть представлены следующими бесконечными рядами:
COSX — 1—’
х^
sinx = x—31 + 57+ •  •	•
(Эти ряды часто применяются при вычислении функций е*, cosх, sinx для значений х<|1, хотя они сходятся при любых X.)
22. 8. Найдите полное алгебраическое решение уравнения
У =
где п — целое число.
22.	9. Используя свойства функции е'"9 и биномиальную теорему, покажите, что
cos п0 = cos" 0 —— cosn~2 0 sin2 0 + ....
22.10.	а) Воспользовавшись соотношением +(9+'п=+в-+?, выведите тригонометрические формулы косинуса и синуса суммы двух углов.
б)	Дайте геометрическую интерпретацию результата умножения одного комплексного числа Ае'9 на другое комплексное число Ве^.
22.11.	Используя таблицу последовательных значений корней r-й-степени из 11, найдите logn2, logn7:
Показатель корня	]/ И	logii jZ и
1	11,000	1,00000
2	3,3166	1,50000
4	1,8212	0,25000
8	1,3495	0,12500
16	1,1617	0,06667
32	1,0778	0,03333
64	1,0382	0,01667
128	1,0189	0,00833
Условия задач
73
Проверьте свой результат с помощью тождества logeAf = loge&-log#W,
где а и b — любые два значения основания логарифмов.
К главе 23. Резонанс
23.	1. Составьте и решите дифференциальное уравнение, описывающее поведение тока, когда он протекает: а) по индуктивности L, б) по емкости С, если к ним приложено синусоидальное напряжение частоты со.
Найдите комплексный импеданс указанных выше цепей.
23.	2. Найдите зависимость импеданса (полного сопротивления) Z от частоты со для цепи, состоящей из индуктивности L и емкости С, если они соединены: а) последовательно, б) параллельно.
Качественно обсудите полученные результаты.
23.	3. а) Покажите, что дифференциальное уравнение, описывающее движение прикрепленного к пружине с упругой постоянной k тела массы т, на которое действует сила трения — myv, имеет вид
d-x , dx ,	, Г.	. „ k
щг+?щ+“о* = 0, где (о5 = -.
б) Найдите решение этого уравнения (используйте комплексную форму записи!), предполагая, что оно имеет вид x=eat, а затем покажите, что общее решение дается выражением
• если у<2соо
74	2. Пространство. Время. Движение
в) Как изменится вид найденного решения, если у>2®0?
23. 4. В момент времени /=0 положение и скорость тела массы т (см. предыдущую задачу) равны х=х0, х—о0. Найдите А и В.
23.5.	Часто требуется, чтобы в электрической цепи имелось синусоидальное напряжение постоянной амплитуды, но переменной фазы. Электрическая схема, с помощью которой можно осуществить это требование, называется цепью с фазовым сдвигом. Один из примеров такой цепи показан на рисунке. Докажите, что амплитуда напряжения между точками А и В составляет половину амплитуды входного напряжения, а фаза может меняться в пределах от 0 до 180° при изменении R'.
83.6.	На входе цепей А а В (см. рисунок) находится источник с напряжением 7BX«=70cos at. Положим, что ток, протекающий через клеммы на выходе цепей, пренебрежимо мал.
а)	Найдите соотношение, которое должно существовать между R, С, R' и L, чтобы выходные напряжения обеих цепей VA{f) и Уй(0 были равны.
б)	Найдите постоянные токи IA{t) и I8(t).
Условия задач
75
К главе 24. Переходные решения
24. 1. Тело на воздушной подушке при движении теряет свою скорость главным образом из-за вязкости в тонком воздушном слое под ним, причем сила торможения пропорциональна скорости. Составьте и решите дифференциальное уравнение плоского движения тела. Как его скорость изменяется: а) со временем?
б) с расстоянием?
24. 2. Пластины конденсатора емкости С, первоначально заряженного до напряжения Ко> в момент времени t—Q соединяются через сопротивление R. Составьте дифференциальное уравнение для V как функции t. Решите это уравнение, предполагая, что существует экспоненциальное решение.
24. 3. Тело на воздушной подушке содержит в себе магнит. Этот магнит при движении тела генерирует круговые токи, магнитные поля которых действуют на магнит, в результате чего появляется замедляющая сила, пропорциональная скорости. Найдите (в зависимости от коэффициента торможения у): а) конечную скорость, достигаемую телом;
б)	скорость тела в зависимости от времени;
в)	его положение в зависимости от времени, если оно начинает двигаться из состояния покоя.
24. 4. Конденсатор емкостью С и катушка с индуктивностью L соединены так, как показано на рисунке. Конденсатор первоначально заряжен до напряжения Ко, а ключ S разомкнут. В момент времени Л=0 он замыкается.
а)	Найдите напряжение на конденсаторе в зависи мости от времени.
б)	Рассчитайте зависимость от времени величин С'/2/2 и £/2/2. Каков, по-вашему, физический смысл этих величин?
76
2. Пространство. Время. Движение
24. 5. В электрической цепи, показанной на рисунке, ключ S вначале замкнут. По цепи протекает постоянный ток I=V0/R. В момент времени 1=0 ключ внезапно размыкает цепь.
Найдите максимальное напряжение на конденсаторе.
24. 6. Найдено, что тело массы 5,0 кг колеблется с затуханием, которым можно пренебречь. Подвешенное на пружине тело совершает 10 полных колебаний за 10,0 сек, затем приводится в действие маленький магнитный замедлитель движения и появляется затухание, пропорциональное скорости движения. В результате амплитуда колебаний уменьшается за 10 полных циклов от 0,2 до 0,1 м.
а)	Составьте уравнение движения тела, причем коэффициенты перед членами d2x/dt2, dx/dt и х выразите в численном виде, воспользовавшись системой единиц MKS.
б)	Чему равен новый период колебаний тела?
в)	За сколько колебаний (начиная с цикла с амплитудой 0,2 м) амплитуда уменьшается до 0,05 .и? До 0,02 м?
г)	Чему равна максимальная скорость диссипации энергии в течение первого колебания?
24.	7. Гармонический осциллятор с затуханием представляет собой шарик массой т, подвешенный на пружине с упругой постоянной k; он находится в вязкой среде, в результате взаимодействия с которой появляется сила затухания, равная —myidxldt). 1) Для случая движения с затуханием найдите решения x=x(t) для £>0, если на шарик действует сила:
( 0	при t < 0,
a)	F = < „
( г0 = const при />0;
Условия
77
б)	сила отсутствует, но в момент времени 1—0 шарику сообщается импульс Р=РХ:
р J 0	при /<0,
В = ( F0cosa0t при /^0, й°~ г т'
2) Если на осциллятор действует сила F=F0c.osa t и рассматриваются достаточно большие отрезки времени, то чему равна частота со*, при которой амплитуда колебаний достигает максимального значения?
Примечание. Помните, что полное решение содержит два члена, описывающие как стационарное, так и переходное движение, и что начальные условия полностью определяют постоянные интегрирования.
К главе 25. Линейные системы
25.	1. Чтобы уменьшить колебания напряжения, снимаемого с выпрямительного устройства, используется так называемый «сглаживающий» фильтр. В простейшей форме он состоит из сопротивления (r= 103ом), соединенного с конденсатором (С= 10л1кф) так, как показано на рисунке. Найдите напряжение на выходе конденсатора, если входное напряжение имеет постоянную компоненту ]/0 и переменную компоненту с циклической частотой 120 сек"1 и амплитудой V2-
о—\Л/Л—'------О
Вход С i Выход
Q -...  1-----О
25.	2. Во многих случаях желательно иметь электрическую цепь, которая «дифференцирует» функцию, описывающую подаваемое на ее вход напряжение по времени. Простая цепь, удовлетворяющая этому требованию, изображена на рисунке. Покажите, что выходное напряжение в такой цепи (если пренебречь
78
2. Пространство. Время. Движение током, протекающим на выходе) равно
ИВЫХ(/) = ЯС^
при условии, что
|ивыхк1^х1-
с
о-||—J-----о
Увх	Чых
о —....+- ' -о
25.	3. Найдите Ивых в цепи, изображенной на рисунке к предыдущей задаче, для случая, когда VBX=V0COS®^ и проверьте еще раз правильность результата, полученного выше.
25.	4. Придумайте простую цепь, которая «интегрировала» бы входную функцию, и обсудите ее свойства.
25.	5. Тело массы т, прикрепленное двумя одинаковыми горизонтальными пружинами с упругими постоянными Z?/2, скользит по поверхности стола. Предполагается, что коэффициент трения постоянен. Тело оттягивается в сторону на расстояние А вправо от центральной точки и затем отпускается.
а)	Составьте дифференциальное уравнение движения тела и решите его для временного интервала
0<t<ny т.
б)	Каково должно быть расстояние А, чтобы размах колебания тела оставался больше расстояния В от центра после пересечения точки х=0 целое число (0, 1, 2 . . .) раз?
ИЗЛУЧЕНИЕ•ВОЛНЫ•КВАНТЫ
К главе 26. Оптика. Принцип наименьшего времени
26.	1. Пешеход, идя по тротуару, проходит 1,5 м в 1 сек, а по вспаханному полю — только 0,9 м за 1 сек. Он вышел из точки А, находящейся на расстоянии 42 м от стены, и направляется в точку В, расположенную к югу вдоль стены на расстоянии 36 м от края поля.
а)	По какому пути AkB должен идти пешеход, чтобы пройти его в кратчайшее время? (Уместно предположить, что к этой задаче приложим «закон преломления». Однако если вы достаточно смелы, то попытайтесь решить ее без такого предположения.)
б)	Чему равно это кратчайшее время?
в)	Какое потребуется время, чтобы пройти по маршрутам АСВ и АС'В, если Ck=kC'=2> м?
26.	2. Свет от источника S, отстоящего на расстоянии 1 м от экрана, посылается узким пучком перпендикулярно экрану и попадает на него в точке Р. На пути луча помещается пластина из люцита толщиной 0,2 м (показатель преломления люцита 1,5) так, чтобы направление распространения пучка в этой
80
3. Излучение. Волны. Кванты
пластине составляло 30° с первоначальным направлением (когда не было пластины).
а)	Найдите боковое смещение луча РР'.
б)	Найдите процентное увеличение времени прохождения лучом пути SP' по сравнению с временем, необходимым для прохождения первоначального пути SP в воздухе.
26.	3. Пусть S — источник света, а Р — его изображение, даваемое линзой АСВ, SC=CP~ 1 м, АС—ВС=0,1 м. Линза АСВ имеет на краях толщину 3 мм. Если луч проходит путь SCP за то же время, что и расстояния SAP и SBP, то какова толщина линзы в середине (в точке С)? (Показатель преломления стекла 1,60.)
26.	4. В обычном плоском зеркале наше изображение оказывается перевернутым справа налево, т. е. изображение правой руки выглядит так, как левая рука «человека» в зеркале. Почему зеркало не переворачивает еще все вверх ногами? Что действительно переворачивается зеркалом?
26.	5. Два плоских зеркала расположены так, что образуют прямой двугранный угол, причем линия пересечения вертикальна. Объяснить, почему в' таком зеркале мы «видим себя такими, какими нас видят другие люди».
Условия задач
81
26. 6. Три взаимно перпендикулярных зеркала расположены так, что образуют прямой трехгранный угол. Луч света падает на одно из зеркал, а затем, отражаясь от него, попадает на другое зеркало, а может быть, и на третье. Покажите, что после всех отражений (мы предполагаем, что зеркала огромны) луч выйдет в направлении, строго противоположном первоначальному, но окажется несколько смещенным. Знаете ли вы практическое применение такого «углового отражателя»?
26. 7. Хорошо известно, что когда свет переходит из одной прозрачной среды в другую, то не все лучи испытывают преломление, некоторая их часть отражается, а весьма малая доля (если таковая вообще есть), поглощается или рассеивается. Что происходит, когда пучок света падает на поверхность раздела двух сред под большим углом к нормали, проходя вначале через более плотную в оптическом отношении (имеющую больший показатель преломления) среду?
К главе 27. Геометрическая оптика
27. 1. Параллельный пучок света, распространяющийся в воздухе, собирается в фокусе преломляющей поверхности, которая ограничивает область с показателем преломления п.
Найдите форму этой поверхности.
Стекло
27. 2. Внешний диаметр стеклянной капиллярной трубки равен D, показатель ее преломления п. Если смотреть на трубку со стороны, то кажется, что маленькое капиллярное отверстие имеет диаметр d. Чему в действительности равен диаметр d' трубки?
82
3. Излучение. Волны. Кванты
27.	3. Пучок света сходится в определенной точке Р. Нужно в данной точке Q, лежащей на оси, поместить такую отражающую поверхность, которая даст изображение в новом фокусе — в точке Р'. Определите форму требуемой поверхности.
27.	4. Линза с фокусным расстоянием F дает действительное изображение отдаленного объекта, которое рассматривается через увеличительное стекло с фокусным расстоянием f. Если в момент рассматривания глаз сфокусирован на бесконечность, то чему равно кажущееся угловое увеличение системы?
27.	5. Обычный человеческий глаз может быть сфокусирован на объект, лежащий между 25 см и бесконечностью. Прямо против глаза расположена простая тонкая увеличивающая линза с фокусным расстоянием /=+5 см.
а)	Между какими двумя предельными положениями должен быть расположен рассматриваемый объект, чтобы его было ясно видно?
б)	Определите угловое увеличение системы для каждого из этих двух положений.
27. 6. Телеобъектив состоит из положительной линзы с фокусным расстоянием /j=30 см и отрицательной линзы с фокусным расстоянием /2=—10 см; расстояние между обеими линзами 27,5 см. Где должна быть расположена фотопластинка, на которой будет сфотографирован объект, находящийся впереди первой линзы на расстоянии 10 м? Тщательно проследите путь луча.
27,5 см
Условия задач
83
27. 7. 200-дюймовый телескоп Гейла имеет фокусное расстояние 160 м. Какова разница в положении изображений при наблюдении отдаленных звезд и а) Луны;
б)	искусственного спутника, находящегося от Земли на расстоянии 320 км?
27.	8. Две тонкие линзы L и L' с фокусными расстояниями f и f находятся на расстоянии D друг от друга. Найдите эквивалентное фокусное расстояние F всего устройства и расстояния А и А' от главных плоскостей до линз L и L'.
К главе 28. Электромагнитное излучение
28.	1. Дайте геометрическую интерпретацию комплексных чисел, используемых в двух следующих задачах, и найдите модули следующих комплексных величин:
а) ге'т/2 re~"f/2,
N- 1
б) 2 zz — 0
К главе 29. Интерференция
29.	1. Две антенны расположены так, как показано на фиг. 29.5 «Лекций» (вып. 3, стр. 52). Они работают в одной фазе так, что, когда одна из них излучает с интенсивностью /0 по всем горизонтальным направлениям, интенсивность излучения другой составляет 2/0. Чему равна наблюдаемая интенсивность излучения обеих антенн в различных направлениях, указанных на рисунке?
29.	2. Четыре идентичных дипольных излучателя расположены параллельно друг другу и находятся на одинаковых расстояниях 2,50 см друг от друга. Они работают на частоте 3,00-109 сек"1 и сфази-рованы так, что излучение каждого последующего диполя отстает от предыдущего на 90°. Найдите интенсивность излучения на больших расстояниях от системы в экваториальной плоскости (перпендикулярной оси диполя) и постройте эту функцию
84	3. Излучение. Волны. Кванты
в полярных координатах. Полученная диаграмма носит название картины излучения антенной системы.
29.	3. Две параболоидные «чаши» радиотелескопа КАЛТЕХа в Оуене Вэлли расположены на расстоянии 480 .и друг от друга. Каждая «чаша» концентрирует поступающее излучение в малом приемнике, находящемся в фокусе. Два принимаемых сигнала подаются в расположенный посередине между «чашами» единый смеситель, где оба сигнала складываются, а затем вычисляется средний квадрат результирующей амплитуды. С какой точностью можно установить угловое положение удаленного точечного источника, наблюдаемого с помощью радиотелескопа, если 10%-ные флуктуации выходного сигнала уже считаются значительными? Длину волны возьмите равной 50 см.
29.	4. Заряд q совершает движение по окружности радиуса а с угловой частотой со. Вычислите электрическое поле, создаваемое зарядом, на большом расстоянии R от системы под углом 0 к оси круговой орбиты. Найдите интенсивность излучения в плоскости орбиты и на оси орбиты при больших значениях R.
29.	5. Все W диполей в линии А работают в одинаковой фазе, а все диполи в линии В отстают по фазе на 90° от диполей в линии А. Определите картину излучения в экваториальной плоскости (как в задаче 29.2) на большом расстоянии от линий.
Д Q О О О Q О О О О О О--------------г—
-|л/г|— *
29.	6. Электроны в длинной прямой тонкой проволоке длиной L колеблются с угловой частотой со и малой амплитудой а в одинаковой фазе вдоль проволоки. Найдите электрическое поле, создаваемое ими под углом 0 относительно направления проволоки на больших расстояниях R от нее (R^>L).
Условия задач
85
29. 7. Количество энергии на единицу площади, переносимой электромагнитной волной, пропорционально среднему квадрату напряженности электрического поля. Найдите долю полной энергии, излучаемой колеблющимся зарядом, которая падает на единицу площади, нормальной к радиусу-вектору 7?, проведенному под углом 0 к оси колебаний. Рассчитайте и выразите в вт/м2 эту величину для случая вертикально ориентированного колеблющегося диполя, подвешенного к радиозонду космических лучей, который находится на высоте 25 км и на расстоянии 25 км по горизонтали, если всего им излучается 0,5 вт.
К главе 30. Дифракция
30. 1. Длины волн О-линий в спектре возбуждения натрия равны 5889,95 и 5895,92 А соответственно. Какую длину должна иметь решетка, содержащая 600 линий на 1 мм, чтобы разрешить эти линии в спектре первого порядка?
30. 2. По прямой дороге идет обычная автомашина с включенными фарами (рассматриваемыми как точечные источники). Расстояние между фарами автомобиля 120 см. На каком расстоянии от наблюдателя должна находиться машина, чтобы он был уверен, что видит два источника света, а не один? Примите диаметр зрачка глаза равным 0,5 см, а эффективную длину света, испускаемого фарами,
86
8. Излучение. Волны. Кванты
равной 5500 А. Как вы думаете, тот факт, что свет «белый» (т. е. смесь лучей с разными длинами волн), облегчает или затрудняет разрешение двух источников света?
30. 3. На рисунке показан общий вид спектрографической решетки. Свет от источника L проходит через узкую щель S, затем через коллиматорную линзу (или зеркало) Сх, которая превращает его в параллельный пучок лучей (так что на решетку падает как бы плоская волна, приходящая из бесконечности). Далее параллельный пучок лучей дифрагирует от решетки G; дифрагированный свет, идущий в определенном угловом интервале, падает на линзу С2, называемую камерной, и фокусируется ею в плоскости Р. Получается набор узких спектральных линий. Пусть длина щели равна /г, ее ширина w, фокусные расстояния линз Су и С2 равны Ft и F2, а углы между нормалью к решетке и осями линз Сг и С2 равны 0(- и 0d; 1 мм решетки содержит N линий. Дайте ответ на следующие вопросы: а) Какую ширину будет иметь полоса, занимаемая спектром в плоскости Р?
б)	Какой длине волны (s) будет отвечать линия, лежащая на плоскости Р в месте прохождения оси линзы С2?
в)	На каком расстоянии друг от друга в фокальной плоскости будут находиться две спектральные линии, длины волн которых отличаются на 1.00А? Такая величина часто называется дисперсией оптического устройства.
Условия задач
87
г)	Какова ширина спектральной линии в плоскости Р, если ширина щели w много больше разрешения коллиматорной линзы [равного 1,22%^^А,), где — апертура], и уширения, создаваемого решеткой и равного (K/L)F1, где L — размер решетки?
30. 4. Спектрограф 150-футового солнечного башенного телескопа, находящегося в обсерватории Маунт Вильсон, показан схематически на рисунке. В этом устройстве одна и та же линза действует и как коллиматорная и как камерная, а 0;=—ва (почти!). Фокусное расстояние' всего устройства F=23 м, а решетка имеет площадь 15 см X 25 см, причем в 1 мм ее содержится 600 линий. Обычно при наблюдениях используется спектр пятого порядка, а) При каком угле 0 наклона решетки линия спектра возбуждения нейтрального о железа, отвечающая длине волны Х=5250,218 А, будет совпадать с положением щели в спектре пятого порядка?
б)	Для каких других длин волн в интервале от X—3600 А до Х=7000 А линия спектра также будет совпадать с положением щели?
в)	Предложите простой способ устранения в наблюдаемой картине спектров нежелательных порядков, оставив только спектр пятого порядка.
г)	Какова дисперсия рассматриваемого устройства при длине волны Х=5250 А, отвечающей линии в спектре пятого порядка?
д)	Каково минимальное теоретическое значение АХ, которое может быть разрешено при длине волны X—5250 А в спектре пятого порядка?
30. 5. Длины волн спектральных линий обычно измеряются с точностью около 0,001 А при помощи спектрографов, разрешающая сила которых составляет только 0,010 А. Не нарушаются ли при этом какие-нибудь основные законы физики? Объясните.
88	3. Излучение. Волны. Кванты
30.	6. Когда желобки дифракционной решетки располагаются так, что они отражают большую часть падающего излучения только в определенном направлении, то говорят, что решетка блестит в этом направлении. Предположим, что желобки можно нанести так, чтобы сечение решетки представляло собой пилообразную функцию, показанную на рисунке, причем поверхность каждого желобка лежит под определенным углом 06.
а)	Используя понятие о дифрагированном пучке света как об излучении, испускаемом в веществе осцилляторами, которые колеблются в одной фазе с падающим излучением, определите, в каком направлении дифрагированный пучок будет иметь наибольшую интенсивность, если 0;=О?
б)	Приблизительно оцените тот угловой интервал, внутри которого решетка «блестит».

30.	7. Интерферометр Фабри — Перо состоит из пары прецизионно отшлифованных плоских поверхностей, параллельных друг другу и расположенных на расстоянии D. Эти поверхности отражают часть Л?2 света, нормально падающего на них, и пропускают долю Т2. Свет с интенсивностью 10 и длиной волны X вначале падает слева (см. рисунок), причем часть лучей сразу проходит через систему, а некоторая их доля отражается от правой поверхности, потом от левой, а затем проходит сквозь систему. В общем проходящий пучок состоит из лучей, которые отразились 0, 2, 4, 6 . . . раз и в конце концов прошли через обе поверхности. Как интенсивность проходящего света зависит от величин D, к, Я и Т?
Примечание. Узкополосные оптические фильтры, называемые интерференционными, действуют по такому же принципу. Обе отражающие поверхности у них сделаны из нескольких слоев высококаче
Условия задач
89
ственного стекла точно фиксированной толщины и с различными показателями преломления.
К главе 31. Как возникает показатель преломления
31.	1. Найдите показатель преломления алюминия для рентгеновских лучей с длиной волны 1,56-10'® см, предполагая, что электроны в алюминии имеют собственную частоту, много меньшую, чем частота рентгеновских лучей.
31.	2. Показатель преломления ионосферы для радиоволн с частотой 100 мксек~ 1 равен п=0,90. Определите плотность электронов в 1 см3 ионосферы.
31.	3. Электрическое поле Е световых волн, проходящих через среду с показателем преломления п, равно пг/с).
а)	Покажите, что если п=п'—in", то
£ —-	(t-n'z/c)
ТЛ	1 Nq2	1
б)	Используя выражение п—1 =	,
найдите, по какому закону ослабляется интенсивность световой волны, частота которой в точности равна собственной частоте со0 атома.
31.	4. Известно, что мгновенная плотность потока энергии электромагнитной волны равна S=eocE2 emjM1-.
а)	Найдите полную энергию, излучаемую в единицу времени электроном, осциллирующим с амплитудой х0 и угловой частотой со.
б)	Сравните энергию, излучаемую за одно колебание, с запасенной энергией 1/2m<o2x^, и найдите
90
3. Излучение. Волны. Кванты
константу затухания yR. Это затухание называется радиационным затуханием.
в)	Возбужденный атом испускает фотоны с определенной длиной волны Х. Рассчитайте ожидаемое уширение спектральной линии, если оно возникает исключительно из-за радиационного затухания. (Рассматривайте атом как крошечный осциллятор, обладающий затуханием.)
32.
32.
32.
/( главе 32. Радиационное затухание.
Рассеяние света
1.	Покажите, что если уравнение движения заряженного осциллятора имеет вид
d2x „	2е2 d3x F (t)
dt2 т*>0Х — 3^ щз — “ ’
то член, содержащий третью производную, правильно описывает скорость уменьшения энергии при излучении (сопротивление излучения) для любой частоты.
Примечание. Пусть /7(/)=Лсоз <оЛ Найдите количество энергии, излучаемой осциллятором.
2.	Пучок света проходит через область, содержащую N рассеивающих центров в единице объема. Сечение рассеяния света на каждом из них равно о. Покажите, что интенсивность света в зависимости от пройденного расстояния х описывается формулой 1^10е~^х.
3.	Используя выражение для сечения рассеяния ________________8я / в2 \2 а4
°	3 \тес2) (а2— а2)2
и выведенную ранее формулу для показателя преломления газа, покажите, что величина No может быть записана в виде
Д7_	2 (п— I)2 / 2лЛ4
(Таким способом было вычислено впервые число Авогадро при изучении рассеяния света.)
Условия задач
91
32.	4. Сколько голубого света (Х=4500 А), испускаемого Солнцем, проходит через атмосферу, когда Солнце находится а) в зените?
б) под углом 10° к горизонту?
32.	5. Открыты новые лучи (названные Х-лучами, ибо они обладают неизвестными, но удивительными свойствами) и высказано предположение, что это, подобно свету, поперечные волны. Затем было замечено, что электроны вещества рассеивают эти лучи. Как можно доказать, что они действительно поперечны? Можно ли их поляризовать?
32.	6. Внутренняя корона Солнца (называемая К-короной) представляет собственно солнечный свет, рассеянный свободными электронами. Кажущаяся яркость этой К-короны на расстоянии одного солнечного радиуса от солнечного диска составляет около 10'8 от яркости самого диска (на единицу площади). Вычислите число свободных электронов в 1 см3 пространства вблизи Солнца.
32.	7. Покажите, что величина (еос)"1 имеет размерность сопротивления и оцените ее численно.
32.	8. Межзвездное пространство заполнено облаками из крошечных пылинок, состоящих из углерода, льда и очень малого количества других элементов. Какова должна быть минимальная масса таких пылинок, отнесенная к единице площади (1 г/см3), способная ухудшить наши наблюдения за звездами, скажем, в 100 раз (т. е. на 5,0 звездной величины). Не забудьте, что свет от звезд может не только рассеиваться на пылинках, но и просто поглощаться ими.
32.	9. Короткий прямой кусок медной проволоки, помещенный в поток электромагнитных волн радарной системы, рассеивает волны. Электрическое поле падающей волны взаимодействует с движущимися электронами в проволоке, в результате чего происходит рассеяние. Если рассматривать достаточно короткий кусок проволоки (длина которого много
92	3. Излучение. Волны. Кванты
меньше X), то можно предположить, что среднее смещение электронов в нем вдоль оси пропорционально компоненте £ц электрического поля волны, параллельной проволоке. Таким образом, если в проволоке имеется Af электронов, ad — их среднее смещение, то б!=%£,ц. Нам нужно знать (в зависимости от % и N):
а)	чему равно сечение рассеяния проволоки?
б)	как зависит сечение рассеяния от ориентации проволоки?
К главе 33. Поляризация
33.	1. Две поляроидные пластинки расположены под прямым углом, а третья размещается между ними так, чтобы ее ось составляла угол 0 с осью первого поляроида. Какова интенсивность света, проходящего через такое устройство, если все поляроиды идеальны (потерь нет)?
33.	2. Предположим, что когда пучок плоско поляризованного света падает на поляроидную пластинку, то часть его а2/0 (/0— интенсивность падающего света) проходит через пластинку, если ось поляроида параллельна направлению поляризации. Если же эти оси образуют прямой угол, то через пластинку проходит только доля падающего света е2/0. (Если поляроид идеальный, то сс2 должно быть равно единице, а е2 — нулю.) Неполяризованный свет интенсивности /0 проходит через пару поляроидных пластинок, оси которых образуют угол 0. Какова интенсивность прошедшего света? (Пренебречь эффектами отражения.)
33.	3. Покажите, что для угла Брюстера (угол падения i, при котором отраженный луч полностью поляризован) справедливо соотношение tg i=n.
33.	4. Оцените интенсивность и поляризацию излучения электрона, движущегося с постоянной скоростью по круговой орбите, для точек, расположенных: а) на оси, проходящей через центр круга, б) в плоскости окружности.
Условия задач
93
33. 5. Показатели преломления кристаллического кварца для света с длиной волны 600 ммк равны по= 1,544 и пе= 1,553 для обыкновенного и необыкновенного лучей соответственно. В кристалле кварца, вырезанном параллельно оптической оси, можно получить максимальную разность скоростей обыкновенного и необыкновенного лучей, если они нормально падают на поверхность кристалла. Какова должна быть толщина кристалла, чтобы произошел сдвиг фаз этих лучей на 90°, если используется свет указанной длины волны?
33. 6. Первокурсник КАЛТЕХа, прогуливаясь с девушкой, видит Луну под углом 10° над горизонтом и ее отражение в спокойном озере. С тоской вспоминая гл. 33 «Лекций», он делает попытку рассчитать яркость изображения по сравнению с яркостью самой Луны, полагая, что излучение от Луны не поляризовано (почти), и забывая, что обиженная спутница уйдет. Какой результат он получит? Покажите, что интенсивность отраженных касательных лучей достигает 100%.	_
33. 7. Свет падает перпендикулярно плоскости одной из граней алмаза (п=2,40).
а) Какая доля падающего излучения отражается? б) Чему равен угол Брюстера для алмаза?
33. 8. В дополнение к задаче 33.5 предположим, что показатели преломления кварца для света с длиной волны /.f -410 ммк равны п0= 1,557 и пе= 1,567 и что кристалл кварца есть четвертьволновая пластинка для света с длиной волны Х2=600 ммк. Полностью опишите состояние поляризации света с длиной волны Лх, прошедшего через кристалл, если падающие лучи были линейно поляризованы.
33. 9. Вам дана отполированная пластинка из черного обсидиана, нужно измерить показатель преломления этого материала. Как вы поступите?
94
3. Излучение. Волны. Кванты
К. гласе 34. Релятивистские явления в излучении
34. 1. Диск радиуса А катится без скольжения по горизонтальной плоскости. Напишите уравнение пути, проходимого точкой, находящейся на расстоянии R^A от центра диска в зависимости от A, R и угла поворота диска 0. Ось х направлена вертикально от центра диска, а ось г — в направлении его движения. Найдите ускорение (Px/dt? точки при z=ct.
34. 2. Полученное в предыдущей задаче выражение необходимо для вычисления интенсивности излучения частицы, движущейся по круговой траектории радиуса R. Выразите результат через наблюдаемые величины R, v (скорость частицы) и х (положение частицы в момент наблюдения).
34. 3. Найдите отношение интенсивностей излучения заряженной частицы, когда она движется по направлению к наблюдателю и от него по круговой орбите.
34. 4. Получите формулу sin 0=w/c, используя преобразования Лоренца.
34. 5. Покажите, что скорость электрона с энергией 1 Гэв отличается от скорости света на одну восьмимиллионную часть.
34. 6. При наблюдении £>-линии излучения атомов натрия (лабораторная длина волны 589,0 ммк) установлено, что она сдвинута в спектре излучения звезды и имеет длину волны 588,0 ммк. Чему равна скорость звезды относительно наблюдателя?
34. 7. Астроном из КАЛТЕХа Р. Минковский пришел к выводу, что наиболее отдаленная туманность, которую он наблюдал, имела скорость движения 0,6 с (удаленные космические объекты движутся от нас). Чему равен допплеровский сдвиг для света, приходящего от этой туманности? Найдите наблюдаемую длину волны в спектре света от этой туманности, если длина волны в лабораторной системе составляет 300 ммк.
Условия задач
95
34. 8. Брэдли открыл в 1728 г. аберрацию света, суть которой состоит в том, что при наблюдении звезды кажутся смещенными из-за того, что Земля движется по своей орбите. Поэтому в опытах телескоп должен быть направлен вперед максимум на 20,5”, когда рассматриваются звезды, находящиеся вблизи от полюса эклиптики. Если считать, что скорость света равна 3,00-108 м/сек, то какова величина радиуса земной орбиты в этом опыте?
34.	9. Предположим, что межпланетное пространство заполнено малыми крупинками пыли со средним удельным весом р и приблизительно сферической формы радиуса R.
а)	Покажите, что для песчинки любого размера отношение силы гравитационного притяжения к Солнцу и радиационного отталкивания от Солнца не зависит от расстояния до него.
б)	Используя тот факт, что интенсивность солнеч ного излучения на земной орбите составляет 1374 вт/м\ и предполагая сечение поглощения излучения равным л7?2, найдите, для какого значения радиуса 7? силы радиационного дав ления и гравитационного притяжения будут полностью скомпенсированы?
в)	Учитывая результаты, полученные в гл. 32 «Лекций» (вып. 3), можно ли утверждать, что сечение поглощения песчинки может быть значительно больше л7?2?
К. главе 38. Соотношение между волновой и корпускулярной точками зрения
38. 1. В гл. 32 «Лекций» мы показали, что возбужденный атом излучает свою энергию определенными порциями. Это приводит к эффекту ограничения «времени жизни» возбужденного состояния и к образованию конечной ширины соответствующей спектральной линии. Покажите, что эти эффекты, интерпретируемые как неопределенности в измерении
96	3. Излучения. Волны. Кванты
энергии и времени излучения фотона, согласуются с принципом неопределенности.
38. 2. Анализируя размерности, оцените «боровский радиус» атома водорода. Покажите, пользуясь принципом неопределенности, что энергия, необходимая для отрыва электрона от протона в атоме водорода,— порядка нескольких электрон-вольт.
38. 3. В ультрафиолетовой части спектра возбуждения водорода наблюдается серия линий, известных под названием серии Лаймана. Три линии этой серии имеют длины волн: 1216, 1026, 973 А. Рассчитайте длины волн, отвечающие трем другим возможным линиям в спектре возбуждения водорода, которые могут быть «предсказаны» на основе одних этих данных, а также комбинационного принципа Ритца. Две из них лежат в видимой области (серия Бальмера), а одна — в инфракрасной (первая линия серии Пашена).
4
КИНЕТИКА•ТЕПЛОТА•ЗВУК
Л главе 39. Кинетическая теория газов
39. 1. Можно показать, что при адиабатическом сжатии идеального газа выполняется соотношение const [см. формулу (39.14), вып. 4, стр. 131.
С другой стороны, при всех условиях PV/T'=const. Используя эти данные, найдите связь между параметрами Р и Т или V и Т для случая адиабатического сжатия.
39. 2. С помощью двухтактного насоса, который используется для накачивания велосипедных шин, можно достигнуть давления 3,5 кГ/см2, начав накачку воздуха при нормальном атмосферном давлении [1 кГ/см2 при 20° С (293° К)]. Какова температура (по шкале Цельсия) воздуха, выходящего из насоса, если для воздуха 1,40? Потери тепла через стенки насоса пренебрежимо малы.
39. 3. Гелий (газ) содержится в одной половине двух идентичных теплоизолированных сосудов, причем другая половина каждого из сосудов откачана до полного вакуума. Каждый сосуд разделен перегородкой, в которой имеется закрывающееся отверстие (см. рисунок). Ставятся два опыта:
а)	Отверстие в перегородке одного сосуда открывается, и газ перетекает в другую половину сосуда, пока не установится равновесие. Затем перегородку начинают медленно передвигать к одному из краев сосуда.
б)	Перегородку другого сосуда очень медленно двигают по направлению к вакуумированному краю до упора. Сравните количественно конечное
4 Заказ № 17
98
4. Кинетика. Теплота. Звук
состояние газа в этих двух сосудах (трением при передвигании перегородки можно пренебречь).
I
Начальное состояние
Конечное состояние
39. 4. а) Представьте себе высокую вертикальную колонку, наполненную газом или жидкостью, плотность которых изменяется с высотой. Покажите, что в этом случае зависимость давления от высоты описывается дифференциальным уравнением dP/dh=—p(fi)g.
б) Решите это уравнение для случая атмосферного воздуха (молекулярный вес р), если его температура не зависит от высоты.
39. 5. Адиабатической называется атмосфера, в которой давление и плотность в зависимости от высоты удовлетворяют соотношению Pp-7=const.
а)	Покажите, что температура такой атмосферы линейно уменьшается с высотой, и найдите коэффициент пропорциональности. Такой температурный градиент называется адиабатическим. Найдите температурный градиент для земной атмосферы.
б)	Используя аргументы, основанные на энергетических соображениях, покажите, что атмосфера с температурным градиентом, меньшим или большим адиабатического, будет соответственно стабильной или нестабильной относительно конвекции.
39. 6. Цилиндр с непроницаемой абсолютно гладкой перегородкой содержит 1 м3 газа при давлении 1 атм. Газ медленно сжимается при постоянной температуре до конечного объема 0,4 л3. Какая работа затрачивается при этом?
39. 7. Два газа, А а В, занимающие один и тот же начальный объем Уо, при одинаковом начальном давлении
Условия задач
99
Ро внезапно подвергаются адиабатическому сжатию, каждый — до половины своего первоначального объема. Каково конечное давление в каждом газе по сравнению с начальным, если ул=5/3 (одноатомный газ), ув=7/5 (двухатомный)?
39.	8. Найти отношение количеств работы, необходимой для сжатия газов А и В, рассмотренных в задаче 39.7.
39.	9. Две сферы объемом 200 и 100 см3 соединены короткой, трубкой (см. рисунок), в которой имеется изолирующая пористая перегородка. С ее помощью можно добиться равенства давлений в сосудах, но не температуры. Система находится при /=27° С и содержит кислород под давлением 760 мм рт. ст. Малая сфера помещается в сосуд со льдом при 0° С, а большая — в сосуд с паром при 100° С. Какое давление установится в системе? Тепловым расширением сфер пренебречь.
39.10.	Резервуар на 50 л соединен с резервуаром на 15 л с помощью короткой трубки, в которой имеется специальный клапан давления, позволяющий газу просачиваться из большого резервуара в малый, если давление в большом превышает давление в меньшем на 88 см рт. ст. При t=\l° С больший резервуар содержит газ при атмосферном давлении, а меньший — полностью вакуумирован. Каково будет давление в последнем, если оба резервуара нагреть до 162° С?
39.11.	При комнатной температуре четырехокись азота частично диссоциирует в двуокись азота:
N2O4 —2NO2.
В вакуумированный сосуд объемом 250 см3 вводится 0,90 г жидкого NaO4 при 0° С. Когда температура в сосуде увеличивается до 27° С, жидкость испаря-
4*
100
4. Кинетика. Теплота. Звук
ется, а давление становится равным 960 мм pm. ап. Сколько процентов четырехокиси азота при этом диссоциирует?
39.12.	Вначале 1 моль идеального одноатомного газа находится в изолированном сосуде с подвижной крышкой, занимая объем Vj при давлении Р± и температуре Т1=27° С. Затем он медленно нагревается с помощью помещенного внутрь нагревателя, на что полностью тратится энергия 8,31 вт-ч. В результате газ расширяется при постоянном давлении Plt нагреваясь до температуры Т2 и занимая конечный объем V2- Вычислите работу, проделанную газом при расширении, и запас энергии газа, а также найдите: а) Т2, б) V^/V^.
К главе 40. Принципы статистической механики
40.	1. В радиометре молекулы газа бомбардируют тонкие легкие крылышки вертушки, которые с одной стороны зачернены, а с другой — покрыты блестящей краской. Когда на крылышки попадает излучение, поглощенная ими при этом энергия уносится в основном молекулами, бомбардирующими зачерненную сторону каждого крылышка. В результате возникает результирующая несбалансированная сила, которая поворачивает вертушку. Рассмотрим сосуд, в котором имеется п молекул массы т в единице объема, при абсолютной температуре Т. Тонкое крылышко единичной площади, расположенное внутри такого сосуда, поглощает радиационную энергию со скоростью л вт, причем эта энергия уносится (изотропно) молекулами, попадающими только на одну сторону крылышка. Оцените примерно силу, действующую на крылышко в воздухе при комнатной температуре.
40.	2. Какая доля молекул газа (газ находится в тепловом равновесии), достигающих в единицу времени поверхности сосуда, обладает кинетической энергией: а) большей, чем средняя тепловая,
б) в 3 раза большей, чем средняя тепловая?
Условия задач
101
40. 3. Молярная теплоемкость вещества при постоянном объеме Cv— это количество энергии, необходимое для повышения температуры 1 моля вещества на Г, если объем остается постоянным. Чему равна молярная теплоемкость при постоянном объеме: а) идеального одноатомного газа?
б) идеального двухатомного газа?
40.	4. Газ при нормальных давлении и температуре втекает со скоростью v через гладкую трубку с постоянным поперечным сечением площадью А. Когда газ проходит через проволочную сетку, оказывающую пренебрежимо малое сопротивление потоку, он нагревается. Приобретаемая мощность равна q вт. Из трубки газ вытекает со скоростью и'. Напишите уравнения, выражающие законы сохранения массы, энергии и импульса для случая, когда через трубку протекает воздух, а затем найдите: a) v',
б) конечную температуру Т,
в) напор F (основная характеристика реактивного двигателя).
40. 5. Обсудите достоинства воздушного реактивного двигателя в свете предыдущей задачи, если при его работе затрачивается 100 кг воздуха и 2,00 кг керосина в секунду. Теплотворная способность керосина составляет около 4,65-107 дж/кг. Какие обстоятельства могут сделать неправильным полученный вами результат?
40.	6. Закон распределения Максвелла имеет вид
Он может быть преобразован так: у—х2е~х.
а)	Нарисуйте график этой функции для Ой^лй^З.О и покажите, что при увеличении х главную роль играет экспоненциальный член.
б)	Найдите максимальное значение у.
40.	7. При атмосферном давлении закон
величина —=— =hn определяет собой так назы-tng ug и г
102	4. Кинетика. Теплота. Звук
ваемую шкалу высоты (и — молекулярный вес). Рассчитайте шкалу высоты для земной атмосферы и околосолнечного пространства, если иф = 29, ТФ = 300°К, «0=1,5,	7© = 5500°К, g-o = 2,7-102 м/сек2.
Значения и, g, Т относятся соответственно к условиям у поверхности Солнца (0) и Земли (ф).
К главе 41. Броуновское движение
41.	1. Рассчитайте (и запомните):
а)	температуру Т, при которой kT—l зв;
б)	величину kT (в эв) при комнатной температуре;
в)	длину волны фотона, соответствующей квантовому переходу с разностью энергий 1 эв.
41.	2. Закон распределения излучения абсолютно черного тела имеет вид
Перейдя к новой переменной Асо/йТ, покажите, что: а) проинтегрированная по всем частотам полная интенсивность излучения пропорциональна четвертой степени абсолютной температуры;
б) частота ®т, при которой /(«) имеет максимальное значение, пропорциональна абсолютной температуре.
41.	3. Найдите относительные интенсивности света с длиной волны 0,31 мк, излучаемого двумя абсолютно черными телами, которые находятся при температуре 2000 и 4000° К соответственно.
/< главе 42. Применения кинетической теории
42.	1. Энергия активации, теплота испарения, теплоты образования или диссоциации и т. д. обычно выражаются в джоулях на 1 г-моль или в электронвольтах на 1 атом. Сколько дж/г-моль содержится в 1 эв/атом? (Химики обычно используют энергетическую единицу, называемую килокалорией;
1 ккал—4186 дж.)
Условия задач
103
42. 2. а) Постройте график плотности паров ртути в зависимости от l/Т в полулогарифмической шкале (соответствующие данные возьмите из учебников физики и химии). С помощью графика определите теплоту испарения ртути. Сравните ваши результаты с табличной величиной.
б) Проделайте то же самое для воды.
42. 3. В температурном интервале 0—300° С теплота возгонки ртути изменяется только на 3% (в среднем это составляет около 0,61 эв/атом). Какую ошибку вы сделаете при расчете плотности паров ртути при 0° С, если используете теплоту возгонки при 300° С вместо правильного значения при 0° С? Замечание. Незначительное в процентном отношении отличие в показателе экспоненты может привести к большой ошибке.
42. 4. Сопротивление почти чистого кремния в зависимости от температуры показано на прилагаемом графике.
104	4. Кинетика. Теплота. Звук
Сделайте качественный вывод о природе прямого тока в этом веществе выше и ниже 300° С.
К главе 43. Диффузия
43. 1. «Диаметр» ^молекулы кислорода приблизительно равен <1=3 А. Вычислите среднюю длину свободного пробега и среднее время между двумя столкновениями для молекул кислорода при нормальных давлении и температуре.
43. 2. Сосуд содержит 1021 молекул газа, средняя длина свободного пробега одной молекулы равна I. Для какой длины пробега L вероятность того, что хоть какая-нибудь из молекул пройдет в сосуде без столкновения путь, превышающий L, меньше 50% ?
43. 3. Если в веществе существует температурный градиент, то происходит перенос тепла, причем количество переносимой энергии в единицу времени пропорционально этому градиенту (без учета конвекции). Коэффициент пропорциональности, приведенный к единице площади и к единице температурного градиента, называется теплопроводностью К. Таким образом, dE/dt=KA(dt/dx'). Покажите, что в отсутствие конвекции теплопроводность газа равна
rz » I	kV
Л ~ kn0V---7 == 7--7Т О.
0 у—1 (у—1)
Примечание. Интерпретируйте теплопроводность как перенос внутренней (тепловой) энергии U через плоскость внутри вещества, как это было сделано при рассмотрении процесса диффузии.
48. 4. Когда в жидкости существует градиент скорости, причем скорость зависит от расстояния в направлении, перпендикулярном потоку, то в результате возникает тормозящий движение фактор, называемый вязкостью. В газе его появление обусловлено переносом импульса. Через каждую плоскость импульс переносится молекулами, находящимися
Условия задач
105
по обе стороны от нее на расстоянии, не превышающем длину свободного пробега. Если поток движется в направлении оси х и существует градиент скорости vx в направлении оси у, то сила вязкости, отнесенная к единице площади плоскости, перпендикулярной оси у, равна FIA—^dvJdy. Покажите, что для газа коэффициент вязкости т] приближенно равен
, ст г] = novml = — ,
где п — концентрация молекул; т — масса молекулы; I — длина свободного пробега; о=п0/.
43.	5. Отметим, что теплопроводность и вязкость газа не зависят от давления. Измените соответствующим образом формулу для количества энергии, переносимой между Двумя поверхностями, имеющими температуры Т и Г+ДТ и находящимися на расстоянии D друг от друга, если 1^>D. Проделайте то же самое, рассматривая процесс переноса импульса между двумя такими поверхностями, движущимися со скоростями v и и4~ДУ-
43.	6. Два газа Л и В с плотностями рА и рй находятся при определенной температуре То. Отдельный ион, за которым ведется наблюдение, обладает подвижностями цл в газе А и цй в газе В (р=пдр//7, где F — сила, см. вып. 4, стр. 90). Какова подвижность иона в смеси этих газов с плотностью рл+рв при той же температуре 70?
К главе 44. Законы термодинамики
44.	1. Идеальный газ, имеющий у=4/3, последовательно переводится из состояния А (давление Р=1 атм, объем V=22,4 л, температура /=300° К) в состояние С (Р=2 атм, V=33,6 л) либо по пути АВС, либо по пути ADC.
а)	Покажите, что изменение энтропии в обоих случаях одинаково.
106
4. Кинетика. Теплота. Звук
б)	Рассчитайте это изменение.
Р,атм
г '	В1-------1С
1 -	Л*-------'О
-------1----‘-->-*-И/224л
О 0,5 1,0 1,5	'
14. 2. Переведите идеальный цикл Карно abed на диаграмме р—V между состояниями, характеризующимися параметрами 7\ и Т2 и (ра, Va), (рс, Vc), в цикл ABCD на диаграмме энтропия — температура (см. фиг. 44.6 «Лекций», вып. 4, стр. 109).
44. 3. Температура парогенератора на современной теплоэлектростанции, использующей перегретый пар, равна 600° С. В холодильник подается речная вода при /=20° С. Каков максимальный! к. п. д., который может быть получен на такой станции?
44. 4. В идеальном обратимом двигателе, в котором в качестве рабочего тела используется 28 г азота (у=7/ь), рабочий цикл abed происходит без использования золотника (см. фиг. 44.6 «Лекций», вып. 4, стр. 109). Температура нагревателя 400° К, холодильника 300° К- Начальный объем газа в точке а равен 6,0 л, а объем в точке с составляет 18,0 л. а) При каком объеме Vb нужно прекратить подачу в цилиндр тепла (изотермическое расширение) и, теплоизолировав его, начать адиабатическое расширение от Vb к Vc? При каком объеме Vd начнется адиабатическое сжатие?
б)	Какое количество тепла поступает в систему на участке а-+Ь цикла?
в)	Какое количество тепла уходит из системы на участке c->d?
г)	Чему равен к. п. д. двигателя?
д)	Чему равно изменение энтропии на 1 г рабочего вещества на участках а-+Ъ и c->d?
Примечание. Вы должны получить, что для цикла Карно в случае идеального газа отношения Vb/Va и VJVd равны.
Условия задач
107
44.	5. Беззаботный экспериментатор, торопясь уйти, оставил золотник резервуара, наполненного гелием, неплотно закрытым. Газ, первоначально находившийся при давлении 200 атм, медленно изотермически выходит из резервуара при температуре 20° С. Чему равно изменение энтропии на 1 кг газа?
К главе 45. Примеры из термодинамики
45.	1. Солнце излучает приблизительно как черное тело при температуре 5700° К. Если солнечным светом облучать абсолютно черную медную сферу, расположенную на расстоянии 1 А.Е. от Солнца, то какая равновесная температура будет достигнута при этом? (Диаметр Солнца виден с Земли под углом 0,50°.)
45.	2. Солнечный свет падает перпендикулярно на некоторую область, находящуюся в Экваториальной Африке. Если поверхность излучает как абсолютно черное тело, то какова максимальная температура этой области? (Солнечная постоянная равна 1395 вт/м2.)
45.	3. Черное тело радиуса г при температуре Т окружено зачерненной с обеих сторон тонкой оболочкой радиуса R. Найдите, насколько такой радиационный экран уменьшает скорость охлаждения тела. (В пространстве между телом и оболочкой — вакуум, потерь, связанных с теплопроводностью, нет.)
45.	4. Плотность в центре Солнца равна приблизительно 80 г/см2, а температура ~13-10®°К. Вещество Солнца почти целиком состоит из протонов и электронов. Найдите давление газа и радиационное давление в центре Солнца.
45.	5. Скрытая теплота испарения воды равна приблизительно 2,44-10® дж/м2, а плотность пара при 100° С составляет 0,598 кг/м2. Используя уравнение Клаузиуса — Клапейрона, найдите скорость изменения температуры кипения с высотой в град[км,
i08	4. Кинетика. Теплота. Звук
принимая за начало отсчета уровень моря. Положите температуру воздуха равной 300° К.
45. 6. Покажите, что для идеального газа, внутренняя энергия которого зависит только от температуры, разность между молярными теплоемкостями при постоянном давлении и постоянном объеме равна газовой постоянной R:
Cp — CV = R.
45. 7. При 0° С удельный объем насыщенного водяного пара равен 206 мР/кг. Какова скрытая теплота испарения в дж/кг при этой температуре? (Определите dp/dt из таблиц, рассчитайте L и сравните с табличным значением.)
45. 8. Тело поглощает фиксированную долю А полного излучения, падающего на его поверхность, и отражает остаток. Покажите, что при температуре Т оно излучает энергию АоТ4.
45. 9. а) Используя термодинамические соображения, покажите, что если вещество при замерзании расширяется, то его температура замерзания должна уменьшаться с увеличением давления.
б) Рассчитайте самую низкую температуру льда на катке, при которой катание на коньках еще возможно.
/< главе 47. Звук. Волновое уравнение
47. 1. Найдите отношение скоростей звука в гелии и водороде при одной и той же температуре.
47. 2. В два свистка одинаковой длины вдуваются: воздух, охлажденный почти до температуры жидкого воздуха (—180° С), и теплый воздух.
Один свисток издает звук ровно на октаву выше, чем другой (т. е. удвоенной частоты). Какова должна быть температура воздуха, вдуваемого во второй свисток?
47. 3. Если вы вдохнете гелий и начнете разговаривать, то звук вашего голоса будет неестественно высоким.
Условия задач -
109
Если все ваши резонансные полости («пустоты в вашей голове») будут заполнены гелием, а не воздухом, то насколько увеличится каждая резонансная частота? Если вы при этом напеваете, то как повлияет наличие гелия на тональность, в которой вы поете? Обсудите.
47.	4. Рассмотрим постоянную плоскую звуковую волну с частотой 1000 сек"1, в которой экстремумы давления отличаются на ±1 дин/см* от среднего атмосферного давления 1-Ю8 дин!см2.
а)	Чему равно изменение плотности, сопровождающее распространение такой волны?
б)	Чему равно максимальное смещение	частиц?
в)	Чему равна интенсивность волны?
(Примите скорость звука равной 340 м/сек.)
47. 5. Зажмите кончиками пальцев обеих рук резиновую полоску длиной около 5 см, а затем попросите товарища слегка щелкнуть по резине. Послышится звук. Потом растяните полоску в 2, 3, 4, 5 раз, не меняя массу полоски между руками, и повторите ту же процедуру. Обсудите результаты наблюдения. Почему ничего похожего не происходит со струной скрипки?
47. 6. Однородная абсолютно гибкая струна линейной плотности о кг/м растянута с натяжением Т. Сформулируйте волновое уравнение, описывающее поперечное смещение струны у, и найдите скорость распространения возмущения вдоль струны. Используйте предположение о том, что ду/дх^А во всех точках в любой момент времени, и рассмотрите только плоские колебания струны. Отметим, что компонента натяжения струны в поперечном направлении очень близка к Т ду/дх.
47.	7. Покажите, что выражение u=Aeamt~llx) удовлетворяет волновому уравнению
д2и_ 1 д-и
дх2 v2 dt2
при условии, что со и k связаны соотношением ta=vk.
по
4. Кинетика. Теплота. Звук
К главе 48. Биения
48.	1. Фазовая скорость волны с длиной волны К, распространяющейся по водной поверхности, если пренебречь поверхностным натяжением и конечной глубиной водоема, c^a3=j/gV2n. Покажите, что групповая скорость волны равна половине фазовой. Чему равна групповая и фазовая скорости волны длиной 1000 ж?
48.	2. Если в предыдущей задаче рассматривать влияние поверхностного натяжения, то можно показать, что фазовая скорость волны на поверхности жидкости с плотностью рис поверхностным натяжением Т равна офаз=(2лТ/Хр-гйгХ/2л),/=, когда глубина водоема достаточно велика. Найдите групповую скорость такой волны.
48.	3. Найдите фазовую скорость ряби с длиной волны 1,0 см на поверхности:
а) воды (поверхностное натяжение 70 дин/см)-, б) этилового спирта (поверхностное натяжение 26 дин,/см).
48.	4. Найдите длину волны и частоту ряби на поверхности воды, которая движется с минимальной скоростью.
48.	5. Длинный дизельный товарный поезд идет в гору со скоростью 5,0 м/сек по прямому пути. Когда он достигает туннеля в отвесной скале, машинист дает длинный непрерывный гудок с основной частотой 340 гц. Звук гудка и его эхо, возникающее при отражении от стены, слышат машинист и человек, находящийся на земле вблизи последнего вагона. Какой частоты звук слышит каждый из них?
К главе 49. Собственные колебания
49.	1. Два тела с массами т1 и т2 прикреплены к двум стенам пружинами, коэффициенты упругости которых и k2 соответственно. Друг с другом они соединены пружиной с жесткостью k (см. рисунок).
Условия задач
111
Напишите уравнения движения этих тел, положив
49.	2. Подставьте x—Aeiuit и y=Beiwt в полученные выше уравнения и найдите частоты и отношения амплитуд грузиков для нормальных колебаний.
49.	3. Покажите, что функция
г ,	. ,< . hix . тку . плг
fix, у, z, t) = Ae'w sm — sinsin—,
где
,	9	! Z2 , m2 . n2\
(02 = 02л2 — + ТГ + I , \ a2 1 &2 1 c2 j ’
a I, tn, n — целые числа, большие или равные единице, а) удовлетворяет трехмерному волновому уравнс нию (описывающему волну со скоростью распространения v);
б)	равна 0 при х=0, х=а, у=0, у=Ь. г=0, г=с; в) осциллирует во времени подобно синусоиде.
49. 4. Полагая, что в предыдущей задаче а : b : с=1 : 2 : 3, найдите 10 минимальных частот, выраженных через наименьшую частоту. <»0. Расположите их в порядке возрастания и отложите на вертикальной шкале.
49. 5. Используя понятие о бесконечно длинных периодических волнах, распространяющихся в противоположных направлениях, выясните, что произойдет, если идеальная однородная натянутая струна длины L оттянута от средней точки на расстояние А, а затем отпущена. Нарисуйте несколько положений струны в различные моменты времени в течение одного полупериода первой гармоники.
112	4. Кинетика. Теплота. Звук
К главе 50. Гармоники
50. 1. Используя фурье-разложения прямоугольной волны
4 /	1	1
— sinx-f- —sin Зх-г-s-sin 5х+..
Л \	о	О
покажите, что
\ 1	1 I 1	1 I	л
а)	3 + 5	7 ’ • ' ’	4 ’
<41,1,1,1.	л2
V 9+25 + 49+ •  • Т’
\ 1 , 1 । 1 , I । 1 ।
В) 1 + 4 + g + 1б+25 i • • • —
= 4 fl , 1^1 , lj_ \
У \ 1 г 9 1 25 + 49 1 • • J 6 •
;Г
50. 2. Разложите функцию 9(х)= д в интеграл
Фурье и покажите, что полученные результаты согласуются с тем, что получается при интегрировании функции, использованной в предыдущей задаче.
50. 3. Используя результат предыдущей задачи, покажите
..,1,1,1, 314
а) 1 +31 + 54 + 74+  • • -9§-
V 1 — 24 (1 I 1 - 1 -	л-'
“ 24— 1 V 1 + 3* + 5* + • • • /  90  п = 1	4	'
50. 4. В гл. 45 нам надо было вычислить интеграл
р x3dx
О
Теперь вы можете это сделать, умножив числитель и знаменатель на е~х, разложив подынтегральную
Условия задач
113
функцию в ряд и
интегрируя почленно. Получим
= j u3e-!!du [1 о	о
! , ) ,	1 __ г- л4 _ л4
2« г з4 +  • • J ' : 0 gg - ]5 •
Проверьте это.
50.	5. Найдите фурье-разложения пилообразной функции, которая описывает ток, протекающий в горизонтальной цепи развертки электронного осциллографа:
50.	6. Выпрямитель есть устройство, которое преобразует синусоидальную волну, например напряжения с амплитудой Vn, в
v
а)	Вычислите среднее значение V(t). Оно называется выходным напряжением.
б)	Найдите амплитуду второй гармоники в выходном напряжении.
50.	7. С трансформатора снимается выходное напряжение, пропорциональное Квых=Увх4-е(Увх)3. Выясните, к каким эффектам приведет учет кубического члена, если:
а)	входная волна синусоидальная;
б)	имеются две или более входные синусоидальные волны с разными частотами.
Решения и ответы
СОВРЕМЕННАЯ НАУКА О ПРИРОДЕ а ЗАКОНЫ МЕХАНИКИ
К главе 1. Атомы в движении
1.1.	а) Известно, что при нормальных условиях грамм-молекула любого вещества содержит А молекул (А =6,02-1033— число Авогадро) и занимает в газообразном состоянии объем v0 = 22,4 л = 22400 см3. Следовательно, в 1 см3 газообразного воздуха содержится пв «молекул»:
д
пв = — = 2,7-1019 см~3.
«о
Плотность газообразного н жидкого воздуха равна соответственно
pB = mnB и рж = /ппж,
где т — масса «молекулы» воздуха, а пж — число «молекул» в 1 см3 жидкого воздуха, поэтому
-2“=-^ и п в==2,7-1032 см~3. Рв «в	Рв
б) Зная плотность воздуха, вычисляем массу «молекулы» воздуха
ш = —= 3 7-10~33 г.
«в
в) Представим себе молекулу воздуха в виде твердого шарика с радиусом г. Ясно, что молекулы столкнутся, если их центры подойдут на расстояние, меньшее или равное 2г. За единицу времени молекула пролетает путь, равный ее средней скорости и. При этом она сталкивается со всеми молекулами, центры которых окажутся в «захватываемом» ею объеме л (2г)2 о, т. е. испытывает 4лг2п0о столкновений (л0—число молекул в 1 см3 воздуха при нормальных условиях).
Считая для оценки, что между двумя последовательными столкновениями молекула проходит равные расстояния X (это и есть длина свободного пробега) и что все молекулы одинаковы, находим
° 1
(2г)3 лоп0 4лг2п0
Решения и ответы
115
Полагая г х 10-8 см, получаем Х = 3,2-10-5 см. От давления зависит только число частиц в 1 см3, которое просто пропорционально давлению, так что можно написать п = ср (с—коэффициент пропорциональности) и А,= 1/(4лг2ср), откуда Zp = const. Поэтому для длины свободного пробега молекулы при разных давлениях, но одинаковой температуре газа имеем
Таким образом, давление, при котором длина свободного пробега составляет 1 м, равно
р1 = 4^-р0 = 3,2-10~7 атм.
1.2. Предположим, что объем древней капли был равен примерно 1 см3, т. е. что капля содержала около N х 3-1022 молекул. Естественно предположить, что за огромный промежуток времени, прошедший от палеозойской эры до наших дней, молекулы капли равномерно распределились по всей имеющейся на Земле воде. В этом случае студент-геолог проглотил n = (y/V)N молекул нашей капли, где v — объем выпитой им воды, а V—объем всей воды на Земле. Оценим V.
Будем считать, что вода покрывает равномерно весь земной шар слоем толщиной d х 3 км. В этом случае
V = 4nP^d х 1 ,5-1023 см3,
где Р3 —радиус Земли. Положив v =150 см3 (три четверти стакана), получим п х 30.
1.3. Рассмотрим сначала, как будет происходить испарение, если стакан накрыть крышкой и откачать из-под нее весь воздух. Пока водяного пара под крышкой мало, жидкость будет испаряться. Из воды все время будут вылетать молекулы воды, а нз пара какое-то число молекул будет возвращаться в воду, т. е. конденсироваться. Через некоторое время в стакане установится динамическое равновесие: число вылетающих из воды молекул станет равным числу возвращающихся обратно. Если убрать крышку, вода начнет непрерывно испаряться, причем число вылетающих молекул будет таким же, как и тогда, когда стакан был накрыт, ведь процесс испарения зависит только от движения молекул в воде, число же возвращающихся в воду молекул зависит от количества водяных паров в воздухе над стаканом.
Оценим количество вылетающих из воды молекул в единицу времени при равновесии. Проще вычислять не это число, а равное ему число конденсирующихся молекул пара.
Пусть в единице объема воздуха над крышкой содержится п молекул водяного пара. Число п зависит только от температуры воздуха, оно измерено экспериментально; существуют таблицы зависимости п от температуры. За про
116	1. Современная наука о природе. Законы механики
межуток времени t поверхности воды достигнут только те молекулы пара (скорость молекулы о), которые находились в начальный момент времени не дальше, чем vBt (vB — вертикальная скорость молекулы). Другими словами, поверхности воды достигают те молекулы, которые находятся в объеме SvBt над стаканом (S—площадь поперечного сечения стакана). Следовательно, в единицу времени конденсируется 1/2nSo молекул пара.
Как уже отмечалось, число испаряющихся молекул при снятой крышке будет таким же, как и при закрытой крышке. Но число конденсирующихся молекул зависит от того, сколько молекул пара содержится в единице объема воздуха над поверхностью жидкости. Будем считать, что влажность воздуха близка к нормальной.
Влажностью (относительной) называют отношение числа содержащихся в воздухе молекул водяного пара в данный момент времени к максимально возможному (т. е. числу молекул пара в единице объема при равновесии). Нормальной считается влажность около 60 — 80%. Мы положим, что влажность воздуха 50%, т. е. в единице объема воздуха содержится п/2 молекул водяного пара. В этом случае, как следует из предыдущего рассмотрения, в воду из пара должно конденсироваться 1/4 nSv молекул. Однако так было бы лишь при условии, что над водой находятся только водяные пары, а не смесь воздуха с паром. При наличии воздуха молекулы из воды отлетают без столкновений только на длину свободного пробега X (это расстояние ~ 3-10-5 см, см. задачу 1.1), дальше они движутся от поверхности жидкости с очень малой скоростью (по сравнению с тепловой). Поэтому число конденсирующихся молекул определяется не плотностью пара на большом расстоянии от воды, а плотностью пара на расстоянии длины свободного пробега. Считая, что плотность пара в перпендикулярном к поверхности воды направлении меняется линейно, а на расстоянии примерно 1 см она равна уже л/2, находим, что плотность водяных паров на расстоянии X примерно равна
п , п .	( X \
2 + 2 (	“2 J'
Таким образом, с поверхности воды в единицу времени испаряется около raXSo/4 молекул воды. После этого рас- -смотрения мы можем ответить на поставленные в задаче вопросы.
а)	В стакане воды содержится nBSh молекул воды, где лв = 3-1022 см~3—число молекул воды в 1 см3 (см. предыдущую задачу), а й—высота стакана, которую примем равной 10 см. Вся вода испарится за время
« 0,6 • 10е сек к, 7 дней Хло
(при t = 25°C, v = 6000 м/сек, л=1018 см~3).
Решения и ответы
117
б)	С площадки в 1 см2 каждую секунду испаряется nf.v/4 « « 2-1018 молекул.
в)	В среднем за год должно испариться количество воды, равное среднегодовому количеству осадков. Конечно, полученное нами число в пункте (а) превышает количество осадков, так как для расчетов мы выбрали такие условия атмосферы, когда преобладает процесс испарения.
1.4.	Хотя атомы и находятся в непрерывном движении, это еще не означает, что они в среднем изменяют свое относительное расположение. В частности, атом, колеблющийся около своего места в кристаллической решетке, в среднем покоится в нем, так что кристаллические тела не меняют своей формы до тех пор, пока амплитуда колебания составляющих их частиц мала по сравнению с расстояниями между ближайшими атомами. При достаточно сильном нагревании эга амплитуда становится столь большой, что атомы уже больше не «привязаны» к определенному месту, наступает процесс плавления и твердое тело меняет форму.
1.5.	Рассмотрим часть грани кристалла. Расположение атомов в кристалле таково, что каждый атом окружен определенным образом расположенными другими атомами. Это означает, что атомы одного сорта расположены в так называемых эквивалентных точках, т. е, точках, окружение которых совершенно одинаково. Минимальное расстояние между эквивалентными точками а называется периодом решетки. На фиг. 1 эквивалентные точки—это точки 0, 1, 2, 3.
Фиг. I
Ближайшие эквивалентные точки образуют некоторую плоскую фигуру — «ячейку» (на рисунке это ромб с вершинами в точках 0, 1, 2, 3), а если рассматривать весь кристалл, а не его грани, то объемную фигуру. При формировании кристалла нарастает все больше и больше ячеек, поэтому форма грани кристалла зависит от геометрической формы ячейки. Разумеется, скорость роста кристалла в разных направлениях различна, так что внешние грани кристалла
118	1. Современная наука о природе. Законы механики
не являются просто повторением формы ячейки. Но совершенно ясно, что углы между сторонами грани кристалла равны углам между сторонами ячейки, поэтому для ответа на поставленный в задаче вопрос нам достаточно указать, что не может существовать ячеек в форме правильного пятиугольника.
Приведем доказательство от противного. Пусть ячейка кристалла—правильный пятиугольник, а О и А—эквивалентные точки (фиг. 2). Очевидно, эквивалентной должна быть и точка Е (если эквивалентная точка помещается на расстоянии а от О при перемещении вправо, то должна быть эквивалентная точка и при перемещении влево на то же расстояние). Другие эквивалентные точки можно построить, поворачивая отрезок О А на угол 2л/5 = 72°. После первого поворота получим точку В, а после второго—точку С. Но расстояние ЕС < а, что противоречит исходному предположению (расстояние между эквивалентными точками не меньше, чем а). Таким образом, грань кристалла не может быть правильным пятиугольником. Можно строго показать, что аналогичное построение непротиворечиво только в том случае, если ячейки кристалла имеют форму правильного треугольника, четырехугольника (квадрата) и шестиугольника.
1.6.	Беспрерывно ударяясь о стенки сосуда, молекулы газа действуют на них с некоторой силой. Действительно, если сделать одну из стенок сосуда подвижной, то, чтобы удержать ее под градом ударов молекул в неизменном положении, нужно приложить к ней определенную силу. Величина этой силы, отнесенная к единице площади стенки, и есть давление газа. Понятно, что давление будет тем больше, чем больше молекул ударяется о единичную площадку поверхности стенки и чем энергичнее каждый удар. Если плотность газа не особенно велика, то число ударяющихся о стенку молекул просто пропорционально плотности. Сила же удара молекулы о поршень зависит от скорости молекулы: чем быстрее движется молекула, тем сильнее она наносит удар. С Другой стороны, понятно, что при данной плотности газа к поршню подлетает и ударяется о него тем больше молекул, чем больше их скорость. Таким образом, мы видим, что от скорости молекул зависит и число ударов о поршень, и сила удара. Поэтому зависимость давления газа от средней ско
Решения и ответы
119
рости молекул—нелинейная. Точный расчет показывает, что давление газа пропорционально среднему квадрату скорости, а не средней скорости.
1.7.	Действительно, теплота есть не что иное, как движение молекул, но движение хаотическое, беспорядочное. Когда тело в целом покоится, его молекулы тем не менее могут обладать большой энергией хаотического движения. При этом мы говорим, что тело сильно нагрето (обладает высокой температурой). Если нагревать тело, т. е. дальше увеличивать его температуру, то скорость беспорядочного хаотического движения будет возрастать.
Молекулы холодного быстро движущегося бейсбольного мячика наряду с хаотической скоростью обладают еще скоростью направленного движения, одинаковой для всех молекул, которая характеризует энергию движения мячика как целого, а не его внутреннее состояние. Скорость же беспорядочного движения молекул холодного мячика меньше, чем нагретого.
1.8.	Как бы ни были отполированы трущиеся поверхности машины, они никогда не будут совершенно гладкими. В действительности эти поверхности можно представить себе покрытыми (хотя и очень маленькими) бугорками, ступеньками и т. п. При движении таких поверхностей относительно друг друга происходит множество микроскопических ударов, неровности сминают друг друга. В результате таких беспорядочных ударов в конце концов увеличивается скорость хаотического движения молекул (в § 2 «Лекций», вып. 1, показано, что при ударе молекулы о движущуюся ей навстречу поверхность, скорость молекулы увеличивается). А это означает, что трущиеся тела нагреваются.
1.9.	Кусок резины состоит из длинных перекрывающихся цепочек атомов, которые беспорядочно ориентированы в пространстве. При растягивании резины, т. е. когда к ней приложена некоторая внешняя сила, часть этих цепочек вытягивается вдоль внешней силы. При этом «ориентирующиеся» цепочки атомов сталкиваются с другими молекулами резины и заставляют их двигаться быстрее, подобно тому, как вдвигаемый в сосуд с газом поршень заставляет двигаться быстрее молекулы газа. Поэтому температура куска резины при его растяжении увеличивается, т. е. резина нагревается.
1.10.	Резина с подвешенным на ней грузом растянута. Это значит, что некоторые молекулярные цепочки атомов расположены вдоль направления растяжения. В то же время все молекулы (цепочки) участвуют в беспорядочном тепловом движении и непрерывно сталкиваются друг с другом. В результате таких столкновений первоначально ориентированные цепочки атомов стремятся снова запутаться с остальными молекулами, но этому мешает приложенная внешняя сила. При нагревании резины скорость движения молекул увеличивается, усиливается бомбардировка ориентированных цепей, что
120
1. Современная наука о природе. Законы механики
приводит к более сильному их запутыванию. Последнее означает, что длина натянутой резины при нагревании уменьшается.
1.11.	Посмотрим, как разместятся шарики при наиболее плотной упаковке (как раз тогда в сосуде поместится максимальное число шариков). Первый слой шариков ляжет так, что каждый шарик соприкоснется с шестью другими (положение центров шариков этого слоя показано на рис. а черными точками). Шарики второго слоя лягут в «ямки» первого слоя, так что каждый шарик второго слоя соприкоснется с тремя шариками нижнего (обратите внимание, что используется только половина «ямок» первого слоя), а в остальном второй слой выглядит точно так же, как первый, только смещен относительно него в вертикальном направлении. Центры шариков второго слоя, если смотреть на них сверху, займут положение, обозначенное на рис. а светлыми кружочками. Третий слой шариков можно наложить двумя разными способами: шарики могут лечь в те «ямки» второго слоя, которые находятся над центрами шариков нижнего слоя, тогда получится, что шарики третьего слоя лежат точно над шариками первого слоя (центры шаров верхнего слоя обозначены крестиками). Если же шарики третьего слоя лягут в другие «ямки» второго слоя, то окажется, что они будут находится как раз над «свободными ямками» первого слоя (рис. б). Плотность упаковки и в том и в другом случаях одинакова, т. е. число шариков в единице объема в обоих случаях одинаково.
Укладывая таким же способом следующие слои шариков, замечаем, что их центры располагаются в пространстве в определенном порядке, т. е. образуют «кристаллическую» решетку. В первом из рассматриваемых случаев эта решетка ,
Решения и ответы
121
как легко заметить, имеет вид, приведенный на рис. в. Это так называемая гексагональная решетка.
Вид решетки, получающейся при втором способе укладки, приведен на рис. г (кубическая гранецентрированная решетка). Чтобы увидеть, что центры шариков расположены именно так, нужно представить себе, что одна из диагоналей куба, изображенного на рис. г, перпендикулярна горизонтальной плоскости, а шарики, центры которых лежат в вершинах куба, принадлежат четырем горизонтальным слоям.
Рассчитаем максимальное число помещающихся в сосуд шариков при каком-нибудь одном способе размещения, например втором. Длина ребра кубической гранецентрирован-пой решетки, как видно из рис. д, равна l = }^2d (d—диаметр шарика). С каждым таким кубом связано 14 шариков: 8 находятся в вершинах куба, а 6 лежат в середине каждой из его граней. Но внутри куба лежит только часть каждого шарика, общий занимаемый ими объем равен объему 4 шариков (по половине от каждого из шариков, центры которых лежат на гранях куба и по т/8 от шариков, находящихся в вершинах куба). В объеме V помещается всего 7/У0 кубических ячеек, где 70= Z3=2]/"2 d3— объем одной ячейки, так что в сосуде объемом V может быть помещено самое большее Л7 = 4 У/Уо = У2 V/d3 шариков.
К главе 4. Сохранение энергии
4.1.	Представим себе, что груз весом W уравновешен при помощи некоторого другого грузика, который подвешен на маленьком блоке, как показано на рисунке. Вопрос о натяжении проволоки сводится, таким образом, к вопросу о величине веса грузика, так как натяжение проволоки равно весу грузика. Обозначим поэтому вес грузика через Т.
Предположим теперь, что грузик Т поднялся на небольшую высоту h. При этом груз W опустится на расстояние Н, а проволока ВС повернется на малый угол Да.
122
1. Современная наука о природе. Законы механики
Размеры проволок АС и АВ таковы, что угол АСВ прямой, поэтому Н — СС' sin 45q = Ь/У2 (угол Да—маленький, поэтому СС можно считать продолжением АС).
Увеличение потенциальной энергии грузика Т по закону сохранения энергии равно уменьшению потенциальной энергии груза W, т. е. Th—WH, откуда
н	W
T =	=	« 35,5 кГ.
h	У 2
4.2.	Введем следующие обозначения: Fj—сила давления роликов на вертикальную стену; Р3 и Р3— горизонтальная и вертикальная составляющие силы давления лестницы на землю. Очевидно, что Fr направлена налево, Р2—направо, а Р3— вниз. Силы, приложенные к лестнице, равны по величине Ръ Р3 и F3 и направлены в противоположных направлениях.
Рассмотрим следующие виртуальные перемещения лестницы. Пусть она сместится вниз параллельно себе самой на расстояние у. Неважно, что в действительности лестница так двигаться не может, ведь это перемещение воображаемое. В результате указанного перемещения потенциальная энергия лестницы и груза уменьшится на (WA~P)y< а сила F3 совершит работу F3 у. Из закона сохранения энергии следует равенство этих двух величин, так что (W + Р) y — F3 у и, следовательно, F3= №-|-Р = 36 кГ (Р —вес лестницы).
Выберем теперь другое виртуальное перемещение, состоящее в переносе лестницы параллельно себе в горизонтальном направлении, скажем вправо, на расстояние х. Аналогично предыдущему случаю можно написать F^ — F^x, откуда F1 = F3. Чтобы найти численные величины этих сил, необходимо иметь еще одно уравнение. Его можно получить, записав закон сохранения энергии при виртуальном повороте лестницы на небольшой угол вокруг оси, проходящей через нижний конец лестницы. Пусть а—угол, который образует лестница с Землей, а <р—тот малый угол, на который повернута лестница (по часовой стрелке). Точка, находящаяся на расстоянии I от оси вращения, опишет дугу длиной /ф. Так как угол ф мал, можно считать, что стягивающая дугу хорда имеет ту же длину и образует угол а, но с вертикальной стенкой (т. е. хорда перпендикулярна лестнице). Поэтому рассматриваемая точка при виртуальном повороте сместится вверх на величину /ф cos а и вправо — на fysina.
Используя только что полученный результат, убеждаемся в том, что при повороте на малый угол ф потенциальная энергия лестницы с грузом увеличится на 1 */2 РАф cos а + + 3/41Г£ф cos а, а сила F\ совершит работу FjLp sin а (L — длина лестницы). Из закона сохранения энергии
1	3
FiLxp sin а = —РЛф cos а-j--^- №Рф cos а,
Решения и ответы
123
откуда
„	(P/2 + 3F/4) L cos а
Г | —------=-, 1	.
Lstna
По условию задачи Lcosa=l,8 м, Lsina = 2,4 м, так что /71 = 18кГ.
4.3.	Уравновесим стержень подъемного устройства грузом Т, подвешенным на малом блоке в точке С. При виртуальном повороте стержня по часовой стрелке на малый угол <р вокруг нижнего конца точка М стержня, находящаяся на расстоянии I от оси вращения, опустится вниз на расстояние /<р sin 0 и сместится вправо на 1<р cos 0 (см. предыдущую задачу). Поэтому при таком перемещении потенциальная энергия стержня и груза Ц7 уменьшится на (W' + 1/2ta)-L<p sin 0, а груз Т, как видно из рисунка, поднимется на высоту хф cos 0, т. е. его потенциальная энергия увеличится на Тхф cos 0. Из закона сохранения энергии
124
1. Современная наука о природе. Законы механики
откуда
7 = — ( IV +-1-0’tg 0. х \	2
4.4.	а) Представим себе, что стержень АВ фермы удален. Тогда под действием груза IV шарнир В пойдет вниз направо, а шарнир А— вверх налево. Ясно поэтому, что стержень АВ был растянут. Однако и удалив стержень, мы тоже можем удержать ферму в равновесии, подвесив два равных груза на неподвижных блоках так, как это показано на рисунке. Если длина АВ увеличивается, грузы поднимаются и их потенциальная энергия возрастает. Чтобы потенциальная энергия всей системы оставалась неизменной, груз IV должен опуститься. Следовательно, при нагревании стержня АВ груз W опускается.
б)	Вес рассматриваемых нами грузиков равен силе растяжения стержня Т (ферма находится в равновесии). Если увеличить длину АВ на величину х, грузы поднимутся вверх, причем сумма изменений высот грузов также равна х, а груз IV опустится на у. Поэтому Tx — Wy, т. е. T = (y/x)W.
4.5.	Пусть груз w опустится вниз на расстояние у. Потенциальная энергия груза при этом уменьшится на wy. Посмотрим, как изменится потенциальная энергия тележки весом IV. Прежде всего заметим, что когда груз w опускается на расстояние у, ось подвижного блока, на котором он висит, опускается на вдвое меньшее расстояние. Так как тележка связана с грузом при помощи двух подвижных блоков, она передвинется по наклонной плоскости на расстояние в 4 раза меньшее, чем то, на которое опустится груз w, т. е. на величину у/4. По вертикали тележка поднимется на высоту у/4 sin 0, поэтому ее потенциальная энергия увеличится на ’/4IVi/ sin 0. Из закона сохранения энергии 1/iWy sin Q = wy, откуда IV =4ffi>/sin 0.
Решения и ответы 125
4.6.	Повернем катушку на угол <р против часовой стрелки вокруг ее оси. При этом груз W опустится на расстояние «/ = Rq>, а центр тяжести катушки поднимется на х = г<р, т. е. груз W опустится на расстояние у—х. Из закона сохранения энергии 117 (у—х) = шх, откуда
,v. х г W7 =------w = —-----w.
. у—х	R—г
4.7.	По условию задачи E1//?a = R, где и	—силы, которые
необходимо приложить к цепи для перемещения груза W вверх и вниз соответственно. Используем принцип виртуальной работы для этих двух случаев.
Предположим сначала, что, выбирая верхнюю часть ведущей цепи ворота с силой Flt мы повернули верхний блок на полный оборот против часовой стрелки. При этом мы, очевидно, протянули га звеньев цепи, или же n/N м, так как длина одного звена цепи равна 1/N м. Посмотрим теперь, что происходит с грузом W. Правая часть цепи, на которой висит подвижный блок, поднялась на га звеньев, зато левая опустилась на га — 1 звено, так что груз W поднялся на высоту [га—(га —1)]/2N м. Если обозначить через X работу сил трения при одном обороте верхнего блока, то из закона сохранения энергии имеем
п ~N
Г
2N '
Чтобы повернуть верхний блок на один оборот по часовой стрелке, необходимо протянуть п—1 звено [или (га—l)/N лг] нижней части ведущей цепи ворота с силой Л3. При этом груз W опустится на расстояние [га—(га —1)]/2^ м. Так как по предположению сила трения не зависит от направления движения груза W и поскольку каждый раз мы рассматриваем один полный оборот верхнего блока, работа сил трения в этом случае та же, что и в предыдущем, т. е. равна л. Согласно закону сохранения энергии,
X- n~l Р
Л N ?г+ 2N '
Таким образом, для неизвестных сил и F2 и работы сил трения получаем следующую систему трех уравнений:
X ' 2N ’
га — 1 г. v 1Г
2ЛГ :
N
* 2
126
1. Современная наука о природе. Законы механики
Решая эту систему уравнений, находим
п(/?-1)+1 и
1	n(R —1)4-1 •
4.8.	Выберем такое виртуальное перемещение цепи, при котором она опускается на расстояние Н вниз по вертикали параллельно самой себе. Потенциальная энергия ее при этом уменьшится на WH. Радиус же цепи при таком перемещении увеличится на величину а. Легко сообразить, что увеличение радиуса цепи и ее смещение вниз связаны соотношением a/H^r/h. Если натяжение цепи обозначить через Т, то виртуальная работа сил натяжения при рассматриваемом виртуальном перемещении цепи равна
[2л (R 4-я)—2nR] Т =2лаТ
(R—радиус цепи). Но виртуальная работа силы Т равна изменению потенциальной энергии цепи, т. е. 2naT = WH. Отсюда следует
г_ WH _ Wh
2ля ' 2лг
4.9.	Повернем раму на небольшой угол <р. При таком повороте участок рамы AA'CD опустится вниз параллельно самому себе на расстояние АР-ф, а часть B'BGH таким же образом поднимется вверх на высоту РВф. Так как противовес ше уравновешивает раму в отсутствие грузов, изменение его потенциальной энергии при любом изменении положения рамы равно по величине изменению потенциальной энергии самой рамы, поэтому в силу закона сохранения энергии должны быть равными и изменения потенциальной энергии грузов W4 и 1Г2, т. е. №,1АР-ф=Ц72ВР-ф. Учитывая, что AP==1/2BPi находим 1Г2 = */2^'1 = 0,25 кГ.
Решения и ответы
127
4.10.	Очевидно, вниз будет’ двигаться груз на той наклонной плоскости, которая образует больший угол с горизонталью. Легко убедиться в том, что, пройдя расстояние D вдоль наклонной плоскости, левый груз поднимется вверх на высоту D sin 0, а правый опустится вниз на расстояние D sin <р. Грузы при этом будут двигаться с некоторой скоростью V. Из закона сохранения энергии изменение потенциальной энергии грузов равно их кинетической энергии (вначале грузы покоились). Так как кинетическая энергия каждого груза равна Wv2/2g, а изменение потенциальной энергии грузов есть (sin ср—sin 0), то
Wv2
2-	=WD (зтф —sin 0),
следовательно,
и2 = gD (sin ср — sin 0).
4.11.	Так как углы наклона плоскостей одинаковы, грузы начнут двигаться так, что больший из них будет опускаться. При смещении на расстоянии D потенциальная энергия грузов уменьшится на (W± — F2)Dsin0 (см. предыдущую задачу), а их кинетическая энергия станет (W’l + W'.j) v2/2g. Из закона сохранения энергии
о2 = (Wi-	D sin 0,
откуда
a2=2£~ri^Dsine’ wiT**2
4.12.	Пусть уровень воды в баке уменьшится на небольшую глубину АЛ. Это значит, что небольшая масса воды А/п = рЛДЛ (АЛ-Л—объем вытекшей жидкости, а р—ее плотность) вытекла из сосуда через отверстие а с некоторой скоростью v. Так как площадь отверстия мала по сравнению с площадью поперечного сечения сосуда (а<^Л), скоростью изменения уровня жидкости в сосуде можно пренебречь. Изменение потенциальной энергии жидкости равно \rngH, а изменение ее кинетической энергии есть Дти2/2.
Из закона сохранения энергии
.	Amu2
&mgH = ——,
так что v=yr2gH. Таким образом, в принятом приближении скорость вытекания жидкости не зависит ни от площади поперечного сечения сосуда, ни от сечения отверстия, а только от уровня жидкости над отверстием.
Можно учесть и скорость изменения уровня жидкости в сосуде, которую обозначим через vv В этом случае изме-
123
1. Современная наука о природе. Законы механики
нение кинетической энергии равно
Дгпо2	Л/nvf
2	2~
(а не Amvi/2, как мы считали раньше). Через поперечное сечение сосуда в единицу времени протекает объем жидкости vrA, а через сечение а за то же время вытекает объем va. Так как жидкость практически несжимаема, ^.4 = га, так что v1 = (a/A)v.
Учитывая это, изменение кинетической энергии жидкости запишем как (Д/п/2)о2[1— (а/Л)2], а закон сохранения энергии в виде (Дт/2)о3[1— (a,/A)2\ = AmgH. Из последнего выражения находим скорость вытекания жидкости из сосуда:
L. Kw *
1—(а/Л)2-
4.13.	I. Пусты стороны треугольника равны dlt d2 и Lj а угол между сторонами dt и d2 равен а. Тогда, как известно, L2=.-dl-]-d2 — ‘2did.1 cos а. Увеличим угол а на небольшую величину Да. Сторона, лежащая против этого } гла, станет равной Llt т. е. увеличится на небольшую величину AL = L1 — L. Но, по той же теореме косинусов, Li = diA~c4 — 2d1d.l cos (а-ф Да). Вспоминая, что cos (а ф- Да) = cos а cos Да — sin а sin Да и что для малых углов cos Да х 1, sin Да « Да, находим
I2 =-=d'i~rd% — 2дгд3 (cos а — Да sin а).
Вычитая L2 из L‘l, получаем
Z.1 — L2 = 2dld2Aa. sin а.
С другой стороны,
Li — L3 = (Z-x — L) (Z-! + L) = 2LAL,	+ L2 х 2L).
Сравнивая эти выражения для разности квадратов сторон, ПОлучаем приведенную в тексте задачи формулу
А Г ^1^2	А
AL— -jj- sinaAa.
II. Катеты а и Ь и гипотенуза с прямоугольного треугольника по теореме Пифагора связаны соотношением с2 = a2-|-b2. Увеличим длины катетов на небольшие отрезки Да и Д&, длина гипотенузы треугольника при этом также увеличится и станет равной c-f-Дс. Согласно теореме Пифагора, (с + Дс)2 = (а + Да)2 + (& + ДЬ)3 или с2 -}- 2с Дс = а2 + 4-2аДа-|-Ь2 + 2&ДЬ. Записывая последнее равенство, мы пренебрегли квадратами малых величин (Да)2, (ДЬ)3 и (Дс)2 по сравнению с членами типа а2 и аДа. Вычитая с2 из
Решения и ответы
129
(с + Дс)2, находим
2с Дс = 2аДа + 26 Д6. Отсюда
сДс = аДа+&Д6.
4.14.
Пронумеруем бревна, как показано на рисунке. Пусть бревно 2 при небольшом уменьшении угла 0 начнет двигаться вниз, выталкивая бревно 3 вверх по кузову. Ясно, что в конце движения бревно 2 займет положение бревна 3, а бревно 3—положение, показанное на рисунке пунктиром. Так как при первоначальном расположении бревна находились в равновесии, изменение потенциальной энергии бревен при рассмотренных перемещениях должно равняться нулю. Это возможно только в том случае, если центр бревна 2 в первом и центр бревна 3 во втором случаях находятся на одной и той же высоте. Обозначим указанные высоты через У1 и у2 соответственно. Вычисление уг не вызывает никаких затруднений. Непосредственно из рисунка видно, что у.1= R cos 04-57? sin 0, где R—’радиус бревна.
Для вычисления уг замечаем, что уг — О,, A -J-OjB. Из прямоугольного треугольника С^СКА находим
O2A=2R sin (60°+ 0),
так как OjO2O3 равносторонний треугольник со стороной 2R, а/О3О1Д=0. Из треугольника ООГВ следует
OjBrxz/2/? sin (45Q + 0),
так как OO1 = yr2 R есть не что иное, как гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника OCOlt длина катета которого равна R. Таким образом,
yt = 2R sin (60’-j-0)-т-pz 2/? sin(45a + 0) = = 27? sin 0 4-(/3 4-1)/? cos 0.
Наконец, приравнивая yt и p2, получаем
R cos sin 0 = 2R sin 04-(/3 + 1) R cos 0, откуда tgO = —L- и 0 = 30°.
/3
Заказ № 17
130	1. Современная наука о природе. Законы, механики
4.15.	а) Гибкими связями можно заменить те стержни, которые растянуты. Чтобы выяснить, сжат данный стержень или растянут, удобно воспользоваться следующим простым приемом. Представим, например, что стержень АВ фермы удален. Тогда груз W пойдет вниз, а точка В начнет перемещаться к точке А. Стержень АВ препятствует такому движению, следовательно, он сжат. Удалим стержень АС. Груз W снова начнет двигаться вниз, а шарниры А и С разъедутся. Стало быть, стержень АС растянут. Удаляя последовательно каждый стержень фермы, можно убедиться, что стержни ВС, АС, СЕ, EG, ED и EF растянуты, т. е. их можно заменить гибкими связями. Все остальные стержни сжаты.
б) Удалим стержень BD. Чтобы ферма осталась в равновесии, к ней нужно на двух блоках подвесить два груза весом по ТBD каждый, как показано на рисунке (TBD— усилие в стержне BD). Рассмотрим следующее виртуальное перемещение. Представим себе, что ферма переломилась в шарнире С, в результате чего часть фермы GFDCE повернулась как целее на небольшой угол А<р вокруг шарнира G, а часть АВС — на угол AY вокруг шарнира А. Углы Д<р и AY считаем малыми, такими, чтобы смещением точки А можно было пренебречь.
При таком перемещении фермы груз F опустится вниз на расстояние ££'=£О-Дф, а подвешенные на блоках грузики поднимутся вверх. Как видно из рисунка, сумма высот подъема грузов равна BD — B'D' = BBD. Чтобы найти эту величину, удобно воспользоваться формулой, доказанной в пункте (I) задачи 4.13; для этого нужно лишь определить изменение угла BCD-. Да = £BCD— £B'C'D’. Легко убедиться в том, что Да = Д<р-|-Д1?- Но СС =СОД<р = ДСДЧЧ так что ДЧГ = (CG/4C) Д<р = 2Д<р, поэтому Да = ЗД<р.
Таким образом,
АВВ = (д^2- • sin /BCD- Да = -у ВСДф,
так как sin / BCD = 24/25. (Все стороны треугольника BCD известны, поэтому вычисление синуса не представляет труда.)
Решения и ответы
131
Из закона сохранения энергии Тв[ЛВО — WEGkq, откуда
‘BD- ABD
4.16.	Если стержень находится в равновесии, то, повернув его на малый угол Дер около точки Р, мы должны обнаружить, что потенциальная энергия не изменилась. Это означает, что потенциальная энергия одного из кусков увеличивается, а другого уменьшается, в точности компенсируя это увеличение. Так как потенциальная энергия однородного стержня зависит от высоты его середины, нужно определить, как изменятся высоты середин кусков при повороте на угол Дго (см. рисунок). Как видно из рисунка (для удобства треу-гольники ВВ'В" и ССС" нарисованы отдельно), середина куска весом 2W опустится на величину B'£" = sin a-i-BB', а середина куска весом W поднимется на С С" = 5’паг-СС'. Итак,
2WBB' sin dj = WC'C sin а2.
Но В’В=С'С (BB' = PB-by, С'С = РС.Дф, а РВ=РС), поэтому
2 sin «J = sin а2.
Заметим далее, что	— а а а2 = а0Ц-а (а—искомый
угол). Пользуясь формулами для синуса суммы и разности углов, находим
tga = y tga0.
Определив tg а0:
5
132
1. Современная наука о природе. Законы механики
получаем окончательно
, 1
tga=------т=г и a = 5°30'.
6К 3
4.17.	Грузы и Wг на проволочной рамке можно уравновесить, подвесив на двух блоках два других груза весом Т каждый (Т — натяжение нити), как показано на рисунке. Пусть груз 1Г2 сдвинется на небольшое расстояние Дх2 вниз по проволоке, а груз И7! останется неподвижным. При таком перемещении груз Ж опустится по вертикали на расстояние Дх2 cos 30°, а грузы Т поднимутся вверх на величину Д/ = Дх2 cos (90в—а) (Д/ — удлинение нити при выбранном виртуальном перемещении). Согласно закону сохранения энергии
1Р2Дх2 cos 30° = Т Дх2 cos (90°—a), или
IF, = 7 sin a.
Сместим теперь вниз по проволоке на расстояние Алу груз весом WJ, а второй оставим неподвижным. Те же рассуждения приведут нас к уравнению
W1Axl cos 60s = ТД.г, cos a, откуда
у Wi = Т cos a.
Решая полученные два уравнения для а и Т, легко найти tga=./3^ = 3/3
(т. е. ал 79’), а сама сила натяжения нити Т равна 265 Г.
Решения и ответы
133
К главе 6. Вероятность
6.1.	Как было показано в § 3 гл. 6 «Лекций» (вып. 1), при случайных блужданиях молекула, сделав N шагов, отклонится от первоначального положения в среднем на расстояние D = YNI, где I—длина одного шага (в нашем случае это просто длина свободного пробега молекулы между двумя последовательными столкновениями). Заметим, что используемая нами формула для пройденного расстояния (среднего квадратичного отклонения) отличается от формулы (6.10) «Лекций» (вып. 1, стр. 112) тем, что в ней явно фигурирует длина одного шага (в «Лекциях» же длина шага принята равной единице и поэтому явно в формулу не входит).
Итак, чтобы удалиться на расстояние D, молекула должна сделать N^D-/l- шагов. Каждый шаг совершается за промежуток времени т = //<1>> (<ц>—средняя скорость молекулы), т. е. за время между двумя последовательными столкновениями молекулы. Поэтому для преодоления расстояния в 1 см молекуле понадобится время
D2
T — Nx= -----« 3 сек.
I <v>
6.2.	Число существенно различных способов вынуть 3 шарика из 6 равно С| = 20. Из всех этих способов только одним способом можно вынуть все три шарика одного цвета (нужно, чтобы все шарики были красными) и, как легко подсчитать, шестью —разного цвета (три возможности—белый шарик, первый зеленый шарик, один из трех красных; другие три способа—белый шарик, второй зеленый шарик и один из трех красных шариков). Поэтому вероятность того, что все шарики окажутся одного цвета, равна 1/20; вероятность же того, что все три шарика окажутся разного цвета, равна в/20 = 3/ю-
6.3.	Обозначим через р расстояние от центра шарика до оси, проходящей через центр неподвижной сферы параллельно скорости шарика (так называемый прицельный параметр). Как видно из рисунка, р = (n-j-й) sin а, где a—угол между скоростью шарика и радиусом сферы, проведенным в точку попадания шарика, т. е. угол падения. Введем угол рассеяния / — угол между начальной и конечной скоростями шарика. Учитывая, что угол падения равен углу отражения, находим х = л—2a.
Итак, угол рассеяния целиком определяется углом падения, т. е. в конечном итоге прицельным расстоянием. Если посмотреть со стороны движущихся шариков, то точки попадания шариков с одним и тем же прицельным расстоянием р образуют окружность радиусом р. Шарики с несколько мейьшйм прицельным расстоянием р — Лр отклоняются
134
1. Современная наука о природе. Законы механики
на больший угол %4-Л%. Очевидно, что все шарики, попавшие на заштрихованное кольцо, отклоняются на углы, лежащие между % и у+Ду. Если Др мало, то площадь этого кольца,равна 2лрДр, а число шариков, попадающих на него в единицу времени, равно п-2лрДр, где п — плотность потока, т. е. число шариков, проходящих в единицу времени через единичную площадку, расположенную нормально к потоку. Выразим теперь Др через % и Ду. Так как а = (п—%)/2, то
Др = (<?+&) I cos у-cos	—j =—±— sin	Ду.
[Мы учли здесь то обстоятельство, что при малых Ду sin Ду/2ч= Д%/2 и sin ((%4-Дх)/2) sin у/2.] Таким образом, число частиц, рассеянных в единицу времени на углы от у до у+Ду, равно
пл (а+&)2 sin-у-cos у Ду.
Если сечение потока шариков равно S, то доля шариков, рассеянных на углы от у до y-j-Ду, равна
1	V	V	1
— • л sin-~р cos-Д-Ду =-jr До (У, Ду). О	Z	х	<3
Величину До называют сечением рассеяния. Имеем
. л(а + Ь)2 .	.
До (у, Ду) = —-с--Д—Д-sin уДу.
Решения и ответы
135
Эту формулу полезно записать в несколько ином виде. Представим себе сферу единичного радиуса и отложим из центра этой сферы векторы, изображающие скорости рассеянных шариков. Тогда векторы, отвечающие шарикам, рассеянным в интервале углов от % до Х-|~Д%, «пронижут» нашу сферу по кольцу, показанному на рисунке. Средний радиус этого "кольца приблизительно равен sin X, а площадь (для малых Ду) 2л sin /Д%. Обозначив эту площадь через ДО, запишем
Да (AQ) = (a-+&)2 ДО.
Наш результат можно выразить словами: сечение рассеяния в направления, лежащие в некотором телесном угле, пропорционально величине этого угла. Заметим, что полное сечение рассеяния а на все углы (О = 4л) равно л(а-|-Ь)3, что, конечно, вполне естественно.
К главе 7. Теория тяготения
7.1. Элементы орбиты Луны приведены в условии задачи. Для спутника же расстояния от центра Земли в перигее и апогее равны соответственно
г? = R3 -ф- 225 /си = 6603 км,
r“ = /?3-f-710 /си = 7088 км.
Для определения периода спутника Тс воспользуемся третьим законом Кеплера Т*[Тд = а3[а3г[, где ас и ал —< большие полуоси орбит спутника и Луны соответственно, а Тл —период обращения Луны.
Выразим длину большой полуоси орбиты через гР и га, воспользовавшись для этого формулами, приведенными на стр. 19:
ГР — а—с, га — а-\-с, откуда
гР-^га
Подставляя а в формулу для отношения периодов, находим
В нашем случае это дает Тс = 1,55 час.
7.2. а) Так как спутник движется по круговой орбите радиусом R, то, сместившись на х в горизонтальном направлении, он одновременно переместится на расстояние s
136
1. Современная наука о природе. Законы механики
по вертикали. Выпишем формулу, связывающую s и х (см. «Лекции», вып. 1, подпись к рис. 74, стр. 127):
х _2R—s 2R s х х
(s считаем малым, т. е. считаем, что прошл2 очень мало времени с того момента, как спутник побывал в точке Л). Таким образом,
№
S = 2R '
Длина дуги АВ равна vt (о—скорость спутника). Но если эта длина мала, то можно считать, что и х « vt, следовательно,
С другой стороны, формула пути для равноускоренного движения имеет вид s = aP/2. Сравнивая эти две формулы, видим, что центростремительное ускорение спутника ац = у2//?.
б) Если положить a = GM/R2, то
v2	GM	GM
--------- и у* see----- .
R	R2	R
Период обращения есть время, за которое тело совершает один оборот, так что Т =>2nR/v, или
7-2_____ 4 л:’-'/?-' _____ 4л- р3
v2 ' GM
Найденное выражение для Т соответствует третьему закону Кеплера: квадрат периода пропорционален кубу большой полуоси орбиты (в нашем случае круговой орбиты—ее радиусу) (см. § 2 гл. 7 «Лекций», вып. 1, стр. 123).
<  о
7.3. а) Будем считать, что Луна вращается вокруг Земли по круговой орбите радиусом /?л=380 000 км с периодом 7’л = 27,3 дня, а Земля вращается вокруг Солнца по такой же орбите с параметрами R3 = 149 500 000 км; Тз =365,25 дня.
Решения и ответы
137
Воспользуемся формулой для периода обращения спутника, полученной в предыдущей задаче:
Т- == —“ 
GM К '
Записав периоды обращения Луны и Земли и взяв их отношение, получим
£л=^л^с
П Ч мз ’
где Л'1С и Л13 —масса Солнца и Земли соответственно, откуда
Мс Тл
__к = _£ . -1 = 3,3-105.
Л1з Ч
аналогично движение Луны вокруг Земли Ио вокруг Юпитера, получим
^ио\8 О|а
б) Рассмотрев и спутника
где Л1Ю—масса Юпитера, а Т^о и /?Ио—период обращения и радиус орбиты спутника Ио.
7.4. Пусть массы Mt и Л12 вращаются по круговым орбитам с радиусами и г2 соответственно, причем Ti + t2=7? (/? — постоянное расстояние между массами). Вращаясь вокруг неподвижной точки (их общего центра масс), эти тела все время находятся на одной прямой, соединяющей данные массы и проходящей через неподвижную точку вращения. Поэтому периоды обращения обоих тел одинаковы и равны Т.
Рассмотрим движение одного тела, например первого. Сила притяжения, действующая на него со стороны второго тела, равна
Как было показано в задаче 7.2, под действием этой силы тело движется с центростремительным ускорением
Учитывая, что период обращения Т = 2лг1/п1 и что /•’(D =д[10^1) (см_ § з гл. 7 «Лекций», вып. 1), получаем
/?<1) _ ум С2-71?''1 = q
1 ° ’
138
1. Современная наука о природе. Законы механики
откуда
(2л)2 ft _GM2
Т2 •
Аналогично можем написать для второго тела:
(2п)% _ GMj
Т2 R2 •
Складывая два последних выражения и учитывая, что ri + r2 = ^> находим
(2л)2 Л?3
Полученная формула показывает, что период обращения тел зависит только от расстояния между ними и их суммарной массы (а не массы каждого из тел или же отношения их масс).
Перейдем теперь к случаю эллиптических орбит. Речь идет в сущности о трех эллипсах: по эллипсам движутся оба тела (легкое—по большому, тяжелое—по малому) и, кроме того, относительное движение тел также происходит по эллипсу (см. «Лекции», вып. 1, гл. 7). Все три эллипса подобны друг другу, т. е. обладают одним и тем же эксцентриситетом. Если учесть также, что центр масс системы остается неподвижным (он лежит в общем фокусе орбит обоих тел), а расстояния от центра масс до тел обратно пропорциональны их массам, то мы придем к выводу, что расположение тел и их орбит такое, как на рисунке.
Решения и ответы
139
Обозначив через и па скорости тел Л4х и Л42 в тот момент времени, когда они находятся в апогее. Как видно из рисунка,
fl Qj +<д  а1 (! 4-g) Qj f2 Д2“Ьа2 а2 О	а2
(индексами 1 и 2 обозначены величины, относящиеся к эллипсам, по которым движутся массы и УИ2).
Чтобы получить для эллиптических орбит те же выражения, что и для круговых, вспомним, что эллипс можно представить себе как окружность, видимую под некоторым углом к своей плоскости или (что то же самое) как проекцию окружности на наклонную плоскость. Иначе говоря, эллипс можно получить из окружности, если изменить масштаб вдоль одной из осей координат. Ускорение тела при движении его по окружности было вычислено в «Лекциях» (вып. 1, гл. 7, подпись к рис. 7.4, стр. 127). Чтобы получить ускорение тела (например, Afx) в интересующем нас случае, представим себе, что его орбита получена из круговой увеличением масштаба в «вертикальном направлении» в ai/^ раз. Величина х при этом не изменится, а s увеличится и станет равным s1 = (a1/b1)s.
Подставив в соотношение x2 — 2Rs (справедливое для окружности) их значения после увеличения масштаба х± — х, ^i = (ajbi) s и R—by («горизонтальные» размеры не изменились, поэтом}' малая полуось эллипса равна радиусу исходной окружности), получим
Таким образом, радиус кривизны эллипса в точке пересечения с большой полуосью равен bl/at. Считая, что в течение очень малого промежутка времени первое тело движется по круговой орбите этого радиуса, можно написать
vial GAL, _ GAI, b2 “(a + c?-a2(1+e)2
(здесь а и с—параметры орбиты относительного движения тел: a = a1-f-a21 с=с1-\-с2). Аналогично для второго тела
vl а2__	С7Л<11
' bl ~«а(1+е)3’ ’
140
/. Современная наука о природе. Законы механики
Складывая последние два равенства и выражая v.2 через »lt йолучаем
t>i(l+e) __G(Mi + M2) «1(1—е) а3
Остается лишь выяснить, какое отношение имеет к •териоду обращения величина, стоящая в левой части этого равенства. Заметим прежде всего, что площадь, которую за единицу времени «заметает» радиус-вектор тела (проведенный из точки 0), равна 1/г°1(«1 + с1) = 1/г1’1“1(1+е). Хотя фактически мы вычислили скорость изменения «заметаемой» площади для того момента, когда тело .VI t находится в апогее, согласно второму закону Кеплера, эта скорость не меняется при движении тела по орбите. Поэтому величина (1 +е) Т (здесь Т—период обращения) равна площади орбиты тела Mi. Площадь эллипса легко вычислить, если сообразить, что при увеличении масштаба по одной из осей площадь фигуры увеличивается во столько же раз, что и масштаб. Поэтому площадь эллипса равна
л(?1  -у-=	ЛО1 У 1—е2.
Теперь нетрудно хбедиться, что
2.401^/1— е	4л2«8
7+7’ а '
У.5. Как было показано в предыдущей задаче, квадрат периода обращения двух тел вокруг их центра масс есть
т„ (2л)2 R3
G (Л11-|-Л12) '
(Здесь R — большая полуось относительного движения двух звезд.)
Применяя эту формулу к движению двух звезд а и & и к системе Солнце — Земля, пишем
г, _ (2л)2 и Т2
G(/Wa + Mb) 3	G(+1C6-M3) ’
(/?3 и Тд—большая полуось земной орбиты и период обращения Земли.) Беря отношение этих периодов и пренебрегая массой Земли по сравнению с массой Солнца, получаем
Ма + МЪ _ / /? \3/Г3 V
Л4с \^з / \ 7 /
Но Т 3 = 1 год; /?3=1Д.Е. (по определению астрономи-
Решения и ответы
141
ческой единицы длины), так что
Ма + Мь Я»
Me Т*'
7.6.	а) Предположим, что плоскость орбиты системы Сириуса перпендикулярна направлению на Землю. В этом случае по рис. 7.7 «Лекций» (вып. 1, стр. 131) можно определить величину большой полуоси орбиты Сириуса В (в угловых единицах). Она оказывается равной примерно 7,30". Из того же рисунка можно заключить, что период обращения системы около 45 лет.
В предыдущей задаче было показано, что при орбитальном движении различных тел можно установить соотношение
А1а4-/Иь / Я у / 7\з У
Мс \Яз / \ ^ /
(обозначения те же, что и в задаче 7.5).
Отсюда суммарная масса двойной звезды Сириуса равна
/ R \3/"Гз V
+	МС«3,7А4С.
б) Это значение массы есть ее нижний предел, так как если плоскость орбиты не перпендикулярна направлению на Землю, то ее большая полуось в действительности больше ее видимого с Земли размера. Масса двойной звезды пропорциональна кубу большой полуоси, так что минимальной величине полуоси соответствует минимальное же значение массы.
7.7.	Орбитальная скорость планеты такова, что за равные промежутки времени т ее радиус-вектор «заметает» равные площади (второй закон Кеплера). Рассмотрим движение Земли вблизи перигея и апогея за такие малые интервалы времени Д£, чтобы ее траекторию можно было считать прямолинейной. Тогда «заметаемые» площади есть треугольники с основаниями т'минД^ и омаксА/ и высотами га и гр соответственно, так что
2	2
Отсюда
,. __ рма^с _ га
Умин rf •
Но для эллипса гв = а(1-}-е), а Гр = л(1—е); следовательно, у = (1-ре)/(1—е)«14*2е (поскольку е<^1). Это дает у к 1,0334.
142
1. Современная наука о природе. Законы механики
7.8.	а) По данным о появлении кометы находим ее период Т обращения вокруг Солнца. Он равен Т = 76 лет. Пользуясь третьим законом Кеплера, найдем большую полуось а орбиты кометы
/_о_у/£з\2_1 к«зУ V т / ’
где а3 и T’g —большая полуось орбиты и период обращения Земли.
Если измерять а в А.Е., a Т в годах, то
a=T2/s ~ 18Д.Е.
Для расстояний в апогее и перигее имеем
га = а + с и гр = а—с, что дает
га = 2а—г „=35,4Л.Е. .	а	?	’
б) В предыдущей задаче было показано, что отношение максимальной и минимальной скоростей у равно отношению расстояний в апогее и перигее. Итак,
у = -^ = 59.
ГР
7.9.	В задаче 7.4 было показано, что период обращения двух тел вокруг их общего центра масс равен
(2Я)2/?3
G (Л41 + Л4г)
где R — расстояние между телами; и	— их массы, а
G — постоянная в законе тяготения.
Применив эту формулу к системе Земля—Луна, найдем массу Луны;
(Тл—период обращения Луны вокруг Земли, А43 —масса Земли, М л—масса Луны, /?л— расстояние от Земли до Луны).
Достижения современной ракетной техники дают нам еще один способ определения массы Луны. Запустив искусственный спутник Луны и определив его период обращения Т и большую полуось его орбиты R, записываем (см. задачу 7.2)
Л = -^г/?8 т е
СМл ’ л GT3
(мы пренебрегли массой искусственного спутника по сравнению с массой Луны).
Решения и ответы
143
Или, чтобы исключить G (см. задачу 7.3):
Л3 мз	R3 тл
1 л
7.10. Тело массы тягивается к
т, находящееся на поверхности Земли, привей с силой
F = G
mM3
HoF = mg3, где g3—ускорение силы тяжести на Земле.
Приравнивая эти два выражения, получаем
„ тМ
mg3 =G ---
М3 и
R3
Аналогично,
' g
Л
(Мл, gji, — масса, радиус и ускорение силы тяжести Луны). Сравнивая g3 и g3, находим
Мл [R3\2
7.11. Пусть лаборатория, где производится эксперимент, расположена в точке С Земли. На тела, находящиеся в лаборатории, действуют силы притяжения Земли и Луны, причем эти силы вычитаются, если Луна находится в точке А, или складываются, если Луна находится в точке В. Ускорение свободного падения для этих двух случаев равно
GM3 GMn	GM3 GMn
(Я-Я3)2’	g2==^F+(*3 W
где R— расстояние от центра Земли до Луны.
Очевидно, что g^ и g2—минимальное и максимальное значения, которые ускорение g принимает в течение суток.
Таким образом, самое большое изменение ускорения свободного падения тел за счет суточного вращения Земли равно
,	ОМЛ ~ 2ОМЛ
^g=S2—gi- (^ + }>3у2 + (tf--R3)2 “ R2
(мы учли, что7?3<^/?).
Среднее ускорение силы тяжести равно 0Мз/Р3 „
144	1. Современная наука о природе. Законы механики
Таким образом,
g М3\ R J
Следовательно, величину g нужно измерять с точностью не меньшей, чем до пятого знака, чтобы уловить ее измене- , ние вследствие суточного вращения Земли.
К главе 8. Движение
8.1.	Известно [формула (8.9) «Лекций», вып. 1, стр. 1531, что ускорение есть производная скорости по времени: a-dv-dt. Стало быть, нужно подобрать такую функцию гл. (t), чтобы ее производная была постоянной и равной а. Легко убедиться в том, что vx = где с—некоторая постоянная величина (ее производная равна нулю!). Физический смысл постоянной с легко выяснить, если положить 1 = 0 в формуле для vx(t). Тогда c=vx (0) = tyVo.
Вспомним теперь, что v = dx/dt и подберем х (t) так, чтобы получилась нужная производная.
Очевидно, х (7) ^at'-/2-}-vXat-}-d. Снова, полагая 1 = 0, убеждаемся, что здесь d = x (0) = х0.
8.2.	Из полученного в предыдущей задаче выражения для скорости находим t = (yx—vx^/a. Подставляя это выражение в формулу для х, получаем
vx = vXo + 2a (х— хв).
8.3.	Для движений вдоль осей х, у, z можно непосредственно написать
vx=-vXa + axt,	х = Хо + М + 4 '?а72’
Vy ==Vyo~^a>/’ y—yo + vyj'+~2ayt'1‘’
vz = vz„ + az^	г = г9 + ог1)1+^а^.
Последнее выражение задачи 8.2 можно записать как ох^ о1.й + 2ах (х—хв).
Решения и ответы
145
Обобщая его на случай движения вдоль осей у и z, имеем
^=«>0 + 2ау (у—у0), t’z = Wz0 + 2a2 (г—г0).
Складывая три последних равенства и учитывая формулу (8.16) «Лекций» (вып. 1, стр. 155), получаем
= Со — 2 [ал. (х—х0)+ау (y — y0)+az (г—г0)].
8.4.	Обозначим расстояние, которое пролетит снаряд по горизонтали, через S, а максимальную высоту его полета —через Я. В начальный момент времени (( = 0), хо — О, уо = О, а пХо = псозО, г>У() —osin9 (см. §5 гл. 8 «Лекций», вып, 1, стр. 152). Используя результаты задачи 8.3, находим
х ~ vxJ •
(здесь учтено, что а = — g).
Очевидно, расстоянию S по оси х соответствует (/ = 0; отсюда можно найти момент падения снаряда на землю:
^-у^2 = 0>
так что
(1 = о и =
g
Решению = 0 соответствует просто начальное положение x = 0, i/ = 0. Значит,
„	, n2vsin0 v2 sin 20
8 = Ц,.	= V cos 0-----= —------- .
g g
Из соображений симметрии понятно, что максимальная высота достигается снарядбм в момент времени I' =1г/2, откуда
Н = t’x,/' — у gt'2 = Yg sin'2 01
О
8
X
146
1. Современная наука о природе. Законы механики
8.5.	В предыдущей задаче было показано, что дальность горизонтального полета снаряда определяется формулой
7)%
S =— sin 20.
g
Максимальной дальности полета соответствует такой угол вылета 0, что sin 20 = 1. Отсюда 0 = л/4.
8.6.	Запишем выражение для пройденного пути при ускоренном движении автомобиля: s (/)=пс/ + 1/2«^2> где ио—скорость автомобиля в начале ускоренного движения, а—его ускорение.
Учитывая, что в момент времени б, = 16 сек путь s1 = 0,l мили, а при Л2= 16+8 = 24 сек s2 = 0/2 мили, запи-сывае:м два уравнения для а и v0:
0,1=ус16 + у а162,
О,2 = о024 + у а24-.
Решая полученную систему уравнений, находим
а = ^-л«ш>/се№ = 0,5 м/сек?,
О 3
о0=-+- миль/сек = 21,6 км/час. ои
Используя эти значения а и и0, находим скорость автомобиля в момент времени +
11(2 = о0 + а/2 = 64,8 км/час.
8.7.	а) В промежуток времени от /о = 0 до /х = 50 сек, т. е. во время работы двигателя, ракета двигалась с ускорением 2g. Значит, в этом интервале времени скорость ракеты определяется формулой
и = 2gt.
Графиком этой зависимости является прямая (отрезок О А). С момента времени / = 50 сек и дальше до падения на Землю ракета движется с ускорением —g, так что
о= 100g—g(t—50).
График этой функции тоже прямая (справа от точки Л), б) Так как вертикальная скорость обращается в нуль в наивысшей точке траектории, моменту времени 1д соответствует максимальная высота полета ракеты. Таким образом,
#макс=|2£/!+100£(/й-50)--^3-50)2 = 75 500 м.
Решения и ответы
147
в) С высоты Ямакс (с момента времени tB) ракета свободно Падает вниз. Землю она достигает через t' сек, причем
Г -=	122>5 сек
Полное время движения ракеты
Т =	=272,5 сек.
8.8.	Обозначим ускорение тележки с ракетным двигателем через alt а с авиационным—через а2. Пусть 2S — проходимый тележками путь. Тележка с ракетным двигателем первую половину пути проходит за время определяемое из уравнения
с 1	,2	/25
Вторую половину пути она проходит за время
S = ^0^2»
где г0 — скорость тележки в конце первой половины пути, т. е. vQ^=aitly откуда
s=01m2 и
Тележка с реактивным двигателем проходит все расстояние за время t, такое, что
По условию задачи t = так что
/*?+ //=/?•
Отсюда находим
at _ 9
аг 8
148
1. Современная наука о природе. Законы механики
8.9.	Угол, под которым должна быть выпущена мина, чтобы пройти возле края обрыва, определим по формуле (см. задачу 8.4.)
 „ Sg sin 2а = -~ vi
Зная, что 5 = 8100 м, v0 = 300 м/сек, получаем sin2a = 0,882 и ^ = 31°, a, = 59°.
Очевидно, чем больше будет угол, под которым выпущена мина, тем ближе она упадет к основанию обрыва, поэтому в нашем случае следует выбрать больший из углов, т. е. az.
Рассмотрим теперь движение мины за краем обрыва. Скорость мины вблизи края обрыва направлена под углом a = 59° к горизонту. Следовательно, до падения на землю мина пролетит по горизонтали расстояние 5МВН = v.,t cos a (t — время движения за краем обрыва). Вычислим t. Так как вертикально вниз мина движется с начальной скоростью ti0 sin а и ускорением g, то h — v^t sin a-/-gti/'l (h— высота обрыва). Подставляя вместо h, v0 и а их численные значения, находим I = 0,408 сек, SMH1I « 63 м.
8.10.	а) Известно, что 0 = 5//?. По определению sin 0 = ЛС//?, а cos Q = OC/R. При малых углах 0 дугу АВ можно заменить перпендикуляром АС, а ОС — радиусом R. В этом случае sin 0 я S/R = 0 и cos 0 яь- R/R = i.
б)	Вычисление производных sin х и cos х ясно из приведенных ниже формул:
d sin х j.	sin (x-f-Дх)— sinx_
dx ~ Дх -» 0	Ax
sin x-cos Ax4-cos x sin Ax—sin x
= urn -------------!----------------= cos x
Ax -* о	Ax
и
d cos x ..	cos(x+Ax) — cosx
~~Hx~ ~ to ~ Tx “
,. cosx cos Ax—sin x sin Ax—cosx
= 111П -----------------------------=—sinx.
Ax^O	Ax
Здесь использован тот факт, что
sin Ax Ax, a cos Ax x: 1.
Решения и ответы
149
8.11.	а) Пусть тело в момент времени t окажется в точке М (х, у) окружности. Обозначим через ф угол между радиусом этой точки и положительным направлением оси х. Как видно из рисунка, координаты этой точки:
х=/?созф, г/=/?зтф.
Дифференцируя эти выражения по времени, получаем
dx _ . dtp
v- = ~dT^~Rsm(^’
dy n dtp vy^w==Rcos(fir’
откуда
Производную dtp/dt (скорость изменения угла со временем) назовем угловой скоростью со.
Таким образом, v = aR, или a = v/R. Поскольку v не зависит от времени, то и со не зависит от времени, так что ф = соЛ Вообще говоря, следовало бы написать ср = и/-|-с> но по условию задачи ф = 0 при / = 0, так что с = 0. Следовательно, x=Reosat, y=Rsinat,
vx = —Rco sin at, vu = 7?co cos at 11
dv -	do^j
ax — ~~ = — Rco'2 cos at, au —	~ — Ra2 si n at.
dt	J dt
б)	Сравнивая выражения для x и ax='x и у п ау~у, убеждаемся, что
.у -|- ы-х — 0 и у-\-а'2у = 0.
8.12.	Координату х камешка удобно представить в виде суммы х = х' -рх", где х'—координата относительно оси колеса, а х"—координата оси колеса (см. рисунок). Выражение для
150	1. Современная наука о природе. Законы механики
х' и у' получены в предыдущей задаче (мы должны лишь заменить в соответствующих формулах <в/ на —<ot, так как, когда колесо катится в положительном направлении оси х, оно вращается по часовой стрелке, а в предыдущей задаче рассмотрено вращение против часовой стрелки). Итак,
х' = R cos ~ f,
R
у'=—R sin 4- t.
i\
С другой стороны, x" = vt, так что
х= vt 4- R cos ~ t,
у = — R sin	1.
Если исключить из этих соотношений время, то мы получим зависимость у (%), которая графически изображается кривой, называемой циклоидой (см. рисунок). Дифференцируя полученные выше выражения для х и у по времени, получаем
vx = v—v sin ~ t,
Vv = —V cos 4- t
y	R
и
v2 V
—cos R t,
V2 . V ,
К главе 9. Динамические законы Ньютона
9.1.	Поскольку сила перпендикулярна скорости, то она не может изменить модуль скорости, а может лишь изменить ее направление. Так как модуль скорости постоянен, то постоянна и сама сила (F = Pu). Эта сила вызывает ускорение (в на
Решения и ответы
?51
правлении, перпендикулярном к v), величина которого определяется из соотношения ma — flv, т. е. a = flv/m.
В § 4 гл. 7 «Лекций» (вып. 1) рассматривалось такого рода движение с постоянной по величине скоростью и постоянным ускорением, перпендикулярным скорости. Было показано (см. задачу 7.2), что это есть движение по окружности с радиусом R = v2/a = mv/$.
9.2.	При вычислении радиусов кривизны воспользуемся формулой для ускорения, перпендикулярного скорости
V2
Далее,
, /~	( dv V
а —\dtj •
Таким образом, в дополнение к величинам, приведенным в табл. 9.2 «Лекций» (вып. 1, стр. 170), следует вычислить также величины dvldt и v2. Проведя вычисления, находим для радиуса кривизны орбиты:
R = 0,664	при	1 = 0,
R = 0,650	при	t = 0,82,
R = 0,665	при	1 = 2,086.
9.3.	а) Мяч влетел в окно горизонтально; это означает, что окно находилось в наивысшей точке траектории мяча. Максимальная же высота подъема определяется по формуле (см. задачу 8.4)
77 = -^-sin2a, 2g
откуда
= I/ — = 14,5 м сек.
“ г sm2a
б)	В наивысшей трчке скорость горизонтальна, а ускорение равно —g (ускорение свободного падения), вертикально и, таким образом, перпендикулярно скорости. Поэтому
откуда
у2
R = — = 2,46 м.
g
Определим теперь радиус кривизны в произвольный момент времени t.
152	1. Современная наука о природе. Законы механики
Обозначив через и компоненты ускорения — перпендикулярную и параллельную скорости, запишем
Из закона сохранения энергии
т. е.
d ( ,т)2 . Д п d4~2~ + m^=0
v4F — sr~&vy
Вспоминая, что йц = dvldti находим
а —-------
Г	V
и
a -gVx о2 так как
gvx
Далее, ox = o0cosa, t>y = vosina—gt, v—y/~ поэтому в произвольный момент времени о	(по+g2/2 — 2^п0 sin а<)3/г
/\-------------------------
gvQ cos а
9.4.	Все величины в системе M'K'S'A' будем обозначать буквой со штрихом. Без щтриха будем обозначать те же величины в системе MKSA. Очевидно,
, dl'	'К dl	А
V ~~ dt'	x ~dt	x V’
,_ач’ _ d 4L- z d4 - Л
a ~ dfl ~dt'dt' " t2 dti~"r^a’
Решения и ответы
153
F =т а — цт —а = ат = -Нг г, ' т2 т2 т2
(z'=ZZ, т' = цт и f = xt).
9.5.	В системе единиц M'K'S'A' сила тяготения запишется в виде
р, р, МхМ2 F^G ,
где G—гравитационная постоянная. Значит,
G, __ F'Rr* %3 FR А,3
~М1М2= !’т2 М±М2 = рт2 °-
(При получении этой формулы был использован результат предыдущей задачи: F' = (рА/т2) F.)
9.6.	Заметим прежде всего, что величина GMq в штрихованной системе единиц и в системе MKS связаны между собой соотношением
, л3	А3
G'Alo=~jGpMQ = ^GMo.
В системе MKS G = 6,67-10-11 ньютон-м?! кг*, Mq х 2-1030 кг, поэтому GMq~ 13,34-1019 м^сек1. Вычислим Л и г.
За единицу длины в рассматриваемой системе единиц берется длина большой полуоси орбиты Земли, т. е. расстояние в 14,9-1010 м. Поэтому длина Г в А.Е. через длину I выражается так:
е' V1= 14-9-10Ю).
Аналогично, т“1 = 3,15-107 (число секунд в году). Таким образом,
G'A4'o = 3-lO-i’GA40 « 40 (А. £.)3/лет2.
Величину G'Mq можно легко вычислить и другим способом, если вспомнить выражение для периода обращения планеты, полученное нами в задаче 7.4:
г, (2л)2 R3
G^+MzY
Применяя эту формулу для системы Солнце—Земля и Пренебрегая массой Земли по сравнению с массой Солнца, получаем
154
1. Современная наука о природе. Законы механики
Но R = 1 А.Е., а Т = 1 год, так что G'jWq = (2л)2 лг 40.
9.7.	В модели Солнечной системы все расстояния измеряются числами, в k раз меньшими, чем в «натуральной» системе. Представим себе, что это изменение чисел произошло не вследствие реального уменьшения размеров системы, а в результате перехода к новой системе единиц, такой, что l' = ki. Но тогда и все единицы, размерность которых включает длину, так же претерпят определенные изменения. В частности, плотность p = m/Z3 станет равной
, га' __ пг'
Р =
По условию задачи р' = р. Это значит, что нужно взять новую единицу измерения не только для длины, но и для массы тела, причем, очевидно, m.'= k3tn.
Как было показано в задаче 7.4, период обращения Т планеты вокруг Солнца выражается через суммарную массу М Солнца и планеты и большую полуось орбиты R, так что
т,. (2л)2 7?3
GM 
В новой системе единиц
т-2 _ (W R'3=(2д)2 R3
~ G'M' GM •
Здесь мы использовали доказанное в предыдущей задаче соотношение
ЬЗ
G'M'—~~GM.
т2
(Роль X задачи 9.6 у нас играет k, а т=1.) Таким образом, мы убеждаемся, что периоды обращения «планет» в изготовленной модели будут такими же, как и в реальной Солнечной системе.
9.8.	Изменение потенциальной энергии при движении грузов равно изменению потенциальной энергии маленького разновеска (насколько одна масса М опустится, настолько другая поднимется), т. е. ku — mgh. Если тела в начальный момент покоились, то это изменение потенциальной энергии равно кинетической энергии всей системы в тот момент, когда подхватывается разновесок:
, М „ , М „ m mgh = -^ о2 +	t»2,
откуда
2Л4+т
® 2m/i
о2.
Решения и ответы
155
9.9.	Нагрузка W на подвес, а следовательно, и на мачту и гондолу при таком способе перевозки марсиан определяется равенством
м=7\+г
(Т—натяжение нити, Т\ — нагрузка на ось неподвижного блока); Т\ равна сумме натяжений нити с одной и другой стороны неподвижного блока, т. е. 7’1 = 2Т, так что Л'= 37.
Запишем уравнения движения обоих марсиан:
JLa Р_ 2Т, 8 2
— ai = F — T g
(здесь g—ускорение марсианской силы тяжести). Так как веревка нерастяжима, то aL и а2 связаны между собой. Очевидно, что при смещении оси подвижного блока вниз на х2 груз F поднимется на расстояние 2х2, т. е. 2л'.,=—лд (грузы смещаются в противоположные стороны). Дважды дифференцируя по времени это соотношение, называемое уравнением связи, получаем
2а2 = —ах.
Требуется решить уравнения движения совместно с полу чекным уравнением для ускорений.
После простых подстановок имеем
Р
— =- «1 = 2g
откуда
F------а,
g
«1,
2F—P 4F—2P
01~2F +Р_8~ W + P g-
Таким образом, r = F р4Г-2Р_ 3FP 4F-F-P 4F + P’ а нагрузка на гондолу
4F---P
В нашем случае Р = 90 кГ и F = 60 кГ, поэтому для Лг получаем 147 кГ.
Выигрыш в нагрузке на гондолу равен
AW = (f+ Р) —W = 3 kF.
Гондольер Джузеппе мог бы получить значительно больший выигрыш в нагрузке, если бы поменял влюбленных
156
1. Современная наука о природе. Законы механики
местами. Нетрудно подсчитать, что в этом случае N — 116/сГ, а дм = 34 кГ, т. е. выигрыш в нагрузке увеличился бы примерно в 11 раз. Правда, в этом случае Паоло будет двигаться вниз с ускорением, в 3 раза превышающим то, с каким двигалась Франческа при первом способе перевозки, так что Джузеппе придется значительно увеличить скорость гондолы.
Г2 EJF
9.10.	Вес гири А на Луне меньше 1 кГ, поэтому камень В на блоке перетянет гирю. Запишем уравнения движения:
mBa = mBg}l — T, mAa= — mAgn--T
(§л— ускорение силы лунного тяготения, Т — натяжение нити), откуда
(тд -|- tn А) а = (тв—тА)	.
Кроме того, известно, что камень В растягивает пружину на Луне так же, как гиря А растягивает ее на Земле. Это означает, что mAg=mBgji, т. е. ^л=(тл/тв)§ (g—ускорение силы тяжести на Земле).
Подставляя это значение gn в выражение для а, после несложных преобразований получаем квадратное уравнение для
а/Пд—mA(g—a) mB + m^g=0.
Отсюда находим
тв = 5,75 кг.
(Второе решение квадратного уравнения тд=1,34кг отбрасываем, так как известно, что g/gA » 6, поэтому должно быть и mBlmA ss 6.)
9.11.	а) Чтобы найти ускорение лифта, запишем уравнение движения системы как целого
(Mj + Af2) а = F — (Aft + Л42) g,
Решения и ответы
157
откуда
„._.Р-(ЛЛ + ЛШ_ F Mt + M,	Л11 + М2 ё'
б)	На груз действуют две силы: натяжение нити и сила веса, причем Mta = T — Mtg (масса Mj движется вверх с тем же ускорением а, что и лифт), т. е.
7’ = Af1(a+g) = M1?i?-|-^-.
в)	После обрыва нити на массу действует только сила тяжести, так что она движется вниз с ускорением g. Ускорение же лифта по-прежнему направлено вверх; величину его найдем из нового уравнения движения
M?a = F — M._g,
т. е.
г)	Таким образом, мы убедились, что тело Мг движется вниз с ускорением g, а лифт поднимается вверх с ускорением аг. Значит, относительно лифта оно движется пс направлению к полу с ускорением
«r = g+a2 = ^.
Путь S тело пройдет за время t, так что S = 1/2o!1t2, откуда
9.12.	Обозначим массу маляра через а массу кресла через Л12. Запишем уравнения движения маляра и кресла:
М2а = Т — Afjg-j - Р,
М,а = Т — M.2g—Р,
где Р—сила давления маляра на кресло.
Вычитая нижнее уравнение из верхнего, находим
гР-^-м,^ j_ Mi—М2	’ 3
Складывая затем уравнения движения, находим
2Т==(Л11 + Л12) (a+g) =4 (Мг+Мг) g= 112 кГ. О
Это и есть полная нагрузка на блок:
М = 2Т = 112 кГ.
158	1. Современная наука о природе. Законы механики
9.13.	Если груз Л12 не опускается и не поднимается, то это означает, что его вес (A42g) равен натяжению нити. Найдем ускорение Мг:
,,	М„
Mra = T^=M2g, т. е. а = -^g.
Определим теперь силу F. Так как М, и ЛТ2 движутся как одно целое, то
F = (Л1+Л4Х + М2) а = (М + М, + /И2)	g.
9.14.	Массы М и т движутся вправо как единое целое, поэтому (M-f-m) а = 2Т, где а — ускорение горизонтального движения, а Т — натяжение нити. Грузик пг движется вертикально вниз с ускорением alt уравнение его движения имеет вид таг = mg—Т.
Из рисунка, приведенного в условии задачи (стр. 29), видно, что при смещении рамы вправо на расстояние х грузик m опустится вниз на расстояние у — 2х, что дает а1 = 2а.
Таким образом,
(Л4 4-т) = 4Т и mal = mg—T.
Из этих двух уравнений находим
4m а1~Л4-|-5т S'
В начальный момент времени грузик т1 покоился, поэтому время t, за которое он пройдет по вертикали расстояние d, можно найти из уравнения
т. е.
/2d /Л4 4-5m d ,
К главе 10. Закон сохранения импульса
10.1.	Пусть масса движущегося тела т, его скорость др соударения о0, а масса покоящегося тела хт (т. е. исковое отношение масс тел обозначено через х).
Рассмотрим сначала процесс столкновения двух тел не в неподвижной относительно Земли системе координат (будем называть ее лабораторной, или л-системой), а в системе центра масс (системе ц.м.):
Решения и ответы
159
в л-системе	в системе ц. м.
fo 		>		0		fl 	>	ч			fl х
т		хт	до удара	т		хт	
V У		V		fl <					El X
							
т		хт	после удара	т	1 хт - 1			
В этой системе сумма импульсов тел равна нулю (т. е. в момент столкновения массы т и хт можно рассматривать как одно покоящееся тело). Отсюда сразу' вытекает, что скорости тел т и хт обратно пропорциональны массам. Так как процесс абсолютно упругий, величины скоростей до и после удара одинаковы. Система ц.м. движется относительно Земли (т. е. относительно л-системы) с некоторой скоростью оц. Процесс столкновения в л-системе изображен на схеме слева. Столкновение в системе ц.м. можно наблюдать, если, скажем, сесть в машину, движущуюся вправо со скоростью цц. При этом вид из машины будет такой
до удара,
после удара.
Сравнивая эту картину с тем, что было сказано о столкновении в системе ц.м. ранее, получаем
и
»1 = ^о—
^=7 .
fi = f+fu
fi
Вычитая из третьего уравнения четвертое и деля получившееся выражение на второе уравнение, находим
fi~ f’i/х о
»1/Х
откуда х = 3.
10.2.	Рассмотрим сначала случай, когда скорости сталкивающихся тел одинаковы и равны v. После столкновения тела разлетаются с меньшими скоростями (ц—До). Согласно
160
1. Современная наука о природе. Законы механики
условию,
(т/2) о»—(т/2) (о — До)2 f
(m/2)v2	’
или
о2—(о — До)2_ с
7Л	I’
откуда
«0 l-v)’ т. е.
Обратимся теперь к случаю, когда одно из тел покоится. а другое движется со скоростью V. Перейдем в систему координат, движущуюся со скоростью о/2 в том же направлении, что и налетающее тело. Тем самым мы свели задачу к предыдущей, с той лишь разницей, что скорости сталкивающихся тел теперь уже не v, a v/2. Соответственно
т. е. после столкновения тела разлетаются со скоростями
2	4 '
Переходя в неподвижную систему координат, убеждаемся, что ранее неподвижное тело движется со скоростью
а налетевшее — с малой скоростью vf/4 в том же направлении, что и до соударения.
10.3.	Двигаясь по орбите, спутник в единицу времени сталкивается с молекулами воздуха, занимающими объем vS (о — скорость спутника, S — площадь его поперечного сечения). Масса этого объема воздуха m1 = pSv, где р—плотность воздуха.
Изменение количества движения спутника за этот же промежуток времени &p = m(v—v') равно, очевидно, изменению количества движения массы т1 воздуха, т. е.
Др = т1о = р5о2.
(До столкновения средняя скорость молекулы воздуха относительно Земли равна нулю, после столкновения—скорости спутника о.)
Решения и ответы
161
Но изменение количества движения тела в единицу времени есть прорто сила, действующая на тело. Таким образом, тормозящая сила FTop„ = р5и2, т. е. пропорциональна квадрату Скорости спутника. Найдем ее величину.
Для стационарной орбиты
то3 GmM t+h~(R+h^’ откуда
п2 =
(/И и R—масса и радиус Земли, G—постоянная тяготения).
Если тело находится на поверхности Земли, то, очевидно,
GM
Подставляя это значение GM в выражение для скорости спутника, получаем
[Здесь мы воспользовались приближенной формулой! 1/(1 4-х) « 1—х при х<1.] Таким образом,
f h \
Fm,lit = pSgR (	~ 0,5'10~2 ньютон
(р= 1,6-10~10 кг/м3, 5 = 0,5 л2, £=9,8 м/сек3, /? = 6,37- 10е м, Л=0,2-10в л).
Как видно из формулы, связывающей высоту и скорость спутника, скорость спутника по мере уменьшения его высоты увеличивается. Может показаться странным, что действие силы торможения приводит к увеличению скорости. Однако дело состоит в том, что при наличии торможения скорость спутника уже не перпендикулярна к направлению силы тяжести, т. е. появляется составляющая силы тяжести, изменяющая величину скорости спутника. Ускоряющее действие этой составляющей превосходит тормозящее действие силы торможения.
10.4.	а) Можно считать, что в самом начале движения масса ракеты остается все время постоянной и равной Л1о, т. е. можно пренебречь массой истекающих газов по сравнению с начальной массой ракеты. Кроме того, можно считать скорость газов относительно Земли постоянной и равной v0, так как скорость ракеты оЧёнь мала. Если вначале ракета покоилась, то количество движения ра
Заказ № 17
162
1. Современная наука о природе. Законы механики
кеты вместе с топливом равно нулю. За время t из ракеты выбрасывается rat кг газа со скоростью о0, сама ракета начинает двигаться со скоростью v в противоположном направлении. Из закона сохранения количества движения vorot*=Mov, или v = (уого/М0) t. Ускорение же ракеты равно
tfo_o0ro dt Мо ‘
б) Силой тяги называется произведение массы ракеты на ускорение. Как было показано в пункте (а), это ускорение равно voro/Mo, откуда F = o0r0. Следовательно, расход топлива для создания необходимой силы тяги есть
^0 =
F_
9,8-105 ньютон 2-103 м/сек
= 490 кг/сек.
Мы здесь рассматривали силу тяги и расход топлива только в начальный момент времени. Ниже будет показано, что при постоянной относительной скорости истечения газов сила тяги тоже постоянна, т. е. полученный результат справедлив в любой момент времени.
в) Пусть М—масса ракеты, a v—ее скорость в произвольный Момент времени t. За промежуток времени dt из ракеты будет выброшено r0 dt газов со скоростью (относительно Земли) v — v0, в результате чего скорость ракеты возрастет на dv. Согласно закону сохранения количества движения,
Л4и=(о—о0) r0 +	(Л1 —г0 dt),
откуда следует
dv
Mdi = r^-
В левой части полученного уравнения стоит произведение массы ракеты в данный момент времени на ее ускорение dv/dt, следовательно, в правой части стоит сила F. Как видим, при постоянных г0 и и0 она также постоянна. Но М=М0—rot, так что
dv __ r0 dt
Щ ~Mo—rot ’
Интегрируя правую и левую части, получаем зависи-Мость скорости ракеты от времени
—1п (Л1о—г
Решения и ответы
163
Интеграл, стоящий в правой части, можно найти в математическом справочнике. Во всяком случае, пользуясь приближенной формулой In (1 -(-я) « х при х<^1, можно показать, что
d Inx __ jim In (x-|- Дх)—In x_ dx Av->o &x ~
= lim In [x (1Ax/x)]—lnx_ .v-ю	Дх
Ax x
Постоянная С определяется начальными условиями.
Если при / — О ракета покоилась, то C = lnAf0. Поэтому
,	Л1„	. Л10
lisSdn-r:—1 = ^п 1П ТПГ’
0 Мо —rt ° М.
10.5.	Перейдем в систему координат, движущуюся со скоростью гц,м.. В этой системе скорости т± и т2 будут соответственно а,—Од м и — Уц.м.’ По определению системы ц.м.
">1 («1—уц.м.) = —т2 (у2 —Оц.м.), откуда
_m1a1 + m2u2 ц’м’- пн + т, •
10.6.	Пусть имеется п тел с массами mlt тг, ..., тп и скоростями vlt v2, . . . , vn. В системе, движущейся со скоростью оц.м., скорости тел соответственно равны —vu.M_, t>.2—Ъцм.......... vn—Гц.м., а сумма импульсов равна нулю’
(«1 —0ц.м.) + «2 (у2— V«.M.)+ • • •
• ••+«« (vn—оц.м.) = 0.
Собирая члены, содержащие уц<мл и перенося их в правую часть, в конце концов получаем
2 miVi
10.7.	Скорости тел в неподвижной (лабораторной) системе координат обозначим и а2, а в системе центра масс—t>i и Оз, причем t>i=Vj—Оц.м. и o2=zi2—»U.M.- Кинетическая
6*
164	7. Современная наука о природе. Законы механики
энергия этих тел в л-системе равна
+ у («1+ т2) Уц.м. + vu.M. (m^vi + m2t>2).
Сумма первых двух членов есть кинетическая энергия тел в системе центра масс—Тц.м., а скобка при оци. равна нулю по определению системы ц.м. Таким образом,
Г =7'ц.м.+ у + т2) Ь’ц.м/
10.8.	Для произвольного числа тел формула для кинетической энергии будет иметь ту же структуру, что и в задаче 10.7. Коэффициент при оц м. по той же причине, что и в задаче 10.7, будет равен нулю. Поэтому
где п
i—i
10.9.	Пусть скорость нейтрона до удара была v. Если масса нейтрона т, то масса ядра С12 равна примерно 12/н. Закон сохранения количества движения дает
mv= I2mv2 — mvl< или
(fi—скорость нейтрона после столкновения, a v2 — скорость ядра). Согласно закону сохранения энергии, имеем
2. тц2= -L (i2m) v* 4-2. mot
Подставляя в это уравнение выражение для v2, находим 13^4-200!— 11о2 = 0.
откуда
— о+К^2 + ll'13v2 —V-I-12V 11
“1-	13	-	13	“13V-
Мы выбираем в качестве v1 положительное решение квадратного уравнения, так как заранее знаем, что нейтрон полетит назад (из тех же соображений, что и в задаче 10.1).
Решения и ответы
165
Направление скорости нейтрона после удара уже фактически учтено нами при записи закона сохранения импульса.
Для отношения кинетических энергий нейтрона до и после соударения получаем
Е' _1/im <j'liy „7.
Е 1/гто1 \13; ~и’м'
10.10. Найдем в первую очередь начальную скорость бруска При этом можно воспользоваться законом сохранения импульса: пока брусок не отклонился, горизонтальные силы отсутствуют и поэтому импульс бруска с попавшей в него пулей равен начальному импульсу пули
(М -f-m) o1 = mo.
В точке наивысшего подъема кинетическая энергия бруска и пули !/а (Af-f-m) о? переходит в потенциальную (M-\-m)gh, vjifi h—высота подъема бруска, поэтому vl — 2gh. Выразим h через х и L. Как видно из рисунка, треугольники АОС и АА'В подобны и hlx = xi2L, т. е. Л = х2/2В.
Стало быть,
1-Т’ таким образом,
т V L
К главе И. Векторы
11.1.	a) a + b = 5i+j.
б)	a—b = i+3j—2k.
в)	а„ = 3.
г)	ai = 3.
д)	а-Ь = 6—2—1=3.
е)	(a-c)-b—(a-b) c = 9b—3c=15i—18j4-9k.
166	1. Современная наука о природе. Законы механики
11.2.	а) Велосипедиста обдувают два потока воздуха: встречный, движущийся со скоростью его собственного движения V, и косой—со скоростью Oj. Естественно, велосипедист ощущает суммарный результат действия этих двух потоков, так что ему кажется, что ветер дует под углом а. Истинное же направление ветра (к направлению движения велосипедиста) составляет угол <р = а+Р. Угол Р найдем, принимая во внимание, что v2 = v14-v, t. е. vlt v2 и v образуют треугольник.
Для треугольника скоростей имеем
-Д- = Vs , откуда sin в = —sin а = 0,431, sin а sin р	^1
т. е.
р = 25° 30'.
Таким образом,
<р = а + Р = 40°30'.
б) Если велосипедист движется на юг, то угол у между кажущимся направлением ветра и направлением движения велосипедиста удовлетворяет соотношению
_	v	v
sin y“’sin [180°—(а + рд-у)]— sin (а-|- рЧ-у) ’ откуда
v _sin у-cos (аД-p)-f-cos у sin (а + Р)
Vx	sin у	’
или
[V	”11
----cos (а + Р) ——г——5- = 1,39, т. е. у = 35°40'.
Ох ' 1 'J sin (а+Р)	г
11.3. а) Выберем систему координат так, чтобы ось х была направлена строго на восток, а ось у—на север. Предположим далее, что второй корабль в начальный момент времени находится
Решения и ответы
167
в начале координат О, а вектор его скорости v2 образует угол а с осью ОХ. Очевидно, первый корабль находится в точке В, лежащей на оси i/на расстоянии 6 миль от О, а его скорость направлена параллельно оси х.
Таким образом, изменение координат кораблей со временем дается выражениями
»1=«1Л	0i=6,
cos a, i/2 = u2fsina.
Квадрат расстояния между двумя кораблями, очевидно, равен
г2 = (Г)—Г,)2 = (15 — 26 cos a)2 -[-(6—26Z sin a)2.
В условии задачи дано, что минимальное расстояние между кораблями равно 3 милям. Значит, г2 как функция времени 1 имеет минимум при некотором значении времени < = <мпн. Но в этот момент времени производная от г2 обращается в нуль:
dt ' ’
поэтому
2(15—26 cos а)2 ^мин—2 (6—26/мин sin a) 26 sin a = О, откуда
_	6-26 sin a
?мин - 152 — 30-26 cosa+262 ’
Наконец, из того, что /2(^мин) = 9, находим
62-26 cos2 a—27-30 cos a = 0,
откуда cosax = 0 (а;=90°) и cos а2 = 0,866 (а, = 30°).
б) При меньшем значении угла а2 = 30° второй корабль проходит перед носом первого на расстоянии 3 миль, поэтому это значение угла должно быть исключено по условию задачи. Таким образом, второй корабль движется курсом строго на север и окажется на минимальном расстоянии от первого через /мин = 0,17 час от начального момента.
168
1. Современная наука о природе. Законы механики
11.4. Можно считать, что произвольная точка М колеса участвует в двух движениях: равномерном со скоростью v вдоль оси х и вращательном вокруг центра колеса с угловой скоростью a=*v/R (см. задачу 8.12). Пусть в начальный момент времени 1 = 0 радиус-вектор точки М направлен под углом <р0 к оси х. Действуя точно так же, как и в задаче 8.12, находим координаты х и у точки М в произвольный момент времени t:
x = vt-^-R cos (<р0 Д-at),
У = — R sin (<ро + <вО-
Компоненты скорости точки М найдем, дифференцируя по времени выражения для координат:
vx = v—R co sin (<ро + со/) = Rco [1—sin (ср0 + м^)1>
vy = — Rco cos (<р0 + со/)..
Вектор скорости есть
v=oxi + oyj.
Будем считать, что в момент времени t точка М занимает положение, указанное на рисунке, а колесо соприкасается с горизонтальной поверхностью в точке А. Очевидно,
rA1 = xi-f-yj, a rA = vti — Rj.
Проведем вектор г из точки касания А в точку Л4. Тогда
r =	— rA = R cos (<p0 + <o/)-i + R [1—sin (<Po+co/)]J.
Непосредственными вычислениями убеждаемся в том, что скалярное произведение r v = 0 (т. е. скорость точки М направлена перпендикулярно вектору г), а
v = V + = Гх + Гу = аг.
Поскольку точка колеса М произвольна, полученный результат означает, что движение колеса в любой момент времени эквивалентно «чистому» вращению колеса с угловой скоростью со вокруг мгновенной оси вращения, проходящей через точку соприкосновения колеса с горизонтальной плоскостью в тот же момент времени.
Решения и ответы
169
11.5. При движении против течения реки скорость лодки равна v______и, а по течению o-j-u. Поэтому время tv равно
d d 2dv
__,, Г „ „о . ,
V — U~ V-[-U V2 — и1'
При движении поперек реки скорость лодки должна быть направлена под некоторым углом а к направлению на противоположный берег (иначе лодка не попадет в нужную точку). Скорость лодки поперек реки равна, как видно из рисунка, У v2—и2, поэтому время движения в поперечном направлении равно
У v2 — и2 ’
Наконец, по озеру расстояние 2d лодка пройдет за время iL = 2d)v. Таким образом,
ty у.
У V2—и?
у v2 — u2’
т, е.
ty___t_4
G Ч ’
11.6. Обозначим скорость плывущего человека буквой v, скорость реки через и, а скорость ходьбы человека через Чтобы попасть на противоположный берег в точку В, плывя под некоторым углом к течению, человеку потребуется время (см. предыдущую задачу)
Если же он будет плыть перпендикулярно течению, то на противоположный берег он попадет за время t.4 = dlv, но течением его снесет в точку С, которая находится ниже В на расстоянии ВС — ut2.
Пешком это расстояние человек пройдет за время
170	1. Современная наука о природе. Законы механики
поэтому полное время движения человека вторым способом равно
,	/ ,	Л , И A d (ot-|-u)d
<» = /24-<i= 14----— = ——---------=36 мин.
2	L 1	\ 1 Oj ) V	VjV
Таким образом, двигаясь вторым способом, человек попадет в точку В на 4 мин раньше.
А
11.7.	Запишем сначала уравнение движения для клина Mt. На этот клин действуют две силы: F и Nr— сила давления со стороны груза М, горизонтальная проекция которой равна Л\(1/К 2) и направлена против движения (фиг. 1). Итак,
Л41а1 = /7---------------к=Л\.
Обратимся теперь к грузу М. Он скользит вверх по поверхности клина М2 (т. е. под углом 45° к горизонту) и в уравнение движения для этого груза входят поэтому лишь силы, действующие вдоль этого направления. Таких сил две: Л\ и проекция силы тяжести Mg	Имеем
Ma = Ni
п"8
Теперь нужно найти связь между а и ах. Как видно из фиг. 2, смещение груза М (изображена лишь нижняя кромка этого груза) вдоль поверхности клина М2 в }/" 2 меньше смещения ЛТг по горизонтали. Следовательно, а = аА1у 2.
Фиг. 1
777777777777777777717777777:
Фиг. 2
Решения и ответы
171
Полученные уравнения запишем в виде системы
Мах=— Mg-\- У 2Л\.
Умножая первое из этих уравнений на 2 и складывая правые и левые части, находим
2F—Mg .
01 ’~2М1+ Л1 2^'
Имеем далее
«=7==»^
Легко также найти силу N2, так как движения перпендикулярно поверхности Мг не происходит, то
х 272 кГ.
К 2
Таким образом:
а)	клин движется горизонтально с ускорением 2g, направленным к неподвижной стенке;
б)	груз М движется вверх вдоль неподвижного клина Л12 с ускорением У 2 g;
в)	сила давления клина М2 на груз М равна 272 кГ
11.8.	Пусть точка М движется по окружности радиусом R с постоянной скоростью v. Время одного оборота, т. е. период движения, есть Т = 2nR/v. К точке М приложены две силы: сила тяжести mg, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити Т, направленная вверх по нити. Очевидно, центростремительная сила Fu=mg-f-T; она направлена по радиусу горизонтальной окружности. Как видно (см. рисунок), модуль ее равен F\, = mg tg а, где а—угол между
172	1. Современная наука о природе. Законы механики
нитью и вертикалью, т. е. вызываемое этой силой центростремительное ускорение равно по величине g tg а. С другой стороны, оно, как известно, равно v2IR, поэтому v2//? = g tg а и v2 = gR tg а.
Таким образом,
так как
tg«=4-
11.9.	а) Пусть имеется п тел с массами mlt ... , тп и скоростями V]............v„. В системе ц. м. эти скорости соответст-
венно равны Vi—Уд. м., .... v„—vu. м. По определению,
mi (Vi—v„. м.)+  • • +тп (v„ — v„. м>0, откуда п
i-1	____£_ v-’’
Vli. м.= n	Л/l 7  mivl-
1	= 1
б)	Обозначим через Vj, ..., v« скорости тел в системе ц.м. Тогда Vt =vl+vu. м.,.... v„ = v«+vu. м. суть скорости тел в неподвижной системе координат. Кинетическая энергия в этой системе
2	2	, п
т m-jVi	m„vn	1
1	=“2—'-••Н—=	W + v„.M.) =
i = l
n	n	n
=	M. У. mz + v„.M. У т,ч.
1=1	i=l	i=l
Но по определению ц. м.
n	n
2m/Vz = 0, a V2 5 =Гц.и.
i = l	i=i
есть кинетическая энергия тел в системе ц. м., поэтому
2	п
7 =^ц. М.+ ' Ц£ ' т1 = Тц. М. + -£- м. •
1=1
11.10. Закон сохранения количества движения в векторной форме гласит
«iVi + m2v2 = J- m2) v;
Решения и ответы
173
отсюда
v = ^.±gl=2(J+ll) М/Сек.
11.11.	Кинетическая энергия частиц до столкновения равна
1	'21	'2
Та. и. = у ВД +у ,
где v't и v'2—скорости первой и второй частиц в системе ц. м. Обратим внимание, что вычисленная нами в предыдущей задаче скорость v есть фактически скорость центра масс vu. м.
Следовательно,
vi=vL— v = 3i—3k м/сек, v2 = v2— v = —2i + 2k м/сек, Там,—ЗО дж.
11.12.	Выберем систему координат, в которой ось у направлена на север, а ось х—на восток. В этой системе координат скорость первого тела до и после удара есть
у1 = 6]л//сек, u1 = 2i-i-2j м/сек.
а)	Скорость и2 более тяжелого тела после столкновения определим, пользуясь законом сохранения импульса:
m1vl = mJu1-f- m2u2, откуда
т, (v.—u,)	. ,	,
u2 —	----— = — 1 + 2j м/сек.
Величина этой скорости
u2=	5 м/сек.
б)	Учитывая, что
mivi г» , V««=^+^=2J И/С“’
находим скорости тел до и после столкновения в системе ц. м.
Vi=4j м/сек, Ui = 2i м/сек, v2 = —2] м/сек, и2 = —i м/сек.
Кинетическая энергия до удара в системе ц. м. равна
1	/2	1	/2
Л1. м.= 2~т1у1 +у"г2г>2 =12 дж,
а после удара
Т'и- М. = -у mi“*2 + у = 3 дж"
.74	1. Современная наука о природе. Законы механики,
Таким образом, потеря энергии
ДГ = Тд, и Гц м. *= 9 дж
и относительная потеря энергии Д77Т=*3/4.
в)	Согласно пункту (б), более легкое тело в системе ц. м. имело скорость до удара 4J, а после удара 2i. Это значит, что до удара оно двигалось вдоль оси у, а после удара—вдоль оси х. Следовательно, в системе ц. м. оно отклонилось на угол 90°.
11.13.	Пусть v—скорость налетающей частицы. Найдем v„.
mv v vu.m. = 2^= у
Начальные скорости частиц в системе ц. м. равны vi = v/2 и v?2 = — v/2.
После абсолютно упругого столкновения скорости частиц в системе ц. м. остаются прежними по величине (ui = iz2 = = ц/2), но линия относительного движения поворачивается. Чтобы перейти к л-системе координат, нужно прибавить к векторам ui и и2 вектор vu м-. Соответствующее построение приведено на рисунке. Так как ВС —AC —CD, через точки А, В и D можно провести окружность с центром в точке С. Следовательно, угол BAD — прямой (как вписанный угол, опирающийся на диаметр). Этот же результат можно получить и вычислениями. Пусть щ образует угол а с осью х. Тогда
ui=-g- cos ai-b-g- sin aj, a
Us = —g- cos ai —g- sin aj
(u2 образует угол rt + a с осью x).
В л-системе
и	V	V
Ui cosai + -s-O+sina) j и u2 = —	cos al +
&	z	z
n
+ g-(l —sin a)J.
Теперь легко убедиться, что иг11г = 0, откуда следует, что векторы и4 и и2 перпендикулярны друг другу.
Приведем также другое решение, при котором не нужно переходить в систему ц. м. Из закона сохранения импульса имеем
V=Uj+u2.
Решения и ответы
175
Возводя обе части этого равенства в квадрат
о2 = ui 4- и2+2ujU2
и вычитая из получившегося соотношения другое равенство, следствие закона сохранения энергии u2 = ui-|-h2, находим u1-u2 = 0, t. е. векторы ux и u2 перпендикулярны друг другу.
11.14.	Уравнение движения для обоих шариков одно и то же: r = grk, где г—радиус-вектор любого из шариков. Общее решение этого уравнения имеет вид
г = с14-с^ + у^2к,
где Cj и с2—некоторые не зависящие от времени векторы. Они-то как раз и будут разными для разных шариков. Легко убедиться, что равен радиусу-вектору частицы при t = 0, т. е. Сх = г(0), а с, — равен начальной скорости частицы v (0). Следовательно,
га (0=7 (1 + 0 1 + 3*j + 4,9 (1 + /2) к м, rb(0=7(7-0 i-[-3Zj-|-4,9(1 -[-г?2) к ,и.
11.15.	Будем действовать по схеме, описанной в условии к задаче 11.13. Выберем ось х в направлении движения первой частицы, а ось у—перпендикулярно к ней вверх.
Очевидно, в л-системе скорости частиц равны
л	mivr 1	,
v1 = 01), V2 = O, a vu.M=^-T^-=Tv1i.
Скорости частиц до соударения в системе ц. м.
,	3 .	,	1 .
v1 = 40i'.	v2=—4°1’-
Так как соударение абсолютно упругое, в системе ц.м. скорости частиц по величине остались прежними, но линий относительного движения повернулась на некоторый угол.
Чтобы понять, на какой именно угол повернулась эта линия, рассмотрим отдельно движение второй частицы в л-системе и системе ц.м.
176	1. Современная наука о природе. Законы механики
В системе ц.м. частица двигалась со скоростью vj = oUM. вдоль оси х (см. рисунок в условии задачи, стр. 37). С той же по величине скоростью она движется и после столкновения, только под некоторым утлом к оси х, т. е. и'==оц.м В л-системе u2 = u'-f-vUM, причем угол между и2 и осью х равен 45°. Таким образом, треугольник ОАВ—равнобедренный с углами при основании по 45°; следовательно, угол О.4В —90°.
Итак, линия относительного движения в системе ц.м. повернулась на угол 90°. Это значит, что вектор и' также направлен по оси у.
 3 .
и1
В л-системе
1 . , 3 ,
так что
tg01 = -“=3, т. е. е1 = 71с30'.
11.16.	Пусть скорость тяжелой частицы до соударения о, а после соударения и. В системе ц.м. (vu-M, = Alv/(Afмодули этих скоростей равны
Л1
и' — V ' = -гг-- и.
•	М -|- т
Направление вектора и' произвольно, так что конец этого вектора описывает окружность радиусом mv/(M -f-m) < оц.м.. Поскольку и = и'-|-уц.и., простым геометрическим построением легко найти различные значения вектора и. Как видно из рисунка, угол отклонения налетающей частицы (Направление начальной скорости v совпадает с направлением VU.M_) максимален в том случае, когда и направлено по касатель-
Решения и ответы
177
ной к окружности. При этом
11.17.	Выполнив для частицы массы т такое же построение, как и в предыдущей задаче (только теперь vu.M.x=mv/(Af-|-m)> a и'У^мо/(М +m), так что и'т > оц м), с учетом того, что угол между vu.M. и и,„ равен 90°, определим u^ = u„—уц,м_. Построим теперь на этом же рисунке им и им [гг^ = ицм = = mv/(M-<-m')]. Определим длину BD. Треугольники BDC и АО В подобны, поэтому
ВО им _ т
°А им + ит М + 'П '
Но О А = У и” —0\ы = v [Ум2 - mA / (М + m)j = = v У(М—т)/(М А~т), так что
М —т	т
------------------------ , ----D М -\-т МАгт Наконец,
f„ a = BD__ У М—т _ . /~ 1—(т/Л1)
ё OB V М+т V
178
1. Современная наука о природе. Законы механики
11.18.	Задача решается так же, как и предыдущая, с тем лишь отличием, что ит и им теперь уже не равны vm и vM. Скорости в системе ц.м. после соударения найдем из соотношения
Учитывая, что тит = М.им и tnvm = М.о\л, находим
4 = им = См-
етало быть, отношение BD/ОА остается тем же, что и в предыдущей задаче, но длина ОА меняется. В нашем случае ОА :=и[У а‘2Л'Г2—т2ЦМ Таким образом,
а _'К<хгМ'2——(т/М)2
tg	~ 1+(т/Л1)	'
Если а=1 (абсолютно упругое соударение), этот результат переходит в результат предыдущей задачи. При уменьшении а уменьшается tg 0, а при а, = т/М он обращается в нуль. Если а < т/М, полученная нами формула теряет смысл. Это и понятно: при столь малых значениях а и' < Оц.м., поэтому рассеяние на прямой угол невозможно.
11.19.	Если радиус-вектор частицы со временем меняется по закону
/	t2\	/ 4 \	t
г(О=П-Н/+-5-И — (-2 ) sin л—к.и, \	Z у	\ Л /	2
то скорость ее есть
2 t
v (?) = r(t) — i + (l + 0 j — — cos it -g- k м/сек,
а ускорение
a (?) = r (?) = j 4- sin jt ~ k м/сек2.
а)	В момент времени ? = 0
2 г (0) = 0, v (0) = i + j — — k м/сек, Jt
rnifL /	9 \
a (0) = j м/сек2, T = —g- = ( 1 4- — j дж «1,2 дж.
В момент времени t=1
г (1) = *+ -|-J — v(l) = i4-2j м/сек, 5
a (l) = J-]-k м/сек2, Т=-^дж.
Решения и ответы
179
б)	Действующую на частицу силу находим из уравнения движения:
F = ma = j + sin л у к ньютон.
в)	Радиус кривизны траектории"определяется как /? = o2/aj_-В нашем случае v2 = 1 +(1 +/)2 + (2/Л2)2 cos2 л (//2); дифференцируя по t, получаем
2о ^=2mj = 2 (14-/) — (—cos л 4- sin л 4-.
At “ v 1 '	\ л)	2	2
В момент времени /=1
.—	2
о = У 5 м/сек, а« =--z=- м/сек2, К 5
а=рл2 м/сек2, aj_=}^a2—а"’ = м/сек1.
Таким образом,
7? = 4— 1 м ~ 4>6 м. /6
11.20.	Используя решение задачи 11.14, можем сразу написать
r(O=ro + vo<-
(ось г направлена вертикально вверх).
11.21.	Рассмотрим точку А на земной поверхности с координатами и <рх. Проведем из начала прямоугольной системы координат (выбранной так, как указано в примечании к условию задачи, стр. 38) радиус-вектор в точку А и найдем его компоненты:
гл= R cos Xj cos <рД -|- R cos Xj sin tpj -ф R sin Xjk,
где R — радиус Земли.
Аналогично, для другой точки с угловыми координатами (Л2, фа) имеем
ra= R cos Х2 cos ф21+ R cos Х2 sin <p2J + ^ sin k-
Длина дуги большого круга SAg, проходящего через рассматриваемые точки, равна &R, где Ф—угол между векторами гд и гй. Этот угол найдем, вычислив скалярное произведение векторов гд и гв:
га-гв—R2 cos ф> откуда cos • R1
180
1. Современная наука о природе. Законы механики
С другой стороны,
гл • га = № (cos Xj cos <рх cos Х2 cos <р2 +
4-cos Xi sin <pj cos X2 sin <p2-f-sin Xx sin X2) =
= P2 [cos Xx cos X2 cos (q>] —<p2)-f- sin Xr sin X2], Поэтому
cos <D = cos Xt cos X2 cos (<pi — <p2) + sin Xj sin X2
и
S^g = R arccos [cos Xj cos X2 cos (<px — <p2) + sin Xj sin X2[.
11.22.	На рисунке схематически показано и отмечено цифрами I, II, III положение Луны в новолуние, первую четверть и полнолуние.
Рассмотрим движение Луны относительно Земли. Будем считать, что вокруг Земли Луна движется по круговой орбите, поэтому ее ускорение всегда направлено по радиусу орбиты к Земле.
Величина этого ускорения равна
о2 4л2Рл
Т2Л ’
где Rj[ — расстояние от Земли до Луны, а Тл— период обращения Луны.
В задаче 7.3 было показано, что
/?3 ] м3 1
Решения и ответы
181
(Т3 — период обращения Земли вокруг Солнца, R3 — расстояние от Земли до Солнца, а М3 и Мс — массы Земли и Солнца).
Учитывая это, находим
4л« Я3 мз	,
^=7|-^л^~°’27сл</се/£Л
Двигаясь вместе с Землей по круговой орбите вокруг Солнца, Луна обладает еще одним центростремительным ускорением, направленным по радиусу к Солнцу, величиной
а3 ——— R3 « 0,60 см/сек-тз
(здесь мы пренебрегли /?л по сравнению с R3). Таким образом, результирующее ускорение Луны по отношению к Солнцу в любой момент времени равно а = ал-|-а3. Поэтому
а^ — а3 — ал = 0,33 см/сек2 (направлено к Солнцу),
1/ц = 1/Л<2л + аз = 0,66 см/сек2 (направлено под углом а к линии Луна—Солнце, причем tga = aJ]/a3 =0,45, а=24°13');
аИ1 = д3 -|-ал — 0,87 см/сек2 (направлено к Солнцу).
главе 12. Характеристики сил
12.1.	Кирпич расположен на плоскости так, как показано на фиг. 1. Чтобы нагляднее изобразить силы, действующие на тело, нарисуем наклонную плоскость в другой проекции (фиг. 2). На тело действует сила веса mg, направленная вертикально вниз. Ее можно разложить на составляющие Ец и Fд. вдоль
182	1. Современная наука о природе. Законы механики
и перпендикулярно наклонной плоскости. Первая вызывает движение вдоль оси у, вторая уравновешивается реакцией плоскости. Из треугольника сил находим эти силы:
F[j=mg sin 0, Fj_ = mgcos0.
а)	При движении тела вверх (т. е. в положительном направлении оси у) уравнение движения имеет вид
тау = — mg sin 0 — FTp, но
Fj-p = pF _i_, так что
ау~ — S'sin 0 —pg cos 0 = —geos 0 (tg 0 + p).
б)	При движении вниз
may = mg sin 0 — pmgcosO,
Oy = g sin 0 —pg cos 0=gcos 0 (tg 0—p),
т. e. если p^tgO, то скользить по наклонной плоскости только под действием силы тяжести кирпич не может, в) Нарисуем для удобства плоскость ху так, чтобы она совпадала с плоскостью страницы. Составляющая силы F|| направлена вертикально вниз, a Fj. —перпендикулярно рисунку за страницу.
Если кирпич скользит вниз по АВ, то сила трения направлена вверх по АВ, как показано на фиг. 3. Кроме того, к кирпичу приложена со стороны линейки сила, равная mg sin 0 cos <р и направленная перпендикулярно линии АВ. Поэтому
ax = pg cos 0 cos <р —g sin 0 sin (p cos <p = = g(p cos 0—sin 0 sin <p) cos <p,
ay = — g sin 0 + pg cos 0 sin <p +g sin 0 cos2<p = = g(p cos 0 — sin 0 sin <p) sin <p.
Фиг. 1
Фиг. 2
Решения и ответы
183
Аналогично при движении кирпича вверх по АВ: ах — — g (р cos 0 + sin 0 sin q>) cos <p, ay = — g(p cos 0 +sin 0 sin <p) sin q>.
12.2.	а) Пусть кирпич движется вверх по наклонной плоскости с начальной скоростью v0. Уравнение его движения имеет вид
aj2
где a1 = g(sin ОД-р. cos 0) (см. предыдущую задачу).
Через промежуток времени Z1 = w0/a1 « 0,45 сек (в этот момент времени его скорость v = v0 — a1tl обратится в нуль) он достигнет наивысшей точки и пройдет по наклонной плоскости путь
S = v0^_^i=:2!L « 0,68 м.
2 2ах
б) Двигаясь вниз по наклонной плоскости с ускорением c2 = g(sin0 —р cos 0) (см. предыдущую задачу) и нулевой начальной скоростью, кирпич пройдет тот же путь S за время t«. Очевидно,
6	2 ’
так что
,	1/2S ...
i2 — I/ — ~ 0,65 сек.
г ^2
Полное время движения кирпича равно = 1,1 сек. в) Кирпич теряет энергию на преодоление силы трения, поэтому изменение его кинетической энергии равно работе силы трения на пути 23: AT = 2S[img cos 0 « 2,3 дж.
Этот же результат можно получить, вычислив непосредственно изменение кинетической энергии кирпича;
mvn т
АТ	«2,3 дж.
184
1. Современная наука о природе. Законы механики
12.3.	Рассмотрим сначала случай, когда сила Н направлена к склону. Вес W и приложенную внешнюю силу Н разлагаем на две составляющие: нормальную к наклонной плоскости и параллельную к ней. Как видно из рисунка (где показано разложение только силы Н),
№n = №sina, №j. = lFcosa и
Н.- = Н cos a, Н= H sin a.
При достаточно большой силе Н груз W начнет двигаться вверх по наклонной плоскости, так как Hf, направлено вверх по плоскости, а в отсутствие силы И груз W покоится (р >tga). Непосредственно перед началом движения, когда к телу приложена сила Ямин, разность /Л,ин —Ц7ц должна равняться силе трения. Последнюю получим, умножив силу нормального давления Я“инна коэффициент трения р. Итак,
//“ИН - W (i = р (//Т" + Г J.) или
(jyMHH cos a — sjn a) _ и(НМИН sjn a yy cos откуда
(И_21е«).
Найдем теперь минимальное значение силы Н, направленной от наклонной плоскости, способной привести тело в движение. В этом случае тело W начнет двигаться вниз, а для минимальной силы записываем уравнение
(j/мии Cos a 4- W sin a) = 2 tg a (—//мии sin a 4- W cos a), откуда
УМНИ__ tg a П7 _____ P jvz
14-2tg2a ~24-ц*
Так как 3/(2—p2) всегда больше 1/(2-фр2), во втором случае сила, приводящая в движение тело весом W, меньше.
12.4.	В точке О горизонтальная составляющая натяжения нити Т cos а уравновешивается силой трения, которая непосредственно перед началом скольжения кольца равна р Т sin a.
Решения и ответы
185
Таким образом, Т cos а = рТ sin а, откуда tg а — 1/р = 4/3. После простых вычислений находим также, что sina = 4/3. cosa = 3/6. По теореме синусов:
2,5	1,5
sT7e= sin(180-(а + 9) ] : откуда Ctg9 = 0’ т- е- 0=9О°-
Спроектируем силы, действующие на груз весом 1 кГ, на направление перекинутой через блок нити. Сумма этих проекций должна быть равна нулю. Итак,
3 W — mg cos а = 0, т. е.
о
Аналогично, проектируя силы на направление нити дли. ной 1,5 л, находим Г = 4/8кГ.
12.5.	Пусть N—давление одной части замка на другую. Непосредственно перед началом движения FTp=pJV. Так как части замка не движутся, сумма вертикальных проекций сил, действующих на часть А, так же как и горизонтальных, действующих на часть В, равна нулю. Поэтому
Д' рА
: 5=z- — mg = 0,
У2 /2
N fiN
У 2 У2
j-f = 0,
откуда
У 2 mg	_ 1+р
W = ----s_; р = '....Г- mg,
1—р	1—р
12.6.	В системе, связанной с тележкой, на «неосторожного молодого человека» действует, кроме силы веса, псевдосила, равная — та, где а —ускорение тележкй (мы знаем, что его величина gsin а). Вертикальная составляющая ускорения равна gsin2a, поэтому весы будут показывать вес mg(l— sin2a) = = mg cos2 a. Так как этот вес составляет а/4 «настоящего»
186	1. Современная наука о природе. Законы механики
веса, то
cos а = ^2 • и а = 30°.
12.7.	Ускорение груза массы М2 обозначим через аг; направим его вертикально вверх. Ускорение а± груза Alx (направление которого совпадает с поверхностью наклонной плоскости) связано с ускорением а2, как мы уже знаем, соотношением а1 = 2а2 (см., например, задачи 9.9, 9.14, 4.5).
Составим уравнения движения грузов и М2.
Т
Mia-t = /И, г/sin 9—,
Л4 2Й2 = — Л'12£?Ч~ Т,
где Т — натяжение нити, на которой подвешен груз Л12, или
	4M1a2 = M1g—7, М2а2 = —M2g-\-T,
откуда	_ Mt — M2 _j_ °2^4M1 + M2g 9 S
и	g = 222 kF. 4M1 + M2 s
Натяжение нити, прикрепленной к грузу Мг, равно, очевидно, 7/2 = 111 кГ.
12.8.	Рассмотрим движение брусков непосредственно перед тем, как они начнут проскальзывать друг относительно друга. Запишем уравнение движения обоих брусков вместе, обозначив через р,х коэффициент трения второго бруска о первый, а через р2—бруска о наклонную плоскость:
(их ш2) а = F — (mx + т2) g sin а — р2 (mx т2) g cos а;
здесь а — угол, который образует наклонная плоскость с горизонтом, причем sina = 6/18, cosa = 12/13.
К верхнему бруску приложена только сила трения, равная (непосредственно перед началом проскальзывания) P-imiS’cos «• П°Д ее действием брусок движется с тем же самым ускорением а, что и нижний, поэтому
mIa = p.1/n1gcosa—mjgsina, откуда
а = S (Pi cos « — sin a) = g x 0,75 м/сек?.
Наконец, величина силы F, соответствующая этому значе-
Решения и ответы
187
нию а, равна
+ sina+[i2cosa I (m1-j-m2)g х 200 Г.
12.9.	Пусть угол 0 и коэффициент трения р, таковы, что куб, предоставленный сам себе, начинает скользить. При этом изменение его потенциальной энергии (за счет опускания ц. м.) окажется больше работы силы трения: за счет этой разницы и появляется кинетическая энергия у куба. Ясно, что в положении, когда силы трення едва хватает, чтобы удержать куб, изменение потенциальной энергии при (воображаемом) небольшом смещении куба будет как раз равно работе силы трения. Как видно из рисунка, высота ц. м. куба равна h = (l/yr2 ) cos (45°— 0) (Z—длина ребра куба), а расстояние отлижнего ребра до стенки x = ZcosO.
Если угол 0 уменьшился на величину Д0, то уменьшение потенциальной энергии куба равно
mg	sin (45°—0)Д0,
а работа силы трения равна \kNl sin 0Д0, где AZ—сила давления куба на пол. Если угол 0 такой, что куб все-таки не движется, то N = mg (сумма сил, действующих на куб, должна быть равна нулю). Итак,

sin (45°—0) = pmgZ sin0,
или
tg9=W
Проверим, насколько разумен наш ответ. Предположим, что угол 0 очень мал. Ясно, чт.о шое трение, чтобы удержать куб от скольжения. Это видно и из нашей формулы (при 0-> 0 pi-> оо). Если 0 = 45°, куб балансирует на нижнем ребре и нужна очень маленькая сила со стороны стенки и соответственно очень маленькая сила трения, чтобы удержать его (при 0 = 45а
—0). Наконец, если ц=1, куб будет в равновесии при 0 = 18°ЗО'.
случае нужно очень боль-
в этом
188
1. Современная наука о, природе. Законы механики
12.10.	Обозначим через Лгг и Л12 силы нормального давления, возникающие в верхнем и нижнем соединениях кронштейна со столбом, а через F!£ н F^ — силы трения в этих же соединениях. Так как кронштейн находится в равновесии, то проекции всех сил на горизонтальное и вертикальное направления равны нулю. Поэтому
50Р + Р = ^‘>+4р
(Р — вес кронштейна).
Непосредственно перед тем, как кронштейн начнет соскальзывать по столбу, силы трения (направленные вверх, что учтено при записи второго уравнения) равны
^> = 0,3#! и F^ = 0,3N2.
Учитывая это и вводя обозначение (Vi = )V2=x)V, вместо системы двух уравнений получаем 51Р = 0,6Л\
Еще одно уравнение для Р и получаем, используя принцип виртуальных перемещений.
Поворачивая кронштейн как целое на малый угол Дф, например, вокруг точки О, убеждаемся (см. задачи к гл. 4), что любая точка кронштейна, находящаяся на расстоянии I от оси вращения, при этом смещается влево на расстояние I cos <рЛф и вниз — на I sin <рД<р. Но I cos <р — расстояние до данной точки от оси вращения по вертикали, a I sin <р—расстояние по горизонтали, поэтому закон сохранения энергии при выбранном виртуальном перемещении записывается в виде
50РХ Дф 15РДф + 3,V Дф — 22УДф = 0, или
50РЛЧ- 15Р = 19У.
Из системы двух уравнений
50РХ4-15Р = 19У,
51P = 0,6W находим
50Х + 15	19
Ftp __ 51	“ 0,6 ’
___________2?----------- откуда Х = 32 см.
К 	15 ftp	j 0	СП О	__	 Л\ •> \\
Решения и ответы
189
12.11.	а) Если веревка подвинется вправо на расстояние 5, то при этом будет выполнена работа ATS. Эта работа должна равняться работе сил трення
A7S = ETp-S, откуда ДТ = Етр.
Но FTp = fi2V, где У—сила нормального давления. Из рисунка видно, что
N— IT sin-^ = 7’ДО
(мы пренебрегли при сложении сил величиной АТ по сравнению с Т).
Таким образом,
дт=р.тде,
или для бесконечно малых углов
dT
— = MS-
б) Интегрируя полученное в пункте (а) уравнение, находим
Т2	а,
f dT	с	. т,
\ -=г~ = р \ ад и In —— — ра, J	J	Ti
г,	о
так что
Л “ 
12.12. Перейдем в систему координат, жестко связанную с полосой. В этой системе на тело действует псевдосила F=ma. Разложим ее на две составляющие: Ец вдоль полосы и Ед. — перпендикулярно к ней. Они равны соответственно (см. рисунок)
Eli — F cos 0, Ej_=Esin0.
Уравнение движения в выбранной нами системе координат имеет вид (ось х направлена вверх по полосе)
тх = F\\—mg sin 0t
190	1. Современная наука о природе. Законы механики
т. е.
х = а cos 0—gsin 0.
Путь 5 тело проходит за время (начальная скорость тела
12.13. а) В гл. 12 «Лекций» (вып. 1) показано, что на заряд q, помещенный в электрическое поле напряженностью Е, действует сила F, равная qE, причем F измеряется в ньютонах, a q—в кулонах. Отсюда
г f]
[Е] = -1^2-=ныопгон1кулон
(символ [Л] означает размерность физической величины Л), б) На заряд q, движущийся в магнитном поле со скоростью V, действует сила
F — qvB (В — магнитная индукция), откуда
[Е] __ньютон-сек
1 ~ [?] И — кулон-м
в)	Размерность отношения Е к В есть
[Е1
-^- = [о] = л/сек.
Обратите внимание, что так называемая скорость дрейфа частиц в скрещенном электрическом и магнитном полях равна как раз этому отношению (подробнее см. «Лекции», вып. 6, стр. 340 или задачу 12.16).
г)	Для гравитационного поля С:
F — mC и
[С] =
-1—1-= ньютон/кг.
12.14.	Пусть частица движется в плоскости ху, а магнитная индукция направлена по оси г. На частицу действует сила, компоненты которой
Fx = qvyB, Fy=—qvxB.
Решения и ответы
191
Легко видеть, что F_[_v (так как F-v=0) и
F=V F$+F%=qvB.
Как было показано в задаче 9.1, под действием такой силы частица равномерно движется по круговой орбите, лежащей в плоскости ху, причем радиус орбиты равен R^mvIqB.
12.15.	Так как частица движется равномерно по круговой орбите, то время одного оборота Т найдем по формуле
„	2л/?	2лт
1 =е----------——
v	qB
(в предыдущей задаче показано, что R — tnv[qB}.
При ускорении частицы в циклотроне необходимо точно знать время Т, чтобы правильно выбрать частоту ускоряющего электрического поля. Период колебаний этого поля должен совпадать с периодом обращения частицы (так называемое условие резонанса, или синхронизма).
12.16.	а) Уравнение движения частицы в данном электромагнитном поле есть [см. формулу (12.11) «Лекций», вып. 1, стр. 224]
mx = qvyBz = qyBz, m'y — qEy—qvxBz = qEy—qxBz, mz =0.
б) Применяя преобразования Галилея р ,	±	t	г
х = х——— г, у—У, г =z,
bz у
так что
•,	 ЕУ
X =х~-д~< У — У< г =г и х’=х, у' —у, г'= г, получаем следующие уравнения движения в штрихованной системе:
mx' =qy' Вг, ту' = — qx'Bz, mz=0.
Как следует из уравнений движения, в штрихованной системе координат частица будет двигаться по круговой орбите в плоскости х'у' радиусом R==mv/qBz.
Из преобразований Галилея видно, что штрихованная система координат движется в положительном направлении оси х нештрихованной системы со скоростью ил = EyjBz.
192
1. Современная наука о природе. Законы механики
(Скорость называют скоростью дрейфа.) Значит, в не-йттрйховйнной системе координат частица движется по циклоиде (сравните с задачей 8.12).
К главе 14. Работа и потенциальная энергия
14.1.	Сила F == 1,5z/i 4-3x'2j—0,2 (х2 4- у~) к ньютон.
При / = 0 r0 = 2i + 3J м, a v0=-:2j-j k м/сек, поэтому
a)	F0 = 4,5i + 12j—2,6k ньютон,
б)	a0 = 4,5i + 12j—2,6k м/сек2,
в)	Т0=И^- = 2,Ъдж,
г)	^- = F0v0 = 21,4 дж/сек.
14.2.	Приближенно можно положить
a)	r(/ = 0,01) = ro + vo-0,01 = 2,0014*3,02)4-0,01к м,
б)	v (( = 0,01 ) = v04*a0-0,01 =0,0’4514-2,12) 4-0,97к м/сек, dT	nw2
в)	Г((=0,01) = То4-—--0,01=2,71 дж (или Т=~~ = = 2,71 дж).
14.3.	а) При перемещении частицы вдоль оси у работу совершает только (/-компонента силы. Но Ту = Зх2 = 0 (х = 0 при движении вдоль оси у), поэтому и работа силы F равна нулю.
б)	В этом случае нужно принимать во внимание только у-и г-компоненты силы F, так как перемещение перпендикулярно оси х. Однако Fy = 0 (х = 0 для всех точек плоскости у—г), поэтому работа силы F равна
м,	мг
W ~	Fzdz ——0,2	y-dz.
М,	Ml
,.z
Решения и ответы
193
Как видно из рисунка, г = sin <р, y = cos <р,точке соответствует значение угла <р = л, а точке М2 — значение <р = 0, поэтому о г	Г	1	1 <р=о
W = —0,2 \ cos2<pcZ<p — —0,2 sin ср — — sin3ср = 0.
J	L	3	J (p—л
JT
Однако это еще не означает, что сила F консервативна. Можно найти такие траектории частицы, для которых работа силы F не равна нулю. Например, если частица перемещается из точки Mt в точку М2 по окружности единичного радиуса, лежащей в плоскости х — у, работа силы F равна
Мг	Мг	1	1
W = Fxdx-j- J Fydy = 3 ^x2dy = 3	(1—y2)dy — 4dM.
Mt	M,	-1	-1
Таким образом, работа при перемещении частицы из точки (0, —1, 0) в точку (0, 1, 0) зависит от пути перемещения, поэтому поле силы F неконсервативно.
14.4.	1. а) Кинетическая энергия частицы в конце пути равна работе, совершаемой силой F. Следовательно,
з
(3 4.x) dx = 27 дж,
о откуда
о = 3 м/сек.
б)	Из уравнения движения ma — Fx находим
/ 1 . 2 \ , , а = I у + у* ) м/сек2.
Поэтому ускорение частицы в конце пути а = 2,5 м/сек2. в) Мощность равна изменению кинетической энергии в единицу времени, т. е.
d ( mv2 \ _	._
; = F-v = 45 вт-
2.	В этом случае удобнее непосредственно проинтегрировать уравнение движения та —3-]-4(, откуда
mv2 ~~2~~
7
Заказ № 17
194	1. Современная наука о природе. Законы механики
(здесь учтено, что v = 0 при ( = 0). Следовательно, при t — Зсек v = 4,5 м/сек, а = -^~^- = 2,5 м/сек2.
d mv2
—2~ = Fv = 67,5 em.
14.5.	Как было показано в «Лекциях» (вып. 1), поле н потенциал вне сферической оболочки равны полю и потенциал}' точечного заряда, помещенного в центр сферы и равного по величине полному заряду оболочки. (Внутри оболочки поле равно нулю, т. е. потенциал не меняется от точки к точке.) 14так,
q
(f' ” 4ле0/? ’
где R— радиус оболочки; q—ее полный заряд. Находим далее
д = 4л₽0(р/? = 5,6- 10-s кулон.
14.6.	Пусть А и В—радиусы соответственно внешней и внутренней сфер. Пользуясь результатом предыдущей задачи и принципом суперпозиции, вычислим потенциал на поверхности внешней сферы. Заряды, расположенные на внутренней сфере, создают на внешней сфере потенциал <?/4ле0 A(q—заряд внутренней сферы), а заряды, расположенные па самой внешней сфере,— потенциал —q/ine^A(напомним, что заряды сфер равны по величине и противоположны по знаку). Таким образом, потенциал внешней сферы равен нулю.
Займемся теперь внутренней сферой. Потенциал, создаваемый на ней ее собственными зарядами, равен ^/4ле0В, а зарядами внешней сферы —д/4яе0А. Итак, разность потенциалов между сферами равна потенциалу внутренней сферы, так что
q ( 1 i "\
4,1 = 4^ \Jd~~ -А}
И
/-, . АВ ,
14.7.
(P3 = 4Hfe=1’6-103e («3 = 6370 00-
14.8.	Мощность Л' связана с силой F и скоростью v соотношением N = Fv, так что F^N/v.
Из уравнения движения ma~F (т—масса автомобиля) имеем
F N
а = —=—=7,2 м/сек2.
т то
Решения и ответы
195
14.9.	Масса всего кабеля m^=ML. В начальный момент времени центр тяжести кабеля находился на расстоянии Z./4 от оси блока, в конечный—на расстоянии £/2.
Таким образом, изменение потенциальной энергии ка^ беля Ли равно
MLg±— MLg-^-, т. е.
Д1/=1.И£^.
4
Изменение кинетической энергии ЛЕ кабеля с гнетом того, что вначале он покоился, равно
, „ mv2 АП. ,
(Разумеется, все точки кабеля движутся с одной и той же скоростью У.)
Из закона сохранения энергии имеем ЛИ = ЛЕ, откуда
4	2	Г 2 '
14.10.	Пусть вода вырывается из наконечника со скоростью v. Зная высоту подъема воды и угол наклона наконечника к горизонту, можно найти начальную скорость струи.
Действительно, //MiiliC = (o2/2g) sin2 а, откуда
2g/7
sin- а
= 8gH
(здесь учтено, что а = 30').
В единицу времени из шланга выбрасывается масса воды m — pSv, где S—площадь поперечного сечения наконечника, а р — плотность воды. Полезная работа мотора в единицу времени затрачивается на поднятие этой массы воды на высоту Л и па выбрасывание ее из шланга со скоростью V. Она равна
Рп = nigh -j-= pSyg (Л + 4/7).
Мощность мотора Р, очевидно, равна
р
Р —
где т] — коэффициент полезного действия, т. е.
P=-^(/i + 4H).
Подставляя численные, значения входящих в формулу для Р ьеличин, получаем Р = 25 кет.
7*
196
1. Современная наука о природе. Законы механики
14.11.	Работа затрачиваемая атлетом на каждый бросок, равна те2/2, где т—масса спортивного снаряда, a v—его начальная скорость. Таким образом, для вычисления W необходимо найти V.
Обозначим через 5 дальность полета снаряда. Как видно из рисунка, 5 = 50-1-5!, где 50—дальность полета снаряда, если бы он был брошен со скоростью v с поверхности Земли, а 5Х—горизонтальная дальность полета из точки В до соприкосновения снаряда с Землей. Имеем
п v2 sin 2а v2 g g
(здесь учтено, что а = 45°), a 5i вычислим, рассматривая отдельно движение снаряда из точки В. Из закона сохранения энергии следует, что vB = v (сопротивлением воздуха пренебрегаем) и что vB направлена под углом 45° к горизонту. Поэтому Si =^(и/У2 ) t, где t —время падения снаряда из точки В на Землю, которое определяется из уравнения
Положительное решение этого квадратного (относительно t) уравнения есть
—У2 о + /2о2 +8gh
~	2g
Таким образом,
— v2 + v У v2 + *lgh	„ v2 + v У v2 +
О1 =	------х--------- и О = ---------т:------— .
2g	2g
Из последнего соотношения выражаем о2 через 5 и Л:
„3 = -^
5-И
Следовательно, искомая работа
Решения и ответы
197
Подставляя в это выражение массы ядра, диска и копья и дальности их полета, выпишем работу, затраченную спортсменами при рекордных бросках этих снарядов:
= 647 дж,	117 д = 588 дж, WK = 328 дж.
14.12.	При равномерном движении автомобиля по горизонтальному участку дороги вся мощность двигателя Р, уходит на преодоление сил трения, поэтому P1 = FJVv, откуда FTp — Pt/v. При движении под углом 0 к горизонту мощность двигателя расходуется как на преодоление сил тяготения, так и па преодоление сил трения. Следовательно, развиваемая мотором сила тяги F равна
F = W sin0 + Ero 1	1 р
(Й7—вес автомобиля), а его мощность
P — Fv = W sin 0 + v = Wv sin 0 + Pj.
При максимальном угле уклона мотор развивает максимально возможную мотдаойь (РМаке = 85 л- с-)-
Таким образом,
sin 0макс = ^^ = 0,28 и 0макс = 16°20'. W и
14.13.	Разобьем все сферическое тело на большое число тонких слоев и проследим действие этих слоев на частицу массы т, находящуюся на расстоянии г от центра тела. В § 4 гл. 13 «Лекций» (вып. 1, стр. 239) было показано, что если масса т находится вне шарового слоя, то потенциальная энергия массы т такова, как если бы вся масса слоя собралась в его центре. Если г > R, то масса т является внешней по отношению ко всем слоям сферического тела, следовательно, ее потенциальная энергия II7 такова, как если бы вся масса теЛа собралась в его центре, т. е.
GmM
,	г
Потенциал Т гравитационного поля массы М связан с энергией 117 частицы т в этом поле соотношением W ^mV, а с напряженностью С этого поля соотношением ^Cds = —V [см. «Лекции», вып. 1, стр. 254, формула (14.7)].
Поэтому в рассматриваемом случае V = —GM/г, а напряженность C^GM/r1- и направлена к центру сферы.
Если г < R, масса т окажется внешней по отношению ко всем слоям, радиусы которых меньше г, и внутренней по отношению ко всем остальным слоям.
ПоэТдму потенциальная энергия массы т состоит из двух членов и Ц72;	—потенциальная энергия по отно-
198	{. Современная наука о природе. Законы механики
шению к внешним слоям и равна
И	/4	\-1 4
— { GM I — л/?3 )	• -х itram
Г I	\ и	1	и
 GAfmr2
U7.,— потенциальная энергия массы т по отношению к тем слоям, внутри которых она находится.
Рассмотрим отдельно один шаровой слой радиусом rt и толщиной drj. Потенциальная энергия тела т по отношению к этому слою dW постоянна и равна
dW”
Gin dm'
где dm' = 1—1—1 — масса шарового слоя, т. е.
,, 3GmM , =---------Rf-ri drr.
Полную энергию массы т по отношению
ним слоям найдем, проинтегрировав dW' по
IV- С ,IV7, 3GmM Г .	3 GMm
dW'~-------J И dr1== —(R2 —г2).
ко всем внеш-всем слоям
Таким образом, энергия тела т внутри массы М равна
W7i + W2 = 4^(^-3/?2)-
потенциал и напряженность гравитационного поля внутри тела:
Отсюда
легко получить
цг_ 3 GM GM 4 ” 2 R + 2R*
С ~ R3 Г •
Решения и ответы
199
14.14.	Скорость груза т непосредственно перед падением его на чашку весов, определенная из закона сохранения энергии, равна v=pr2g/i. Скорость vt чашки с грузом после удара найдем из закона сохранения количества движения
то = (т + mi) t'i > т. е. ог = —j-v,
ГГ1 -j- /?2| где mi—масса чашки.
В наинизшей точке (находящейся на hx ниже первоначального положения чашки) полная кинетическая и потенциальная энергия чашки и груза перейдет в потенциальную энергию растянутой пружины:

где k—упругость пружины, a /0— ее удлинение перед падением груза на чашку, l0=mlglk= 1,6 см.
После несложных преобразований полученное уравнение приводится к виду
hi — 2hQhL--^—hh=O
0	« + «1
(здесь введено обозначение h0 = mg/k=3,2 см). Решая это уравнение, находим
= /г0 + 1/ /;0 ( h0 + —--- Л ) ss 10,1 см.
и	Г	\	т-^т^ j
Таким образом, груз т опустится вниз на расстояниг h--- = 19,1 см.
14.15.	Пусть к пружине приложена сила Fo. Величина растяжения пружины х0 определяется из условия kx0 = F0.
Растянем теперь пружину на величину х относите;ыю нового положения равновесия. Сила, приложенная к пружине, равна теперь h(x-j~x0) — kx0-f-kx = F(l-j-hx. Видно, что добавочная сила, растягивающая пружину на расстояние х из нового положения равновесия, такая же, как если бы пружина растягивалась на х из ненапряженного состояния. Отсюда следует, что жесткость пружины осталась неизменной.
14.16.	Если тележка проходит верхнюю точку петли «на пределен, почти не касаясь путевого полотна, сила давления на нее со стороны полотна, естественно, равна нулю. Таким образом, в этой точке на тележку действует только сила тяжести mg. Ускорение тележки в наивысшей точке равно v^/P-g, поэтому ее скорость в этой точке равна У gR . Если тележка начала движение с высоты Н над петлей без
200
1. Современная наука о природе. Законы механики
начальной скорости, то из закона сохранения энергии следует
/по2 „	1 п
т. е. H = —R.
14.17.	Пусто тело срывается в точке сферы, радиус-вектор которой образует угол а с вертикалью. В этой точке сила нормального давления тела на сферу равна нулю. Поэтому проекция ускорения силы тяжести на радиус (geos а) равна центростремительному ускорению.
Таким образом,
о2
— = gcos a.
t\
Согласно закону сохранения энергии, mfl „ ,, -^- — mgR (1 — cos a).
Решая совместно эти два уравнения, получим cosa>=2/3.
Таким образом, тело сорвется в точке, отстоящей от вершины сферы по вертикали на расстоянии '/з R- По дуге сферы тело пройдет при этом путь S = a/?=0,85 R.
14.18.	Поместим начало системы координат в фокус эллипса (там же находится масса М), а ось х направим вдоль его большой оси. Полная энергия тела массы т, являющаяся суммой его кинетической и потенциальной энергий E = mv2/2—GMm/r, сохраняется и Е есть просто константа, не зависящая ни от времени, ни от г. Поэтому удобно вычислить ее для таких положений тела т, в которых его радиус-вектор и скорость особенно просто выражаются через параметры эллипса.
Такими положениями являются апогей и перигей, отмеченные точками А и Р на рисунке. Для них гд — а (1 -|-г), г/> = а(1—е). Скорости пд и vp перпендикулярны оси х (так как они направлены по касательной к эллипсу). Кроме того, как было показано в задаче 7.7, в соответствии со вторым законом Кеплера эти скорости связаны между собой соотношением
иАГА = ^рГр.
Решения и ответы
201
Таким образом, с mvA GMm
А~~2	а(1+е)’
с mv2p GMm р 2 а (1-е) ’ VArA = vprp, Еа = Ер, откуда следует „ GMm £ = --25--
14.19.	а) Эллипс можно получить из окружности радиусом Ь, если увеличить масштаб вдоль одной из осей координат в alb раз. При увеличении масштаба вдоль одной из осей площади фигур увеличиваются во столько же раз, поэтому площадь эллипса равна
, _ а ло‘ -г = лао о
(а—длина большой полуоси),
б)	Вычислим скорость планеты в апогее (см. решение задачи 14.18):
"«Л _ GMm _ GMm
2 а (1 4-е) ” 2а ’
откуда
2 GM 1— е Va~ а ‘ 1 + е ’
Действуя далее так же, как в задаче 7.4, находим
-г,	(2n)W
GM
в)	Используя результат задачи 14.18, выразим длину большой полуоси орбиты через полную энергию и массу планеты:
GM т
202
1. Современная наука о природе. Законы механики
Подставляя ее, в формулу для периода, получаем
_(2л)2 G2M2 / т у
8	J ‘
Отсюда и следует утверждение, что орбиты всех тел, у которых на единицу массы приходится одинаковая энергия, соответствуют равным периодам обращения (период зависит только от отношения т к | Е |).
14.20.	Уменьшение кинетической энергии корабля по мере его удаления от Земли происходит за счет увеличения его потенциальной энергии, т. е.
у'о у2 _ GM GM
2 ~ 2 ~ R г ’
Здесь v0 и v—скорости корабля соответственно около Земли (R = 6500 км) и на расстоянии г х: 106 км.
Если бы корабль покинул Землю с первой космической скоростью vt, то на очень больших расстояниях от Земли он двигался бы с очень маленькой скоростью, т. е.
Vi2 GM
2 ~ R '
Таким образом,
V2 = г'о — Vi Jr2 —Vo — Vi + Vi ~ « 23,8 (клг/сек)2, т. е.
____	v ~ 4,88 км)сек.
14.21.	Обозначим через v скорость космического корабля относительно Солнца в момент прекращения работы двигателей, а через у' — его скорость «на выходе». Потенциальная энергия корабля обусловлена притяжением Земли и Солнца. Когда корабль находится около Земли, его потенциальная энергия равна
GMm GMQm R ~ Ri ’
где т, Л4 и A4q—массы соответственно корабля, Земли и Солнца; R— радиус Земли; Rt — радиус земной орбиты, которую для простоты будем считать круговой.
Из закона сохранения энергии следует
, о'2
'2~_R_+	~г~’
Заметим, что
где vx—вторая космическая скорость (см. предыдущую за
Решения и ответы
203
дачу), а из условия стационарности земной орбиты следует
где о0—орбитальная скорость Земли.
Таким образом, о2 =о‘2-~2с)2-!го'2, откуда v = 47 км/сек. Скорость корабля относительно Земли будет минимальной, когда он запущен в направлении орбитального движения Земли. Тогда
“мин = v — v0 = 17 км/сек.
14.22.	Скорость корабля относительно Земли максимальна, если корабль запущен по касательной к орбите Земли в направлении, противоположном движению Земли. В этом случае 1’макс = Ц -Но =77 км/сек.
14.23.	Период обращения планеты вокруг Солнца зависит только от величины большой полуоси эллипса орбиты. Из того, что периоды обращения Земли и космического корабля совпадают, следует равенство больших полуосей орбит Земли и корабля.
Величиной большой полуоси полностью определяется и другая характеристика планеты—полная энергия на единицу массы (см. задачу 14.18). Поэтому, когда Земля и космический корабль находятся на одинаковом расстоянии от Солнца (и, следовательно, имеют по отношению к Солнцу одинаковую потенциальную энергию на единицу массы), их скорости относительно Солнца одинаковы по величине.
• Заметим, что мы не учли в этих рассуждениях притяжения корабля Землей. Будем считать для начала, что корабль берет старт не с Земли, а из некоторой периферийной точки «околоземного пространства», где потенциал тяготения Солнца начинает превышать потенциал тяготения Земли. Оценим, насколько такая точка удалена от Земли. Потенциал Солнца (—GM^/Rx) и потенциал Земли (—GA1/A’) сравниваются, если R — R^M/Mq. Так как Л1/Л1д=5:2,5-10~5, если удалиться от Земли, скажем, на десятитысячную радиуса земной орбиты, потенциал Солнца будет превышать потенциал Земли (а «с точки зрения Солнца» Земля и корабль будут по-прежнему в одном и том же месте!).
Существуют четыре варианта запуска. Два из них изображены на рисунке (а и б). Рассчитаем вариант а (как более экономный). Так как корабль в перигее подходит очень близко к Солнцу, его скорость при пересечении земной орбиты (которую здесь и далее считаем круговой) практически параллельна линии, проходящей через фокусы орбиты корабля. Найдем угол а. Из прямоугольного треугольника OAR (на рисунке в) cosa = (a—r/,)/a = 0,99 (а—большая полуось орбиты корабля, равная радиусу орбиты Земли). Из треугольника АВС находим BC = v'—скорость запуска корабля из периферии околоземного пространства. Учитывая,
204	1. Современная наука о природе. Законы механики
что АВ — AC = v0 (v0—орбитальная скорость Земли), имеем v'2 — 2vl —cos ^-5—=2уо (1 — sin a).
Вспоминая, что vo = 3O км/сек, находим
v’ =39,2 км/сек.
Угол р, под которым запущен корабль относительно линии Земля—Солнце, найдем из треугольника ABD (замечая, что / ЛВС = р + а):
р = Э°Г^. = 41°.
Учтем теперь, что корабль стартует с поверхности Земли. Вспоминая задачу 14.21, находим, что истинная скорость запуска v = V	где —вторая космическая скорость.
Итак, v « 42 км/сек.
14.24. Представим себе сначала, что в кой полости. Ускорение силы
в этом случае
сферическом теле нет ника-тяжести в точке Р равно
«о=
СР ™ (У-г*)2 3 к
Выделим теперь внутри тела часть вещества, занимающую тот же объем и положение, что и фигурирующая в условии полость. Согласно принципу суперпозиции, ускорение в точке Р можно представить в виде суммы двух членов: ускорения, обусловленного веществом, занимающим выделенный объем
, Gp 4л / R у а ~(х+Ч^~^ кТ) ’
и интересующим нас ускорением а, связанным с притяжением тела с полостью. Так как все три ускорения направлены вдоль одной прямой PC, то
а — а0—а'
СР 4Л ’(х + Я)2 3
, 2/?
J’
2
ПРОСТРАНСТВО • ВРЕМЯ • ДВИЖЕНИЕ
К главе 15. Специальная теория относительности
15.1.	Так как уравнения, связывающие х', у’, г1, t' с х, у, г, t, линейны, выразить нештрихованные координаты через штрихованные не представляет труда. Имеем
х = у (х'-|~Рс£'), У = У'< г = г', ^ = 7	+-|->
где введены обозначения fJ = «/c, y = (j/T — fJ3)-1.
Эти формулы можно было получить и не решая уравнений, а просто заменив в исходных преобразованиях Лоренца и на —и п поменяв местами координаты х, у, г, t и х', у', г', /' (так как система х, у, г движется относительно х’, у', г' со скоростью —и).
15.2.	Рассмотрим работу «световых часов» в неподвижной и движущейся системах координат. Для наблюдателя, который движется вместе с часами, луч света от одного конца стержня до другого и обратно проходит за промежуток времени t — 2L/c, где L — длина стержня.
Как же представляется работа этих часов для неподвижного наблюдателя? Прежде всего ему кажется, что длина стержня не L, a L' = L jA 1—tp/c* («—скорость движения часов). Если время движения светового сигнала от одного конца стержня до другого в направлении движения стержня равно tlt то за это время сам прибор сместился на расстояние utlt поэтому свет прошел расстояние не L', a L'-j-u/j, так чтос/1 = Е' + и/1 и tx — L’!{c—и). Для прохождения света от одного конца стержня до другого против движения самого стержня требуется время причем ct^ — L'—ut.} и =	Общее время движения света равно
t +t	2L'	1
1	2 с(1 —и2/с3)	с у 1 _и-л.1Съ 
Таким образом, свету понадобится большее время, чтобы пройти из конца в конец движущийся стержень, нежели неподвижный стержень, т. е. движущиеся часы будут отставать по сравнению с неподвижными. Обратим внимание, что это отставание точно такое же, как и в случае, когда
06	2. Пространство. Время. Движение
часы ориентированы поперек движения (см. §4 гл. 15«Лекций», вып. 2, стр. 12).
15.3.	С точки зрения земного наблюдателя время жизни мюона такое, что за это время, двигаясь со скоростью и, он успевает пройти путь /, поэтому
Z==—= 1,67-10~Б сек. и
Время жизни т мезона в его собственной системе координат есть
т = /|/ 1— = 2,33-10-6 сек\
пройденный же им путь (вернее, толщина слоя «прошедшей» мимо него атмосферы) равен
£) = т« = / У1—iP/ct — 0,7 км.
15.4.	а) Для производства энергии Е необходимо превратить в энергию вещество массой т = Е/с?-. В нашем случае т = 86 кг.
б)	В каждом акте синтеза двух атомов дейтерия в гелий выделяется энергия
е = (2Мнг — Л1Не4) с2 = 2,42 • 10~13 дж (1 а.е.м. — 1, 66-10~24 г),
т. е. в энергию превращается 0,0155 а.е.м. Но как раз два атома дейтерия входят в молекулу тяжелой воды, масса которой равна 20,0294 а.е.м., поэтому можно сказать, что только 0,77-10~3 часть тяжелой воды превращается в энергию. Отсюда следует, что годовое потребление тяжелой воды равно Л1 = (86/0,77)- 103лг, я ее ежесекундный расход Л4/т = 3,5 г/сек (т—число секунд в году).
15.5.	Если W — мощность солнечного излучения, поглощаемая в земной атмосфере, то энергия, выделяемая на Солнце в 1 сек, равна E = 4nb217, где D — расстояние от Земли до Солнца. Следовательно, выделяемой в единицу времени энергии соответствует масса т — Е/с1. Реакция образования гелия из обычного водорода заключается в том, что четыре атома водорода (тн = 1,0081 а.е.м.} объединяются в атом гелия (щ(1е =4,0039а.е.м.}. Хотя при этом образуются две частицы с массой покоя, отличной от нуля, они в дальнейшем также превращаются в излучение (позитроны, встречаясь с электронами, «пропадают», образуя у-кванты). Поэтому можно утверждать, что часть массы водорода
4/ин — тн
=—EL-----2^ = 7,1-10-®
4/nH
отвечает энергии, выделившейся в результате реакции.
Решения и ответы
207
Таким образом, в 1 сек на Солнце «сгорает» масса водорода
т k
Л4 =
йс2
6,25-108 т,
что составляет примерно 3-10“ 17% массы Солнца.
1Б.6. Сила и импульс в релятивистской механике связаны между собой таким же образом, как и в ньютоновской, F -~d (mv)/dt, только масса в релятивистском случае не постоянна, а выражается через массу покоя как т = т„1У~1—v2/c2, т. е. зависит от скорости движения частицы. Итак,
F = = г . - = т0 1-----------------т-	Н—-	1----.
dt j/ i__vz/c-i [ у ci ) с- \ с2 ) J dt
Дифференцируя функцию х (/), находим сЧ do _ c2b2
" dl ~ ( b2 : < 2)' ’
Таким образом, действующая на частиц\' сила F = m0c2/b постоянна.
15.7. а) Единица длины световой год — это то расстояние, которое луч света проходит за один год; она равна ст, где с = 3-108 м/сек—скорость света, а т = 3,15-107—число секунд в году. Поэтому
£=9,8
т свет, год _ ] pg свет, год с год2 ’ год2
б) Сила тяжести, которую чувствуют космонавты,— это сила, прижимающая их к кораблю. Корабль, конечно, действует на них с такой же силой. Согласно условию задачи, эти силы постоянны и, таким образом, движение всех предметов внутри корабля — это движение под действием постоянной силы. Такое движение изучалось в предыдущей задаче. Поэтому, чтобы сразу использовать результаты этой задачи, представим силу в нашем случае в виде F = тйс2/Ь. Константу b определим из условия m0c2/b — magt). Вычисления будем проводить в такой системе единиц, где расстояния измеряются световыми годами, а время — годами. В этой системе единиц скорость света равна 1 свет, год/год. Результаты вычислений дают:
Ь = — = 0,97 свет, года, g
скорость корабля в конце 5-го года движения сЧ
о= ,	— = 0,98 с,
у Ь2 + с2/2
208
2. Пространство. Время. Движение
пройденное им расстояние
х= ]Afe2-j-c2/2— Ь2 = 4,15 свет. года.
ЛГ главе 16. Релятивистская энергия и релятивистский импульс
16.1.	Рассмотрим систему координат х, у, г, t и штрихованную систему х', у', г', V, движущуюся относительно исходной со скоростью и в положительном направлении осих. Формулы задачи 15.1 для связи нештрихованных координат со штрихованными запишем в виде
(R \ /' + у х' 1 ,
где р = и/с, 7-1 = ]Л1 — р2. Беря дифференциалы от правых и левых частей этих соотношений, получаем преобразования Лоренца в дифференциальной форме:
dx = y (dx' + pcd/'), dy = dy', dz = dz', dt = y (df 4- dx' j .
Разделив dx на dt, получим
dx dx'^-pcdt1 , (dx'/dt') ± [ic dt ""dt' + (p/c)did + l+(p/c)(<ix'/Л')'
Ho dx/dt=.vx—скорость в неподвижной системе координат, a dx'/dt' = vx,—скорость в движущейся системе координат, поэтому
vx' + u
Vx 1 -J- uvx,/ с2
Аналогично
vy. 1^1—и2/с2	ог,У~1—и2 /с2
Vy	1 -|- uvx,/c2 ’	1 -|- uvx,/c2
Если vx, = 0, то получаем формулу (16.7), приведенную в «Лекциях» (вып. 2, стр. 30) для оу.
16.2.	Чтобы найти величину скорости в движущейся системе координат, выразим дифференциалы штрихованных координат через дифференциалы нештрихованных координат: dx' — y(dx— pc dt), dy'=dy, dz' — dz, dt' — y[dt—(fj/c)t/x]. Разделив dx' на dt', найдем скорость в подвижной системе координат
_ Ух — и
V>c' 1 — UV /с2 ’
(Конечно, эту формулу можно написать сразу, изменив
Решения и ответы
209
только знак скорости и в соответствующей формуле предыдущей задачи.)
Вычислим дифференциал dvx,:
,	(\—и21с2) .
dv , — 7i-----“vx-
х (1—UVX/C2)
Разделив dvx, на dt' и учитывая, что ах, — dvx,/dt', a = dvx!dt, получим
_ (1—ц2/с2)3/а
а*'	(1—wox/c2)3 Лх’
16.3.	Из треугольника скоростей (см. «Лекции», вып. 2, стр. 34) следует, что скорости v, w и и связаны между собой соотношением v2 = u2-\-w2 (1—и2/с2), поэтому
m то	_..........«о____________
W /1— w2/с2 ' mj,~V\ — [u2 + w2(l—u2lc2)}lc2'
Чтобы доказать приведенную в тексте формулу, остается только внимательно проделать следующие выкладки:
mw V 1 — (u2c2-\-w2c2—viPu2)^
mv	V\ — w2/c2
/С2 (c2—W2) — U2 (c2—W2) l/l “2 c2 (c2—w2)	V c2
16.4.	Рассмотрим неупругое столкновение частиц в такой системе координат, в которой они налетали бы друг на друга с одинаковой скоростью w. Очевидно, эта система координат сама движется с той же скоростью w в направлении движущейся частицы. Так как в неподвижной системе скорость налетающей частицы равна 4/5 с, то
__ 4
С~
Мы могли бы решить это уравнение относительно w и убедиться, что ш = 1/2с, но мы не будем. этого делать, так как в § 3 гл. 16 «Лекций» (вып. 2, стр. 30) было показано, что в результате сложения двух скоростей по 4/2 с каждая получаем скорость, равную 4/б с. Поэтому w~1/2c.
В выбранной таким образом движущейся системе координат образовавшаяся составная частица неподвижна, а ее масса есть Ma = 4mw — 4т01	3. Таким образом, составная
частица с массой покоя Л10 движется в исходной системе координат со скоростью 1/2с.
16.5.	В системе координат, в которой протоны ускорителя и мишени налетают друг на друга с одинаковыми скоростями, скорость протонов w определяется из следующего условия:
210
2. Пространство. Время. Движение
2тр/)/ 1 —и/2/с2 =4тр, откуда ш=(уг3/2)с. Скорость протонов в лабораторной системе координат (в этой системе частицы мишени покоятся) равна
2w 4 КЗ
шз/сз- 7 с-
Кинетическая энергия налетающих протонов есть разность между их полной энергией и энергией покоя, т. е.
£кии = (™Pv — тр) с2 = &трс2.
К главе 17. Пространство-время
17.1.	Из соотношения между энергией и импульсом £2—р”- = тр (в системе единиц, где с= 1) следует, что Е « р, так как Е и р намного больше тр. Из определения же релятивистского импульса частицы находим
(здесь учтено, что тр/р<е//Л и использована приближенная формула 1/(1 +%) 1—х). Таким образом, скорость протона такой большой энергии отличается от скорости света только в 20-м знаке! Поэтому с точки зрения земного наблюдателя такой протон пересечет Галактику по диаметру за 105 лет. С точки зрения протона такое путешествие займет всего
10s лет	-
т— --^=^=-10 5 лет х: 315 сек==5 мин.
К1 —и-
17.2.	Здесь нужны только вычисления. Масса покоя электрона тг = 9,11 • 10~28 г, с = 3-108 м/сек, поэтому тес- = = 81,99-10~15 дж. Посмотрев в справочник, можно убедиться, что 1 эв=1,6-10-19 дж, так что
тес" =51,1 • 104 эв = 0,511 Мэв.
17.3.	Из закона сохранения импульса следует, что трехмерные импульсы ц-мезона р;, и нейтрино pv равны и направлены в противоположные стороны. Из закона сохранения энергии вытекает, что сумма полной энергии мезона и нейтрино равна энергии покоя л-мезона, т. е. Ev-j-Е[: == т_ (в системе единиц, где с=1).
Так как	(масса покоя нейтрино равна нулю) и
= V рц+^.то Vr Рр + т^ + Р^'Пг,- Отсюда
р = -2L----= 29,8 М эв.
 2тк
Кинетическую энергию р-мезона найдем как разность его
Решения и ответы
211
полной энергии и энергии покоя:
Т =	pf -j-m^—m,,==4,I Мэв.
Кинетическая энергия нейтрино равна его полной энергии и равна импульсу.
17.4.	В задаче 12.14 было показано, что заряженная частица в магнитном поле В движется по окружности радиусом R, причем R=mv/qB. Этот результат сохраняется и в релятивистском случае, поскольку при таком движении меняется только направление скорости, а не ее величина. Так как mv = p, то p = qBR. Здесь q измеряется в кулонах, В — в вебер/м-, R—в метрах, а р — вкг-м/сек. Учитывая, что 1 вебер/м'-=10* гс, заряд частицы равен q = Zqe, a qe= 1,6-10~19 к и 1 кг-м/сек. = (1,6/с)-10--5 Мэв, получаем p = 3-10_'2 ZBR. В этой формуле единицы измерения физических величин следующие: р — Мэв, В — гауссы, R — метры, Z—безразмерная величина.
17.5.	а) Радиус магнита циклотрона должен быть не меньше радиуса кривизны траектории частицы предельной энергии в данном магнитном поле. Используя результаты предыдущей задачи, имеем R=p-10'-/3ZB. Импульс релятивистской частицы равен V Е'1— т;’,, а ее полная энергия Е есть сумма кинетической энергии Т и энергия покоя Е = Т-ф-т0, поэтому
р = УТ (Т-\-2та) и	л»=1,85 м.
6Z.D
б) Частота ускоряющего электрического поля должна совпадать с частотой обращения частицы (см. задачу 12.5), т. е.
т 1 _ 2лт
~ v —310-2ZB ’
В этом выражении m измеряется в Мэв, В — в гауссах, а время — в метрах. Таким образом, частота ускоряющего поля в конце ускорения равна
3.10-2ZB
v = —?:-----с сек-1.
2лт
Но	—v2, а
р ^7(Т + 2т0)_1
Е ' Т+т0 2 так что т = 2т0/	3 и, следовательно,
v = 0,13- 10s сек-1.
212
2. Пространство. Время. Движение
в) В начале ускорения частиц частота электрического поля должна быть	х
3-10-2ZB п 1С lns ,
Va ——=-------с = 0,15-108 сек-1,
2лт0
поэтому изменение частоты в процессе ускорения равно ^^=12%.
К главе 18. Двумерные вращения
18.1.	а) По определению момента силы r — xFy—yFx—lM нм. Но момент мы можем представить и в виде
T = Fp = Ftr,
где р — плечо силы, a Ft—тангенциальная (перпендикулярная к г) составляющая силы. Из этих двух равенств находим
б)	р=-^ = 2,8л.
Г
X X
в)	F/ — — 	 .....— = 14 ньютон.
r
18.2.	За счет суточного вращения Земли каждая точка земной поверхности приобретает зависящую от широты <р скорость v = а>г = aiR cos ф (см. рисунок), где to—угловая скорости вращения Земли.
В Лос-Анджелесе (<p0 = 34Q, см. географическую карту) V — Ra> cos ф0. Широту искомой точки земной поверхности найдем из уравнения
откуда
R(o cos ф0 — Rai cos ф = 200, cos ф = 0,395; ф = 66°40'.
Решения и ответы
213
18.3.	Найдем сначала проекции силы на оси координат (ось у направим вверх по прямой ОР, а ось х—направо по АВ). Так как в равновесии сумма всех сил, действующих на тело, равна нулю, имеем
4-50—4^ = 0,
К 2
КЛ
Fy+50-7T==0*
S', е.
тЛо— 1
FX = FV = — 50 2—=-4- = - 14,6 н. и	f 2
Учтем теперь, что полный момент силы (будем вычислять его относительно точки О) также должен равняться нулю. Прежде всего ясно, что точка приложения силы F должна лежать слева от точки О; необходимо, чтобы сила F вращала пластинку против часовой стрелки. Приравнивая нулю полный момент сил, найдем /—расстояние от точки О до точки приложения силы
Ву/=50-0,1 и / = 0,34 м.
Итак, удерживающая сила величиной F — ^Fx+Fy^ » 20,5 ньютон приложена левее точки 0 на 0,34 м и направлена параллельно силе, приложенной в точке О.
18.4.	Уголок не вращается после удара в том случае, если удар произведен по линии, проходящей через его центр масс (момент количества движения относительно ц. м., переданный при ударе, в этом случае равен нулю). Поэтому ОР = у0, где у0—ордината центра масс. Так как толщина горизонтальной и вертикальной сторон уголка постоянна, центры
214	2. Пространство. Время. Движение
масс сторон уголка совпадают с их геометрическими центрами. Как видно из рисунка, ордината центра масс горизонтальной стороны у! — 2,5 см, а вертикальной у,— 12,5 см. Ординату центра масс всего уголка найдем по формуле
,, _т1У1 + т2У2 _У1+У2_7 е.„
Уо------:----— --т:-— I ,О СМ.
т^т^ 2
18.5.	Условия равновесия всей фермы в целом таковы:
+	и F^l-F^O
(Z—длина стержня). Отсюда
„Г _ 2Г и Г2 = ^-.
Стержень GF испытывает сжатие, a EG— растяжение. Их нагрузки равны соответственно У, и Г.. Но F2/7\ = cos30°, откуда
4W
1 'з/з ’
Из равновесия в узле F имеем Tt + Tr(J-T4-~0 (Т3 и Т4— напряжения в стержнях EF и DF). Проектируя это равенство на вертикальную ось, получаем
j£lr3_KiT1=0, т. е. 7\ = Г3.
Приравнивая затем нулю сумму проекций на горизонтальную ось, находим
4W
Т4 = 2Т, cos 60° = -^=-. 3f 3
Таким образом, стержень FD сжат, его напряжение W/3У~ 3.
Решения и ответы
215
18.6.	а) Момент инерции стержня в системе координат, ось х которой направлена вдоль стержня, а начало совпадает с концом стержня, равен
L	L
1 — х2 dm = р х2 dx,
о	о
где р—его линейная плотность (p = M/L), так что
L
о
М
., . ML2 х- dx = —g—
б)	Если ось проходит не через конец стержня, а через его середину, то интегрирование следует проводить в пределах не от 0 до L, а от —L/2 до 1/2:
М
L
L/2
1/2
х2 dx —
12
Этот же результат можно получить из теоремы о параллельном переносе оси, относительно которой вычисляется момент инерции: / = /ц мmd2 (d— расстояние между осями, а /ц.м. — момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс). Искомый момент инерции есть как раз /ц,м , так как центр масс стержня находится на середине L:
Ml2 lait==l-Md2=^-О
ML2 ML2
4	12
в)	Если цилиндр тонкостенный, то вся его масса т находится на расстоянии г от оси вращения, поэтому, согласно определению момента инерции, 1 = тг2.
г)	Для вычисления момента инерции сплошного цилиндра разобьем его на большое число тонкостенных полых цилиндров. На рисунке показан один такой цилиндр радиусом г' и толщиной dr'. Момент инерции этого цилиндра [см. пункт (в)] df ~r'2dm', где
, , т	2т ,, ,
dm ——т77-2лг/7 dr =—г- г dr Лг2Н	г2
(т — масса цилиндра, Н—высота цилиндра).
216
2. Пространство. Время. Движение
Таким образом, момент инерции сплошного цилиндра вычисляется так:
18.7.	Когда цилиндр поворачивается на угол ср, груз опускается на расстояние лр, поэтому ускорение груза а связано с угловым ускорением цилиндра d2<p/d^2:
d-tti
a"~rdP'
Вращение цилиндра описывается уравнением
dL
dt ~Х
или
ld^ = Tr.
dt2
Здесь L = I dq>/dt, I—момент инерции цилиндра, Т — натяжение нити. Учитывая, что 1 = Мг2/2, получаем
2
Складывая это уравнение с уравнением движения груза ma = mg—Т,
находим
__ т£
а~ т-\-М/2'
Решения и ответы
217
18.8.	а) Поскольку момент внешних сил равен нулю, момент количества движения груза сохраняется, т. е. тг^^тг^. Отсюда скорость груза в конечном состоянии
Г1
' 2
б)	Работа внешней силы равна изменению кинетической энергии груза, поэтому
mvl mvi _mvl rl—rl ~ 2	2 ~ 2 r2	'
в)	Пусть F—сила, которую необходимо приложить к нити, чтобы удержать шарик на расстоянии г. При виртуальном перемещении dr эта сила выполняет работу [см. пункт (б)]
Fdr = ”-^	=~dr.
[Мы пренебрегли членом ~ (dr)2.] Сокращая dr, получаем Р=тог/г, что, конечно, и следовало ожидать.
18.9.	Момент количества движения планеты является суммой двух членов Lr-\-L2, связан с движением планеты по орбите (Лх = /«'.>/?), а Ь2—с ее вращением вокруг своей оси (L2 = 7co). Учитывая, что для движения по круговой орбите v2IR = GMIR‘1 (считаем, что центральное тело очень тяжелое), получаем
Величина Д2 для всех реальных случаев оказывается гораздо меньше Lv
Рассмотрим теперь систему Земля — Луна. В момент количества движения этой системы дают вклад следующие движения: движение Луны относительно ц. м. системы Земля—Луна, вращение Луны вокруг своей оси, движение Земли относительно ц. м. системы, вращение Земли вокруг своей оси.
Вспомним теперь, что период вращения Луны вокруг своей оси равен периоду ее движения по орбите. Поэтому
^1л _ тл#2 ~ %2
7	~	2 1
Ь2Л 1 л гл
где R — радиус лунной орбиты, а гл —радиус-Луны. Таким образом, £1л^>£2л, и этой последней величиной можно пренебречь. Далее, поскольку период обращения Земли и Луны вокруг ц. м. системы одинаков, а расстояние до ц. м. обратно пропорционально массам
тп
^13	^-1Л ~ 5-10
218
2. Пространство. Время. Движение
т. е. вклад орбитального движения Земли в момент количества движения также очень мал. Оценим теперь вклад вращения Земли вокруг своей оси. Имеем
,	,	2	2 2
^-23 — Лзш3 тз гзшз-
Учитывая, что т3 ~ 80тл, г3 ~ 6гл, <ол =28«>3 , убеждаемся, что
А,3
L-----°’1’
Ь1Л
Следовательно, момент количества движения системы Земля — Луна равен приближенно
L = Lj л-4-£23 = тл ]/ Gm3R + /3<о3.
Из-за приливов, тормозящих вращение Земли, длина суток медленно увеличивается, т. е. уменьшается угловая скорость вращения, а с ней и момент количества движения Земли L23. Так как полный момент количества движения системы Луна — Земля должен оставаться постоянным, момент количества движения Луны Цл должен медленно возрастать, компенсируя уменьшение Т,3.
Увеличение Т1Л (см. выражение для этой величины) возможно только в случае увеличения расстояния между Луной и Землей.
Энергия системы Земля — Луна состоит из кинетической и потенциальной энергий Луны и кинетической энергии вращения Земли (мы опять пренебрегли кинетической энергией вращения Луны и движения Земли по орбите как малыми величинами).
Как было показано в задаче 14.18 (стр. 200), полная энергия Луны равна
0т3тл
2R— ’
а энергия вращения Земли вокруг своей оси
у/ЗыЗ = °'2тз4сйЗ-
Полная энергия рассматриваемой системы
Gm^nir, 0,2m3	----
положительна, в чем можно убедиться, подставив вместо букв соответствующие числа. В предельном случае (далеком будущем), когда Земля полностью прекратит вращаться вокруг своей оси (<о3 = 0), полная энергия системы Земля —
Решения и ответы
219
Луна станет отрицательной (—От3тпл/2/?0), Ro—расстояние между Луной и Землей при (о3=О; это означает, что полная механическая энергия системы Земля — Луна уменьшается по мере удаления Луны от Земли. Это и понятно, ведь часть механической энергии вследствие приливного трения превращается в теплоту.
18.10.	Когда подвешиваются грузы и W2, силы, действующие в шарнирах, изменяются. Нас будут интересовать только эти добавки. Силы, которые действовали в шарнирах раньше, как раз такие, чтобы рама с грузом Wс оставалась в равновесии, поэтому, рассматривая только добавки, мы можем не учитывать ни веса рамы, ни груза IV'£.. Выясним условие равновесия планки АВ. Суммарный момент силы, действующий на эту планку,
Fa AP—FbPB=G.
Здесь F А и FB— вертикальные составляющие силы в шарнирах А и В (момент горизонтальных составляющих сил равен нулю). Аналогично,
Fa,A'P' — Fb,P'B’=Q.
Складывая эти уравнения, находим
(Fa + Fa,)AP^(Fb + Fb,)PB.
Из условия равновесия углов АСВ и BGH
FA+FA, = Wlt
Fb~\~F В' = W
откуда
др
^ = ^^ = 0,25 кГ.
18.11.	По условию задачи машина должна отключаться, когда АС достигнет значения }^2-30 см, т, е. когда угол а = 45°. В системе координат, вращающейся вместе с регулятором, массы М находятся в равновесии. На каждую из них действует центробежная сила F и реакции стержней и Т2 (направление сил показано на рисунке).
Используем условие равновесия массы М. Из равенства нулю суммы горизонтальных составляющих сил получаем
Из равенства нулю суммы вертикальных составляющих сил:
7\____?2_
У2 J/2 ’
220	2. Пространство. Время. Движение
Наконец, условие равновесия массы С записывается как тг=/2Тг.
Из этих трех уравнений находим
F — (M~1rm)g или 4п2п2—М — (M-\-m)g.
Таким образом,
18.12.	Мощность, необходимая для вращения вала, равна мощности сил трения, т. е.
Р = Гтро,
где v—скорость масс т, v = <or.
Сила трения каждой колодки равна произведению коэффициента трения на величину силы, прижимающей колодку к цилиндру, т. е.
FTp рты2 г.
Таким образом,
Р = рты3г2.
18.13.	Поместим начало системы координат в середину основания нижнего бруска. Обозначим через х1У х2, ...,хп координаты центров масс соответствующих брусков (см. фиг. а). Очевидно, что сооружение из брусков опрокинется, когда координата х0 центра масс всей системы брусков, лежащих на нижнем, выйдет за его основание, т. е. когда х0 За L/2 (знак равенства соответствует неустойчивому равновесию).
Поясним это, рассмотрев условие равновесия двух брусков, лежащих друг на друге. Пусть сначала бруски расположены так, как это показано на фиг. б. Повернем верхний брусок относительно точки О на малый угол Д<р по
Решения и ответы
221
часовой стрелке и отпустим его. Как будет двигаться брусок дальше?
Сила веса бруска создает относительно точки О вращающий момент т = mg[(L/2)—I] (т—масса бруска, I—длина выступающей части торца), который стремится повернуть брусок в исходное положение. Это и означает, что в положении. показанном на фиг. б, брусок находится в равновесии. По мере стремления I к £/2 величина вращающего момента убывает. Наконец, т = 0 при / = /./2, Теперь достаточно отклонить верхний брусок на бесконечно малый угол, чтобы брусок начал вращаться по часовой стрелке; это означает, что верхний брусок находится в положении неустойчивого равновесия. Разумеется, при / > L/2 (см. фиг. в), возникает вращающий момент r = mg (I — 2-/2), опрокидывающий верхний брусок.
Вычислим координату центра масс всех брусков, лежащих на нижнем. Очевидно,
L „ L	L
Xi i , х2 • 2	, ..., хп *= п
Поэтом)'
m1xi + m2x2+• •  Ч-щлх„ 1
Х°~	т1+...+щ„	7Г (*1+ • • •	-
1 L п-\-1	L
=тт^-п=(/г+1)-2Г-
Неустойчивое равновесие наступит при х0 = А/2, откуда п = 1 — 1.
Следовательно, максимальное число	п;-------
брусков, которые можно уложить	.--------
указанным способом, равно I.
222
2. П ространство. Время. Движение
К главе 19. Центр масс; момент инерции
19.1.	Энергия, затраченная механизмом /С, равна изменению кинетической энергии вращения системы, т. е.
/iWi 70ио £ = ~2------Г’
где /0 и /,—моменты инерции «квадратной» и «крестообразной» систем, а со! — конечная угловая скорость вращения. Момент инерции системы складывается из моментов инерции стержней и момента инерции внутреннего механизма.
Пользуясь теоремой о параллельном переносе оси, находим, что момент инерции одного стержня относительно оси О равен в начальном состоянии (4/3) mL2, а в конечном (m/3)L2. Поэтому
32	,40 ,, „. ,,
- г --- mL1 = 24mL2
и
,	. ml2 40 ,, ,с
/1 = 8 -д—Ь д-= 16mL-.
Конечную угловую скорость вращения <ох находим из закона сохранения момента количества движения (механизм, складывающий стержни,— внутренний!)
/ Щ), = / ошо, откуда
/0	3
®i — «о — ио-
Итак, затраченная механизмом Д энергия равна
Е = ~ ZjWo---к- /аЫо = 6тЕ2ш'о.
о	2
19.2.	а) Пусть нить закручена на угол 0. Чтобы удержать ее в этом положении, к нити нужно приложить внешние силы, момент которых т был бы равен упругому моменту нити с обратным знаком, т. е. т = А0.
При дальнейшем закручивании нити на малый угол Д0, как было показано в гл. 18 «Лекций» (вып. 2, стр. 53), внешние силы совершают работу Д1^=т-Д0. Нить, закрученная на фиксированный угол Оо, обладает, таким образом, потенциальной энергией I/, равной по величине работе внешних сил, поворачивающих нить от ненапряженного состояния (0 = 0) до угла 0О, т. е.
о»	е„
U = Jrd0 = ^feOd0=2-ft0o. о	о
Решения и ответы
223
б) В момент разряда конденсатора на рамку действует момент T=nAB \ dq/dt \, в результате чего рамка начнет вращаться с угловой скоростью <o — L/l, где L—момент количества движения рамки, I—ее момент инерции. Величину L найдем, интегрируя уравнение
от 1 = 0 до момента окончания разряда конденсатора, что дает L = nABq0 (qB—первоначальный заряд конденсатора). Когда катушка отклоняется на максимальный угол и останавливается, начальная кинетическая энергия рамки
b ’ 2	21	2/
переходит в потенциальную энергию закрученной нити, на которой подвешена катушка, U k6^aKC, т. е.
1 , n2A2B2q2	nABqB
Тумаке =------27---- ’ Отк>'да емакс = -р^т' ,
т. е. максимальный угол поворота рамки пропорционален начальному заряду конденсатора.
19.3.	Момент инерции сложной фигуры равен сумме моментов инерции ее частей. Поэтому момент инерции проволоки, вычисленной относительно оси, проходящей через точку А, не зависит от угла 0 и равен ML2/\2.
19.4.	Для моментов инерции пластинок относительно осей, проходящих через точки А и В, можем написать
lA = lc + Mrl, 1B = IC + Mrt откуда
1В = 1А — Л4г? + Л4/-| = /л + М (го —г?)-
Приведенное в тексте равенство выполняется, если Гз = г|—г?, т. е. когда гп г2, г3 образуют прямоугольный треугольник, причем гипотенузой является л2-
19.5.	Объем фигуры вращения равен произведению длины дуги, описываемой центром масс плоской фигуры, на площадь этой фигуры. В нашем случае
V = %nR-nR2 = 2n*R*,
так как центр масс однородного круга лежит в его геометрическом центре.
224
2. Пространство. Время. Движение
19.6.	Энергия, затрачиваемая на достижение данной угловой скорости со0 из неподвижного состояния, равна кинетической энергии вращающегося тела. Эта энергия тем меньше, чем меньше момент инерции тела (соо фиксировано!).
Для любого тела Z =/ц. м. —|-Л4с£а, где /ц. м.—момент инерции относительно оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от этой оси до параллельной ей оси вращения. Очевидно, что /мин отвечает d = 0. Таким образом, ось вращения должна проходить через центр масс, который находится на расстоянии Л42Т/(ЛТ1-|- Мг) от конца невесомого стержня, несущего массу. Мр
19.7.	Пусть диск с прижатыми грузиками вращается с угловой скоростью со. Его момент количества движения Lo равен [(Л4Яг/2) + 2тЯ2]-со.
В момент срыва нитей с крючков Н и Н' диск вращается с угловой скоростью сор определяемой из закона сохранения момента количества движения:
^Л£р+2щ7?^со=	+ 2ш (Я 4- О2]
т. е.
М R2AmR2 0)1 = 'MR*'+	•
После отделения грузиков диск продолжает вращаться с той же угловой скоростью о»!, так что угловая скорость диска уменьшается в п раз, если
Л4Я2 + 4тЯ2 1	, ПЛ/ , Л4 ,	~ Л
•»Тг.у . , .г.', -„о—=—, т. е. / = Я I/	— (п — 1) — 1 •
Л4Я2 + 4 (Я + /)2 т п	\ Т 4т	/
19.8.	В неподвижной системе координат ху на тело действует сила F. Тело будет двигаться в этой системе координат согласно уравнениям движения mx = Fx; my=:Fy. При повороте системы координат на угол 0 = со/ координаты преобразуются следующим образом:
х' = х cos 0 -j- у sin 6,
у' = — X sin 6 + У cos 0, откуда
х' = х cos со/—хи sin со/ + р sin со/4-pw cos со/,
х' = X COS со/ + у sin со/ — 2хсо sin СО / + 2усо cos со/ — — хсо2 cos со/ — рсо2 sin со/, и
у' = — х sin со/—хсо cos со/Ц-р cos со/— рсо sin со/,
у' = — х sin со/ — 2хсо cos со/ + хсо2 sin со/ + у cos со/ —
— 2рсо sin со/ — рсо2 cos со/.
Решения и ответы
225
Компоненты силы в штрихованной системе координат имеют вид
Fx — mx' = Fx cos 0 + Fy sin Q-^imy'a-^-mu^x',
Fy = my' = — Fx sin 0 + Ky cos 0—2тшх' -^-m(i)2y’.
Первые два члена в каждом выражении есть компоненты истинной силы F в повернутой системе координат, третьи слагаемые—компоненты силы Кориолиса, и последние — центробежной силы.
19.9.	Уравнение движения для центра масс шара
Л4о = — pgAl,
откуда а = — pg и оц. м. = о—pgt (и — начальная скорость шара).
Для вращательного движения
, <f(D .,
2
Так как	(см. «Лекции», вып. 2, стр. 77), то
.-AS
2 R-
Скорость той точки шара, которая соприкасается с плоскостью, равна Оц. м. — ыЛ. Когда эта скорость обращается в нуль, шар начинает катиться без проскальзывания. Это произойдет через промежуток времени t от начала движения, равный
7 pg
Расстояние, пройденное шаром за это время,
at- 12 и
2	49 pg
и его скорость к этому моменту щ = о—pgt = ъ/-р.
19.10.	Вес 1F валика разложим на две составляющие: силу нормального давления его на вал Р, равную F1 = Algsin0, и перпендикулярную к ней, F2 = Mg cos 0.
Контакт между передающим валиком Т и барабаном К не будет теряться в том случае, если «сила тяги» F, приложенная со стороны печатного вала Р к валику Т (как раз и обусловливающая вращение валика Т), меньше или равна F2, т. е.
F < Mg cos 0
(знак равенства соответствует нулевому давлению Т на К).
Заказ № 17
226
2. Пространство. Время. Движение
, Уравнение вращательного движения для валика Т, когда он не давит на барабан К, имеет вид /Л1 = Ег, или (Л4га/2) Л1 = Л4^соз 0-г (здесь через 41 = dw/dZ обозначено угловое ускорение валика Т), так как
Mr2	2ст
1 —	, откуда . Ai — cos 0.
Линейные ускорения точек обода Т и Р одинаковы, так что Л1/' = Л7?, откуда
Л = Л, ~ cos 0,
где R — радиус вала Р.
19.11.	Обозначим массу первой секции через т, тогда массы соответствующих квадрантов будут:
тг = т, т» = 2/и,. . т3 = Зт, /гц=-4т.
Поскольку каждая из секций однородна, то центры масс их расположены одинаково относительно самих секций. Если координаты центров масс секций (хууА... (xiyi), то положение центра масс всего тела вычисляется по формулам
v xi Ч~ 4~	4~ 4 A ,.v У1 4“ 2//2 4* Зуа 4*
А~	10	иг—	w
Из соображений симметрии ясно, что центр масс каждой из секций лежит на биссектрисе соответствующего прямого угла, на одинаковом расстоянии от начала координат.
Обозначим координаты центра масс первой секции через а:
xi = yi = a.
Очевидно, в этом случае
х2 = а,	уъ=—а,	’
Ха= — а,	Уз=а,
х4=—а,	У1 — —а.
Таким образом,
Х= — 0,4а,	У=— 0,2а.
Решения и ответы
227
Уравнение прямой, проходящей через две точки (0, 0) и (X, У), есть
_х__ _у_ X Y ’
так что искомое уравнение имеет вид
1
19.12.	Пусть М — масса диска с отверстием; т—масса вырезанной части диска; х—абсцисса центра масс диска с отверстием. Поскольку центр центре, то
масс сплошного диска находится в его
Мх— m(R/2)
откуда
/и
Х~ ЗГ1	>2—(Я/2)*“Т~',Ь/ см
19.13.	Выберем систему координат, как рекомендовано в условии задачи. Так как проволока расположена симметрично относительно оси х, то, очевидно, //„ м, = 0. По определению центра масс
( xdm
X 7— ...... •
-м- [dm ’
эта формула является обобщением приведенной в «Лекциях»
,	Z< хул,
формулы хц. м. = -^...... 
Масса проволоки бесконечно малой длины dl равна pdl, где p = M/L—масса единицы длины проволоки, .поэтому хи. м. § х
Вычислять такой интеграл в прямоугольной системе координат довольно громоздко. Эти вычисления значительно упрощаются, если заметить, что для произвольной точки проволоки, радиус-вектор которой образует угол ф а осью у, x — Rcoscp, a dl = Rdq> (см. рисунок). Чтобы были учтены все точки проволоки, угол ср должен пробегатьГзначения от (л—а)/2 до (л+а)/2, где а — Z.//?—угол между радиусами-векторами концов проволоки.
Таким образом,
(л-|-а)/2
xu.m.^=~y J cos<₽d<p=-j— sin-g- = /? sfn (л-а)/2
L 2R"
8*
128	2. Пространство. Время. Движение
Этот же результат может быть получен из теоремы Паппа (см. «Лекции», вып. 2, стр. 72—73). При вращении проволоки вокруг оси у получается шаровой пояс площадью
2я/?-2Я cos =4lt/?a sin 2 •
Центр масс проволоки описывает окружность длины 2лхц, м так что
4л/?2 sin — = 2л.Сц. м. L,
откуда
= I sin —.
19.14. Разобьем сектор на большое число секторов с вершинами в точке О и очень малым' центральным углом Да. Каждый такой сектор с большой точностью можно рассматривать как равнобедренный треугольник, центр масс которого лежит на высоте, на расстоянии 2/3 R от его вершины.
Таким образом, задача о нахождении центра масс сектора свелась к нахождению центра масс дуги окружности
Решения и ответы
229
радиусом 2/3/? е угдом растврр^ а, т. е. к предыдущей задаче. такой же Системё координат, как н в задаче 19.13, Ун. м.=°> а
хп.
2 _ („ 2 Я \ . / L \
\ 3 /
Учитывая, что Б = 2/,Яа, находим 4 R . а
*ц.м — ~sinT
19.15. а) Определим положение центра масс, получившегося после склеивания тела. Как было показано в предыдущей задаче, центр масс сектора лежит на его биссектрисе на расстоянии 4/8(/?/а) sin (а/2) от центра окружности. (В нашем случае это расстояние равно У Зсм, так как = и а = 2л/3.) Биссектриса сектора массы 2М направлена горизонтально, поэтому координаты центра масс этого тела лг2=—У 3 см, у% = 0. Биссектриса сектора массы М образует угол 30° с вертикалью, так что координаты xi и i/i центра масс этого сектора равны:
хх= У 3 sin 30° — с.и, </!== — У 3 cos 30°=—-|- см.
Следовательно, координаты центра масс тела, получившегося после склеивания двух частей, есть
Л1х! + 2Л4х2 У 3
Л 2 + 2Л4 =	2	’
1
Y М + 2М 2
Рассмотрим силы, действующие на тело. Это сила тяжести, приложенная в центре масс тела, силы давления Йола и стенки Р и 2V и сила трения о пол FTp. Эти силы приложены в точках соприкосновения тела со стенкой и полом и направлены так, как это показано на рисунке. Так как тело находится в равновесии, геометрическая сумма всех сил равна нулю; сумма моментов' этих сил, например относительно точки О, также равна нулю. Это дает
P*^3Mg, N^FTp и лРтр =—
откуда
N=- Mg. zn
230	2. Пространство. Время. Движение
Поскольку М = 1 кг, тело давит на стенку с силой 3 / з/2л кГ.
б) Если поместить на линию ОА массу т на расстоянии г от точки О, то система останется в равновесии, если будут равны друг другу моменты сил веса составного тела и шарика относительно точки соприкосновения тела и пола:
mgr — ZXMg, что дает
19.J6. Поскольку вся фигура, подвешенная в точке Р, находится в равновесии независимо от ее положения, точка Р является ее центром масс.
Пусть высота вырезанного треугольника равна h. Его центр масс находится на расстоянии 2/3 h от Р. Центр масс полученной фигуры и вырезанного треугольника находится в точке О, следовательно (см. задачу 19.12),
Из этого соотношения получаем квадратное уравнение для h 2/i2—6а/г + За2 = 0,
откуда
й_а(3± /3),
а
Решения и ответы
231
Так как по смыслу задачи h < а, в качестве решения выбираем меньший корень квадратного уравнения, т. е. h — 0,63 а.
19.17. а) На катушку действует сила веса, направленная вертикально вниз, и сила натяжения нити Т, направленная по нити. Катушка не будет раскачиваться, если нет горизонтальных сил, т. е. если нить вертикальна.
б) Запишем уравнение движения катушки: для поступательного
2Ma^2Mg—T,
для вращательного
/в = Тг;
здесь а—ускорение центра масс катушки, е—ее угловое ускорение. Учитывая, что г = а-г и l = MR2, уравнения движения перепишем в виде
MR2a*=T,
2Ма=—Т -\-2Mg, откуда
19.18. а) Из закона сохранения момента количества движения (/0 + mR2) со0 = (/0 + тг2) а, так что
б) Изменение кинетической энергии системы равно
(/0 + тг2) <о2—у (/„ + mR2) <og =
232
2. Пространство. Время. Движение
С другой стороны, чтобы удержать вращающуюся с угловой скоростью <о массу т на расстоянии х от оси вращения, необходимо приложить к нити силу
F *= т<Лс = -г—п-г I malx.
\ /д+тх1 J °
Работа этой силы при изменении х от 7? до г есть
F = f F dx == (/0 + mR^l J	=
J	J Vo+ mx )
-<</.+«.«>
что равно разности кинетических энергий системы в конечном и начальном состояниях.
в) В системе координат, вращающейся вместе со столом, скорость тележки увеличивается благодаря действию центробежной силы, так что в этой системе кинетическая энергия тележки в точке Д равна вычисленной в пункте (б) работе W, т. е.
откуда
2 1д-\-тДъ . _9	, а
Vf = -г-д--- (R2 — г2) «О-
К главе 20. Вращение и пространство
20.1. Векторное произведение двух векторов а и Ь можно записать в виде
а X b = (ayb2—azby) t+(azbx—axbz)] +
+ (axby—aybx)k =
i j k
ax ay az bx by bz
Используя свойства детерминанта, получаем
ах (b + с) ®
(аа) X Ь =
с	j
°-х	йу
Ьх-\~сх Ьу-\-Су
i j k аах аау aaz bx by bz
i
x
Решения и ответы
233
а • (b X с) = ах (ЬуСг—bzcy) + ау (bzcx—bxcz) +
+ az (bx-Cy — bycx) —
ax ay az bx by bz cx cy cz
bx b.r b.
cx cy cz ay aZ
= b-(cxa)=c-(axb),
ax(bxc) =
a
bycz—bzcy
cx ax bx
Cy cz ay az by bz
J	к
ay	az
bzcx bxcz bjCy bycx
=' (aybxcy—aybycx—azbzcx + azbxcz) +...==
= i [bx (axcx 4-aycy -|-a.zcz)—cx(ayby-\-azbz4-axbx)-^-+ axbxcx—axbxcx]+ ... =b (а с)—c (a>b).
20.2. Направим ось z вдоль вектора ы (т. e. вдоль оси вращения твердого тела), а начало координат поместим в произвольной точке на оси вращения. Вычислим векторное произведение С) х г (г—радиус-вектор точки Р тела) в этой системе координат
<о X г—
i j k 0 0а
х у z
= —(£HJl -\-Ы X j.
Полученный вектор лежит в плоскости ху и перпендикулярен вектору г' (х, у), модуль его равен w Ух2 ; у2 = шг'. Так как г' — расстояние точки Р до оси вращения, вычисленное векторное произведение есть не что иное, как скорость точки Р твердого тела, т. е. vp = w X г.
20.3. Пусть тело повернется на некоторый очень малый угол AOj вокруг оси 1, проходящей через начало координат. Введем вектор A0J, величина которого равна &0t, а направление совпадает с осью вращения, т. е. Д0Х = A0tnj (пг — единичный вектор вдоль оси вращения). Очевидно, что при таком повороте радиус-вектор г произвольной точки М станет равным г'=г + Аг. Величина приращения радиуса-вектора равна (см. рисунок) rsinaA0!; вектор Аг направлен перпендикулярно г и оси вращения' (т. е. A0J, поэтому, вспоминая определение векторного произведения,
Дг = А0Г X г.
Таким образом,
г' =r + А0! X г.
Если произведен еще один поворот на малый угол Д02 вокруг другой оси, проходящей через начало координат, то новый радиус-вектор той же точки Л1 (обозначим его г") может быть выражен через г как
г * == г + А02 X г' = г + A0t X г + Д02 X (г -f- Д02 X г) —
= г + (А01 + А02) X г.
234
2. Пространство. Время. Движение
В последнем выражении отброшены бесконечно малые второго порядка.
Таким образом, два последовательных поворота на углы A0t и Д02 вокруг разных осей эквивалентны одному повороту на угол
Д0=Кд014-Д0| + 2Д01Д0г COS (игП2)
вокруг оси, направление которой совпадает с направлением вектора Д+ Д02. Аналогично для N поворотов на малые углы AG, имеем
Д0 = 2Д0|-
Рассматривая угловую скорость как вектор, направленный вдоль оси вращения, модуль которого равен изменению угла в единицу времени, записываем <о( = Д0;/ДЛ Поэтому вращение тела с несколькими угловыми скоростями эквивалентно вращению с одной угловой скоростью
Д0 Д де/ V"
“=-дГ = Ъ-дГ = 2-^’
i=i	i =1
20.4.	Обозначим через г' координаты частиц в системе ц. м. Очевидно,
г( = Кц. M. + «z и v1 = rl=vu.M.4-v;.
Момент количества движения системы частиц равен
L = 2i/n‘(R«' M- + r') X (vu- m.+vz)=2ot*R«. M.Xvu. м.+ I	I
+v«. м. х 2 т'<+2 т‘е‘х <•+R«. м. х 2
I	I	I
Решения и Ответы
235
Так как ^т/Г^О и S w,vt- = 0 по определению цецтра масс системы,
L = Lu. м. + МКц.м. X v„.M.
20.5.	а) Объем V параллелепипеда равен произведению площади основания на высоту: V — SH.
Обозначим угол между сторонами Л и В основания через а. Величина площади основания равна
S = АВ sin а — | А х В |.
Вектор S = AxB направлен перпендикулярно векторам А и В, т. е. его направление совпадает с нормалью к основанию.
Если угол между S и С равен 0, то V = SH = = 5С cos 0 = C S = | С (A х В)|.
б)	Параллелепипед определен тремя векторами:
a = 10i —5J4-3k, b = 3i—4j + 7k, c=— 5i— 6j + 3k.
Следовательно, его объем есть абсолютная величина детерминанта
20.6.	Центр масс системы двух стержней находится в точке О, делящей отрезок ОгО2 пополам (Ot, О2—центры стержней). После удара в точку С стержни придут в движение, которое можно разложить на два: поступательное движение системы как целого со скоростью v по линии удара и вращательное вокруг центра масс О с некоторой угловой скоростью ы. Пусть т и I—масса и длина каждого из стержней, а р — переданный в результате удара импульс. Из закона сохранения импульса 2mv = p следует, что скорость поступательного движения системы равна v = p/2m, а из закона сохранения момента количества движения /<o=pDC, что ш = (Зр//4/) (pC—3h I), где I—момент инерции стержней относительно центра масс системы.
236	2. Пространство. Время. Движение
Из прямоугольного треугольника 0гА0г легко найти, что
Поэтому
001	2 010г—2у 2 •
ml2 ml2 \ _ ~12+~8~) ~
п"‘р
(0 =
/ =
и
9 Р
5 ml
Линейные скорости центров масс стержней 0г и 02, возникающие за счет вращательного движения, равны по модулю
и = а010 = ——
10 К 2 т
и направлены перпендикулярно линии ОгОг. В системе координат, изображенной на рисунке, скорость поступательного движения имеет только х-составляющую, а вращательные скорости точек О, и 02 образуют угол 45° с осями координат. Результирующие скорости центров масс стержней Oj и с2 равны векторной сумме скорости центра масс системы в целом и скорости, приобретенной центрами масс стержней за счет вращательного движения. Имеем
х 1	1 Р	1	9 р
---— « = — >		7Г=-Н=— кк ; тЛ 2	20 т 1	j<2	20 пг
X ,1	19 р „	1	9 р
—v у~2 U~20 т ’ V2 у~2 U 20 т
Отношение модулей скоростей равно
V2 К(^)2+Ч)2
20.7.	Направим ось у вдоль вектора угловой скорости маховика (т. е. по оси вращения). Введем также другую систему координат х'у’, ось у' которой перпендикулярна плоскости диска,
Решения и ответы
237
а х' лежит в этой плоскости. Компоненты угловой скорости в этой системе
а>х' = со sin a, coV' = со cos а, сог' = О
(а — угол между осью вращения и осью Z/'). Компоненты момента количества движения в штрихованной системе координат равны
,	, MR2
Ly' — ly’^y’ = --g" - со cos а,
,	, mR2
Lx' — Ix'tox' — —— co sin a,
Lz' = 0
(Л4 — масса диска, R—его радиус).
При вычислении момента инерции диска относительно оси х’ мы воспользовались тем, что I^ = 1 ^-{-1 г,. Ввиду симметрии диска, 1Х' — 1г>, так что /х. =/^,/2 = Л4/?2/4.
Вектор момента количества движения образует с осью у угол р, причем
L , 1 tg (a — Р) = —tga.
Ly' z
Так как углы а и В малы, можно положить tg (a—р) « тл а—Р, а tg a w а, так что a—р — */г «, откуда р = */2 а. В нештрихованной системе координат вектор количества движения L вращается вокруг оси у с угловой скоростью со. Следовательно, его х- и z-компоненты меняются со вре-
Фиг. 1
Фиг. 2
238
2. Пространство. Время. Движение
GmM
менем по закону (фиг. 2)
= Z.|3 cos 0)Z; Lx = Lfi sin <oZ, где
L = /l“, + L^=^-2« /5.
Значит, на маховик действует момент сил х — ЛХДсИ, компоненты которого
Ту = —= L ри cos <о/, х dt г тг=^=» — Ifco sin at, т_), = 0, а модуль равен
, о ,Л4/?а/5 т = Ао>р == <о2-•—-а =
О
= 1,22 ньютон-м.
20.8.	Силы притяжения тел массы т к массе Л1 равны
GmM GmM	GmM
“	„.Л	2 г	еЛ	“
\	А	/
1 + 2-£-cos6^
и	-"R*
GmM GmM ~GMmf г
#2 ~7?3 + r2 + 27?/-cos0 ~ R2 V 2flcosb
При получении приближенных формул мы пренебрегли г2 по сравнению с R2 и учли, что (r/R) cos 0 <? 1, воспользовавшись соотношением 1/(1±х) ss 1^х при х<^1. Вращающий момент т равен разности моментов сил Fj и F2 относительно точки О, так что | т | = .Fjr sin 0—F2rsin0 (плечи обеих сил приближенно равны г sin 0).
Подставляя вместо Fr и Г2 их значения, получаем
Решения и ответы
239
20.9.	Сплюснутость Земли при вычислении действующего на нее момента сил можно приближенно учесть, заменив Землю двумя точечными массами, находящимися на некотором расстоянии друг от друга. Далее, воспользовавшись конечным результатом предыдущей задачи, находим отношение вращательных моментов, создаваемых Солнцем и Луной:
где Л4Л и Мс —массы Луны и Солнца, а Дл и Rc — расстояние от Земли до Луны и Солнца соответственно.
20.10.	а) Перепишем таблицу удельной плотности в более удобной форме, отсчитывая расстояния от центра Земли, а не от ее поверхности, и принимая средний радиус Земли равным 6370 км:
R км, 370	1370	2870	3470	4370	5370	5970	6170	6270	6340	6370
р, а/см3	11,5 16,8	10,2	5,7 9,4	5,2	4,7	3,6	3,5	3,4	3,0 3,3	2,6
Землю представим себе состоящей из нескольких шаровых слоев, плотность внутри каждого из которых постоянна и равна полусумме плотностей на радиусах слоя. Там, где имеется разрыв плотности, большее значение ее будем приписывать внутренней части слоя, а меньшее — внешней.
Момент инерции шарового слоя с постоянной плотностью р и внешним и внутренним радиусами rt и г2 найдем, вычитая из момента инерции шара радиусом гг момент инерции шара радиусом г2. Таким образом,
9	9	о
/ = _Л41^-тЛ12г| = ^л(г5-фр
ИЛИ ДЛЯ f-ГО СЛОЯ
Полный момент инерции Земли равен сумме моментов
инерции шаровых слоев, так что
11
/= У Л«8Л-1037кг^.
240
2. Пространство. Время. Движение
б) Момент количества движения Земли L равен
Z, = /<о = —у— и 5,9• 1033 кг-мР/сек
(/ = 8,64-103 сек — период обращения Земли вокруг своей оси).
в) Кинетическая энергия Земли
Т = -1/<й2 « 2,1-1029 дж.
20.11. 1) Согласно формуле, полученной в задаче 10.8. (стр. 164),
кинетическая энергия катящегося тела складывается из кинетической энергии движения его центра масс и кинетической энергии тела в системе ц. м. Так как тело скатывается по наклонной плоскости без скольжения и ввиду симметрии тела относительно оси вращения, его центр масс находится на этой оси, движение тела в системе ц. м. представляет собой чистое вращение, угловая скорость которого <& = о1г (о—скорость тела в произвольный момент времени). Таким образом, кинетическая энергия тела
Л4и2 /со2
где / — момент инерции тела относительно оси вращения.
Величину скорости v центра масс в нижней точке наклонной плоскости определим из закона сохранения энергии
.. , Л4и2 . /и2
Решения и ответы
241
откуда
Р=1лж.
V M+I/r*
2)	Применим эту формулу для частных случаев, перечисленных в условии задачи.
а)	Сфера:
/=-|-Л4г2; v=j/r^-gh.
б)	Диск:
, Л4г2
/ = —;	о=]/ ^gh.
в)	Диск массы Л4Х радиусом насаженный на вал массой т2 и радиусом г2‘-
MxRl m2rl
2	2 ’
v = i/'	2(iM1+m2)g/t	.
Г 3/z^ll+m2 1	(7^") ]
20.12.	а) Центр масс однородного стержня находится в его середине, т. е. на расстоянии L/2 от конца. Центр масс системы из стержня и замазки находится посредине отрезка, соединяющего замазку и точку О, т. е. на расстоянии L/4 от линии удара.
Стержень до удара покоился, поэтому
Mv _ v уц-м- = М+Л4-У
Из закона сохранения импульса следует, что скорость центра масс после удара не изменилась, т. е. осталась равной v/2.
б)	Момент количества движения системы относительно ее центра равен до удара MvL/4.
в)	Момент количества движения системы после столкновения равен /со, где/—момент инерции относительно центра масс, т. е.
, ML2 , Р 5 .... ~ 12 + 2jM 16-24ML ’
а со—угловая скорость вращения относительно центра масс.
Из закона сохранения момента количества движения
/	S
4	24
242
2. Пространство. Время. Движение
откуда
6 v
г)	Так как скорость центра масс равна о/2, кинетическая энергия системы после удара
1 I о \2	1	2
+± /со2=-|-Л4Л
Изменение кинетической энергии при ударе
АГ=4-Л4р2 —Гк = 0,2Гн 2	к ' и
(Гн==1/2Л/о2 — начальная кинетическая энергия системы).
20.13.	Пусть / — момент инерции Земли до таяния льда, а Z -|-Д/— после того, как лед растаял. Из закона сохранения момента . количества движения
/со = (/ + Д/) (со + Асо)
(со и со+Дсо—угловые скорости вращения Земли в два рассматриваемых момента), или
	/ /+д/ Т ~Т + \Т ’
так как	2л
	со—у
Таким образом,	ДТ = у Т.
Изменение момента инерции Земли Л/ произошло за счет того, что вода, сосредоточенная ранее (в виде льда) вблизи оси вращения (и поэтому дававшая очень малый вклад в момент инерции Земли), расстаяв, распределилась по шаровому слою радиусом R и толщиной ДА1. Момент инерции такого слоя (см. задачу 20."10):
А/ = — лр/?4Д/?. О
Таким образом,
О 1
Решения и ответы
243
Учитывая, что для воды р=1 г/см3= 10s кг/м3, а период вращения Земли Т = 24 час, получаем ДТ~1 сек.
20.14.	а) Скорость центра масс найдем из закона сохранения импульса Л4о0 = J, откуда о0 = J/М. Из закона сохранения момента количества движения определим угловую скорость вращения вокруг центра масс
откуда
12Jr
Скорость точки А в момент удара есть сумма скоростей двух движений: поступательного со скоростью о0 и Вращательного с угловой скоростью со. Поэтому
L ,	12J7 , J J /, 6г \
VA- И 2 . "о - ML2+ м - м Lj.
б) Если 0^ = 0, то для расстояния ОР = г получим уравнение
откуда
Очевидно,
L
Г~ 6 ’
ЛР=Ло+ор=А+.£ 2 £.
£ о о
244
2. Пространство. Время. Движение
К главе 21. Гармонический, осциллятор
21.1.	а) Пусть С—центр масс тела, а через точку О проходит
ось вращения. В положении равновесия О и С находятся на одной вертикали. Уравнение движения тела имеет вид
где L — момент количества движения, а М — момент внешних сил.
В нашем случае нужно учесть только силу тяжести (проложенную в точке С), момент которой относительно точки О равен —Mgd sin 0. Момент количества движения тела равен 7(0, так что
— /(£)= —Mgd sin 0.
Но a> = dQ/dt, поэтому после дифференцирования по времени получим
—Mgd sin 0.
Это и есть дифференциальное уравнение, описывающее изменение угла 0 со временем.
б)	Если предположить, что 0 мало, т. е. sin 0	0, то по-
лучим
/~ + Aigd0 = °, или 0+^0 = О.
В § 2 гл. 21 «Лекций» (вып. 2, стр. 48) было показано, что такое дифференциальное уравнение описывает колебания с периодом Т = 2л/ы, где ш2 = Mgd[I. Поэтому период малых колебаний тела
Т = 2л 1/	•
V Mgd
с
Решения и ответы
245
21.2.	В найденном в предыдущей задаче выражении для периода колебаний положим / — Ir:-\-Md2. Тогда
T = 2„|/S^_
V Mgd
а)	Найдем d, соответствующее данному значению периода. Решая квадратное уравнение
находим
dl=^+l/^_£c
1 8л2 ' г 64л4 М и
н ёТ2 1.А2Г° fc
1 8л2	' 64л4 М'
б)	Складывая dt и d2, получаем
di + d2 = ^-, откуда Г = 2пуГ^^.
в)	Период минимален при таком значении d, при котором минимально выражение
/c + Md* Mgd
(подкоренное выражение в формуле для периода). Условие минимума имеет вид
ic+Md^\' п
Mgd J
(штрих означает дифференцирование по d), т. е.
2Md Mgd—(IC+ Md2) Mg
M2g2d2	-“°-
Отсюда
<^мии =	•
Подставляя это выражение в формулу для периода колебаний, получаем минимальное значение периода
ТМИН = 2Л]/^=

246	2. Пространство. Время. Движение
21.3.	Из того, что пружина под действием силы веса груза массой т удлиняется на А, находим ее коэффициент жесткости k = mgi'A.
Когда на пружине неподвижно'висят два груза общей массой 2т, ее длина /0 определяется условием
k(l0 — D) = 2mg, так что l0 = D + 2 А.
Поместим начало координат в точку /0, а ось х направим вертикально вниз. В этом случае уравнение движения грузиков примет вид
Как известно, дифференциальное уравнение такого типа описывает колебания с периодом
Т = —=2л 1/— г g ’
Легко убедиться в том, что решением этого уравнения является функция
х (t) = Bi cos cut ф- B2 sin at, где	и B-2—постоянные, определяемые из начальных условий.
Систему координат мы выбрали таким образом, что х = х0=—А при / = 0. Начальную скорость va находим, учитывая сохранение импульса при ударе
mv = 2mv0, откуда v
и# г
(у—скорость тела, упавшего с высоты А, т. е. v = \^2Ag). Таким образом,
Этим начальным условиям соответствуют постоянные В3=—£>i = A, т. е. решение уравнения движения имеет вид
х — A (sin at —cos at).
Амплитуда колебаний, т. е. максимальное отклонение точки от положения равновесия, достигается в тот момент времени tt, когда скорость колеблющихся грузов равна нулю:
х = Аа (sin at, 4-cosо>/,) = О, что дает
• , , 1
Sin<oA = — COS coil
Решения и ответы
247
и
^макс”-^ V"2.
Максимальная высота подъема над первоначальным положением равновесия (находящимся на расстоянии А вверх от начала координат)
Я=хиакс-Л = Л(]<2-1).
’ж
21.4.	а) Частицы Л и В движутся вдоль прямой по закону
хд = аз!п (Од/; хд = а sin a>gi.
В момент времени t = 0,350 сек расстояние между ними
xg—xA = a(sinwgi— sin юд/) = 2,17 см.
б)	Относительная скорость В по отношению к А
VB,A = Хд—ХА = а (в>д COS Ыд1 — (Од COS (Од/) =50 СМ/СвК.
21.5.	В задаче 21.1 получено уравнение малых колебаний твердого тела
0 = — ^^0,
где d—расстояние от оси вращения до центра масс тела, У —момент инерции тела относительно оси, проходящей через точку подвеса. Из него следует, что
Т = 2л 1/ т/-;.
Г Mgd
Если масса единицы длины проволоки р, то масса всего каркаса А1 = р (л/? + 2/?) = рУ? (л+ 2) (/? —радиус полу ок-
248
2. Пространство. Время. Движение
ружности АС В), а
I =Лр/?-/?2 + 2/?р^- = р/?8 (у+	.
Центр масс полуокружности АСВ лежит на перпендикуляре к диаметру АВ, проходящем через точку подвеса Р на расстоянии (см. задачу 19.13.)
,	n(2R\ . L 2R ..
4=/?^ sln- = - Ц = л7?),
а центр масс диаметра АВ находится в точке подвеса. Поэтому
. _ nRp-di __ л , __ 2R
— лА?р-|-2А?р 2-|-л 1	2+л'
Таким образом,
Т = 2зт т/4 (4-+ л]~^2 сек. Г \ О / ^g
21.6.	Обозначим жесткость пружины через k. Период колебания пластинки массы т и грузика массы равен
г_2я|/^3р.
Учитывая, что Т = л/3, находим
fe = 36
Удлинение пружины после того, как с пластинки снят груз «х и положен груз тг:
, т.г—тх „. о d =	, -.-g=21,8 см.
36 (« + «!)
21.7.	После удара центр масс всей системы будет двигаться вправо со скоростью Оц. м , определяемой из закона сохранения количества движения:
-|-Л1о = 2Л1уц. м_, откуда ац.м.=-§-и.
В системе координат, жестко связанной с центром масс системы, частицы (массой М каждая) совершают гармонические колебания (при этом они движутся либо навстречу друг другу, либо в противоположные стороны) около положений равновесия, лежащих в точках —L/2 и L/2 для левой и правой массы соответственно.
Если обозначить через и ха отклонения масс от положения равновесия, то удлинение пружины равнох = х2—х1( а уравнения движения грузов имеют вид
Мхх= — k(x—х2); Мх——k(x-\-xi).
Решения и ответы
249
Вычитая из второго уравнения первое, получаем
Мх =* — kx.
Таким образом, пружина колеблется по закону x = cos ой+ 3] sin а/,
где а = 2л У Mik, а Аг и А2 определяются начальными условиями. В момент столкновения пружина была ненапряжена, т. е. х = 0, а массы двигались навстречу друг другу со скоростями 1/sv, т. е. х — 1/^. При таких начальных условиях Лх = О, Bi = t'/4(o, т. е. х = (о/4<о) sin со/. Итак, период колебаний системы равен
Т = 2Я
а амплитуда этих колебаний
4 V k •
21.8.	Из условия задачи следует, что действующая па частицу  сила прямо пропорциональна г — расстоянию от центра Земли и направлена к центру, поэтому mr A~kr = 0, где k— коэффициент пропорциональности в зависимости силы от расстояния. Таким образом, частица совершает колебания вокруг центра Земли с периодом
Т_ 2л ~~ ш ’
где co2 = fe/m.
Замечая, что на поверхности Земли сила притяжения равна весу тела, находим константу k = mg!R. Очевидно, сквозь Землю по диаметру тело пройдет за время t — T/i.
Используя найденное значение k, получаем
t = л 1/ — а; 2500 сек х 42 мин. V g
21.9.	Обозначим через п число бактерий в колонии. Скорость роста населения колонии равна dnjdt. По условию
Это и есть дифференциальное уравнение роста колонии. Из него следует, что население колонии растет со временем по закону п —пое®(.
21.10.	Поместим начало координат в положение равновесия, а оси координат направим, как показано на рисунке. Колебания точки подвеса будем характеризовать координатой х, а
250
2. Пространство, Время. Движение
самого маятника—угломф. Как видно из рисунка, в произвольный момент времени
хм = х-|-/ sin ф,
уя = 1 cos ф.
где I—длина маятника.
Запишем уравнение движения маятника в системе координат, движущейся вместе с точкой подвеса. В этой системе на массу т действует псевдосила —тх, поэтому I (d2<p/dt'2)~ = — mgl sin ф—тх cos ф.
Учитывая, что 1 = т12, получаем
•• , g .	х
ф+у- Sin ф= J- COS ф.
Предположим, что ф мало, так что в!пф « ф, соэф = 1. В этом приближении (приближении малых колебаний) уравнение для ф имеет вид
•• g со2 .	,
Ф +уф — у sin со/,
где учтено, что по условию задачи
x = asinco/ (со=—, а=1].
Удобно вернуться к переменной хм, используя соотношения
Решения и ответы
251
Для этой переменной
хм4- соо хм = со2 sin at.
Мы пришли к такому же дифференциальному уравнению для хм, как и в § 5 гл. 21 «Лекций» (вып. 2, стр. 105), только в правой части вместо функции cosco/ имеем since/. Поэтому будем искать решение в виде xM = csinco/ (с—амплитуда колебаний).
Подставляя это выражение хи в уравнение колебаний, получаем
—ссо2 sin со/+ с<оо sin со/ =со2 sin со/, откуда
СО о—со2 '
Учитывая, что а = 2л/Т, находим
’ главе 22. Алгебра
22.8.	Единицу можно представить в виде \ —ег^т, где т—любое целое число. Корни заданного уравнения представляют собой комплексные числа e‘im,n/n. Всего существует п различных корней, их можно получить, придавая т любое из п значений от 0 до п — 1.
22.9.	Запишем У"9 в виде
г'"9 =cos п0-|- i sin п 0 = (е'9)" =
= (cos 0 + i sinO)n = cos"94-!H cos"-10-sin 04-
4-	П cos"-2 0 sin2 04-... 4-c" sin" 0.
Приравнивая по отдельности в этом соотношении вещественные и мнимые части, получаем требуемую формулу.
22.10.	а) Перемножая функции и приравнивая по отдельности вещественные и мнимые части соотношения е'<9+If’ = cos (04- ср) 4- i sin (04-ср) =
= е'9 •e'I? = (cos 0 4- i sin 0) (cos cp 4- i sin cp),
находим
cos (04-cp) = cos 0 cos ф—sin 0 sin cp, sin (04-cp) = cos 0 sin cp4-sin 0 cos cp.
252	2. Пространство. Время. Движение
б) В результате перемножения получается вектор в комплексной плоскости, длина которого равна произведению модулей, т. е. А-В, а его направление составляет угол 0фФ с вещественной осью.
22.11.	logn 2 = 0,28906,	logu 7 = 0,81146.
/С главе 23. Резонанс
23.1. Пусть приложено напряжение вида
V (t) = Va cos
Введем комплексное напряжение V =	так что
V(0 = ReV.
а)	Соответствующее дифференциальное уравнение имеет вид
г 4^___у „им
L di ~V°e •
Интегрируя, находим
I — gia>i __ V — V ia>L ia>L
Следовательно, комплексный импеданс цепи с индуктивностью равен
— ia>L.
б)	В этом случае уравнение имеет простой вид
т. е.
q (t) = V0Ce‘«>t.
Отсюда
7 = ^L. =	= i^cv = X-.
dt	zc
Следовательно, комплексный импеданс цепи с емкостью равен
^с = 7шС '
23.2. а) Рассмотрим цепь, изображенную на фиг. 1. Введем комплексное напряжение V = Voer<ul и комплексный заряд q (t) на обкладках конденсатора. Тогда на основании решения к задаче 23.1 напишем дифференциальное уравнение для
Решения и ответы
253
определения стационарного тока
7 (О । г di	V — у
~T + Ldt -v-v*e '
где I = dqldt.
Продифференцируем обе части этого уравнения по времени. В результате получим уравнение для комплексного тока:
Будем искать решение этого уравнения в виде/ =/е,ш/.. Выполнив необходимое дифференцирование, мы найдем связь между 1 и V
t-L- + iaL JI — V.
iwC )
Отсюда следует, что импеданс цепи Z — V/l в случае последовательного соединения равен
Z = ^r + icoL.
б) При параллельном соединении емкости и индуктивности электрическая цепь имеет вид, изображенный на фиг. 2. В этом случае, очевидно, выполняется условие равенства потенциалов на индуктивности и емкости
где /2— комплексный ток через индуктивность. Суммар ный ток через цепь равен I = /14-/2> гДе Л—ток через емкость. Учитывая тот факт, что
и полагая
/1 = Лем, /2 = /2гм,
Фиг. 2
^JW-41------
V(t) ~ V^costot
Фиг. 1
254
2. Пространство. Время. Движение
находим
I^iaCV,
и, следовательно,
I = V (i
г~~ ia>L
1 i(i>L
Отсюда
v f 1 \ -1 Z=L= ;шС+Д- .
1	\	ta>L j
При последовательном соединении при со —> со сопротивление цепи обусловлено индуктивностью, а при со->О—емкостью. При частоте co=l/'/'LC имеет место «резонанс»: импеданс цепи обращается в нуль.
При параллельном соединении ситуация противоположна случаю (а): при со оо сопротивление носит в основном емкостный характер (ток течет через емкость), а при со -> О сопротивление цепи связано с наличием индуктивности.
При частоте со = 1 /LC наступает резонанс: импеданс цепи обращается в бесконечность.
23.3.	а) Упругая сила, действующая на тело массой т, равна — kx, а сила трения — /пуо= —ту (dx/dt}. Так как ускорение тела равно d2x/dt2, то d-x dt2
уравнение движения имеет вид
, dx
— kx—my-rr 
at
Поделим обе части этого уравнения на массу т и перенесем все члены уравнения в левую часть, затем, используя обозначение co2 = fe/m, получим искомое уравнение, б) Будем искать решение сформулированного уравнения в экспоненциальном виде x = eat. Выполняя необходимые дифференцирования и сокращая уравнение на eKt, находим квадратное уравнение для определения а:
а2 + ya 4- <og = 0.
Два корня этого уравнения равны
1 ±	± i /со2 4/1-
(Здесь учтено, что у < 2соо.) С учетом найденного запишем общее решение уравнения движения:
x = Re(C1e“1Z+£)1e“29,
где С\ и Z\ —комплексные постоянные интегрирования. Представляя эти постоянные в виде С\==Се‘^ и D1^=Deie‘, где С и D—вещественные числа, и определяя вещест-
Решения ц ответы
25?
венную часть х, находим
х (0 = е yt'2 С cos (j/0)2—t + 0г) + + D sin (1/о)2_Х_/ + е.Л1 .
Воспользовавшись формулой для косинуса суммы углов найдем, что решение можно представить в искомом виде, если вместо произвольных постоянных С, D, Oj и 02 ввести новые две вещественные постоянные А и В, связанные с ними соотношениями
А =С cos 914-D cos 02, В= —(С sin sin 9.2).
в) В этом случае aj и а2 — вещественны и общее решение уравнения движения имеет, вид
23.4.	Следует рассмотреть два случая:
а)	у < 2й)0. Для определения А нВ здесь имеем два уравнения:
х0 = А,	г0=-ХЛ + В
Решая эти уравнения, находим
Д=Х0, B = -^±W?L ]Л»2 — (т2/4)
б)	у > 2со0. Из двух уравнений, получаемых из начальных условий
х0 = Л + В,	о0=-Х[Д + В] + [В-Д].]/,^— о>2,
найдем
 fp + (W2)
°	J
 ।	^о + (Т^о/2)
° ' V/'(Ya/4)— <o2
23.5.	Обозначим через /\ и /2 — комплексные токи, протекающие через точки А и В. Тогда, очевидно,
-	1 г 1 \
'2fl='4s'+sc)=,?-
256
2. Пространство. Время. Движение
Определив токи, найдем
у	VR'
Далее,
V =v -V	Vr'
Vab Va Vb 2
V 7?' +(1/юС) “	2 R’ — (i/<oC) ’
Так как можно представить
R”+TS>-'
где ср = arc tg (IJaCR’), то
R' Ч~(i/®C) _ -о
Д'-О/соС)
Таким образом, найденное выражение для разности потенциалов V дВ можно представить в виде произведения модуля комплексного числа, равного V/2, на фазовый множитель. Фаза разности потенциалов V АВ при этом равна
2гГс1«етНЛ-
Так как при изменении х от 0 до оо функция arc tg х меняется в пределах от 0 до л/2, то, меняя R' (в пределах от
О до оо), можно менять фазу VАВ от л до 0.
23.6.	а) Введем комплексную э.д.с. VBх = Voe‘at, так что Увх = = ReVBx. Так как полный импеданс цепи А равен Z — Д + (1/«аС), а полный импеданс цепи В равен ibiL^-R', то
1^= /? + (Г/1<оС) ’	?в(0= R' + iaL •
Очевидно, что
Если Р a (t} = Vв (I), то icoCR1 = 1W (£/R) +1.
Решения и птветЫ
257
Отсюда следует, что должно выполняться соотношение CRR' = L.
б) Определяя вещественную часть найденных выражений для 1.1 и I в, находим
/ т-Л» cos И + Тл) / ffl_V(|COS (ю/~ (<Д А	+ (1/ю2С2)’ М //?'2 + <»2Р
где
.	1	, wL
Ф.5 = агс	, rpB = arctg—.
К главе 24. Переходные решения
24.1.	Если направить ось х вдоль направления движения тела, то уравнение движения запишется в виде
Если искать решение этого уравнения в виде х = Аеа/, то легко найти, что 0^ = 0, а2=—у. Следовательно, общее решение этого уравнения можно представить так:
х (/) = А +
Если начальные условия выбрать в форме
'“-’SI,..-””
то находим
х(/)=^(1-е-’"),
и(/) = ^ = Уое-Ч
Так как
х=^2-(1-е-7<), то е_т*=1——. Y	Vo
Следовательно,
V (х) = 1’0 — ух.
24.2.	Для заряда q (!) на обкладках конденсатора можно написать следующее дифференциальное уравнение:
йЗГ+с^°-
Так как напряжение на конденсаторе связано с зарядом
? Заказ № 17
258
%. Пространство. Время. Движение
• соотношением q (t)fC = V (t), то можно написать СЯУ+-^ = °.
Решение этого уравнения, удовлетворяющее заданному на-чальнбму условию V (О) = Уо, имеет вид
V(t) = Voe~^CR.
24.3.	Уравнение движения тела вдоль оси х можно записать в виде
d2x , dx г,
или
do Fo dt+^^m-
е)	В установившемся движении скорость тела будет постоянна, т. е. dvldt — Q. Отсюда
v =11
С'стац ~ту-
б)	Попытаемся найти решение неоднородного уравнения
dv Fo dt +^V~m
в виде суммы решения однородного уравнения v + уо = О и любого решения неоднородного уравнения. В качестве последнего можно выбрать
Ео г
Остап = — = const.
Так как общее решение однородного уравнения имеет вид о = Ае~^, где А — произвольная константа, то
v(i)= — + Де-Ч
ту
Непосредственной проверкой мы убеждаемся, что получили самое общее решение исходного уравнения.
в)	Если тело в начальный момент времени <=0 покоилось, то t>(0)=0, х(0) = 0. Используя первое из этих условий, находим
«(0-^ <!-»-’')•
Интегрируя это уравнение, находим
*(/)=£»/4-2^
ту ту2
Решения и ответы
259
Учитывая, что х(0) = 0, находим
В==
ту2’
Следовательно,

24.4.	Для мгновенного значения заряда на обкладках конденсатора можно написать следующей дифференциальное уравнение:
Ldt^+ С °’
Обозначим <i)2=l/LC. Тогда написанное выше уравнение приобретает вид уравнения гармонического колебания: 94-ш2<7 = 0. Общее решение этого уравнения имеет вид
q (0 = A cos cot 4- В sin <ot.
Начальное условие состоит в том, что V0 = q (0)/С при t = 0 И ток в начальный момент времени равен нулю, т. е. dq/dt^O. Определяя ИЗ этих условий константы А И В, находим
q (t)=^V0C cosat
а)	Так как в каждый момент времени напряжение на конденсаторе равно V (t) = q (t)/C, то
V (О = К, cos <i>t, to?» J_г.
V LC
б)	Используя этот результат, находим, что запасенная в конденсаторе электростатическая Энергия, равная CV2/2, и энергия магнитного поля в катушке Ll2/2 изменяются со временем по закону
-g-CVoCcs2^/ и CVq sin2 со/.
Сумма названных выше энергий как нетрудно видеть, равна энергии ’/eCV®, первоначально запасенной в конденсаторе.
24.5.	После того как цепь разомкнута, ток будет течь через LC-кбнтур. При этом задача становится эквивалентной задаче 24.4, но с другими начальными условиями. Именно, в данной задаче
’«-о)-»
260
2. Пространство. Время. Движение
Так как, согласно решению задачи 24.4, мгновенное значение заряда на обкладках конденсатора можно представить в виде
q (0 = A cos <ot + В sin tot,
где to — 1//LC, то с учетом начальных условий находим напряжение на конденсаторе в момент времени V (t) = q (t)/C:
c 31,1
Из этого выражения видно, что максимальное напряжение на конденсаторе (амплитуда напряжения) равно
— 1Z—•
R V С
24.6.	а) Уравнение движения тела до включения замедлителя в буквенных обозначениях имеет вид
Где
2л „	,
со0 = -=г = 2л сек-1.
1 о
После включения замедлителя уравнение движения имеет другой вид;
d2x , 2 , dx п
Общее решение последнего уравнения найдено в гл. 24 «Лекций» (вып. 2). Как следует из этого решения, амплитуда колебаний тела уменьшается со временем по закону ехр( — yt/2), причем новый период колебания равен
Т_ 2 л
V" «о —?'2/4
За 10 полных циклов, т. е. за время
20л /а?-у2/4’
по условию задачи амплитуда колебания уменьшается В два раза, т. е. справедливо соотношение 1/2 = e-v<o/2. Отсюда находим
v=, /	4л* In2
< 1/ т-------—-------» сек 1 со0.
Г у+(10л/1п2)2
Решения и ответы
261
Следовательно, в системе единиц МКС d*r d.Y
5	+ 0,693	+ 20л2х=0.
б)	Так как у соо, то
Т = 2я ~	~
j/a>o — Т3/4 “о(1 — ?2/М) ~
г° (1+w°)=1,006 сек'
в)	Если амплитуда уменьшается в 4 раза, то exp (— yt±/2) — 1/i, т. е. « 4 In 2/у ~ 20 сек. Так как период колебания равен Т ~Г0=1 сек, то уменьшение амплитуды колебания в 4 раза произойдет за 20 полных колебаний, а в 10 раз примерно за 33 или 34 полных колебания.
г)	Скорость диссипации энергии, т. е. теряемая из-за сопротивления мощность, равна
о /dxV2
Решение уравнения движения имеет вид
х (i) = e~(W2) (/-Л>) cos (/ —/0) j/— ^4*
4~ В sin (/ — /„) j/ ш2—
~ e—(V/2)	[Д cos —	4-B sin co0 (t— /„)].
Здесь мы учли, что у<^со0. Нисколько не уменьшая общности вывода, предположим, что в момент включения затухания, т. е. при t = t0 тело двигалось таким образом, что Л = 0 (ведь начальное состояние тела в условии задачи не фиксировано!). Отсюда
Р — ymo)oe~'l{t~t^В2 cos2to0 (Z —10).
Из этого выражения видно, что скорость диссипации энергии была максимальна при / = /0. В этот момент времени она была равна у/ncooB2. Согласно условию задачи, В = 0,2 м, у = 0,693, /п = 5, со§=4л2. Отсюда находим Р = 1,1 вт.
24.7. 1) Уравнение движения осциллятора имеет вид х+ш§х+ух=^, где Ыо = й/т.
262
2. Пространство. Время. Движение
а)	Так как при сила на осциллятор не действовала, то в начальный момент времени он покоился (ведь осциллятор с затукаиием!). Общим решением уравнения движения при t > 0 (действующая сила постоянна!) является решение
х (f) = e~yt/2 ^Л cos «о — ^- + 4-BsinZl/ «J
'	4 / то’
Учитывая начальные условия х (0) = х (0) = 0, находим
^4 =	? °	g =___________о________
тио ’	о 2 ч / г Т2'
2тюо 1/ oig —
Следовательно,
у sin t j/"м2 y2/4
2/w2_v2/4	.
Мы предполагали выше, что со2 > у2/4. В противном случае, когда со2 < у2/4, и, следовательно,
)/ Ио-^=«’]/Л^Г-ш?
учитывая, что sinjx = ishx ние запишем в виде
х(0=
и cos ix — ch х, общее реше-
но
та>2 о
1 _ feh /t-
\ " 4	2J/V/4-<о2
б)	В этом случае общее решение уравнений движения записывается в виде
х (1)=е~у*/2 ^Л cos со» —^-/ + В sin Юз— у >
где Л и В — Постоянные интегрирования, которые надлежит определить из начальных условий,. х(0) = 0 и х (0) = Jх/т. В результате находим
х (t) =---- х е
т jZw2 — у2/4
V2
Решения и ответы
263
в)	Найдем вначале частное решение уравнения движения. Будем искать его в виде хх (/) = D sin со0 t. Подставив это выражение в уравнение движения, определим константу D
утсв0‘
Тогда общее решение уравнения запишется в виде
х(/) = с ^/2	cos"!/^+ В sin «о —	+
. Fn .
4-----2- ЗШ (Do*•
ymco0
Используя начальные условия х (0) = х (0) = 0, в рассматриваемом случае находим
Л = 0, В=-^Гю?_П-‘/а.
ут\ 4)
Следовательно,
х(0 = — (— sin<o0i---? 1 e-tt Sin]/ (£>о— ~t )•
у/Цсоо	|/ш2_?2/4е slnK	4 /
2) Будем искать частное решение неоднородного уравнения движения в виде х± (t) = C cos at-[-D sin at. Подставляя это выражение в исходное уравнение и приравнивая отдельные коэффициенты при cos at и sin at, нахдДим
C(co2-co2)+DcoV = J,
— Сау 4- D (со2 — а2) = 0.
Отсюда следует
(со2-со2) f0/m	соуГо/т .
[(со2—со2)2 4-со2у2] ’	[(со2 — со2)24-«о2у2]
Следовательно, общее решение уравнения движения в данном случае имеет вид
x(t)=e ?,/2 cosj/^ соо— t + B sin j/^ со? —	+
Fo	/	со2 — со3 х
-[--- -----------------— cos at—arctg---------- .
J/m (со2 —со2)2 4-со2?3	\	aY /
За достаточно большое время t^>2/y решение, отвечающее собственным затухающим колебаниям, обратится в нуль, а основными останутся лишь вынужденные колебания. Амплитуда последних резонансно зависит от частоты, из приведенного выражения видно, что наибольшей амплитудой обладают колебания с часто-
264
2. Пространство. Время. Движение
той ш*=у ш2—у2/2. При этом амплитуда «резонансного» колебания равна f0/my р<Ш2______у2/4.
К. главе 25. Линейные системы
25.1. Согласно условию задачи,
VBX(/) = V0 + V2 cos <ut, где о>= 120 сек-1. Дифференциальное уравнение, описывающее напряжение на конденсаторе, т. е. Увых (/), имеет вид
сд + гвых (0 = VBX (/) = Vo + V2 cos со/.
Решение соответствующего однородного уравнения легко найти. Оно имеет вид
vEHX(/)=^-^c.
Эта часть решения существенна лишь в начальные моменты времени работы выпрямительного устройства. Она за времена, большие чем RC, экспоненциально быстро обратится в нуль, и ее можно в дальнейшем игнорировать.
Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде
^вых (0 = + & cos at -{- D sin со/.
Подставляя в исходное дифференциальное уравнение и по отдельности приравнивая коэффициенты при cos со/ и sin со/ в правой и левой частях уравнения, находим
. .	V
УВЫХ (Z)= l-j-C^CO2 tcos	sin co/] + V0.
Из этого выражения видно, что постоянная составляющая напряжения остается той же, но амплитуда переменной составляющей равна
2	/1+со2Д2С2‘
Подставляя в это выражение /? = 103 ом, С = 10 мкф, со=2л-120 сек-1, находим V2 = V2/7,6, т. е. амплитуда переменной составляющей уменьшается в 7,6 раза.
25.2.	Дифференциальное уравнение, определяющее изменение со временем напряжения на конденсаторе \\ (/), имеет вид
СД^ + ^(/) = Увх(/).
Решения и ответы
265
Так как, согласно схеме цепи, VBX=V1-|-VBbIX, то
v ____с п иг ВХ I г п цувых
VBbIX-C7?-^- + C7?T.
Если |УВЫХ|<| VBX|, то получим VBbIX(f)=C7? (dVBX/dt).
25.3,	Используя уравнение для VBbIX, найденное в предыдущей задаче, запишем
VBb,x + C7? ~	—CRVoa> sin cot
Общее решение этого уравнения имеет вид
^вых = Ае~*/CR + 	cos wt ~ sin
1 “J- U i\ (Jj
Из этого выражения видно, что условие | Увых |	| VBX [,
фигурирующее в предыдущей задаче, сводится к условию С7?со<^1, т. е. T^>1/CR. Следовательно, уже за время, меньшее одного периода колебаний, первый член в выражении для Увых станет пренебрежимо малым и выходное напряжение можно представить в виде
Увых= — CRVoa sin at =CR	VBX (/).
25.4.	Простейшей цепью, с помощью которой можно было бы интегрировать входную функцию, является цепь, изображенная на рисунке в условии к задаче 25.2 (стр. 77), но в которой VBX и VBbtx поменялись местами. В этом случае, используя результат задачи 25.2, можно записать
27^ВЫХ(/) = ^УВХ(О ИЛИ
Увых(0 = сУ VBx
25.5.	а) На тело, сдвинутое на расстояние х от центральной точки, действуют две упругие силы: со стороны правой k
пружины сила, равная —%х> и с0 стороны левой — сила, k _	,
равная —-g-x. Суммарная упругая сила, таким образом, равна —kx. В предположении о постоянстве коэффициента трения f сила трения равна по величине fmg, где g—ускорение, и направлена всегда против движения. В отсутствие трения движение тела описывалось бы дифференциальным уравнением х-ф со2х = 0, где со—частота колебаний, равная a=~\/rk!m. В течение
266
2. Пространство. Время. Движение
интервала времени 0 < t < л у -у, т. е. в первый полупериод колебания, тело двигалось бы налево. Если учесть трение, то при движении налево на тело действовала бы сила трения, равная fmg. Уравнение движения для этого временнбго интервала записывается следующим образом:
x + ^x = fS-
Общее решение этого уравнения имеет вид
x(t) = C cos jZ— + D sin 1/^—+
'	Ут	у т k
Удовлетворяя начальным условиям х(0) = Л, х(0) = 0, _	,	 /~т
находим, что для 0 < t < л I/ -т-
Из этого решения следует, что в момент времени mjk тело достигнет крайней левой точки х=—[А — (2mfg/k)], остановится, а затем начнет двигаться вправо. Даже без решения уравнения движения в следующий полупериод колебания ясно, что за половину периода сила трения каждый раз приводит к уменьшению амплитуды колебания на величину, равную 2mfglk. б) Если тело п раз пересечет точку х — 0, то из вышеприведенного рассуждения следует, что амплитуда колебания тела станет равной
А-п2-^-.
к
Чтобы размах колебания тела после п пересечений точки х = 0 оставался больше В, необходимо, чтобы выполнялось неравенство
К
г. е. должно быть
3
ИЗЛУЧЕНИЕ • ВОЛНЫ • КВАНТЫ
/( главе 26. Оптика. Принцип наименьшего времени
26.1. а) Обозначим через х расстояние от точки К. до стены. Тогда время Т, затраченное на ходьбу, выражается через х следующим образом:
Tfxl 42-х К^+Зб^
1 ' ' —1,5	+	0,9
Необходимо найти величину х = х0, при которой это время минимально. Она находится из условия, чтобы первая производная dT/dx обращалась в нуль при х=х0: dT\ о —	=0.
ах |х=дг0
Выполняя дифференцирование, получаем квадратное уравнение 1,8 j/x2-f-362— Зхо = О. Его положительный корень Хр = 27, что соответствует Л/С =15 м.
б) Подставляя х=х0 = 27 м в Т (х), находим кратчайшее время Тмин = 60 сек.
в) Вблизи минимума функцию Т (х) можно приближенно представить в виде
1 d2T I
Т (х) ~ Т +"2 d? Ixzzx,
Вычисляя вторую производную в точке х0 и подставляя в приближенную формулу х—хо = ±3л, получаем Т = 60,1 сек. Точность этого приближения можно проверить непосредственным вычислением Т (х0 ± 3) по точной формуле.
26.2.	Пусть луч распространяется горизонтально. Обозначим угол, образуемый нормалью к пластине с горизонталью, через а (он равен углу падения), угол преломления через (3, толщину пластины через I. Тогда по условиям задачи
«-f+зо- 
ЫН р	А
P=arcctg(3—/3) = 383;
268
3. Излучение. Волны. Кванты
отсюда
а)	РР' = ^Ц^ = 0,127 лг.
' -	COS р
б)	Время прохождения в воздухе t= 1 м/с (с—скорость света в воздухе). При наличии пластины полное время прохождения
f — t— cos 30° , In ~ С COS Р ТС COS Р '
Подставляя численные данные, получаем
Ц^-=16%.
26.3.	Пусть b—толщина края линзы, d—ее толщина по оси, радиус h = 0,lM. Тогда времена прохождения равны: для «периферического» луча
_ (2 /(SC —Ь/2)2 + /г3 + Ьп) с
для «центрального» луча
.	2SC + d(n —1)
t2_	.	.
Приравнивая их, получаем соотношение для определения d. Подставляя в него численные значения, получаем d я, мм.
26.4.	В действительности у зеркального изображения меняются местами не «правая и левая рука», а «лицо и затылок»—зеркало выворачивает изображение вдоль оси, перпендикулярной поверхности зеркала, а оси справа налево и сверху вниз не преобразуются совсем.
26.5.	Потому что мы видим в таком зеркале двукратно отраженное изображение.
26.6.	Разберем лишь нетривиальный случай, когда падающий луч испытывает трехкратное отражение. Для этого он должен быть не параллелен ни одной из плоскостей, образующих трехгранный угол. В противном случае он испытывает не больше двух отражений и движется все время в одной плоскости.
Очевидно справедливы следующие два утверждения:
а)	углы падения и отражения проектируются как равные на любую плоскость, перпендикулярную отражающей плоскости;
б)	отраженный и падающий лучи проектируются на отражающую плоскость в одну прямую.
Рассмотрим проекцию хода луча на каждую из граней угла. Из двух высказанных утверждений следует, что это будет ломаная линия из трех отрезков, у которой смеж
Решения и ответы
269
ные отрезки образуют равные углы с линиями — проекциями двух остальных граней угла на рассматриваемую грань. Следовательно, отрезки, не имеющие общих точек, параллельны. Эти отрезки будут проекциями падающего и выходящего лучей на рассматриваемую плоскость. Две линии, проекции которых на все координатные плоскости параллельны, являются параллельными прямыми, что и доказывает утверждение задачи.
26.7.	Показатель преломления для перехода луча из оптически более плотной среды в менее плотную n12 < 1. Согласно закону преломления, sin 02 = sin 01//г12- Когда sin 0Х становится больше п12, равенство не может выполняться и, следовательно, преломления не происходит—свет отражается от границы раздела как от зеркала (явление «полного внутреннего отражения»).
К главе 27. Геометрическая оптика
27.1.	Время хода для осевого луча должно быть равно времени хода для произвольного луча, проходящего через Т&Чку с координатами х и у, лежащую на преломляющей поверхности. Разность этих времен равна

где с—скорость света в воздухе.
Приравнивая эту разность нудю, получаем искомое уравнение поверхности. Разрешая его относительно у, приходим к выражению
± 2xFn (п— 1)—х2 (п2 — I).
27.2.	На рисунке изображен поперечный разрез капиллярной трубки. Нужно пострдйть изображение радиуса каПилляр-
270	3. Излучение. Волны. Кванты
ногр отверстия, создаваемое стенкой трубки, которая действует как толстая цилиндрическая линза. Способ построения ясен 'из чертежа; из закона преломления и рассмотрения треугольников на рисунке вытекают следующие соотношения: d = £>sina;	sina = nsinp;
d'__________sin p_______ sin P
~D ~ sin (180°— p—90°-f-a) ~ cos (a — P) ’
Исключая из них аир, можно получить довольно громоздкое точное выражение для d через d', D и п. Интересно простое приближенное выражение для случая, когда d<^.D. Тогда углы аир (и, следовательно, a—Р) малы, и в точном выражении d==d'ncos(a—Р), следующем из выписанных соотношений, можно положить в первом приближении косинус равным единице. Тогда d = d'n.
27.3.	Эта поверхность—эллипсоид вращения с фокусами в точках Р и Р' (см. «Лекции», § 4 гл. 26, вып. 3, стр. 13).
27.4.	Эта задача на расчет простейшей подзорной трубы. Первая линза—объектив, вторая—окуляр. Как следует из рисунка? угловое увеличение
tga y/F f ’
27.5.	Поскольку глаз располагается вплотную за линзой, он может рассматривать лишь мнимое изображение, располагающееся по ту же сторону линзы, что и предмет (см. рисунок).
Для получения мнимого изображения предмет должен быта расположен между фокусом и линзой, и в формуле линзы
Решения и ответы
271
нужно брать отрицательное расстояние St:
1—1=1; s =	SMaKC = 5 си (St = оо);
S St f	Si + t
$мин = 4>16сЛ	(Si = 25cai). -
Угловое увеличение, как следует из рисунка, равно у' S S(Si + f)
М =	— •
у Si Sif
В первом случае 31 = 1, во втором Л1 = 1,66.
27.6.	Пусть 3 = 10 м—расстояние от объекта до положительной линзы, Д — расстояние между линзами, которые расположены в точках Ох и О2 соответственно (см. рисунок).
Положительная линза создает изображение предмета в точке Ai', это изображение «рассматривается» отрицательной линзой, которая создает изображение в точке Д2, где и должна быть помещена фотопластинка. Нужно найти расстояние О2А2. Для этого можно дважды последовательно применить уравнение линзы в форме х-х' = /а. В первом случае xx = S— fi, хх = ОхДх—/х; отсюда определим
OAi=fi +*1 = Л+—= 30,93 см,
хх
02At~0iAt — Д = 3,43 см.
Во втором случае х2 =—f2—О2ДХ = 6,57 см. Искомое расстояние
О2Л2 =х2—/2=-^--f-10cx = 25,25 см.
272	3. Излучение. Волны. Кванты
27.7.	В обоих случаях нужно найти величину х’— расстояние от главного фокуса до изображения; x' — f2/x, где f—фокусное расстояние, а х—расстояние до Луиы или спутника. В случаях (а) и (б) соответственно получаем значения
х' = 6,65-10~3 мм и 80 мм.
27.8.	Из определения главных плоскостей оптической системы следует их важное свойство: если точка находится в главной плоскости на расстоянии у от оптической оси, то ее изображение получается в другой главной плоскости на том же расстоянии от оптической оси. Этим свойством главных плоскостей мы и воспользуемся для решения задачи. Построение изображения точки, расположенной в главной плоскости, производится на рисунке. Очевидны следующие соотношения:
y = f tg<p = PtgO; p' = tg<p (D — f) = tg® (f'-j-x).
Из уравнения линзы для L' следует также
П=х' (D-f-f).
Исключая отсюда углы <р и Ф, а также расстояние xt получаем
f = /> — / — /' !  A' = f'+*' + f = £> —/ —Г’
Из аналогичного рассмотрения для линзы L:
К. главе 28. Электромагнитное излучение
28.1.	а) Л =те1ф/2	= г cos <р/2 + ir sin <р/2 г cos <р/2 —
— ir sin <р/2 = 2r cos ф/2 = | А | —чисто вещественное число, равное с точностью до знака своему модулю.
Геометрическая интерпретация: складываются два вектора
Решения и ответы
273
длиной г, один из которых образует с осью х угол <р/2, а другой —ф/2.
б) Воспользуемся общей формулой для суммы произвольного числа членов геометрической прогрессии (она выполняется и для комплексных чисел). Первый член прогрессии г, показатель е'Л полное число членов М:
N-1
Л== Sre<nf=r
п=0
1 —e'^f
1—1
А | sin (N ф/2) ‘= sin ф/2
Геометрическая интерпретация: складываются N векторов длиной г, первый из которых направлен по оси абсцисс, а каждый последующий повернут относительно предыдущего на угол <р.
К главе 29. Интерференция
29.1.	Если обозначить амплитуду поля, создаваемого первой антенной, через А1г то аналогичная величина для второй антенны есть Л2 = К2 Разность фаз между двумя антеннами в зависимости от угла 0, отсчитываемого от направления «на восток», равна ф3—ф1 = 2л</ sin 0Д = л sin 9 в нашем случае. Тогда по общей формуле
А2 = Ai-f-Al-f-SA^ cos (ф2—фх)
и
1 — 10 [1 +2-J-2 V2 cos (л sin 0)].
Для направлений, указанных на рис. 29.5 (см. «Лекции», вып. 3, стр. 52) получим
ЦО) = 5,870; Z(3O°) = 3Zo; Z (90Q) = 0,17Z0.
29.2.	При указанной частоте расстояние между соседними излучателями равно четверти длины волны и, следовательно, полная разность фаз между ними в зависимости от угла есть Дф=л/2(1 — sin0). Поскольку интенсивность пропорциональна квадрату модуля амплитуды, можно воспользоваться результатом задачи 28.1 (б). Подставив в него N =4 и возводя в квадрат, находим
/	| Л |2 ~ sin2 л (1 —sin 0)
1 sin2 [л (1—sin 0)/4]
29.3.	На рисунке схематически изображен радиотелескоп с расстоянием между чашами-приемниками / и 2, равным d. Телескоп регистрирует сигналы от удаленного источника. Малое изменение углового положения источника приводит
т
8. Излучение. Волны. Кванты
к фазовому сдвигу Дф между сигналами, поступающими в приемники. Этот сдвиг по общей формуле связан с углом Д0 следующим образом:
, dsin0-A0-2it
Дф =--------------
(X—длина волны радиоизлучения). Сигналы равной амплитуды А от двух приемников смешиваются (векторно складываются), поэтому интенсивность / выходного сигнала есть
* Z = 2X2 (1-]-cos Дф) = 4Х2 cos 4Х2 р—1^1
По условиям задачи минимально регистрируемое колебание интенсивности равно 10%, что соответствует (Дф)2/4=0,1. Отсюда, полагая sin 0 s; 1, находим
Дф = V 0Л = 0,63 = 2л	ДО
U,о
29.4.	Круговое движение есть наложение двух колебаний во взаимно перпендикулярных направлениях с разницей фаз л/2 (см. «Лекции», § 1 гл. 33, вып. 3, стр. 116). Компоненты электрического поля в плоскости, перпендикулярной лучу (см. рисунок), согласно формуле (29.3) «Лекций» (вып. 3, стр. 49), равны
аа2 cos ( at ——
\ с
4ле0гс2
<?sin fy—0
,	( j г	л	\
aw2 cos at-------р-
F =_ ____________\ c	2	j
x’~	4ле0гс2
В плоскости орбиты = 0 и интенсивность излучения пропорциональна cos2 [и/— (г/с)— л/2]. На оси орбиты вектор
Решения и ответы
275
электрического поля сохраняет свою длину и равномерно вращается, поэтому интенсивность от времени не зависит и вдвое превышает среднюю интенсивность в плоскости орбиты на том же расстоянии от источника.
29.5.	Амплитуда излучения в направлении, образующем угол (л/2)~-0 к линии диполей в экваториальной плоскости, Имеет вид (в комплексной форме)
А = r (1-]-е‘Аф2) J] /2=0
Здесь N—число диполей в каждой линии; г—амплитуда каждого диполя; Дф1 = л sin 0—сдвиг фаз между соседними диполями в каждой линии; Дф2 = л/2(1— sin в)—сдвиг фаз между соответствующими диполями в разных линиях. Модуль произведения комплексных чисел равен произведению мбду-лей, поэтому интенсивность
,	|Л„ 2r2 sin2 ф2 • sin2 МДф1
11 ~ sin2 ДФ1
Картина интенсивности, получающаяся в случае одного ряда диполей, «модулируется» в случае двойного ряда множителем
2 sin2 (sin 0 — 1).
29.6. Ускорение каждого из электронов равно аа2 cos (u>t—ф0), и все электроны можно рассматривать как осцилляторы, излучающие вфазе. Если р—число электронов на единицу длины проволоки, их полное число равно Lp и искомое поле находится согласно общей формуле
£ — <7 si n OLp пи2 cos (юГ—г /с -{- ф0) 4ле0гс2
29.7. Вектор напряженности электрического поля излучения лежит в этом случае в вертикальной плоскости и длина его пропорциональна sin 0 (см. рисунок в условии задачи, стр. 85). Следовательно, интенсивность излучения на заданном расстоянии От источника, пропорциональная среднему квадрату напряженности, может быть записана в виде i = С sin2 0 (С— подлежащая определению постоянная).
276
3. Излучение. Волны. Кванты
Константу С при заданном R можно найти, приравнивая полный поток излучения через сферу радиуса R в единицу времени, т. е. интеграл от I по сфере, полной мощности передатчика:
л
yZdS = 2n7?aC У sin2 0 d0 = C	Я2 = 0,5 вт.
О
При 7? = 2,5-104 м, С = 0,5 в/п.3/8л7?2 = Ю~10 вт/м2. По условиям задачи 0 = 45°, поэтому искомая интенсивность есть
7(45») =£ = 0,5.10-1®
К главе 30. Дифракция
30.1.	Разрешающая способность связана с порядком спектра и числом линий решетки п соотношением X/6X = mn. По условиям задачи zn=l, Дл = 5,90А, Х = 5900А. Отсюда п = 1000, что при плотности линий 600/льи соответствует длине решетки 1,7 мм.
30.2.	Угловая разрешающая способность глаза 0 = 1,22Х/£, где X—длина волны света, a L—диаметр зрачка. Приравнивая эту величину углу 1/R, под которым интервал между фарами I виден с расстояния R, получаем
= К22Л ~ 9 КМ‘
Сложный спектральный состав белого света затрудняет разрешение двух источников — «изображения» их, соответствующие длинноволновой части спектра, сливаются раньше.
30.3.	а) Щель спектрографа параллельна оси, вокруг которой поворачивается решетка, поэтому независимо от угла ее поворота длина изображения щели на экране Р (а это и есть ширина спектральной полосы) определяется увеличением системы из двух линз, которое равно F^Fy. Следовательно,
(Не путать ширину полосы с шириной линии в спектре.) б) Условие, при котором максимум интенсивности для заданной длины волны Л соответствует направлению, совпадающему с осью С2, т. в. углу выхода точно 0д, имеет вид
Х = —\ sin0d—sin 0,-1 =тт— I sin0x—sin 0,-1 = 10’A. m '	“	' Nm 1 a 11
(m— порядок спектра).
Решения и ответы
277
в)	Искомое расстояние равно D = F2A6d> где Л0</—разность между углами, которые соответствуют максимумам с разницей длин волн 1А при фиксированном угле 0;. Дифференцируя соотношение sin 0d = sin0z--]-mX/d, получаем cos 0dA0d = /nAX/d. Отсюда при ДХ=1А получаем D^F^mN 10-7/cos 6d.
г)	Решение аналогично случаю (а) с той разницей, что ширина изображения щели в отличие от длины меняется при поворотах решетки и линзы С3 пропорционально cos 0//cos0d. Следовательно,
, wF> cos О,-w =------------ .
Fi cos 0d
30.4.	a) sin0z- =—sin0d = sin0 и условие максимума имеет вид 2sin0 = mX/d. Подставляя численные значения, получаем sin 0 = 0,786, 0 = 51,9s.
б)	Искомые линии содержатся в спектрах других порядков т;, и их длины волн связаны с длиной волны X из пункта (а) соотношениями Xz=5X/mz. В пределах видимого спектра укладываются три таких линии, соответствующие т,- = 7, 6, 4, с длинами волн Х,.- = 3750, 4370 и 6560А.
в)	Линию 5250А можно отделить от остальных трех, подобрав соответствующий фильтр. Общий способ получения сразу спектра высокого порядка состоит в обеспечении значительной начальной разности фаз, соответствующей нескольким длинам волн, между соседними штрихами решетки. Он реализуется в решетках со ступенчатым профилем (см. решение задачи 30.6).
г)	Используя решения задачи 30.3 (в) и подставляя в полученное там выражение для дисперсии угол 0, вычисленный в пункте (а) данной задачи, получаем £>=7,8 мм.
д)	6X = X/mn, где п — полное число линий на решетке. Отсюда 6Х = 0,007А.
30.5.	Разрешающая способность характеризует то уширение спектральной линии, которое создается дифракционной решеткой. Нельзя, конечно, различить две спектральные линии, расстояние между которыми меньше, чем это уширение, но длину волны уединенной линии измеряют по положению максимума интенсивности, а ошибка при измерении положения максимума может быть в несколько раз меньше, чем это уширение.
30.6.	а) Прежде всего должны быть в фазе лучи, рассеянные разными «осцилляторами», принадлежащими поверхности одной ступеньки, т. е. от каждой из них свет для получения максимальной интенсивности должен отражаться по закону «угол падения равен углу отражения». Кроме того, должны находиться в фазе лучи от соседних ступенек. Следовательно, для направления, в котором
278	8. И влучен ие. Волны. Кванты
решетка «блестит», должны выполняться два условия:
<Р = е6,	(1)
dsin<p = mX,	(2)
где т—порядок спектра. При значительной величине угла <р равенство (2) может выполняться лишь для достаточно высоких порядков.
б) Искомый угловой интервал можно определить, используя равенство (2). Он равен изменению, которое испытывает угол <р, когда при фиксированном т длина волны % пробегает весь интервал значений ЛХ, соответствующий видимому спектру. Дифференцируя (2), получаем
2d cos фДф = тДХ.
Подставляя сюда ф = 0(,, имеем тДХ 2d cos 0(,
30.7.	При каждом отражении амплитуда волны уменьшается в К раз. При каждом пересечении зазора фаза увеличивается на 2л£)/Х. Амплитуда волны, испытавшей 2п отражений и 2л раз пересекшей зазор между поверхностями, есть
А„ = ТА0 (7?ei2nD/x)2n.
Суммарная амплитуда волны, падающей на правую поверхность, есть
со
А = ТА0У Ап =---------L—- ,
1__P2p^4AD/A.
П=0	1 е
а полная интенсивность равна А2. Следовательно, полная интенсивность прошедшего света есть
/	Т4
— Т2 I А 12 —______t_______
16	| 1_^2е<4ЯВА|2
При К, близком к единице, как видно из полученного выражения, для тех длин волн, при которых фаза экспоненты равна четному числу л, интенсивность прошедшего света, равная (1— 7?2)/2, может быть очень велика. На этом свойстве и основано использование интерферометра как узкополосного оптического фильтра.
Решения и ответы
279
К главе 31. Как возникает показатель преломления
31.1.	Воспользовавшись формулой для показателя преломления
1 n--Nqi 1 ” 2е0т И2_ю2
[см. «Лекции», формула (31.19), вып. 3, стр. 91] и считая <о0 со, найдем
1— л = 6,5'10~7.
Экспериментально найденное значение составляет
(1—л) = 8,4-10-в.
31.2.	Порядка 10е электронов в 1 см3.
31.3.	б) При со = соо вещественная п' и мнимая п." части показателя преломления равны п' = 1 и п" = Лгд2/2во/пусо. Так как интенсивность световой волны пропорциональна Е1, то, используя результат, найденный в пункте (а) данной задачи, находим
/ _ yog- W<72z/eomTB>_
напря-
.4. а) Здесь удобно воспользоваться выражением для женности электрического поля
sin 0
£(/) =
4леосг
созданного зарядом q на расстоянии г от него в времени t, в направлении 0 от оси движения
sin 0.
момент заряда (см. «Лекции», вып. 3, стр. 47). Здесь а—ускорение заряда, равное, очевидно, —со2хо cos соС Следовательно, ,	! j. г
cos со t------
Е (/) =	-----—
4ле0с2	г
Так как плотность потока энергии в электромагнитной волне равна е0с£2, то мощность S, излучаемая через единицу поверхности на расстоянии г под углом 0, равна
о2со4х? cos2 со ( t—— |
S-	\ d sin2 о
6	16л2е0с3г2
Чтобы найти полную энергию Р, излучаемую в единицу времени электроном, усредним S за период движения
80
3. Излучение. Волны. Кванты
(cos2 (i>t = Va) и умножим S на площадь, приходящуюся на элемент телесного угла dO:
г2 sin 0 d0 d<p.
Интегрируя затем по <р от 0 до 2л и по 0 от 0 до л, найдем
<72со4хо
12ле0с3 ‘
б) Константа затухания, по определению, равна уд = Р/№, где W—энергия, запасенная на одно колебание. Отсюда
_<72со*хо	2	_ д2со2 ___2 е2со2
12ле0с3 та>2Хд 6лте0с8 3 тс3
в) Из равенства Х = 2лс/со находим
д^ЗлсДш^Злс ^_^ = 4лг_0= ю_зА со2 со2 Зл/пе0с2 3
/	g2	\
( r0=-S-= 2,82-10-15 м , \	me2	J
К главе 32. Радиационное затухание, Рассеяние света
32.1. Пусть F (О = Еое,ш/. Тогда решение уравнения движения заряженного осциллятора имеет вид
т (tt>o—со2 + (удм)
Отсюда следует искомый результат 2е2 ,
[ср. с выражением для уд, найденным в задаче 31.4, пункт (б)].
82.2. Рассмотрим слой единичной площади и бесконечно малой толщины dx, расположенный перпендикулярно падающему свету. Тогда изменение интенсивности dZ света в этом слое равно произведению самой интенсивности на вероятность рассеяться в этом объеме. В этом слое будет Ndx центров. Суммарная эффективная площадь рассеяния равна сумме эффективных сечений рассеяния всех центров в слое (поскольку dx бесконечно малая величина, элементарные пло
Решения и ответы
28J
щадки а не перекрываются друг с другом), т. е. равна Nadx. Вероятность рассеяния в выделенном слое будет равна отношению площади Nadx к единичной площади поверхности слоя, т. е. численно равна Nadx. Отсюда
dl = —INcdx, или — /No.
dx
Интегрируя получившееся уравнение, находим
32.3. Выражение для показателя преломления света имеет следующий вид [см. «Лекции», формула (31.19) вып. 3, стр. 91]:
п— 1
= 2nN4e	= 2лДс2 (1
тДсоо —и2)	\тгс2/и# —и2 ’
Возводя обе части этой формулы в квадрат и поделив левую и правые части получающегося выражения на соответственно левую и правую части выражения для о, получаем соотношение, из которого требуемый результат вытекает уже совсем просто.
82.4. Воспользуемся результатами задач 32.2 и 32.3. Для воздуха п—1=0,000292; при атмосферном давлении число молекул в единице объема Д = 6-1023/22400 = 2,7-1018 см~3. Толщина атмосферы, приведенная к постоянному давлению в 1 атм, равна примерно h к 10 км. Интенсивность солнечного излучения, прошедшего в атмосфере путь х, равна
2 («~1)г / злу х
I (х) = /ое~Nax = /ое	3nN	.	(1)
Зависимость х от угла 0, под которым Солнце стоит над горизонтом, можно определить геометрически (см. рисунок):
282
3. Излучение. Волны. Кванты
R+h-= х _ R sin 0 ~ sin <р ~~ sin <р' * ф-|_ф' = 0
(/?—радиус Земли). Исключая из этих соотношений ф и ф', получаем
х = У(R + Л)2 — R2 cos2 0—R sin 0.
Принимая /?=6400 км, имеем
x = h У 6412—6402 cos2 0 — 640 sin 0.
Подставляя это выражение и числовые данные задачи в формулу (1), получаем I (90Q)/Zo (0) и в~е’32 = 73%; 7(10°)//оие-8 « 3,5.10-4.
32.5.	Проверить поперечность излучения и поляризовать его можно при рассеянии на свободных электронах (см. § 2 гл. 33 «Лекций», вып. 3, стр. 119).
32.6.	Для проведения расчетов необходимо сделать конкретизирующие предположения о распределении электронов в околосолнечном пространстве. Для требуемой оценки можно предположить, что они равномерно заполняют сферу с радиусом вдвое больше солнечного.
Свет, рассеянный в К-короне свободными электронами, будет равномерно излучаться во все стороны и определять яркость свечения короны. Если считать, что каждый квант света рассеивается не больше чем один раз, то на расстоянии, равном солнечному радиусу, будет рассеяна доля полного солнечного излучения, равная
г' = (1— e~NeaR),	(1)
где Ne—искомая плотность электронов; о — 8л/3 (е2/тс2)2 = ==6,25-10 — 25 см2—томпсоновское сечение рассеяния. Этот рассеянный свет излучается сферой, радиус которой вдвое, а поверхность вчетверо больше поверхности Солнца. Поэтому отношение ее яркости к яркости солнечного диска (яркость В данном случае есть количество квантов, испускаемых единицей площади поверхности в единицу времени) есть г = Т?'/4. Поскольку для рассеянного излучения NeaR и, следовательно, показатель экспоненты в выражении (1) малы, то можно воспользоваться приближенной формулой е~хх\—х. Тогда, приравнивая г численному значению из условия задачи, получаем г = 10~8 = IVе<тД/4; подставляя /? = 7-1010 см, вычисляем
4г 4-10-8
—о/? —6,25-IO-25-?. 1010 ~ 10 СМ 
Решения и ответа
283
32.7.	В гл. 31 «Лекций» получено выражение, связывающее количество энергии излучения, проходящей в 1 сек через 1 м2 поверхности, со средней напряженностью поля излучения в этрй точке, S = e0c<£>2 (Р имеет размерность вт/м2, Е—в/м). Вспоминая формулу для джоулева тепла Q = V2/R, убеждаемся, что размерность величины вос—обратное сопротивление. Численное значение 1/е0с = 377 ом.
32.8.	Пока размер частицы 7? меньше длины волны X, все рассеивающие атомы излучают с близкими фазами и интенсивность рассеянного света и сечение рассеяния примерно пропорциональны № (У—число атомов в частице), т. е.
0~^2~R\
Тогда сечение рассеяния единицей массы l, — o-n~R3 (n~l/R3—число частиц в единице массы). При R > А ситуация меняется—внутрь непрозрачной большой частицы свет не попадает, он рассеивается и поглощается лишь атомами, расположенными на поверхности, и суммарное сечение поглощения и рассеяния примерно равно поперечному сечению частицы: c = nR2, а 2~1/Д. Эта ситуация схематически изображена на рисунке. Значит, эффективность рассеяния единицей массы достигает максимума примерно при 7?=Х и в этом случае о лХ2. Для оценки можно воспользоваться этим приближенным соотношением. По условиям задачи Мтх = 1п100. Искомая масса на единицу площади равна
mln 100
М = Nxm =-------,
о
где т — масса одной частицы. Подставляя /п = 4/3лХ3р, р = 1 г/см2 (плотность льда) и Х = 5.10-6 см (видимый свет), получаем
М = 3-10~5 г/см3.
32.9.	а) Сечение рассеяния определяется как отношение полной энергии, излучаемой рассеивающей системой в секунду, к энергии радарного луча, падающей на 1 м2 в 1 сек. Все электроны проволоки из-за малой ее длины можно считать колеблющимися в фазе, тогда модую воспользоваться результатами задачи 29.6 (стр. 275), где для
284
3. Излучение. Волны. Кванты
такого случая было получено выражение для поля излучения на больших расстояниях г от проволоки под углом 0 к ее оси. Перепишем полученное там выражение в обозначениях данной задачи:
NyE.. <о2	/ г
Е — — g sin 0 —.----я- cos ----------1- <Ро
4 4леогс2 ч с т
Интенсивность излучения S = еос <E2>. Интегрируя ее по сфере радиусом г (см. «Лекции», § 2 гл. 32, вып. 3, стр. 103) и подставляя среднее по времени значение квадрата косинуса, равное 2/г, получаем среднюю энергию, излучаемую по всем направлениям:
12ле0с3
Относя ее к среднему потоку в радарном луче Pp—socEl/2, получаем выражение для сечения
ст _ №%2<о4<72 / Е || \ 2
6ле§с4 \^о/
б) Поскольку
Е« = Е0 cos 0,
где 0—угол между проволокой и направлением падающей волны
а ~ cos2 0.
К главе 33. Поляризация
33.1. Если начальный пучок неполяризован, то при начальной амплитуде Ао амплитуда волны после прохождения последовательных поляроидов, будет Л0/]Л2, Ло cos ©//"2 и Ао cos 0 sin 0/ 2 соответственно. Поэтому окончательная интенсивность
/ = -^-sin 20. О
33.2. Выберем ось х по оси первого поляроида и примем амплитуду неполяризованного светового пучка за единицу. Тогда после прохождения первого поляроида составляющие амплитуды по осям будут
= и
/2 U К2
Решения и отчеты
285
После прохождения второго поляроида
Ах = ( - а cos 0 4—sin 0 ) а; к /2	/2	)
Av=( —sin0--------cos 0^ е.
У к К 2	/2	)
Окончательная интенсивность прошедшего света
— = Лx-^-ЛJ=-5-fa4-^-84,) со§204-а2е2 sin2 0 +
4- (а2 е2) ае sin 20.
33.3. При падении света под углом Брюстера прошедший и отраженный лучи взаимно перпендикулярны, т. е. sin г = cos i, поэтому
sin I	sin i	, .
	езп=	; = tg I, sin r--------COS I
что и требовалось показать.
83.4.	Из решения задачи 29.4 следует, что в случае (а) излучение будет поляризовано по кругу, а в случае (б)—линейно поляризовано в плоскости орбиты. Там же были получены формулы для интенсивности.
83.5.	Сдвиг фаз вычисляется по формуле
2л .	. ,
Ф = — {пе—n0)d,
где d—расстояние, пройденное светом. Полагая <р = п/2 и произведя вычисления, находим
d=16,7 мм = 1,67 10~2 мм.
83.6.	Используя формулы Френеля для интенсивности отраженных волн с разной поляризацией, получаем для неполяризо-ванного света
sin2 (i—г)	tg2 (/ —г)
( I ЧЖ В А - sin2(i + r) + tg2(i + r)
(г=80° по условиям задачи). Зная коэффициент преломления воды п=1,33, находим г = 48°. Для этих численных значений ///0 » 35%.
83.7.	а) Доля отраженного
верхность равна
света при нормальном падении на по-
——— =17%. (П4-1)2	/0
б) Угол Брюстера <p = arctg п = 67,5а.
286	3. Излучение. Волны. Кванты
33.8. Рассмотрим общий случай, когда плоскость поляризации падающего света с амплитудой А образует с осью угол 0. Тогда амплитуда обыкновенной компоненты есть Ло = A cos 0, а необыкновенной Ae = Asin0. Сдвиг фаЗ между компонентами На выходе равен
2л . ч ,	п-2.0,01.1,67.10-2 ло „
Ф (««“«о) d -----------"-fj .io=4 ----х °’8 ”•
Таким образом, вектор амплитуды вышедшей волны можно Записать в виде
А = 1Л0 cos at-A-kAe cos (at—0,8 л)
эллиптически поляризованный свет (см. «Лекции», фиг. 33.2, вып. 3, стр. 118).
33.9. Оценить показатель преломления можно, отражая от обсидиановой пластинки свет, поляризованный в плоскости падения, и меняя угол падения. Резкий спад интенсивности Отраженного света будет заметен, когда угол падения сравняется с углом Брюстера, для обсидиана, а его тангенс как раз равен показателю преломления (см. «Лекции», гл. 33, вып. 3, стр. 125).
К главе 34. Релятивистские явления в излучении
34.1.	Перемещение точки по вертикали равно x-«—2?cos0 (см. рисунок). Горизонтальное перемещение складывается из поступательного, равного А0 (диск катится без скольжения), И вращательного, равного Az==7?sin0, т. е.
г = Л0-|-7? sin 0.
34.2.	Искомое ускорение находится двукратным дифференцированием х по t
dx dxdQ__dxld£
dt ~~ / d0‘
Решения и ответы
287
Находим
dx dt
d9 И d§
дифференцированием выражений, полученных в предыдущей задаче:
Аналогично,
dx п  а dt 1 dz А + Я cos 0 d0=”sin9’ 23=7X0 = С--------
d'2x f d \ /dx\ I dt _ 2 AR соз0 + Я2 It2 ~\dQ)\ dt J I dQ ~c (A + R cos0)s'
По условию задачи требуется выразить результат через наблюдаемые величины R, v = cR/A и х (см. «Лекции», § 2 гл. 34, вып. 3, стр. 136). Заменяя в полученном выражении R cos 0 на х, а А на cR/v, получаем
d2x____Угх (1— vR/x)
dt2~ R2 (1—vx/cR)2'
34.3.	Интенсивность излучения пропорциональна квадрату поля, а оно в свою очередь пропорционально «запаздывающему» ускорению частицы. Подставляя в формулу для ускорения, полученную в предыдущей задаче, x — R и значения скорости 4-v и —о, получаем
34.4.	Выберем ось х неподвижной системы координат по направлению движения Земли, а ось у—по направлению луча (предполагая, что оно перпендикулярно оси х). Оси движущейся системы координат, связанной с Землей, обозначим х' и у' соответственно, направив их параллельно осям х и у. Проекции волнового вектора света звезды в неподвижной системе по условию равны kx — Q, ку — к = <л)с. Скорость движущейся системы относительно неподвижной равна о. Согласно преобразованию Лоренца,
1—п2/с2 ’
ky, — k.
Следовательно, в системе координат, связанной с Землей, волновой вектор образует с осью у угол, тангенс которого
равен
tg0 =
К' ky.
v/c уl—v2/c2 ’
отсюда получаем для угла аберрации sin0 = v/c.
34.5.	Масса покоя электрона /пе = 0,5 ЛЫ=5-10~* Гае. Значит, при энергии 1Гэв 1—о2/с2= 1/2000. Отсюда (с—v)/c и 1/а- 10е.
288	3. Излучение. Волны. Кванты
34.6.	Звезда приближается со скоростью примерно 500 км/сек.
34.7.	Ответ: 600 ммк.
34.8.	Непосредственно наблюдение аберрации позволяет вычислить скорость Земли по орбите из соотношения tg<p = o/c (ф—угол аберрации). Отсюда v = ctg ф = 30 км/сек. Приравняв центробежную силу силе солнечного притяжения, получим
G
т3шс ц2
—= -^тЗ-
Масса Земли /п3 сокращается. Подставляя значения солнечной массы и гравитационной постоянной 0 = 6,67- 10~8см2/г-сек, получаем
Gmr
R=—=—= 1,5-108 км.
34.9.	а) Сила гравитационного притяжения убывает обратно пропорционально квадрату расстояния от Солнца. Сила светового давления пропорциональна импульсу, переданному частице за единицу времени поглощенным излучением, а импульс в свою очередь — энергии излучения на единицу площади, т. е. интенсивности	Таким обра-
зом, силы светового давления и притяжения одинаково зависят от L и их отношение, следовательно, постоянно.
б) Если обозначить интенсивность солнечного излучения через W, то сила светового давления, т. е. импульс, переданный в единицу времени, есть
F = ^=WcnR2.
Приравнивая эту величину силе притяжения
4/3 я/?2риа
FS =-----L-----
где L — радиус земной орбиты, а и—скорость движения Земли по ней, вычисленные в предыдущей задаче, получаем после сокращения
п 3 WcL 0,6
--а- =  MKt
4 pv2 р
если выражать р в г/см2.
Решения и ответы
289
К главе 38. Соотношения между волновой и корпускулярной точками зрения
38.1.	В § 3 гл. 32 «Лекций» (вып. 3, стр. 105) при классическом рассмотрении были получены выражения для ширины спектральной линии
., 2псД<в X
и для «времени жизни» возбужденного состояния свободного атома (времени, в течение которого энергия убывает в е раз за счет излучения)
(здесь Q—классическая величина радиационного затухания). Если записать энергию возбужденного состояния в соответствии с квантовыми представлениями как Е = йш, то с помощью вышеприведенных соотношений получаем квантовое соотношение неопределенности для энергии и времени
ДЕ- ДТ=ЙД<о-ДТ = ^£ •	=
2rtcQ ш
Заметим далее, что «неопределенность положения» фонона Дх есть по смыслу длина отвечающего ему волнового пакета, равная сДТ. Неопределенность импулься Др связана с шириной спектральной линии ДХ и равна Др = (й/Х2)ДХ (так как p = hlE}. Итак,
, ,	, С&ТW h j.
ЕхЕр = h —= —= й.
38.2.	а) В задачу об определении радиуса электронной орбиты входят следующие константы: постоянная Планка й, масса электрона т и константа, характеризующая силу притяжения между электроном и протоном; в качестве такой величины возьмем е2 (е2 = р2/4яе0). Размерности этих констант соответственно: энергия X время, масса, энергия х X длина. Вспоминая размерность энергии, нетрудно убедиться, что единственная комбинация из этих констант, имеющая размерность длины, есть №/те2 — а0. Это и есть боровский радиус.
б) Используя соотношение неопределенностей EpEx = ti и считая, что точность локализации электрона в атоме Дх а: а0, получаем Др ® й/а0. Кинетическая энергия, соответствующая такому импульсу, есть
Др2 й2	оп
ДЕ =	« 20 эв>
a%2tn
» Заказ № 17
290 S. Излучение. Волны. Кванты
Эта энергия по порядку величины равна искомой энергии йбнизации.
38.3.	Частоты со,-, соответствующие трем перечисленным линиям с длинами волн X,-, равны <о/ = 2лс/Х,-. Согласно комбинационному принципу Ритца (см. «Лекции», § 5 гл. 38, вып. 3, стр. 231), из этих трех частот можно скомбинировать другие, равные разностям или суммам исходных. Поскольку исходные линии соответствуют ультрафиолетовой области, а искомые — видимой и инфракрасной областям, то частоты искомых линий должны быть меньше исходных и будут их разностями. Соответствующие длины волн удовлетворяют соотношениям
и равны 4860, 6560 и 1880 А.
4
КИНЕТИКА • ТЕПЛОТА • ЗВУК
К главе 39. Кинетическая теория газов
39.1.	цр const и 7'P^1~Y^Y»= const>
39.2.	Так как процесс сжатия воздуха можно считать адиабатическим, то, согласно результат^ предыдущей задачи, можно Написать соотношение
Т1Р1(I -Y1/Y вТгр_( 1 y)/y(
где индексами 1 и 2 помечены температура и давление воздуха до и после сжатия. Из этого соотношения следует
39.3.	а) В первом процессе газ, расширяясь, де совершает никакой работы. Следовательно, ёГо энё^гйя, а потому и температура остаются постоянными, т. е, ТмТв. Так как V = 2V0, из закона идеального Газа следует, что Р=»Р0/2.
б)	Второй процесс является адиабатическим. Так как для гелия у = 8/з, то, согласно решению задачи $9.1, Находим, что В конечном состоянии
Р=>РО2-/3, Т = Т02~/з, V-2V0,
где Ро, Vo, То—давление, объем и температура газа гелия в исходном состоянии.
39.4.	а) Рассмотрим два горизонтальных сечения колонки: на высоте h и высоте h^pdh, Разность давлений на этих высотах равна весу жидкости или газа! в столбике высотой dh и единичной площадью, взятому с противоположным знаком (ясно, что давление падает С высотой)
dP^P (h+dh)~P p(k)gdh.
Отсюда и следует искомое уравнение.
б) Плотность воздуха с давлением и температурой связана соотношением
10*
202
4. Кинетика. Теплота. Звук
которое следует из закона идеального газа PV = NkT. Поэтому мы получаем уравнение
dP _ pgP dh~ RT ’
Интегрируя, находим Р = P<fi~v'e‘h^RT, где Ра—давление у поверхности Земли, т. е. при Л = 0.
89.5. а) Поскольку для адиабатической атмосферы справедливо соотношение />р“т=Рпр0-т, где Ра и р0—давление и плотность атмосферы на поверхности Земли, то, согласно решению задачи 39.1, справедливо и соотношение
ypfl —V)/Y = T0P^ — Y)/Y,
откуда
Г = То(Л(У-1,/?.
Дифференцируя левую и правую части этого соотношения по высоте и учитывая уравнение dP/dh——р (A) g (см. задачу 35.4), находим
dT   TqPo у— 1
dh	Ро g у •
Согласно закону идеального газа, p0T0/Pa — p,/R, где р,—молекулярный вес, R—газовая постоянная. Таким образом, окончательно находим
pg (у — 1)
dh Ry
Так как для воздуха р = 29,	у=1,4, то
dT/dh= — 9,75 град/км.
б)	Атмосфера может находиться в механическом равновесии (в ней не будет происходить макроскопических движений), не находясь при этом в тепловом равновесии. Зависимость давления газа от высоты, найденная в пункте (а) задачи 39.4, являющаяся условием механического равновесия, может иметь место и при непостоянной температуре в атмосфере. В связи с этим возникает вопрос, при каких же условиях такое равновесие будет устойчивым?
Если условие устойчивости не выполняется, в атмосфере возникнут течения, стремящиеся перемешать газ атмосферы и выровнять ее температуру, т. е. возникает так называемая конвекция. Чтобы выяснить условие устойчивости атмосферы, предположим, что два элемента газа (оба единичной массы), находившиеся на разных высотах (разность высот ДА), поменялись местами.
Решения и ответы
293
Если при этом энергия системы уменьшится, это значит, что такой обмен выгоден и первоначальное распределение неустойчиво. Напротив, если энергия системы в целом увеличится, первоначальное распределение устойчиво. Переходя к вычислению энергии, заметим, во-первых, что потенциальная энергия силы тяжести не меняется — обмениваются местами элементы одинаковой массы. Далее, при обмене местами элементов совершается работа, равная P&V, AV—разница объемов элементов газа. Эта работа идет на изменение энергии газа, окружающего выделенные нами элементы. Кроме того, за счет разности температур меняется и энергия самих выделенных элементов U и, следовательно, полное изменение энергии равно
&U-\~PAV.
Таким образом, условие устойчивости атмосферы можно записать в виде
dh г dh '
или, если воспользоваться формулой U — РУЦу—1), y — \dh^ у—\ dh
Используя далее закон идеального газа V = RT/цР, получаем
dh |t dh dh'
Подставляя последнее соотношение в левую часть приведенного выше неравенства и учитывая тот факт, что dP/dh = — pg, находим
_2_ A^ + VpgSsO. у — 1 р dh 1 '
Отсюда следует условие устойчивости атмосферы относительно конвекции
dT^ VpgHY—1_ pg (У— 1) dh R у	'
39.6.	Работа, затрачиваемая при изотермическом процессе на сжатие от объема до объема V2, равна
V.	v2
W=-\ PdV=—NkT С^«Р1К11п^=10’дж.
J	JI'	*2
Vi	Vi
39.7.	Рл = Р0.28/», Pb = P0.2?/«.
294	4. Кинетика. Теплота. Звук
39.8.	Работу, необходимую для адиабатического сжатия, легко найти, если учесть, что P0V*=PVT:
V«/2	Vo/2
R = - J Pdy=-P9V} J pT=prj-[2<v~ V.	Vo
Поэтому
Pa_ Ув~Ц^А O-i и
39.9.	Для конечного состояния системы можно написать уравнения PV1 = W1ftT1 и PV2 = N2kT2 = (N — Nt)kT2,
где N — полное число молекул газа. Число Л’ нетрудно найти, если написать аналогичное уравнение для исходного состояния системы N — Pt> (У1-]-У2)/1гТ0, где Рй и Та — начальное давление и температура системы. Подставляя во второе из написанных уравнений выражение для Nt, полученное из первого уравнения Л,1 = Р71//гТ1, легко находим
"р"'“
89.10.	Обозначим через Plt Nt и Р2, JV2 давления и числа молекул в большом и малом резервуаре после нагрева до температуры 7, = 162°С = 435°К. По условию задачи Pj — Р2 — Ро— 88 см pm. cm. Обозначим через N полное число молекул га-Эа. Очевидно, N = Kl-\-N2 = PVi/kTn, где Р = 760 ,ил< pm. ст.
атмосферное давление, То = 17° С = 290° К — начальная температура. Для конечного состояния можно написать два Уравнения:
(Po + PJV^N^kT .
и
P2V2 = N2kT (N - Л\) kT = NkT - NtkT.
Решая эту систему уравнений относительно Р2, находим
D NkT-P0Vi Г„ T D I nnn
p* = v/i-v.; w?r;~Poj =20° mm pm-cm-
39.11.	Число образовавшихся молекул NO2 равно N = PV/'kT. Так как молекулярный вес двуокиси азота равен 46, то х—число ’ граммов диссоциировавшей жидкости определится как х = 4бЛг/Л,Ав=46Р7/Р7’ = 0,6г. Следовательно, диссоциировало 66% четырехокиси азота.
39.12.	Тепло Q=8,31 в/п-ч, сообщенное телу при постоянном давлении, можно представить в виде
Q=-f-P(T2-Ti).
Решения и ответы
295
Следовательно,
а)	Тг =	= 1740° К.
б)	В конечном состоянии газа Р^У^ = РТг. Учитывая, что в начальном состоянии РуУ\ = RTlt находим V2/V, =• = Т2/7’1 = 5,8. Работа, совершенная газом, равна
9
Р = РХ (V2-V1) = P(T2-T1) = 4Q = 3,32em.4. О
Энергия газа равна
Q
У = -|-РГ2 = 21 700 дж.
К главе 40. Принципы статистической механика
40.1. Пусть в единицу времени о крылышко (о его зачерненную сторону) ударится v молекул. Каждая из них после удара унесет энергию Де, которую следует определить из условия n = Aev. Если через v обозначить среднюю скорости молекул газа, то уносимый молекулами импульс Др связан с Де простым соотношением
. рДр
Де ——— = vkp.
т
Так как разность сил, действующих иа рассматриваемое крылышко, равна изменению импульса крылышка за единицу времени, то F = Дру = П/о. Разумеется, при строгом решении задачи следовало бы учесть, что изотропно отскакивающие молекулы уносят различные значения импульса, так Как они вылетают под разными углами к поверхности. Однако при этом мы получили бы численный коэффициент, который был бы порядка единицы. Столь же нестрого определим среднюю скорость молекул как скорость, удовлетворяющую соотношению
т. е. ц=угЗйГ//л. В результате окончательно найдем
„ п
F «	...
К 3kT/rft
40.2. Пусть поверхность сосуда совпадает с плоскостью координат уг, а ось х перпендикулярна к ней. Тогда dnOj(—число частиц в единице объема, х—проекция скорости которых
296	4. Кинетика. Теплота. Звук
заключена в интервале vx, vx-\-dvx, равно
,	_ / т \ */.
-тс?/2ЛТ , е х dvx,
где п0—число частиц газа в единице объема. Ясно, что из втих частиц только те достигнут за единицу времени поверхности сосуда, т. е. плоскости уг, которые расположены от нее не далее расстояния, численно равного vx1 т. е. их число равно
Л e-mv^x/2kTdv^
Следовательно, v—полное число частиц, которые за единицу времени достигнут поверхности сосуда, равно
^п0
т 2tf,kT
где v = У"8йТ/л т —средняя тепловая скорость молекулы газа. Скорость v находится с помощью распределения Максвелла:
со
0 = 4п f-TT—рр-'')
\4nkT j J о
Следовательно, можно написать
v="oJX (d^)3/!Ju3fi"m°2/2^d0-о
Перейдем в получившемся интеграле к новой переменной е = то2/2—энергии частиц:
Из последнего выражения видно, что величину
, 2л ( т \3/. _Е/ьт, = ее da
можно интерпретировать как число молекул, достигших единичной площадки поверхности сосуда в единицу времени, энергия которых заключена в пределах е, e-j-de.
а) Используя этот результат, находим, что число молекул, достигших единичной площадки поверхности сосуда с энер-
Решения и ответы
297
гией больше тепловой, т. е. с е > e, = 3/2kT, равно
2лп0 ( т ул (* e/ATj„ _ uno 5
т* \2nkT J	' 4 2
4tkT
— 3/
е /з
Следовательно, искомая доля равна ®/2е~1,5 =0,55.
40.3.
40.4.
б)	-Н- е~ 4’5 = 0,061.
Теплоемкость при постоянном объеме определяется как производная от внутренней энергии газа по температуре Cv =dU!dT.
а)	Так как внутренняя энергия 1 моля одноатомного газа равна U = 9/2RT, то Cv = 3/.2Д = 12,4 дж/град-моль.
б)	Для двухатомного газа 7	7
U = -?-RT и Cv =29,1 дж/град-моль.
Законы сохранения массы, импульса и энергии требуют, чтобы потоки этих величин слева и справа от сетки равнялись друг другу.
Проще всего записать закон сохранения массы. Введем величину j—плотность потока массы. При этом jA равно массе газа, которая проходит через любое поперечное сечение трубы в единицу времени. Если р и р'—плотности газа перед и за сеткой, то, согласно закону сохранения массы,
] — pv = p'v'.
Найдем далее выражение для потока импульса. В газе, который как целое покоится, плотность потока импульса, очевидно, равна
nm< t£>,
где п—число молекул в единице объема; т—масса молекулы (р = п/п), а усреднение производится с помощью распределения частиц по скоростям. Действительно, импульс одной молекулы в направлении к сетке (выберем его за направление оси х) равен mvx, а поток импульса тох. Если умножить тох на п, то получаемая при этом величина будет равна плотности потока импульса в направлении х, обусловленная всеми частицами, компонента скорости которых равна ох. Так как частицы в газе распределены по скоростям, величину птох следует усреднить по всем скоростям. При этом получаем естественный результат: плотность потока импульса равна Р—давлению в газе [см. «Лекции», § 2 гл 39, формула (39.5), вып. 4, стр. 10]. Если же газ как целое движется со скоростью v в направлении оси х, то простое обобщение
298
4. Кинетика. Теплота. Звук
формулы для плотности потока импульса приводит к выражению
пт <(ox-)-ti)a> = P + ptia = P + /ti.
Здесь мы использовали тот факт, что <оЛ> = 0.
Учтем далее то обстоятельство, что по условию задачи сетка практически не оказывает сопротивления потоку газа, т. е. не происходит повышения давления газа перед сеткой. Это, конечно, не означает, что молекулы газа ие обмениваются импульсом с сеткой. Наоборот, именно переданный газом сетке импульс в единицу времени определяет силу тяги, развиваемую трубой.
Обозначим через г импульс, передаваемый газом единичной площадке сетки в единицу времени, так что величина F—A-r будет равна силе тяги трубы. Полагая в соответствии с условием задачи Р = Р', запишем закон сохранения импульса в виде
Рассуждая аналогично, находим далее выражение для плотности потока энергии
п/п(	+ ^ + ~ ]	+ а))=у (fvx + и)3) +
В силу того что
<Vx>=0, а
<fy-bvl>==2 <nj>,
имеем
2 Р +
&
Внимательно вглядевшись в ваши выкладки, мы видим, что слагаемое 3/2 Р/р есть не что иное, как U — энергия единицы массы газа. Как отмечалось в «Лекциях», множитель 3/2 появляется лишь в рассматривавшейся выше модели одноатомного газа. В общем случае его нужно заменить на 1/(у— 1), где у—газовая постоянная. Если это сделать, то закон сохранения энергии в данной задаче запишется в виде
уР.
(Т—1) Р
^3 X / уР	у'2 X
+ 7J	+ )
i= -
д
А '
Используя далее закон сохранения массы и импульса и вводя обозначение уР/р = уР77р=са, где с—скорость звука, из закона сохранения энергии получаем квадратное уравнение
Решения и ответы
299
для v'
Решая его, находим
\	, с3 V । 2<7 с2
a)	v -]/	+	+jA-
б)	Из закона идеального газа находим Т'/Т — р/р' =о'/о и, следовательно,
Т' = Т л/~(14_____—----Yd——----------—— •
\_V \ ЧТ —О’-,2/ Mv2 (у-1)п2_
в)	Сила тяги, развиваемая такой трубой, очевидно, равна
F^r-A = Aj (v'—v) =

40.5.	Основной характеристикой, определяющей достоинства двигателя, является его коэффициент полезного действия. Он равен отношению полезной мощности, развиваемой двигателем к полным энергетическим затратам. Если реактивный двигатель развивает силу тяги F и летит со скоростью о, то, очевидно, полезная мощность, развиваемая им, равна Fv. С другой стороны, полная затраченная энергия равна q — GH, где G — расход горючего в единицу времени, а И — теплотворная способность горючего. Отсюда
Л/ti Г1Л . с2 V 1 2<7 ( < с2 q [V V+(?-l)o/ +М V+(Y—1)JJ
Заметим, что в данной задаче, строго говоря, в законах сохранения следовало бы учитывать массу горючего, сжигаемого в двигателе и выбрасываемого с воздухом. Однако, поскольку расход горючего по условию задачи мал по сравнению с расходом воздуха, мы этим эффектом пренебрежем. При достаточно малых скоростях и величинах q приведенное выше выражение для к. п. д. упрощается, если разложить подкоренное выражение по малой величине q. При этом оказывается, что к. п. д. двигателя не зависит от q и определяется только скоростью полета:
К. п. д. и
V2 (у— 1) с2
300	4. Кинетика. Теплота. Звук
Так как, согласно условию задачи, Aj —100 кг/сек, 0 = 9,3-10’ вт, у = 9/7 и, кроме того, при нормальных условиях с=340 м/сек, то, принимая скорость о равной обычной крейсерской скорости полета реактивных самолетов, т. е. примерно 800 км/час, находим
К-п.д. « 10%.
Заметим, что несмотря на то, что наши выражения в данной и предыдущей задачах остаются формально разумными при скоростях v > с, они на самом деле перестают быть справедливыми. При сверхзвуковых скоростях полета физическая картина работы двигателя усложняется необходимостью рассмотрения ударных волн, что выходит за рамки нашего анализа.
40.6.	б) yffl = e-1 = 0,368.
40.7.	/гф = 8,8 км,
hQ = 113 км.
К главе 41. Броуновское движение
41.1. а) 7=11600° К.
б) 7 = 0,025 эв
в) Х= 12395-10-8 см или 1,24ц,
412 а) / С	___С тч
aj _я2(;2 j еПа>/кТ_1~л^ \ £ J Je*—1 о	о
б) Условие dI/dto=G в переменной x = ti®lkT выглядит следующим образом: х = 3(1—е~х). Численное решение дает хт = 2,822. Следовательно, шт = 2,822 kTffr~T.
41.3. Из условия к задаче 41.2 находим
_ ехр (Ьы/kTj) — 1
/2 exp (ha>/kT2) — 1
Так как заданная длина волны отвечает й<о/й=4,64-Wepad, то
К главе 42. Применения кинетической теории
42.1.	1 эв/атом = 96520 дж/г-моль.
42.3.	Дп/п = (1Г//г7)(ЛЛ7/Л7), где ДГ/Г = 3%-относительная ошибка в определении теплоты возгонки. Следовательно, ошибка в Й7/Й7 в 2,4 раза больше, т. е. почти 7%.
Решения и ответы
301
42.4.	При температурах Т < 300°С наличие свободных электронов в Si объясняется ионизацией примесных центров. При Т > ЗОО’С наступает так называемая собственная проводимость: все примесные атомы уже ионизированы, а экспонен-циональное падение сопротивления связано с отрывом электронов проводимости от атомов кремния. На этот отрыв Требуется большая энергия, чем для отрыва электрона от примесного атома. С этим связан более крутой наклон кривой р (1/Т)~ехр(— W/kT) при Т > 300°К.
К главе 43. Диффузия
43.1.	Длина свободного пробега равна /=1/по(?. Если молекулы рассматривать как твердые шарики, то sc — ndi. Согласно закону идеального газа, число молекул в единице объема газа равно п = Р!иТ. Следовательно,	l = kT/nPd1.
Средняя скорость молекулы в идеальном газе ц= (8677 л/п)1/2. Поэтому т= y ^rnkTii)Д2 nPd*. Отсюда при нормальных давлении и температуре
/= 1,4-10~7 м,	т = 2-10-10 сек.
43.2.	Вероятность того, что молекула пройдет путь L без столкновения, равна e~Lll, Из N молекул путь L пройдет без столкновения лишь Ne~L!1 молекул. Если, как это требуется в условии задачи, Ne~L!1 < Va. то L > I 1п2Л,;г56/.
43.3.	При решении задачи можно рассуждать так: для одной молекулы [в среднем на молекулы в газе приходится внутренняя энергия U = kTj (у—1)] есть 6 равноправных направлений движения. Поэтому через выделенную плоскость, с одной стороны, будет проходить поток энергии, равный Q+=1/6nu(7(—I), а с другой,	U (/) (п — число
молекул в единице объема, v—средняя скорость молекулы в газе). Строгий расчет дает численный множитель 1/4 вместо х/в- Однако для нашего приближенного качественно правильного рассмотрения это различие несущественно. Результирующий поток энергии через единицу поверхности плоскости равен
4-^=Q = Q+-Q-=^nu[y (- /)-£/(/)] = /1 Cll	О
802
4. Кинетика. Теплота. Звук
(рассматриваются молекулы, находящиеся на расстоянии •*— I влево и +/ вправо от выделенной плоскости).
Из того факта, что Q = —KdT/dx, следует
К
nvkl 1
ё~,---jt = -q- Cvl ’
3(у—1) 3
где C = nk!(y—1)—теплоемкость единицы объема газа. Если Пренебречь численным коэффициентом 1!Zt появившимся из-за приближенности расчета, то получим искомый результат.
43.4.	Разделим газ плоскостью, перпендикулярной к оси у. Плотность потока частиц сверху вниз, обусловленного молекулами, находящимися на расстоянии I от плоскости, равна пи (Г)/4 (см. решение к задаче 43.3). При этом плотность потока переносимого этими молекулами импульса примерно равна (тп/4) v2 (Z). Соответственно плотность потока импульса снизу вверх равна тпо2 (— /)/4. Результирующий поток импульса через единичную площадку плоскости, равный силе, действующей на эту площадку, запишется так:
_ тп г „ ...	...	тп	,n.dvx	п1 -,дох
F =— [и2 (/)—v2	(~ /)1а	—	2v	(0)—	 2l = mnvl~ sa
4 1	'	4	' 1 ду	ду
дох
1 ду
Нетрудно видеть, что из этого выражения следует искомый результат.
43.5.	Рассуждая так же, как и при решении задачи 43.3, найдем результирующий поток энергии между заданными поверхностями
6(?-1)ЛУ-
При этом переносимый поток импульса
F 1 -------1	1 - -1	тп .
-„—-х- пот о —— nvmv	. . = -^-иДо.
А 6	6	| и + До 3
43.6.	Подвижность иона массы т в газе определяется его средней скоростью v и длиной свободного пробега /:
/
то
Решения и . ответы
303
Если пл и пв—число молекул в единице объема исходных газов А и В, то можно написать соотношения
1	~ о
—=товдп" ,
1	 г о
где Од и <зв—полные сечения рассеяния иона на молекулах сорта А и В. Плотности газов выражаются через массы составляющих его молекул формулами (>а = гпапа и Рв = твпв-В смеси газов, в единице объема которой содержится ил молекул сорта А и пв молекул сорта В, величина, обратная длине свободного пробега иона, равна 1// = алпл-|-овпв. В этом нетрудно убедиться, если рассуждать точно так же, как при выводе выражения для I через полное сечение о и число молекул в единице объема п в случае однокомпонентного газа. Поэтому подвижность иона в смеси газов равна
1
-- = то (алпд+а3/гв).
г
Плотность смеси газов равна р = рл4-рв = тлпд4-/пвпв == — тАпА +твлв• Отсюда, положив Пд=пл и пв = п°в, нахо-
ДИМ	И Ид Рв
Следовательно,	РаРв И Ра+Рв'
К главе 44. Законы термодинамика
44.1.	I. Процесс АВ протекает при V = const. В этом случае
Тв	TBj
f dQ kN CdT
‘A	TA
_ kN TB kN PB (Т-D Гл-(у-1)1П PA~
Процесс BG протекает при P = const.
. c	kN у. Tc kNy. Vc
t^SBC = In -77 - ln Д5л2>
304
4. Кинетика. Теплота. Звук
а)	Из пунктов I и II следует, что j In -ру +
, kNy . Vc	kN Г	.
Н--7^-^ =-----г 1П-
у— 1 VB	Y— 1 L	J
kN , рс^с
— ----71П----
Y-l PAV?
б)	Так как, согласно условию задачи, N = Na.b, то
R pcvc
&SA!ic =ASadc^= In— -~ = 30,7 дж/град.
Y PA *A
44.2.	В силу закона идеального газа
PaVa = NkTi,
PcVe = NkT2,
температуры Тг и Т2 связаны соотношением
Т2 =
Tipcvc РаУа
Изменение энтропии в изотермическом процессе равно
Решения и ответы
305
44.3.	Для цикла Карно
К п П - Л-7^2 ... 873-293 ее К.п.д.-	-	g73	-66,3/0.
44.4.	а) Из уравнения адиабаты в V—Т переменных (см. решение к задаче 39.1) следует, что
\ 1ь /
17 -V /'2kY/(V-1)-194 „ Td )	—1ДЗ Л.
б)	Согласно результату задачи 44.2, в изотермическом процессе
]/.
AQab = RT1 In-АД-= 2390 дж.
* а
17 .
в)	AQcd = /?7’2 1п-р^- =—910 дж.
г)	К.п.д. = (7’2-7\)/7’2 = 25о/о.
Д) ASob = Д(?оЬ/7’1 = 6 дж/град. &Scd= &Qcd/T2=t = —3,1 дж/град.
44.5.	Так как процесс расширения является изотермическим, (см. решение задачи 44.2), то
V	р	м	Р
AS=Nk 1п4А = Nk In — R In -У- , Vi	P-2	P	Pi
где Pj — начальное давление, P2—давление атмосферы. Отсюда
AS R . Pi 11 1 пт a / a ~——=^— 1п-=г-= 11 • 103 джград-кг.
M p. Р2
К главе 45. Примеры из термодинамики
45.1.	Если через Rq обозначить радиус Солнца, то полная интенсивность излучаемой Солнцем энергии равна 4irPQ<j7’4. Из расстояния 1 А.Е., равного расстоянию от Земли до Солнца (L=l А.Е. = 1,5-1011 м), на площадь яг2 (г — радиус медной сферы) будет попадать энергия, равная
4л/?до7’4 №PqOT4
Пг2 4л1?	= L2 ’
Так как /?© = La/2, где a—угол, под которым виден диаметр Солнца с Земли, а интенсивность энергии, излучаемой
зов
4. Кинетика. Теплота. Звук
медной сферой с температурой Тг, равна 4№<тТ1, то из условия теплового баланса
г2а2зТ* = 4nr2aTi, 4
находим
Т1 = --^~И- = 270° К.
45.2.	Максимальную температуру этой области Земли следует определить из условия 1395 вт/м2 = 5,67  10-8 вт/м2-град1-Ti, Т = 122° С.
45.3.	Внутреннее тело излучает в единицу времени энергию, равную 4лг2о7’4. (Эта энергия, конечно, поглощается оболочкой.) За это же время тело поглощает энергию 4jtr2c7'i, излученную оболочкой. Таким образом, в единицу времени оболочка получает от внутреннего тела энергию, равную 4лг2<т (Т4— Ti). Из непрерывности потока энергии внутри и вне оболочки найдем Т±:
4л/?2оТ1 = 4Пг2с (Т* — Tl).
Отсюда
Следовательно, отношение энергии, излучаемой оболочкой в единицу времени во внешнее пространство (4n/?2o7’i), к интенсивности излучения энергии в отсутствие ее (4№о7'4), равно R2/(r2 + R2). В столько же раз уменьшится скорость охлаждения тела.
45.4.	Давление газа Рг = р/?Т/ц = 1,7- 101в ньютон/м2, радиационное давление Ррад = 4/3о7’4/с = 7,2-1014 ньютон/м2.
45.5.	Согласно уравнению Клапейрона—Клаузиуса, dT  ТУо
где Vo—объем газа, L—скрытая теплота испарения массы воды Vo/PCr Давление пара с высотой падает по закону dPnav/dz =—pg (р—плотность воздуха). Следовательно (р= 1,3 кг/м3):
dT dT dPna? dz ~ dPaap dz
= 3,1 град/км.
45.6.	Теплоемкость С тела равна производной от сообщенного телу тепла Q по температуре: C = dQ/dT. При постоянном давлении dQ = dH, т. е. сообщенное тепло равно изменению энтальпии. Поэтому Cp — dH/dT. При постоянном объеме
Решения и ответы
307
dQ = dU, где U—внутренняя энергия тела. Следовательно, Cy=dU/dT. Энтальпия и внутренняя энергия связаны соотношением H—U-\-PV. Дифференцируя левую и правую части этого соотношения по температуре, находим CP = Cy-}-(d/dT) PV. Так как, согласно закону идеального газа, PV — RT, то Ср—CV=R.
45.7.	Из уравнения Клапейрона—Клаузиуса L — SVT(dP/dT), где ДУ = Упар—Увода = Упар = 206 м3/кг. Из таблиц находим (dP/dTt=45 ньютон/м2-град. Отсюда 7. = 2,5 •10*’ дж/кг (это значение для L совпадает с табличным).
45.8.	Когда абсолютно черное тело т. е. тело, поглощающее всю падающую на него энергию, находится в равновесии с излучением, то оно поглощает столько же энергии, сколько и испускает, т. е. оТ’4. Следовательно, поток энергии Излучения на черное тело равен оТ14. Но такой же поток энергии будет падать и на единицу поверхности тела, находящегося в равновесии с излучением и поглощающего только долю А полного излучения. Поскольку такое тело поглощает столько энергии, сколько и испускает, то излучаемая им энергия равна АоТ14. Если же тело не находится в равновесии с излучением, то испускаемая им плотность потока энергии по прежнему будет равна АоТ4.
45.9.	а) Если L—скрытая теплота плавления, то
dP L
dT~T (yL-VG) ’
где Ул—объем 1 моля жидкости, Уд—объем 1 моля вещества в твердом состоянии (см. «Лекции», вып. 4, стр. 135). Так как L > 0, то при Vq > У^ (если вещество при замерзании расширяется) dP/dT < 0, или dT/dP < 0, т. е. температура замерзания должна понижаться с повышением давления.
б)	Если пренебречь зависимостью величины L от температуры и малой сжимаемостью жидкости и твердого тела (т. е. считать Ул и VG не зависящими от давления), то уравнение Клапейрона—Клаузиуса можно проинтегрировать. Записав это уравнение в виде
найдем после интегрирования
T = Toep(v l~vgYl, где То—постоянная интегрирования. Определим То из условия, что при нормальном давлении Ро = 1 атм температура таяния льда равна 0° С, т. е. 273° К«
Т = 273° К	p*w L ~ v
308
4. Кинетика. Теплота. Звук
Подсчитаем далее примерное давление Р, которое оказывает лезвие конька на лед. Длина конька примерно равна 40 см, а ширина лезвия 2 мм. При этом площадь лезвия конька оказывается равной 8 см2. Принимая средний вес человека равным 80 кГ и считая, что этот вес распределен по площади одного конька, находим ДР = Р—Ро = =9104 кГ/л(3 = 8,8 ньютон/м2. Так как ДР = Р0—= = 8-10-6 м3 и L = 334 дж!кГ, то находим
Т » 273Q К Г 1 + ——
или
АРАУ
f ° С = — 273 =~- = - 57s С.
К главе 47. Звук. Волновое уравнение
47.1.	Так как |тНг = 2, рНе = 4, уНе =8/3, Ун2 = 7/5. то
£Н£ = 1/ У.НеРНз =0 78 СН2 V ?Н2 Рне
47.2.	Так как частота звука, издаваемого свистком, пропорциональна скорости звука (см. гл. 49 «Лекций», вып. 4), а последняя ~У^Т, то искомая температура в шкале градусов Кельвина в 4 раза больше температуры жидкого воздуха, т. е. равна 3725K=99QC.
47.3.	Резонансная частота пропорциональна скорости звука (см. гл. 49 «Лекций», вып. 4). Поэтому при заполнении резонансных полостей гелием частоты увеличатся в
/Y НеРвозд	_ -
--------=2,9 раза ТвоздРне
(Уне = 5/,3’ Твозд = 7/5- Рвэзд = 29, |tpje = 4).
47.4.	Изменение давления ДР в звуковой волне связано с изменением плотности Др соотношением ДР = с2Др> где cs—скорость звука.
ДР
а)	Др,л	« 10-8 г/см3.
б)	В плоской волне Др = tspmeik и Др = —р0 (dyjdx), поэтому, учитывая, что р0 = уР/с2, находим
— =^^-=25.10-’ см.
Ро со уР со
Решения и ответы
309
47.5.	Частоты колебания резины пропорциональны корню квадратному из отношения натяжения Т к линейной плотности а (см., например, решение к задаче 47.6) и обратно пропорциональны ее длине, т. е. со ~ (1/L.) Так как T~L, то ясно, что частоты колебания такой резины не зависят от ее длины. Поэтому высота звука такой «струны» будет все время одинаковой. Иначе обстоит дело для скрипичной струны, поскольку для струны c = const и L = const. Поэтому с увеличением натяжения струны звук получается более высокой частоты.
47.6.	Рассмотрим участок струны длиной
А/ = /(dx)2 4- (dy)2=dx	1 + ~dx
и напишем для него уравнение движения вдоль оси у. Очевидно, масса этого участка равна odx, а ускорение d2y!dt2. Равнодействующую сил, действующих на выделенный участок, найдем, спроектировав силы натяжения в точках х и x-\-dx на ось у. На концах отрезка эти проекции равны величине Т, умноженной на синусы углов, которые составляют касательные к струне в этих точках с осью х. В силу малости углов синусы приближенно равны тангенсам этих углов, т. е. dy/dx. Следовательно, равнодействующая сила, действующая на участок струны и направленная в поперечном направлении, равна
7-^1	-Td/\ =Tdx-^.
dx\x+dx dx }х dx2
Уравнение движения для выделенного участка струны запишется в виде
d2y , d2y
Odxdt2 ~Tdx dx2'
Сокращая на dx обе части получившегося уравнения и вводя обозначение v2 = Т/о, находим искомое волновое уравнение
d2y__ 1 d2y
dx2 v2 dt2
47.7.	Решение тривиально.
810
4. Кинетика. Теплота. Звук
К главе 48. Биения
48.1.	Согласно определению, о$аз = ca/k, где fe = 2n/l—волновой вектор^Так как, согласно условию задачи, 0фаз = Уg/k, то to = }/'gfe. Групповая скорость тогда равна
_dto	Л
Vrt~dk ~ 2 У k = 2 °*аз‘
Если 1= 103 м, то ифаз = 39,5 м/сек._____
48.2.	Для заданной волны со = йифаз = 'y'gk-^-T^/p. Отсюда dco l(g+12n2T/pXa)
гр dk 4я /Лг/2л+2лТДр '
48.3.	а) Офаз=	^ = 24,4 см/сек.
*	\ Лр 2Л j
б) °фаз=17,8 см/сек.
48.4.	Для искомой длины волны d^a3/dX = O. Из этого уравнения следует
^+JL = 0-рХа 2л ’
отсюда
^мин
= 1,5 см
и
^мин
—^ = 90,6 сек-1.
'МИН
48.5.	Частота звука, регистрируемая от какого-либо источника, согласно эффекту Допплера, зависит как от скорости источника звука, так и наблюдателя. Если наблюдатель покоится, а источник звука движется со скоростью v к наблюдателю или от него (последнему случаю отвечает знак минус в приведенной ниже формуле), то частота регистрируемого звука равна
<о = «>0 1 ± —) =соо i too — =to0 + Ato,
где coo — частота звука, испускаемого покоящимся источником. Так как соо = 340 гц, с5 = 340 м/сек, и = 5 м/сек, то Ди = 5 гц.
Машинист движется вместе с источником звука. Поэтому он слышит звук частоты соо = 34О гц. Однако частота эхо, которое он слышит, равна 350 гц. Действительно, на скалу упадет звук, испущенный движущимся к скале источником.
Решения и ответы
311
Частота его равна соо + Лсо. Как известно, при отражении частота не меняется. Если учесть, что машинист движется к скале со скоростью о, то частота вернувшегося к нему эхо будет равна соо-|-2Дсо.
Человек, стоящий на земле около последнего вагона, услышит гудок с частотой соо—Лео = 335 гц, так как источник звука удаляется от него со скоростью о. Эхо, имеющее частоту звука, испущенного движущимся гудком, придет к человеку с частотой, равной соо + Дсо = 345 гц. Так как частоты гудка и эхо различаются, при их интерференции возникнут биения звука с частотой в 10 гц. Такие биения отметит и машинист, и человек, стоящий на земле возле последнего вагона.
К главе 49. Собственные колебания
49.1. Обозначим через х и у смещения грузов mt и тг. Очевидно, сила, действующая на массу со стороны левой пружины равна —ktx, а со стороны правой равна k (у—х). На массу тг слева действует сила —k (у—х), а справа—сила, равная —k2y. Тогда легко написать уравнения движения:
тгх = — kxx + k (у—х),
тгу = —k {У—х) — k2y.
С учетом того, что k1/m1 ~k2lm2 = соо, эту систему дифференциальных уравнений можно привести к виду
х'+ соо«=-^- (у—х),
iTl\
у + ®оУ=—^(У—х)-
m2
49.2. Будем искать решение полученной в предыдущей задаче системы уравнений в виде x = Ae'wt и у = Вс‘ш‘. Выполняя необходимые дифференцирования и сокращая уравнения на eiu>t, находим
[ш2 — со2--—} А + — В = 0,
\	0	«1 J тх
ь /	ь д
— Д-M со2 —со2—- ) В = 0.
т2 \	° т2 J
Введя обозначение Л = со2—со2, запишем эту систему однородных уравнений в виде
( 1—В = 0, \	mi/	mt
— Л + f Л—-} в=о.
т2	\	mtJ
312
4. Кинетика. Теплота. Звук
Отличное от нуля решение этой системы существует только в том случае, если детерминант, составленный из коэффициентов этой системы уравнений, обращается в нуль, т. е. если
X —А — mi’ т1 т2 т2
Раскрыв определитель, получим квадратное уравнение, имеющее два вещественных решения А.1 = 0 и = k (тГ1+тГ1)-Следовательно,
2	2
С01=£00,
о>2==	-j- k (mi т2 ).
Подставляя со? в систему уравнений, находим, что А = В. Для частоты со2 получим
В=—— А.
т2
Таким образом, произвольное решение уравнений движения имеет вид
х —	-j- A2eie>2tt
у = AjetcoiC _ A2ei®it.
т2
Отсюда видно, что линейные комбинации координат х и у
являются нормальными координатами системы, так как они удовлетворяют уравнениям
'< + <0^ = 0
и
Т] 4-С0111 = 0.
49.3.	Решение тривиально.
49.4.	Согласно условию задачи,
1 / ,2 , «г2 п2 СО = Йо у
где соо=ил/а. Наименьшая частота, очевидно, равна соо/3. Десять искомых частот, измеренных в единицах ш0/3, равны 1; 1,665; 2,05; 2,22; 2,78; 3,33; 3,50; 3,76; 3,93; 4,04; 4,33.
Решения и ответы
313
49.5.	Пусть f (х) —функция, описывающая начальную форму оттянутой струны, а Т—полный период колебания. Представим себе начальную форму струны как суперпозицию двух горбов, описываемых функциями f (х)/2, движущихся с одинаковой скоростью в противоположных направлениях. Тогда отражение каждого горба от соответствующего закрепленного конца струны можно описать так, как это изложено в § 1 гл. 49 «Лекций» (вып. 4). Найденные таким построением положения струны в момент времени t =0, Т/8, Т/4, ЗТ/8 и Т/2 изображены на рисунке.
К главе 50. Гармоники
50.1. а) Так как, с одной стороны, /(л/2) = 1, а с другой, /(л/2)==(4/л)^ 1—-|- + -g-—уф-...) , то отсюда следует искомый ответ.
б) Воспользуемся «теоремой об энергии» [см. «Лекции», формула (50.23), вып. 4, стр. 213]. В рассматриваемом случае Т = 2я. Следовательно,
2л
J f2(x)dx = 2x=x-^2( 1+4 + Й+-‘ )’ о
314
4. Кинетика. Теплота. Звук
Разделив на численный множитель, стоящий перед суммой ряда, получим требуемый результат.
в) Эту часть задачи можно решить по крайней мере двумя способами:
1. Сдвинем прямоугольную волну на —л/2. Вычисляя коэффициенты фурье-разложения аналогично тому, как это было сделано в «Лекциях» (вып. 4, стр. 212), и используя «теорему об энергии», находим, что сумма квадратов обратных четных чисел равна л2/24; Сумма квадратов обратных нечетных чисел найдена в пункте (б) задачи и равна л2/8. Складывая два ряда, находим, что сумма заданного ряда равна л2/6.
2. Второй способ решения. Обозначив через У сумму данного ряда, перепишем ряд следующим образом:
= ( 1+у+^+---)+4( 1+т+у + ---) =
=(1+у+А+---)+тЕ-
Так как 1... ^ = л2/8, то, определяя из получившегося выше уравнения У, находим
V==±f1+1+1 +
2- 3	^25^ J 3 8	6
60.2. Заданная функция имеет вид
(	х	п
— , 0 л,
, . I	л
Согласно общей формуле фурье-разложения,
со	со
g (х) = а0 + У ап cos пх + 2 ь» sin п::> n=l	n=l
причем 2л ё{х)4х^, о
2л
1 С	2
Л„ = — \ g(x)cosnxdx = -^[(—1)«— 1], J*	л п
0 2л
^"==’л j 8ШЛХС1х=0. о
Решения и ответы
315
Следовательно,
g(x) = y—(cos х+^ cos Зх + gj cos 5*+ ...J.
50.3. а) Воспользуемся «теоремой об 'энергии» (см. «Лекции», вып. 4, стр. 213):
Т
+	(4+^).
О	п=1
Учитывая, что в рассматриваемом случае 7' = 2л, 6п = 0 2л
и J Р (х) dx = 2л/3, находим о
3 “ 4 +Лл4(, 1 +34 + 54+‘-J'
Нетрудно видеть, что отсюда следует искомый ответ.
б) Рассмотрим ряд
/ —	п*~	24 + 3* + 44~^'“ ’
п=1
Представим этот ряд в виде
/==( 1+з4 + 54+‘")+24( 1 +34 + 34 + 44+.
= ( 1+i+5*+---)+i-
Решая это простое уравнение, находим
1	24	, 1 , 1 , Yi; 21
2L л4 24 — Ц ”г34^54(24 —1) 96—90 п = 1
50.4.	Задача легко решается, если вспомнить, что при q < 1
□-=1+,+^+... .
Следовательно,
lZ^x = l+e'* + e"2*+--- .
Поэтому
= jx3e-*dx(l+e"*+e-a«+...). о о
.316
4. Кинетика. Теплота. Звук
Если интегрировать почленно и в n-м члене (п—любое) делать замену переменной интегрирования и — пх, то мы придем к результату
во /	111	\ с
/==( *+34+34+44+ •••) J и*е Udu-7 о
Так как, согласно задаче 50.3, сумма ряда, стоящего перед интегралом, равна л4/90, а сам интеграл равен 6, то отсюда следует искомый результат.
50.5.	Заданная функция h (х) на интервале 0<х<2л имеет вид h(x)=x/2it. Определяя коэффициенты фурье-разложения, находим
00 , , .	1	1 v	sinnx
h	— V	—'
2	Л	П
п = 1
50.6.	а) Так как V (/) = V0 sin со/, то Т = 2п/ы и
Г/2
Й=4- ? l/o sin со/ dt = ^. / J	л
о
б)	Разложим функцию в ряд Фурье. Он имеет вид
00
V (/)=ао 4-2 bn cos «со/, п= 1
где
____L С 17 СП At__ «О — у J • (0 ut —_,
О т b„=yr V (/) sin «со/ dt.
о
Амплитуда второй гармоники, т. е. Ь2, равна т
Ь2 = С I sin со/1 cos 2со/ d/ =	.
Т J	Зл
о
50.7.	a) VBX (/) = V0 sin со/. Представляя sin3 со/ в виде sin3 со/ =-|-(—sin3co/ + 3 sin со/), находим
Увых =	sin со/ — sin3co/.
Решения и ответы
317
Искажение волны, следовательно, сводится к изменению амплитуды основной гармоники и появлению третьей гармоники. Эффект выпрямления отсутствует.
б) Пусть VBX (t) = A sincoxi-j-B sina^f, причем сох # а>г. Возведем это выражение в куб:
V3X (t) = A3 sin3 coxZ ЗА2 В sin3 сох1 sin g>2# +
А-ЗАВ2 sin <ох/ sin3 0)2i/-В3 sin3 co2i.
Члены, содержащие синусы в кубе, можно разложить по гармоникам, используя решение к пункту (а) этой задачи. Остальные члены разложим по синусам и косинусам. Например,
sin3 сох£ sin со2? = -i- [ sin со2/ — cos 2<ох/ sin co2Z ] =
=-~ sinco./ —|- sin (2со1-|-со2) t—sin (<o2—2cox) t.
Используя эти разложения, окончательно находим
„	,t\ ( л , ЗеА3 , ЗеАВ2\ .
^вых (0 = ^4—*—I--------g—jsinmi/ +
. /„ , ЗеВ3 , ЗеА2В\ .	. еА3 . „ ,
+ ( В Н——|-------— 1 sin со2< —j- sin 3coxZ —
ЗеА2В .	, ЗеА2В .
------— sin(2сог + сог) t Н-— sin (2d)]— со2) t —
ЗеАВ2 . ,	, „ . . ЗеАВ2 . ,	„ . ,
----— sin (cox4-2co2) t---— sin (сох—2(0^ —
eB3
---sin Зю2/.
4	2
Таким образом, помимо изменения амплитуд колебания основных гармоник, кубическая нелинейность приводит к появлению новых колебаний с частотами 3cor, 2а>! ± со2, (Oj ± Зш2. Эффект выпрямления отсутствует.
5.	Электричество
Том II
и магнетизм
6.	Электродинамика
7.	Физика сплошных сред
В этой части приводятся задачи, которые были предложены студентам второго курса КАЛТЕХа в течение тех первых двух лет обучения, когда курс физики был пересмотрен на основе лекций Р. Фейнмана. Эти упражнения давались студентам либо в виде домашних заданий, либо в качестве задач на экзаменах и поэтому сильно различаются по трудности. Порядок их расположения примерно соответствует, хотя и не всегда строго, степени их трудности. Подобно упражнениям к тому I, эту систему упражнений ни в коей мере не следует считать «окончательной», она, несомненно, будет пересматриваться и дополняться, как и сам курс лекций.
Примерно половина задач и упражнений принадлежит Р. Фейнману, остальные составили преподаватели, проводившие занятия со студентами второго курса: Дж. Блю, Т. Кохи, Г. Чаплин, М. Клаузер, Р. Дашен, Р. Доллен, Р. Гриффит, Ф. Хэни, В. Карзае, Р. Каванах, П. Петерс, Дж. Пайн, М. Плессет, М. Сэндс, И. Таммару, А. Тайтл и К- Уилте.
Перьыми редакторами большинства задач в 1932/63 учебном году были К. Уилте и я. Большинство задач оригинальны или представляют собой нетривиальные варианты «стандартных» задач, однако часть задач заимствована из книг Н. Франка (N. Н. Frank) «Introduction to Electricity and Optics», McGraw-Hill, 1950, и Д. Халлидэя и P. Резника (D. Halliday, R. Resnick) «Physics for Students of Science and Engineering», Wiley, 1960. Мы приносим благодарность авторам этих книг за разрешение опубликовать эти задачи в нашем сборнике.
Дж. Нойгебауер
5
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
К главе 1. Электромагнетизм
1.	1. Электрические силы и силы гравитации.
а)	Какой должна была бы быть масса протона, чтобы сила гравитационного притяжения между двумя покоящимися протонами по величине совпадала с силой их электрического отталкивания? Каково отношение этой массы к обычной массе протона?
б)	Какой была бы величина силы электростатического взаимодействия двух монет по 1 копейке, помещенных на противоположных концах лекционной доски, ширина которой равна 10 м, если бы заряды ядер и электронов этих монет компенсировали себя лишь с точностью до!%? Можете ли вы себе представить тело, вес которого по величине совпадал бы с этой силой?
1. 2. Оцените приближенно работу, которую необходимо затратить на преодоление силы электрического отталкивания при образовании ядра урана из двух одинаковых половинок. Чему равна эта работа при образовании ядра гелия из двух дейтронов? Выразите оба ответа в киловатт-часах на килограмм.
1. 3. На каждый атом меди приходится один электрон проводимости. Какова средняя скорость электронов проводимости, если через медный провод диаметра 0,2 мм течет ток 10 а? Чему равно в этом случае отношение о2/с2? (Напомним, что отношение «магнитных» эффектов к «электрическим» такого же порядка.)
1. 4. В области пространства создано однородное электрическое поле Е напряженностью 10 000 в/см,
Ч Заказ № 17
322
6. Электричество и магнетизм
направленное вдоль оси х, а также однородное магнитное поле В, направленное вдоль оси у. Через эту область в направлении оси г по прямой линии движется пучок р-мезонов со скоростью, равной с/3. а) Какова напряженность магнитного поля В? (Масса заряженного р-мезона равна 207 электронным массам, а его заряд по величине совпадает с зарядом электрона.)
б) Можно ли с помощью этого эксперимента определить знак заряда мюона?
v
В
1. 5. а) В некоторой области пространства создано постоянное однородное магнитное поле Вх~0, Ву=0 и Вг=В0. Электрических полей и токов в этой области пространства нет. Из начала координат в положительном направлении оси х со скоростью v вылетает частица массы т с положительным зарядом q. Опишите траекторию частицы в переменных Во, т, v и q (предполагая, что у/с<^1).
б) Предположите, что BX=Q, Ву=0, а В2-=В0~гах, где ах всюду мало по сравнению с Во. Опишите качественно траекторию частицы [см. работу Шарпака с сотрудниками, опубликованную в «Physical Review Letters», 6, 128 (1961), где подобное поле использовалось в одном ответственном эксперименте].
в) Покажите, что магнитное поле такого вида не удовлетворяет уравнениям Максвелла, если оно замкнуто в конечном объеме или, как предполагалось выше, в объеме отсутствуют токи или электрическое поле.
Условия задач
323
1.	6. В поле неподвижного отрицательного точечного заряда, расположенного в начале координат, а также в однородном магнитном поле Во, направленном в положительном направлении оси г, из точки х=г=0, у=а движется частица массы т с положительным зарядом q и малой скоростью у=о0еЛ. а) При какой величине напряженности поля Вп траектория частицы будет представлять собой окружность радиуса а с центром в начале координат?
б)	Объясните, почему в том случае, когда напряженность магнитного поля отличается от найденной, скорость частицы зависит только от ее расстояния до начала координат.
в)	Схематически нарисуйте несколько витков траектории частицы, когда частица начинает свое движение из точки х=г=0, у=а с нулевой скоростью.
К главе 2. Дифференциальное исчисление векторных полей
2.	1, Медная проволока радиуса а=1 мм равномерно покрыта слоем изоляции, внешний радиус которого равен Ь. Электрическим током проволока нагревается до температуры 7\, при этом температура внешней поверхности изоляционного покрытия Т2 остается почти комнатной.
а)	Чему равен VT внутри покрытия? Ответ выразить в переменных а, Ь, 7\ и Т2.
б)	Чему равна разность температур Т\—Т2, если через медную проволоку, покрытую слоем резины (толщина 0,2 см, коэффициент теплопроводности 1,6-10“3 etn/см-град), течет ток 20 а?
2.	2. Вычислением «в лоб» покажите, что
a)	V-(VXA) = O,
б)	VX(VXA) = V(V-A) — V2A.
IP
324 б. Электричество и магнетизм
2. 3. Покажите, что если R — радиус-вектор, проведенный из начала координат в точку х, у, г, то
a)	divR = 3,
б)	rotR = 0,
(при R =^0).
е) Из равенства (б) и формулы (2.46) «Лекций» (вып. 5, стр. 42) следует, что вектор R можно представить в виде R=*V<p. Найдите функцию <р.
2. 4. Уравнения Максвелла имеют вид
1)	V-E =-2-, e0
2)	„	I,	5B V X E	dt ’
3)	V-B = o,
4)	c*vxB=f+ A b()
Закон сохранения заряда можно записать в виде
5)	=
а)	Покажите, что уравнения 3 и 2 совместны.
б)	Покажите, что уравнение 5 можно получить, взяв дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4 (т. е. убедитесь, что уравнения Максвелла справедливы лишь при выполнении закона сохранения заряда).
в)	Покажите, что в пустоте (j=0, р=0) поле Е удовлетворяет волновому уравнению
______L ^JL = o v с2 dt2
Условия задач
325
г)	Покажите, что в пустоте поле В удовлетворяет такому же волновому уравнению
V3B_l^=0.
д)	Покажите, что, согласно уравнению 2, поле Е можно представить в виде Е==——(dk/dt), где А — векторный потенциал магнитного поля B=vxA. Почему вектор В может быть представлен в таком виде?
2.	5. Пусть v (х, у, г) — поле скоростей твердого тела, вращающегося вокруг некоторой оси. Покажите, что
a)	V-v = 0,
б)	Vxv = 2(o,
где о — вектор угловой скорости.
2.	6. Покажите прямым вычислением, что если А — постоянный вектор, a R — радиус-вектор, то
rot (А х R) = 2А.
Если, однако, в хорошо известную формулу Вх(АхС) = А(В-С)—(В. А) С
вместо векторов В и С формально подставить V и R, то получится неверный результат
VX(A xR) = A(V-R)—(V-A) R = ЗА.
В чем тут дело?
2.	7. Длинный стальной стержень подвергается некоторой термической обработке, в результате чего в некоторый момент времени после начала остывания стержня распределение температуры Т(х) вдоль стержня имеет вид, изображенный на фиг. 1. Изотермы, нанесенные с интервалом температур в 10° С, изображены на фиг. 2. Будем предполагать, что температура в каждой точке стержня зависит только от расстояния х до конца стержня. Нарисуйте в точках А, В, С векторы, направление и длина которых совпадают с направлением и вели
326
б. Электричество и магнетизм
чиной V Т. В какой из пяти отмеченных точек дивергенция теплового потока h максимальна? В каких из пяти точек VXh=0?
Фиг. 2
К главе 3. Интегральное исчисление векторов
3.	1. а) Уравнения Максвелла в гл. 1 «Лекций» были сформулированы словесно, а в гл. 2 — в дифференциальной форме. Покажите, что обе формы уравнений Максвелла эквивалентны.
б) Покажите, что уравнение
v J dt' где p — плотность зарядов, a j — вектор плотности тока, есть не что иное, как закон сохранения заряда.
8. 2. Поверхность шара покрыта равномерным слоем радиоактивного вещества, которое испускает «-частицы высокой энергии. Вообразим, что а-частицы
Условия задач
327
вылетают только наружу от поверхности шара, причем только в радиальном направлении. С поверхности шара тем самым стекают заряды, т. е. течет некоторый ток. Создает ли этот ток магнитное поле?
3.	3. Напряженность электрического поля точечного заряда, помещенного в начало координат, имеет вид
E = -Jr, где г = (х2 + г/2 + г3)1/», r = ix + j«/+kz
(/С — некоторая постоянная).
а)	Вычислите поток вектора напряженности электрического поля Е через поверхность сферы радиуса а, центр которой совпадает с зарядом.
б)	Воспользовавшись теоремой Остроградского — Гаусса, представьте поток вектора Е через поверхность сферы в виде объемного интеграла от (V-Е). Можете ли вы объяснить полученный вами результат?
в)	Вычислите циркуляцию вектора Е вдоль контура, изображенного на рисунке (контур лежит в плоскости ху). Убедитесь в правильности полученного результата, воспользовавшись теоремой Стокса.
3. 4. Воспользовавшись решением задачи 2.3(a), получите формулу (практически бесполезную) для произвольного объема в виде интеграла по поверхности этого объема. Убедитесь в правильности вашего ответа для сферы и прямоугольного параллелепипеда.
328
5. Электричество и магнетизм
К главе 4. Электростатика
4. 1. Найдите потенциал <р в точке Р, удаленной на расстояние г от заряженной нити длиной Ц+1Ъ м. Линейная плотность зарядов на нити равна X (см. рисунок).
Сравните полученный результат с тем, которого следует ожидать в случае	Проверьте ваш
ответ в предельном случае	сравнив
напряженности электрического поля, найденные с помощью ф и по теореме Гаусса.
4.	2. Вычислите напряженность электрического поля в точке Р, расположенной на оси тонкого равномерно заряженного диска радиуса R на расстоянии г от его центра.
4.	3. Две металлические сферы имеют общий центр, причем внутренней из них сообщен заряд q’, а внешней — заряд q.
а)	Найдите зависимость электрического потенциала от радиуса на далеких расстояниях.
б)	Найдите зависимость напряженности электрического поля от радиуса.
в)	Чему равен потенциал на поверхности внутренней сферы?
Условия задач
329
г)	Как изменится электрическое поле на расстояниях г>ге и rc>r>rb, если центры внутренней и внешней сфер слегка разойдутся?
К главе 5. Применения закона Гаусса
5.	1. Покажите, что электрический потенциал <р обладает следующим интересным свойством: среднее значение Ф на воображаемой сферической поверхности равно значению <р (0) в центре этой сферы при условии, что внутри сферы нет никаких зарядов. В каких задачах, по вашему мнению, удобно воспользоваться этим свойством?
5.	2. Найдите напряженность электрического поля во внутренних точках очень длинного равномерно заряженного цилиндра, достаточно удаленных от его концов. Чем отличается результат от получающегося в случае равномерно заряженного шара?
5.	3. Две широкие параллельные металлические пластины находятся друг от друга на расстоянии d. Края этих пластин соединены металлическим проводом. Между пластинами на расстоянии 1/3d ниже верхней пластины натянута тонкая равномерно заряженная ?ластмассовая пленка, на единицу площади которой риходится заряд а. Найдите напряженности элёкт-
330	5. Электричество и магнетизм
рического поля Е2 и Е2 вблизи верхней и нижней пластин.
5.	4, Найдите выражение для х-компоненты электрического поля, если плотность зарядов р в пространстве зависит только от х.
5.	5. В электронной лампе электроны вылетают из раскаленной металлической пластины (катод) и собираются на плоской металлической пластине (анод), расположенной параллельно эмиттирующей поверхности на расстоянии d от нее. (Расстояние d предполагается малым по сравнению с размерами обеих пластин.) Потенциал электрического поля между пластинами меняется по закону ф=/гх‘А1 где х — расстояние от эмиттера.
а)	Чему равна плотность поверхностных зарядов на эмиттере? На коллекторе?
б)	Как меняется плотность объемного заряда р(х) в пространстве между пластинами, т. е. в интервале 0</<d?
а
Условия задач
881
5. 6. Пусть на поверхности проводника распределены заряды с плотностью о кулон/м1, где а — вообще говоря, переменная величина. Покажите, что сила, действующая на заряд, заключенный в элементарной площадке dA, нормальна к поверхности проводника и равна 1/2(a2/e0)dA. (Множитель х/2 правилен. Объясните, почему он возникает?)
5. 7-, Максимальная напряженность электрического поля, которое может существовать на поверхности проводника, граничащего с вакуумом, по порядку величины равна 10 в/м. Полагая, что поверхностный заряд, создающий это поле, отрицателен, сравните число избыточных электронов, приходящееся на единицу площади, с числом атомов, приходящихся на ту же площадь. Сравните величину силы, действующей на электрон в таком поле, с величиной силы, которую испытывает электрон в поле протона на расстояниях порядка атомных.
5. 8. Отрицательный мюон (р-мезон) — это частица, заряд которой равен заряду электрона, а масса в 207 раз тяжелее массы электрона. При торможении в веществе отрицательный мюон может быть захвачен ядром какого-нибудь атома и заместить один из вращающихся вокруг ядра электронов, образовав «мезоатом». Так как масса мюона велика, то размер его орбиты во много раз меньше размеров орбит атомных электронов, например, для тяжелых ядер орбита мюона, соответствующая его наинизшему энергетическому состоянию, даже находится внутри ядра. Мюон взаимодействует с ядерным веществом с помощью не ядерных сил, а электрических, причем ядро им воспринимается как равномерно заряженный шар. Из независимых экспериментов было найдено, что радиус ядра зависит от суммарного числа протонов и нейтронов (А) следующимобразом: Р=Р0 • А1^ (7?п» 1,2 • 10" 15л<). Рассмотрим модель мезоатома свинца, в котором мюон осциллирует относительно центра ядра вдоль произвольной линии, проходящей через этот центр. Чему равна собственная частота <о таких осцилляций?
332
5. Электричество и магнетизм
Вы уже знаете, что квантовые уровни гармонического осциллятора отстоят друг от друга на энергию ha>. Чему равна разность энергий двух самых низких состояний мезоатома в рассматриваемой модели? Экспериментально было обнаружено, что при образовании мезоатомов в свинце испускаются у-лучи с энергией 6Мзе. Как бы вы интерпретировали этот факт?
5. 9. Представьте себе, что через земной шар по диаметру прорыт туннель. Плотность пород, образующих земной шар, можно считать постоянной. Покажите, что если в этот туннель бросить какой-то предмет, то он будет совершать колебания относительно центра земного шара с периодом, равным периоду обращения спутника, запущенного вокруг Земли над самой ее поверхностью.
5.10. Известно, что за год Земля выделяет тепловую энергию, примерно равную Q—8-Ю20 дж. Не строя последовательной теории этого явления, можно рассмотреть несколько весьма упрощенных моделей, позволяющих сделать правильные оценки по порядку величины. В качестве примера рассмотрим модель, согласно которой все тепло создается в результате распада радиоактивных веществ, однородно распределенных по объему земного шара: кинетическая энергия испускаемых ими частиц полностью переходит в тепло.
По существующим оценкам температура в центре Земли примерно равна 2500° С, а теплопроводность земных пород в среднем равна 0,03 дж/см-сек-град. Находится ли описанная выше модель в согласии с этими оценками?
5.11. Два длинных коаксиальных проводящих цилиндра заряжены так, что на далеком расстоянии от их концов на единицу длины внутреннего цилиндра приходится Xj кулонов, а на единицу длины внешнего цилиндра Л2 кулонов. Внутренний и внешний радиусы внутреннего цилиндра равны t\ и г2, а внешнего цилиндра равны г3 и г4. Найдите поле Е(г)
Условия задач
333
в точках, расположенных вблизи середины цилиндя ров (т. е. там, где краевыми эффектами можно пренебречь). Определите разность потенциалов между цилиндрами.
Опишите качественно, в какую сторону будут меняться напряженность поля и потенциал, если: 1) гх будет уменьшаться;
2) г г будет увеличиваться;
3) внешнцй контур сечения внутреннего цилиндра имеет форму квадрата со сторонами, равными 2rg (при этом предполагается, что ]/2га<г3)?
А главе 6 и 7. Электрическое поле в разных физических условиях
6. 1. Методом изображений найдите силу, действующую на заряд q, помещенный на расстояниях а и b от двух проводящих полуплоскостей, образующих между собой прямой угол.
У
а
в. 2. Частица с зарядом q, в начальный момент времени закрепленная на расстоянии х0 от поверхности заземленной проводящей плоскости, освобождается и Начинает двигаться по направлению к поверхности, а) Как зависит кинетическая энергия частицы от расстояния х до поверхности? (Потерями энергии частицы на излучение пренебречь.) Есть ли что-нибудь нефизическое в вашем ответе?
б) Реальную металлическую пластинку можно рассматривать как идеальную проводящую плоскость лишь на расстояниях, превышающих межатомные, т. е. лишь до расстояний примерно 2—3 А. Оцените кинетическую энергию электрона, который в момент /=0 был освобожден на расстоянии
334
5. Электричество и магнетизм
1 см от проводящей пластинки. Ответ выразить в электрон-вольтах.
6. 3. Прямоугольный пластмассовый брусок с размерами 1 смХ 10 смх 100 см равномерно заряжен. Плотность зарядов равна р кулон! см\ Нарисуйте примерный ход потенциала <р как функции расстояния до центра бруска вдоль прямой линии, перпендикулярной стенке с размерами 10 смХ100 см и проходящей через центр бруска. Рассмотрите интервал расстояний от 0,001 см (внутри бруска) до расстояний, во много раз превышающих 100 см. Масштаб возьмите дважды логарифмический, т. е. нарисуйте logtp как функцию логарифма расстояния. На том же графике нарисуйте кривую зависимости напряженности электрического поля Е от расстояния.
(U 4. Земля непрерывно облучается космическими лучами высокой энергии, приходящими из пространства вне Солнечной системы. С помощью измерений, выполненных на зондах и спутниках, было установлено, что космические лучи в основном состоят из протонов и лишь малую часть их составляют а-частицы, тяжелые ядра и электроны. Средняя внергия протонов в космических лучах оказалась равной нескольким миллиардам электрон-вольт; интенсивность потока протонов, достигающих земной атмосферы, примерно равна одному протону в секунду на 1 см2. Интересно, какое время необходимо, чтобы заряженные частицы космических лучей подняли потенциал Земли настолько, чтобы протоны уже не могли попасть на поверхность Земли из-за электрического отталкивания? Велико ли это время по сравнению с возрастом Земли, оцениваемым примерно в 5 миллиардов лет? Если это время меньше возраста Земли, то почему космические лучи продолжают достигать ее поверхности?
6. В. Определите емкость, приходящуюся на единицу длины бесконечного цилиндрического конденсатора, изготовленного из двух проводящих коаксиальных цилиндров, радиусы которых равны а (внутренний цилиндр) и Ь. Ответьте качественно на вопрос, что
Условия задач
335
случилось бы, если бы в конструкции конденсатора оказались дефекты, скажем на поверхности внешнего цилиндра имелся бы острый выступ?
6. 6. а) Чему равна плотность поверхностных зарядов, индуцированных на поверхности незаряженной изолированной проводящей сферы, расположенной на расстоянии Ь от точечного заряда q>
б)	Чему равна сила, действующая на заряд со стороны сферы, если потенциал последней равен V?
6.	7. В гл. 6 «Лекций» (вып. 5) на основе качественных рассуждений было показано, что электрическое поле вне сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется в зависимости от полярного угла 6 как cos 0, можно себе представить как суперпозицию электрических полей двух слабо сдвинутых относительно друг друга и противоположно заряженных шаров. Покажите теперь это путем вычислений и найдите электрическое поле как вне, так и внутри сферы, считая, что плотность поверхностных зарядов на ней зависит от полярного угла 0: о(0)=Лсоз0, где А — некоторая постоянная.
6.	8. Поле электрического диполя определяется выражениями (6.14) и (6.15) «Лекций» (вып. 5, стр. 113). а) Найдите радиальную и тангенциальные составляющие вектора напряженности электрического поля диполя в точке (г, 0, <р).
б)	Покажите, что электрическое поле диполя направлено в одну и ту же сторону во всех точках прямой, проходящей через диполь.
в)	Найдите направление и относительные величины напряженности Е на некотором произвольном расстоянии от диполя в точках, определяемых углами 0, п/4, и л/2, отсчитанными от направления вектора р?
6.	9. Пусть диполь находится в однородном электрическом поле с напряженностью Ео.
а)	Если направление дипольного момента совпадает с направлением электрического поля, то существует эквипотенциальная поверхность, охваты
336
В. Электричество и магнетизм
вающая диполь. Покажите, что такой поверхностью является сфера, и найдите величину дипольного момента, . для которой сфера имеет радиус а.
б)	Опишите электрическое поле вне этой сферы.
в)	Изменится ли электрическое поле, если с этой эквипотенциальной поверхностью совпадет тонкая проводящая сфера, заряженная до того же потенциала?
г)	Как будут распределены заряды на сфере?
д)	Каким дипольным моментом будет обладать это распределение зарядов?
е)	Как бы вы использовали полученные результаты?
6 10. Частица с дипольным моментом р помещена на расстоянии г от длинного провода, на единицу длины которого приходится заряд X (X — константа). Вектор дипольного момента расположен в плоскости, проходящей через провод и частицу.
а)	Чему равна сила, действующая на частицу, и момент этой силы, если вектор р направлен нормально к проводу?
б)	Чему равна сила, действующая на частицу, и момент силы, если вектор р параллелен проводу?
6.	11. Найдите потенциал, создаваемый большой пластиной, на единицу площади которой приходится У диполей, как функцию расстояния от этой пластины. Считайте, что все диполи обладают одинаковым дипольным моментом р, направленным перпендикулярно поверхности пластины.
6.	12. Электрический заряд +q равномерно распределен по тонкому кольцу радиуса а. Центр кольца совпадает с началом координат, а плоскость кольца
Условия задач
337
совпадает с плоскостью yz. В начале координат помещен заряд —q.
а)	Найдите потенциал <р в точке Р, расположенной на оси х на расстоянии х от начала координат.
б)	Чему равно электрическое поле в этой точке?
в)	Как зависит электрическое поле от х на расстояниях х|*>а? Убывает ли оно быстрее электрического поля диполя на больших расстояниях? Как это объяснить?
6.	13. Плоский	конденсатор емкостью	100 пф,
расстояние между	обкладками которого
1 см, заряжается с помощью батареи до разности потенциалов 10 в. После этого батарея отключается. Нижняя пластина конденсатора затем облучается синим светом, выбивающим из нее электроны, кинетическая энергия которых лежит в интервале от 0 до 1,5 эв. Обкладки заряжены так, что электроны притягиваются к верхней из них. На приведенном рисунке показана зависимость от времени полного тока, текущего на верхнюю пластину конденсатора. Сколько времени понадобится для того, чтобы разность потенциалов на обкладках обратилась в нуль (время на рисунке)? Чему равна разность потенциалов в момент времени й>/2? Как изменится ваш ответ, если перед зарядкой конденсатора расстояние между пластинами увеличить вдвое?
Как изменится ваш ответ, если расстояние между пластинами было увеличено вдвое лишь после того,
338
5. Электричество и магнетизм
как конденсатор был полностью заряжен и батарея отключена?
6.	14. Палочка из изолятора длиной 1 м и радиусом R— 1 см вытянута вдоль оси х так, что ее концы расположены в точках с координатами х=0,5 м и х=—0,5 м. Плотность объемного заряда в палочке равна р=агг, где г — расстояние до оси палочки, а а — положительная постоянная, равная 2 кулон/м~ъ.
а)	Найдите напряженность электрического поля Е в четырех точках х=0, z=0, z/=0, 0,5, 1,0 и 2,0 см. В этой части задачи считайте палочку бесконечно длинной.
б)	Дайте разумную оценку потенциала в точке х=0, z/=0, г=б, взяв за нуль потенциала его значение на бесконечности Укажите неопределенность вашей оценки и обоснуйте ее.
в)	Будет ли потенциал в точке х=0,5 м, у=г=0 больше, меньше или равен потенциалу в начале координат?
7.	1. а) Покажите, что эквипотенциальные поверхности вокруг двух параллельных противоположно заряженных нитей представляют собой цилиндры вращения. Нити находятся на расстоянии d, линейная плотность зарядов на них равна +Х и —X кулонам.
б)	Используя результат предыдущей части задачи, найдите емкость, приходящуюся на единицу длины двух параллельных проводов с радиусом
Условия задач
339
поперечного сечения г0, оси которых находятся на расстоянии d. Считайте, что d^>2rn.
в)	Покажите, что при х, y>d по-тенциал может быть представлен в комплексном виде
' ' '	' г x^-ty
К главе 8. Электростатическая энергия
8, L Согласны ли вы с утверждением, содержащимся в гл. 8 «Лекций» (вып. 5), что электростатическая энергия ядра, содержащего Z протонов, более или менее однородно распределенных по объему сферы радиуса г, примерно равна величине
[7 = |Z(Z—1)у-?
8. 2. Максимальная емкость конденсатора настройки в радиоприемнике равна 100 пф. Путем поворота подвижных пластин емкость конденсатора может быть уменьшена до 10 пф. Предположим, что конденсатор заряжен до разности потенциалов 300 в, когда его емкость максимальна. Затем ручка настройки поворачивается и емкость конденсатора становится минимальной. Чему равна работа, совершенная при повороте ручки настройки?
8. 3. Заряды на обкладках двух конденсаторов емкостью и С2 равны qx и q2. Покажите, что, за исключением особых случаев, запасенная электростатическая энергия конденсаторов уменьшается, если они соединяются параллельно. Куда при этом девается энергия? Найдите условия, при которых соединение конденсаторов не приводит к потере энергии.
8. 4. а) Покажите, что в электрическом поле Е электростатическая энергия диполя с дипольным моментом р равна
1/=-рЕ.
б) Вычислите момент силы, действующей на диполь в электрическом поле Е. Сделайте это как прямым путем, так и с помощью приведенного выше
340	5. Электричество и магнетизм
выражения для энергии диполя. Будет ли энергия диполя той же самой, если он создан путем последовательного помещения его зарядов в электрическое поле? Если нет, то вычислите разность энергий; если да, то приведите физические соображения в защиту вашего утверждения.
8. 5. Покажите, что обкладки плоского конденсатора притягивают друг друга с силой Р=д^/2г0А (Л — площадь обкладки). Найдите работу, которую необходимо затратить, чтобы расстояние между обкладками увеличить с х до xA-dx.
8. 6. Известно, что пион (л-мезон) может находиться в трех различных зарядовых состояниях. Иными словами, существуют положительный, отрицательный и нейтральный пионы. Масса (умноженная на с2) заряженного пиона равна 139,6 Мэв, масса же нейтрального пиона равна 135 Мэв. В одной из моделей пиона предполагается, что различие масс определяется лишь электростатической энергией. Если далее предположить, что заряженные пионы имеют сферическую форму и заряд равномерно распределен по их объему, то можно вычислить радиус пиона. Вычислите радиус пиона в этих предположениях. Находится ли ваш результат в согласии с существующими оценками размеров ядер?
8. 7. Внутренний радиус металлической сферической оболочки равен а, ее внешний радиус равен Ь, а центр находится в начале координат. В оболочке просверлено небольшое отверстие. Полный заряд оболочки равен нулю. Какую работу нужно затратить, чтобы заряд gt перевести из бесконечности через отверстие в начало координат? Чему равна эта работа, если полный заряд оболочки равен <?2?
К главе 10. Диэлектрика
10. 1. Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено диэлектриком, состоящим из двух половинок равных размеров, но с разными диэлектрическими проницаемостями х (см. рисунок).
Условия задач
341
Покажите, что емкость такого конденсатора равна
ГдЛ Xi х2
С ~ d 2	•
Площадь А
10.	2. Расстояние между обкладками плоского конденсатора, имеющими форму квадратов с площадью 400 см2, равно 1 см. С помощью электрической батареи конденсатор заряжается до разности потенциалов 10 в, а затем отключается от нее. После этого между обкладками конденсатора вставляется широкая пластина из диэлектрика толщиной, немного меньшей 1 см, причем так, что остается закрытой лишь площадь 10x20 см2. Диэлектрическая проницаемость пластины равна 4.
а)	Чему равна сила притяжения обкладок конденсатора друг к другу?
б)	Чему равен дипольный момент единицы объема диэлектрика внутри, но достаточно далеко от краев конденсатора (чтобы можно было пренебречь краевыми эффектами)?
в)	Предположим, что внутри диэлектрика с диэлектрической проницаемостью 4,0 равномерно распределены маленькие металлические шарики. Будет ли при этом разность потенциалов на пластинах конденсатора больше, меньше или равна той, которая существовала бы в случае однородного диэлектрика?
10. 3. Емкость плоского конденсатора с расстоянием d между его пластинами на воздухе равна Со. Между пластинами конденсатора вдвигается пластина из
342	5. Электричество и магнетизм
изолятора с диэлектрической проницаемостью х, толщиной t<Zd и площадью, равной площади пластин конденсатора, причем так, что ее плоскости параллельны пластинам. Пренебрегая краевыми эффектами, покажите, что емкость конденсатора при этом становится равной
г> ______£о_______
1—[(х —l)/x](//rf) ‘
10.	4. Изолированному металлическому шару радиуса а сообщен заряд Q. Поверхность шара равномерно покрыта слоем диэлектрика с внутренним радиусом а и внешним радиусом Ь.
а)	Вычислите поверхностный заряд, наведенный на внутренней и внешней поверхности диэлектрика.
б)	Найдите, чему равна плотность наведенных зарядов в объеме диэлектрика.
10.	5. Плоский конденсатор подключен к электрической батарее, поддерживающей на его пластинах разность потенциалов Vo. В пространство между обкладками конденсатора вдвигается пластина из диэлектрика с диэлектрической проницаемостью х так, что это пространство полностью заполняется диэлектриком.
а)	Покажите, что при этом электрической батареей совершается работа ?0V0(x—1), где qQ— заряд на обкладках конденсатора до заполнения его диэлектриком.
б)	Какую работу при заполнении конденсатора диэлектриком совершают механические силы? Совершается ли эта работа над диэлектриком или самим диэлектриком?
10. 6. Две коаксиальные трубки радиуса а и b (а<Ь) погружаются вертикально в масляную ванну. Покажите, что, если между трубками существует разность потенциалов V, масло в них поднимется на высоту
In (b/a) p(b2—a2)g’
где x—диэлектрическая проницаемость масла.
Условия задач
343
10. 7. Покажите, что силовые линии электрического поля, пересекающие поверхность раздела двух диэлектриков с диэлектрическими пронипаемостями хх и х2, образуют с нормалью к этой поверхности углы 0Х и 02, связанные соотношением хх ctg0x=x2ctg 02.
К главе 11. Внутреннее устройство диэлектриков
11. 1. Найдите электрическое поле внутри и вне однородно поляризованного шара радиуса а (см. фиг. 11.7, вып. 5, стр. 223).
11. 2. Диэлектрическая проницаемость газа гелия при 0° С и давлении 1 атм равна 1,000074. Найдите дипольный момент атома гелия в однородном электрическом поле с напряженностью 100 в/см.
11. 3. Диэлектрическая проницаемость водяного пара, газа полярных частиц, весьма заметно зависит от температуры. В приведенной ниже таблице представлены экспериментальные данные по исследованию этой зависимости. Считая водяной пар идеальным газом, вычислите поляризуемость его молекул как функцию температуры и начертите график этой зависимости, откладывая по оси абсцисс обратную температуру. По наклону кривой определите дипольный момент молекулы воды.
Г, °К Давление, см. рт. ст.	(и - !)• 10б
393	56,49	400,2
423	60,93	371,7
453	65,34	348,8
483	69,75	328,7
11. 4. Рассмотрите систему, состоящую из двух атомов, расположенных на расстоянии а друг от друга. Поляризуемость каждого атома равна а. Найдите связь между а и а, при которой эта система будет сегнетоэлектриком. (Ответ'. а®=а/2л.) Если эта
344
5. Электричество и магнетизм
задача покажется вам слишком простой, рассмотрите линейную цепочку атомов кислорода, расположенных на расстоянии а друг от друга, между каждой парой которых находится атом титана.
Ti О Ti О Tt
о о
----а----
Найдите соотношение между поляризуемостью атома кислорода «о и атома титана аТь при котором такая система будет сегнетоэлектриком.
Примечание'.
У 4 = 1,20.
11. 5. «Диэлектрик» представляет собой пространственную решетку регулярно расположенных стеклянных шариков диаметра d с минимальным расстоянием между соседними шариками, равным 3d. Предполагая, что поляризация, наведенная во внешнем электрическом поле в каждом стеклянном шарике, не зависит от наличия остальных (т. е. пренебрегая перераспределением наведенных зарядов благодаря взаимному влиянию шариков), найдите диэлектрическую проницаемость такого «диэлектрика».
К главе 12. Электростатические аналогии
12. 1. Из медной проволоки диаметром поперечного сечения b сделано кольцо радиуса а, причем Ь<^а. Кольцо помещено в центр пластмассового шара, радиус которого во много раз больше радиуса кольца. Переменным магнитным полем в кольце наводится ток. Ток нагревает проволоку, причем в единицу времени в кольце выделяется W тепла (в дж/сек). Температура на поверхности шара рарна То. Чему равна температура в центре шара в Стационарном случае?
Условия задач
345
12. 2. В задаче 5.10 была обрисована одна из простейших моделей для описания теплового баланса Земли. Другая модель (тоже сильно упрощенная) состоит в предположении, что внутри Земли существует ядро радиуса а с предельно высокой теплопроводностью. Найдите, какого размера должно быть это ядро, считая его температуру равной 2500° С, а коэффициент теплопроводности окружающих ядро пород равным 0,03 дж/см-сек-град и принимая во внимание тот факт, что Земля ежегодно выделяет 8-Ю20 дж тепла.
12. 3. а) В ряде случаев электростатический потенциал <р можно представить в виде <p=f(r)cos0=/:(r) г/г, где г2=х2+г/2+г2. Например, потенциал такого вида в гл. 12 «Лекций» (вып. 5) возникает при решении задачи об обтекании шара «сухой» водой. Если функцию /(г) разложить в ряд
2 V". п =- <х>
то для потенциала <р, удовлетворяющего урав-нению Лапласа, только два коэффициента Ьп будут отличны от нуля. Найдите эти коэффициенты.
б) В двумерной задаче потенциал <р может быть записан в виде
(p = g-(p)cos6=g-(p).-,	я(р)= 2 СпР”>
г	п —_ «
где р2=г/2+г2. Найдите отличные от нуля коэффициенты, если потенциал <р удовлетворяет уравнению Лапласа.
При решении задачи используйте декартову систему координат.
12. 4. Две тонкие водопроводные трубы, расположенные параллельно на расстоянии d друг от друга, пересекают под прямым углом широкую стенку толщиной t. Теплопроводность стенки равна К, а температура на далеких расстояниях от труб равна То. По трубе, пересекающей стенку в точке x=-\-d/2,
346
5. Электричество и магнетизм
течет горячая вода, сообщающая стенке + W вт тепла. По другой трубе течет холодная вода, которая, наоборот, забирает от стенки —W вт тепла. Считая трубы бесконечно длинными, а задачу двумерной, найдите температуру в точке Р с координатами х—100 d, у= 100 d. Пусть Т’о=20° С, d=50 см, К=0,03 вт/см • град, №=200 вт и толщина стенки равна 10 см. Решите задачу в разумных приближениях.
К главе 13. Магнитостатика
13. 1, Концы четырех параллельных медных проводов сечением 1 мм2 достаточно большой длины образуют квадрат со стороной 20 см (см. рисунок). По каждому проводу течет ток 20 а в направлении, указанном стрелками. Какова величина и направление вектора магнитного поля В в центре квадрата? Куда направлена сила, действующая на 1 погонный метр левого нижнего из проводов, и какова ее величина?
а=20см 1=20 а
Условия задач
847
13.	2. Длинный диэлектрический цилиндр радиуса а статически поляризован, причем вектор поляризации во всех точках цилиндра направлен радиально, а величина его пропорциональна расстоянию от оси, т. е. Р=РоГ/2. Цилиндр вращается с постоянной угловой скоростью ы вокруг своей оси. Найдите магнитное поле в точках на оси цилиндра, достаточно удаленных от его концов.
13.	3. Длинный коаксиальный кабель состоит из двух концентрических проводников, размеры которых указаны на рисунке. Предполагается, что плотность токов в проводниках однородна по сечению.
а)	Найдите магнитное поле В в точках г внутри центрального проводника (г<а).
б)	Найдите В в пространстве между проводниками (а<г<&).
в)	Найдите В внутри внешнего проводника (Ь<г<с). г) Найдите В вне кабеля (г>с).
13.	4. Развертка электронного луча в телевизионной электронно-лучевой трубке осуществляется магнитным полем, создаваемым системой отклоняющих катушек, расположенных в узкой части электроннолучевой трубки. Источником электронов, как правило, служит электронная пушка, из которой электроны вылетают с энергией 3 кэв. После отклонения электроны затем ускоряются электрическим полем. Оцените напряженность магнитного поля, соот
348
6. Электричество и магнетизм
ветствующую максимальному отклонению электронного луча. Оцените в тот же момент времени число ампер-витков в отклоняющей катушке. При оценке ускорением электронов после отклонения можно пренебречь. В какую сторону изменятся ваши оценки, если учесть это ускорение?
13.	5. По длинному прямолинейному проводу течет ток /1( а по контуру, имеющему форму прямоугольника со сторонами I и w, течет ток 12. Прямолинейный проводник и контур лежат в одной плоскости.
а)	Чему равна сила, действующая на контур? Какая сила действует при этом на линейный проводник?
б)	Какой вращающий момент приложен к контуру? Чему равен вращающий момент, приложенный к линейному проводнику?
13.	6. Внутри очень длинного проводящего стержня радиуса а имеется цилиндрическая полость радиуса Ь, ось которой параллельна оси стержня, но находится от нее на расстоянии d. По про-
воднику течет ток, плотность которого по сечению однородна и равна +/. Чему равно магнитное поле на оси полости, вдали от концов стержня?
Условия задач
349
К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
14.	1. При производстве пластмассовой пленки широкая Тонкая полоса пластмассы протягивается со скоростью v через два последовательно расположенных ролика. В процессе обработки поверхность пленки приобретает равномерно распределенный электрический заряд о.
а)	Найдите векторный потенциал вблизи поверхности полосы, в центре пролета между роликами (вблизи точки Р на рисунке).
б)	Чему равно поле В в этой же области?
14. 2. По тонкому проводу течет ток /. Чему равно магнитное поле в центре полукруга, созданное: а) каждым из прямолинейных участков провода, длина которых равна /?
б) криволинейным участком провода длиной яг? в) всем проводом?
14. 3. В используемых на практике устройствах часто необходимо добиться высокой однородности магнитного поля. Одной из важнейших характеристик этих устройств является однородность поля, создаваемого кольцами Гельмгольца: двумя коаксиальными витками проволоки, по которым течет ток в одном направлении. Пусть радиус витков равен а, сила тока в них I, а расстояние между ними равно Ь.
обО 5. Электричество и магнетизм
а)	Найдите магнитное поле на оси витков в точке Р, расположенной на расстоянии х от средней точки между витками.
б)	Разложите полученное выражение в ряд по степеням х с точностью до членов №.
в)	Каково соотношение между величинами а и Ь, при котором слагаемые с хг обращаются в нуль?
г)	Покажите, что созданное витками магнитное поле в указанном в пункте (б) приближении и при условии, найденном в пункте (в), определяется выражением
о 8/
х 5а/2ае0с2 ‘
14.	4. По квадратной проволочной рамке со сторонами, равными а, течет ток /.
а)	Используя закон Био—Савара, покажите, что магнитное поле В на оси рамки в точке, расположенной на расстоянии х от ее центра, равно
Б =----------.......
л (4x2 а2) (4х2 + 2а2) *'• е0с2
б)	Получите тот же результат, определив векторный потенциал.
Примечание. Исходите из интегрального пред-; ставления векторного потенциала и используйте соотношения
Ь	ь
^f(x, y)dy=^2.f(x, y)dy, а	а
b	Ь
lim f f(x, y)dy—\f lim f(x, y)\ dy.
X-* C V	и	I	J
a	a
Условия задач
851
14. 5. Определив векторный потенциал, вычислите магнитное поле на оси бесконечно тонкого кольца радиуса а, по которому течет ток /.
14. 6. Проводящая сфера радиуса а заряжена до потенциала V. Сфера вращается вокруг одной из осей, проходящих через ее центр, с угловой скоростью <в. Покажите, что магнитное поле сферы совпадает с полем магнитного диполя, магнитный момент которого равен,
р = еишК лсг\.
Покажите также, что поле внутри сферы равно
Я -2(oV вв Зса •
Эти выражения точные для всех точек соответственно вне и внутри сферы. Если вы не можете доказать этого, получите ответ на первый вопрос для расстояний, намного превышающих а, а второй результат — для центра сферы.
14.	7. Как отмечалось в «Лекциях», скорость вращения Земли в принципе можно определить, измерив разность потенциалов между центром и поверхностью проводящего цилиндра, помещенного на Северном полюсе Земли так, что его ось проходит через центр земного шара.
а)	Покажите, что эту разность потенциалов можно представить в виде
М-УА-. \ с ) 4ле0
где v — линейная скорость точек на поверхности цилиндра, а X — поверхностный заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра.
б)	Можно ли представить себе установку с разумными параметрами для измерения этого эффекта?
6
ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
К главе 15. Векторный потенциал
15.	1. Внутри сверхпроводника поля В и Е равны нулю.
а)	Граничным условием для поля Е на поверхности сверхпроводника является равенство нулю его тангенциальных компонент. Как выглядят граничные условия для магнитного поля?
б)	Маленькая рамка с током помещена на расстоянии d от поверхности сверхпроводника, занимающего полупространство. Магнитный момент р рамки образует угол 6 с нормалью к поверхности. Несколькими словами опишите метод, с помощью которого можно найти магнитное поле в любой точке пространства, предполагая, что поле магнитного диполя уже известно.
в)	Найдите зависимость от угла 0 вращающего момента, приложенного к диполю. Найдите углы, соответствующие равновесию диполя. Какие из них отвечают устойчивому равновесию, а какие — неустойчивому?
г)	Найдите зависимость от угла 0 силы, притягивающей магнитный диполь к сверхпроводнику или отталкивающей диполь от него.
d
777///777777/Т7
Условия задач
353
К главе 17. Законы индукции
17. 1. На приведенном рисунке изображено однородное магнитное поле В внутри цилиндра радиуса г. Напряженность магнитного поля В уменьшается с постоянной скоростью 100 гс/сек. Чему равно мгновенное ускорение (величина и направление) электрона, помещенного в точки Plt Р2 и Р3? Величину а считать равной 5,0 см.
17. 2. Жесткий провод, согнутый в полукруг радиуса г, вращается с угловой скоростью со в однородном магнитном поле. Чему равна частота и амплитуда напряжения и тока, наведенного в проводнике, если внутреннее сопротивление вольтметра М равно Рм, а сопротивление остальных частей цепи ничтожно? Предположите, что поле, создаваемое током, мало по сравнению с полем В, т. е. наведенный ток мал и неспособен существенно изменить величину В.
12 Заказ № 17
354
6. Электродинамика
17. 3, По круговому витку (/) провода, радиус а которого мал, течет постоянный ток /. Другой точно такой же виток провода (2) помещен на оси, проходящей через центр первого витка, на расстоянии R, причем R^>a. Плоскости витков параллельны. „Затем виток (2) приводится во вращение с угловой скоростью а вокруг одного из его диаметров. Какова наведенная в цепи витка (2) э. д. с., если он разомкнут?
17. 4, Металлический провод массы т скользит без трения по двум параллельным металлическим рельсам, находящимся на расстоянии d друг от друга, как показано на рисунке. При движении провод пересекает силовые линии однородного магнитного поля В, направленного вертикально.
а)	Генератор G создает постоянный ток 7, текущий от одного рельса к другому через скользящий провод; Определите скорость (величину и направление) провода как функцию времени, предполагая, что в момент 7=0 провод покоился.
б)	Генератор заменяется электрической батареей с постоянной э. д. с. Провод при этом движется с постоянной скоростью. Найдите скорость установившегося движения. Достигает ли скорость такой величины в условиях задачи (а)?
Условия задач
355
в)	Чему равен ток в задаче (б) в условиях установившегося движения? Считайте, что магнитное поле, создаваемое током 7, значительно меньше В.
17.	5, Цепь состоит из двух соединенных последовательно катушек с индуктивностями Lr и L2. Взаимная индукция катушек равна ЭЛ. Найдите полную индуктивность цепи. Как изменится суммарная индуктивность, если витки одной катушки перемотать в другую сторону?
17,	6. Кабель сделан из провода и охватывающего его коаксиального проводящего цилиндра, по которому течет ток в противоположном направлении. Радиус внутреннего провода кабеля равен а, а внешний радиус цилиндра равен Ь.
а)	Покажите, что если предположить, что ток во внутреннем проводе течет только по его поверхности, то индуктивность, приходящаяся на единицу длины кабеля, равна
злбоС2 \а )
б)	Вычислите индуктивность, если ток равномерно распределен по сечению внутреннего провода кабеля. Сравните оба полученных результата. Сильно ли зависит результат от характера распределения тока по сечению центрального провода?
2Ь
12*
366	6. Электродинамика
17.
7.	Тороидальная катушка из N витков, внутренний радиус которой равен Ь, в поперечном сечении имеет форму квадрата со сторонами, равными а.
а)	Покажите, что индуктивность катушки равна
& —. У2.а_ in ( 14- — ^
2ле0са Ч ь )
б)	Выразите через те же величины взаимную индукцию системы, состоящей из тороидальной катушки и длинного прямолинейного провода, вытянутого вдоль оси симметрии катушки. Считайте, что проводники, замыкающие цепь, настолько удалены от катушки, что их влиянием можно пренебречь.
в)	Найдите отношение индуктивности катушки к взаимной индукции системы.
17.	8. Два плоских витка провода с одинаковой площадью А и током / помещены на расстоянии г друг от друга так, как показано на рисунке. Единичные векторы пх и п2, определяющие направления нормалей к виткам, образуют с линией, соединяющей центры витков, углы ctj и а2 и лежат с ней в одной плоскости.
а)	Предполагая, что радиус каждого витка во много раз меньше г, найдите взаимную индукцию ЭК двух витков.
б)	Используя найденное выражение для ЯЛ12, найдите величину и направление силы, действующей между витками.
в)	Как изменится эта сила, если направление тока в одном из витков или сразу в обоих поменять на противоположное?
17. 9. Круговой виток провода радиуса расположен в центре соленоида длиной /, состоящего из N витков
Условия задач
357
радиуса г2, причем Оси витка и соленоида совпадают. Обозначив цепь кругового витка индексом 1, а цепь соленоида индексом 2, найдите индуктивности ЭЛ12 и S0l21.
17.10.	В однородном магнитном поле В, направленном перпендикулярно плоскости рисунка, по двум проводящим рельсам со скоростью v движется провод. Какой ток течет через сопротивление R, если v — 100 см!сек, /10 см, В-0,1 веб-epi м1 и /?=10 ом (магнитным полем, создаваемым током, пренебречь). В какую сторону изменится найденный вами ток, если не пренебрегать полем, создаваемым движущимся проводником? Изменится ли ваш ответ, если магнит, создающий поле В, будет двигаться со скоростью v в ту же сторону, что и провод? Как меняется со временем коэффициент самоиндукции изображенной на рисунке цепи?
0 0 I® 0 ®	0
В -[Г I
0 0 5® 0 0	0
17.11.	Рассмотрим два витка провода радиуса а, находящиеся на расстоянии d друг от друга (£>>а). Центры витков лежат на одной прямой, перпендикулярной
358
6. Электродинамика
плоскости обоих витков. Через виток А в направлении, показанном на рисунке стрелкой, пропускается ток 7=Ло^2 (7 — время). Сопротивление витка Б равно R.
а)	Если пренебречь самоиндукцией витков, то чему равен момент сил, действующих на виток />?
б)	Покажите, что если пренебречь самоиндукцией, то сила, действующая на виток Б, равна
24л4а8Х^3
(4ле0с2)3 <:/’/? '
В какую сторону направлена эта сила?
в)	Покажите качественно, в каком направлении изменится найденная вами величина силы и величина момента силы, если самоиндукцией витков не пренебрегать?
г)	Выясните, как изменится ответ к пунктам (а) и (б) задачи, если виток Б повернуть на 90° вокруг оси, перпендикулярной общей оси витков.
К главе 20. Решения уравнений Максвелла в пустом пространстве
20.	1. Решение дифференциальных уравнений иногда удобно искать в комплексном виде.
а)	Покажите, что если электрическое поле зависит от времени t и координаты х (зависимости от у и г нет)
Е = Еое((^-^),
то каждая компонента вектора напряженности электрического поля удовлетворяет волновому уравнению. (Напомним, что физическое поле
Условия задач
359
описывается вещественной частью приведенного выражения.)
б)	Убедитесь, что вещественная часть Е описывает плоскую волну, распространяющуюся вдоль оси х. В какую сторону оси х распространяется волна?
в)	Покажите, что если оператор V действует на функции, подобные приведенной в пункте (а), то он имеет вид
V = e*^ = M — ik),
где ех— единичный вектор, направленный вдоль оси х; i=V—1 — мнимая единица, т. е. что его действие сводится к простому умножению функции на число. Можно ли подобное утверждать относительно оператора производной по времени? г) Используя результат пункта (в), покажите, какой вид имеют уравнения Максвелла для полей, зависящих от t и х синусоидально. Какая связь должна существовать между <в и fe?
д) Как изменятся ваши ответы, если электрическое поле имеет вид
Е = Еое± ‘ (<»*+**)?
20. 2. Плоская электромагнитная волна частоты <о отражается от зеркала, движущегося со скоростью v в направлении распространения волны. Используя уравнения Максвелла, найдите частоту отраженной волны, которая регистрируется неподвижным наблюдателем. Сравните ваш результат с тем, который был получен в вып. 3 с помощью теории относительности.
К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
21. 1. Выведите подробно выражение (21.26) (см. «Лекции», вып. 6, стр. 155).
21. 2. С помощью уравнения (21.1) (см. вып. 6, стр. 142) можно найти электрическое поле, создаваемое
860
6. Электродинамика
движущимся зарядом. Рассмотрим диполь, образованный положительным и отрицательным зарядами, осциллирующими относительно начала координат вдоль оси г так, что координата положительного заряда меняется со временем по закону z+=d/2cosw t, а отрицательного г_——d/2cosco/. Дипольный момент такой системы зарядов равен p=dez dcos® t. Покажите, что электрическое поле диполя, найденное из упомянутого уравнения, имеет вид
При решении задачи считайте, что точка Р находится на расстоянии f^>d от диполя.
Примечание. er+«er«ef_, a der+jdt и d“&r+/dР— это векторы, направления которых практически совпадают с направлением вектора е9.
21. 3. Используя симметрию уравнений Максвелла и вид электрического и магнитного полей осциллирующего электрического диполя, найдите поле осциллирую
Условия задач
361
щего магнитного диполя *. Это поле должно совпадать с полем диполя, создаваемого контуром с током i=!0cosco t, радиус которого равен а (а^с/<л).
21. 4. В задаче 21.2 диполь состоял из двух зарядов, осциллирующих вокруг начала координат. Диполь, величина которого изменяется со временем по гармоническому закону, можно построить иным способом: взять два проводящих шара, соединить их проводником длиной d и по проводнику пропустить переменный ток. Тогда на концах проводника возникает переменный заряд +q(t), а сам проводник остается в целом нейтральным; заряд q(t) можно рассматривать как вещественную часть выражения
В произвольной точке Р на расстоянии f^>d от диполя интегральное представление для запаздывающего потенциала приводит к точному выражению для <р (см. рисунок)
т 4ле0
cos со (t — i\/c)
Г1
cos со (t—г2/с)
'г
а)	Предполагая cod/2c<|l, покажите, что
Qad cos 0 Г 1 ср = ------ —cos со
т 4леог Lг
со .
— Sin со с
* Электрическое поле диполя найдено в задаче 21.2. Магнитное поле диполя находится из уравнения (21.1) «Лекций» (вып. 6).
сВ = ег<хЕ.
362
6. Электродинамика
б)	Покажите далее, что
д ~	Qomd sin со (t — г /с)
г	4ле0с2г
в)	Убедитесь, что из найденных вами потенциалов следуют те же выражения для электрического и магнитного полей.
21. 5, Антенна, предназначенная для работы на частоте й=2лс/Х, изготовлена из двух колинеарных проводов, длина каждого из которых равна J/4 длины волны. На антенну подается синусоидальное меняющееся напряжение требуемой частоты. Возникающее в антенне распределение токов с большой степенью точности описывается выражением
i== —i0 sin (at) cos
Для определения поля излучения антенну можно представить в виде суперпозиции большого числа диполей длины Ди, причем каждый из них расположен в точке г. Величина дипольного момента меняется от диполя к диполю.
а)	Покажите, что дипольный момент каждого такого диполя следует брать в виде
Др = /— cos cos (оЛ Дг. r I ш X I
б)	Покажите, что на больших расстояниях (ф>с/<в) электрическое и магнитное поля антенны имеют вид .
2с0 со®(тС05 0)
-------же—--cosa
0 4леосг
в)	Нарисуйте примерный вид кривой зависимости Е^ от угла 0. На этом же рисунке нанесите кривую зависимое ти Ее от 0 для одного диполя и
Условия задач
363
сравните полученные кривые.
21.	6. Частица с зарядом q движется по кругу радиуса а со скоростью V.
а)	Найдите скалярный потенциал <р в центре круга в тот момент, когда частица находится в точке Р.
б)	Определите векторный потенциал А в центре
круга в тот же момент.
в) Определив потенциалы в окрестности центра круга,воспользуйтесь выражениями (18.16),(18.19) («Лекции», вып. 6, стр. 90) и найдите электрическое и магнитное поля в центре. Как ориентирован вектор напряженности электрического поля по
отношению к радиусу-вектору, проведенному в точку Р?
г) Вычислите эти поля, воспользовавшись формулой
(21.1)	(вып. 6, стр. 142). В этой задаче скорость v
не предполагается малой по сравнению со скоростью света с.
864	6.' Электродинамика
К. главе 22. Цепа переменного тока
22.	1. Проволочки соединены так, что они образуют ребра куба, причем сопротивление каждого ребра 1 ом. Найдите сопротивление между различными парами вершин куба.
22.	2. а) Найдите ток I в цепи, схема которой изображена на рисунке.
б)	Чему равен ток I, если изображенные на схеме катушки индуктивности обладают взаимной индуктивностью ЯП?
22. 3. Принципиальная схема устройства высокой точности звуковоспроизведения имеет такой вид, как изображено на рисунке. Эффективное сопротив-ление каждого громкоговорителя равно R.
а)	Покажите, что при /?2—«272С импеданс на входе (на клеммах генератора) веществен и равен R.
б)	Покажите, что (02=1/о27С. Частота о)г определяется как та частота, при которой на каждый из громкоговорителей приходится 1/2 общей мощности.
Сдвоенный громкоговоритель
22, 4. Покажите, что амплитуда разности потенциалов (напряжение) между точками а и b цепи, изображенной на схеме, не зависит от со. Опишите качественно зависимость фазы этой разности потен
Условия задач
365
циалов от частоты ш. Как изменится величина разности потенциалов между точками а и Ь, а также фаза, если источник напряжения обладает внутренним сопротивлением #10/?
22.	5. Электрическая цепь имеет вид, изображенный на схеме.
а)	Изобразите схематически зависимость амплитуды тока в цепи от частоты для произвольно выбранных величин L, С и #.
б)	Если #^>]/7-/С, сравните частоту резонанса и ширину пика резонансной кривой данной цепи с аналогичными величинами для цепи с последовательным соединением ее элементов, но при L/C. Специально рассмотрите случай #=#К^/Сдля цепи с параллельным соединением и случай /?--(1/К)К^/С для цепи с последовательным соединением
22.	6. Мостовая схема, изображенная на рисунке, используется для измерений индуктивности. Источником переменной э. д. с. частоты ю служит генератор напряжения. Если мост сбалансирован, ток через детектор #D равен нулю. Найдите £ как функцию # и С.
866
6. Электродинамика
22t 7, Изображенная схема представляет собой мост Вейна, часто используемый в RC-цепях. Если ток через детектор равен нулю, говорят, что мост сбалансирован. Покажите, что баланс наступает при одновременном выполнении следующих двух условий:
1
<0 = -- .........._	—
22.	8. В цепи, изображенной на рисунке, действует источник переменного напряжения V(/)=E0cos(d t.
а)	Покажите, что если R, L и С подобраны так, что RC—L[R, ток / в цепи не. зависит от частоты.
Условия задач
367
б)	Какова разность фаз между приложенным напряжением и напряжением на концах /?С-пары (при RC=L/R)?
22,	9. Электрическая цепь собрана так, что один ее свободный конец, изображенный на рисунке стрелкой, упирающейся в точку Ра, может быть присоединен к любой из точек Ро, Рг, ..., Рп.
1.	Найдите выражение для мощности, выделяемой в сопротивлении R, если цепь замкнута в точке Рт, где О^т^л..
2.	Допустим, что R—1000 ом, L=10 генри, С=20 мкф, (о=100 рад/сек.
а)	При каком значении т найденная мощность максимальна?
б)	Каково максимальное значение напряжения между точками Ро и Р2 при т=2 и Vo= 100 в? На концах сопротивления R?
К главе 23. Полые резонаторы
23,	1. Найдите приближенно «резонансную» частоту для полости, изображенной на рисунке, предполагая, что d-^д и	—а). Какими основными эффектами
вы пренебрегли? Если полость равномерно остывает
368
6. Электродинамика
(т. е. температура во всех точках полости в один и тот же момент времени одинакова), приведет ли ее тепловое сжатие к увеличению или уменьшению резонансной частоты? А может быть, она останется неизменной?
симметрии
К главе 24. Волноводы
24.	1. Единица длины линии передачи обладает индуктивностью £0 и емкостью Со. Покажите, что если напряжение V и ток I в линии передачи меняются медленно (что соответствует передаче сигналов с длиной волны, много большей, чем расстояние между секциями линии передачи), то V и 7 удовлетворяют следующим уравнениям:
дУ_____г д_1_
dx “ Л° dt ’
дх~ с° dt ’
т. е. 7 и V удовлетворяют волновому уравнению
d2/	] <92/ d2V  1 д2У
дх2	v2 dt2 ’ дх2	v2 dt2 ’
где
Условия задач
369
Заметьте, что предположение о медленном изменении сигналов отнюдь не обязательно, но обоснование этого утверждения выходит за рамки гл. 24.
24. 2. Характеристический импеданс равен Z0=yrZ.0/C0, где Lq— индуктивность, а Со— емкость единицы длины.
Покажите, что для линии передачи, состоящей из двух тонких полос шириной Ь, находящихся на расстоянии а друг от друга (а^Ь), характеристический импеданс равен
7 ~ । а 0 ~ ’
24. 3. Секция цилиндрической коаксиальной линии передачи закрыта с обоих концов проводящими пластинами. Длина полости, образованной таким способом, равна I. Для самой низкой моды, электрическое поле которой радиально: а) найдите частоту;
б) найдите выражение для Е;
в) сравните найденную частоту с (о0= 1/где S?— индуктивность, а С— емкость, приходящиеся на длину I бесконечной коаксиальной линии.
24. 4. Волновод в форме прямоугольного параллелепипеда (стороны сечения а и Ь) изготовлен из идеального проводящего материала. Концы одной секции волновода, длина которой I, закрыты пластинами из проводящего материала, так что полость внутри
У
370
6. Электродинамика
волновода фактически представляет собой резонатор. Если электрическое поле в полости определяется вещественной частью выражения
Е(х, у, z, t) = E0(x, z)eye‘'°t,
то чему равна амплитуда Е0(х, z) для колебания самой низкой резонансной частоты? Чему равна сама резонансная частота?
24.	5. Коаксиальный кабель состоит из двух концентрических проводящих цилиндров. Один конец (х=0) кабеля подсоединен к генератору переменного напряжения V( /)=V0cos(o t. Другой конец (х=Г) закрыт проводящей пластиной. Индуктивность и емкость единицы длины кабеля равны Lo и Со. Поле в таком кабеле можно представить в виде суперпозиции двух волн: падающей и отраженной от закороченного конца. Амплитуды и фазы этих волн должн^ быть подобраны так, чтобы суммарное напряжение между проводниками было равно нулю при х=1 и V0cosco/ при х—0.
а)	Напишите выражения для падающей и отраженной волн.
б)	Нарисуйте кривую зависимости напряжения между проводниками от расстояния х, если длина кабеля I равна 5лс/2со (с — скорость света). Укажите значения х, для которых напряжение максимально.
в)	Чему равен ток в точках х=0, х=1/2=1/2(5лс/2а) и х=1=5лс/2(о?
г)	Предполагая источник напряжения идеальным, определите средний момент сил, который должен быть приложен к его ротору, чтобы последний вращался с угловой скоростью ш.
24, 6. Покажите, что если при х=1 линия передачи замкнута (включен элемент с импедансом Zr), то импеданс на «входе» линии (х=0) равен
2 _ tg м LCI—iZ^/Z^ s~ ° l + iZT/Zoiga>yLCl'
Условия задач
371
где Zg=yL/C — характеристический импеданс линии. Чему равно Z„, если
a)	Zr=0?
б)	Zr=oo?
в)	Zr=Z0?
24. 7, Линия передачи с характеристическим импедансом Zx соединена с другой линией с характеристическим импедансом Z2.
Покажите, что если система работает от генератора, подключенного к первой линии (Zx), «коэффициент отражения», определяемый отношением Котр/Кпад, равен
Уртр _ Z2— Zt
Упад Z1 + Z2 ’
а «коэффициент пропускания»
Упроп _ 2Z2
Упад Zi+Z2
24. 8. Электрические поля внутри волноводов, описанных в гл. 24 «Лекций», обладают тем свойством, что проекция вектора напряженности электрического поля на направление распространения волны равна нулю, т. е. электрическое поле поперечное. Кроме того, могут существовать бегущие волны, у которых равна нулю проекция напряженности магнитного поля на направление распространения (так называемые поперечные магнитные волны). Для волновода в форме прямоугольного параллелепипеда (см. «Лекции», вып. 6, стр. 224, фиг. 24.3 и 24.4) векторный потенциал поперечной магнитной волны имеет вид
А = е sin^—sin^ez ^t-k^y * а о
372
6. Электродинамика
где
<	/ / to \2	/ тл\2 / 7l«\2
k*=v Ы “М ~W •
а)	Убедитесь, что магнитное поле, найденное с помощью этого потенциала, действительно поперечно, и покажите, что электрическое поле Е и магнитное поле В удовлетворяют волновому уравнению и соответствующим граничным условиям.
Примечание. Мы полагаем, что Е—?<р—
—dk/dt, B=vxA, где V-A=—l/c2(dq>/d/).
б)	Покажите, что поперечная магнитная волна не распространяется, если
/(	/ ПЛ\2
W 
К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
(Единицы измерения выбраны так, что с=1.)
25.	1. Запишите в 4-векторной форме выражения
(ф2_А2),	(A-j— р<р).
25.	2. Комптон-эффект состоит в том, что фотон, налетая на покоящийся электрон, рассеивается на нем, как частица на частице. Выразите энергию рассеянного фотона через энергию падающего фотона и угол отклонения его направления распространения от первоначального.
Условия задач
373
25. 3. Позитрон может быть создан в результате бомбардировки покоящегося электрона фотоном:
? + <?" —>е~ + (е+ + е~).
Какова минимальная энергия фотона, необходимая для осуществления этого процесса? При решении задачи пользуйтесь, где это возможно, 4-векторами и их инвариантными комбинациями.
25. 4. На покоящуюся частицу массы т налетает другая частица с массой М и импульсом р. В результате полностью неупругого соударения частицы сливаются, образуя новую частицу. Какова масса и скорость этой частицы? Сравните ваш результат с тем, который получается в нерелятивистском приближении.
К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
(Единицы измерения выбраны так, что с=1.)
26. 1. Распишите подробно и вычислите выражение
26. 2. Найдите 4-вектор, пространственные компоненты которого совпадают с компонентами вектора
рЕ-(- j хВ.
Каков физический смысл временной и пространственных компонент этого 4-вектора?
26. 3. Покажите, что Е2—В2 и (Е-В) инвариантны относительно преобразований Лоренца. Убедитесь, что если векторы Е и В образуют острый угол в какой-нибудь системе координат, то этот угол будет острым во всех других системах координат. Для какого важного физического явления оба инварианта равны нулю?
26. 4« Пусть Е и В — напряженности электрического и
374	6. Электродинамика
магнитного полей в некоторой точке пространства в данной системе координат. Определите скорость другой системы координат, в которой электрическое и магнитное поля параллельны. Систем координат, обладающих таким свойством, много. Действительно, если найдется хотя бы одна такая система координат,то указанные векторы будут параллельны и во всех других системах координат, движущихся с постоянной скоростью относительно найденной в направлении, общем для векторов Е' и В'. Поэтому удобно и в тоже время достаточно рассмотреть систему координат, вектор скорости которой перпендикулярен к векторам Е и В.
26. 5. В гл. 26 «Лекций» (вып. 6) 4-мерный потенциал Лр., создаваемый движущейся с постоянной скоростью заряженной частицей, был найден путем перехода от системы координат, где частица покоится, к лабораторной системе координат. Напряженности Е и В электрического и магнитного полей с помощью Л у. определялись согласно общим формулам.
Найдите Е и В, исходя из известного их вида в системе координат, где заряд покоится, и перейдя к движущейся системе координат.
26. 6. Покажите, что электрическое и магнитное поля заряда, движущегося с постоянной скоростью, могут быть представлены в виде
Е =_£Г_______1—я2
4леог3 (1_„г sina 0)3/г’
R — ? УХ г	1—о2
~~ 4ле0 г3 (1—v2sin20)3/a’
где г — радиус-вектор, проведенный из точки, где в данный момент находится заряд, в точку наблюдения, а 0 — угол между векторами г и V.
26. 7. По очень длинному прямому проводу течет ток I, создаваемый электронами, движущимися со скоростью V. Полная плотность зарядов в каждой точке провода равна нулю благодаря наличию положительно заряженных ионов.
Условия задач
375
а)	Найдите поля вне провода в системе координат, где провод покоится.
б)	Найдите те же поля в системе координат, движущейся вместе с электронами. В «Лекциях» электрическое поле в такой системе координат было найдено другим методом [см. вып. 5, стр. 271, выражение (13.28)].
26, 8.
Два электрона с одинаковой скоростью v движутся параллельно друг другу по обе стороны от бесконечной положительно заряженной плоскости на расстоянии а от нее; плотность покоящихся поверхностных зарядов равна а.
а)	При какой величине а расстояние между электронами будет оставаться равным 2 а?
б)	Сравните величину а, которая получается для электронов с энергией 500 Мэв, с той, которая будет в случае медленно движущихся электронов.

v
26, 9.
26.10.
Пусть —4-вектор силы, действующей на частицу, а пи—4-вектор ее скорости. Покажите, что
fyUy. = 0.
Частица с зарядом q движется с постоянной скоростью в плоскости ху вдоль траектории, изображенной на рисунке пунктирной линией (в начале координат частица рассеивается). Величина скорости частицы вдоль всей траектории остается постоянной. В момент времени t— частица находится в точке х=а, у=0.
376
6. Электродинамика
а)	Найдите электрическое поле в точке Р (х=у^а) при t= если п/с=0,5 (с — скорость света).
б)	Как изменился бы ваш ответ, если бы до рассеяния в начале координат частица двигалась вдоль оси у>
К главе 27. Энергия поля и его импульс
27.	1. Методом, использованным в «Лекциях» (вып. 6, стр. 288) при выводе выражения (27.11), представьте в ином виде выражения
VX(AxB), V(A-B).
27.	2. Выразите в мегатоннах (мгт) энергию магнитного поля Земли, заключенную во в£ем пространстве, внешнем по отношению к Земле (1 мгт — энергия, освобождаемая при взрыве 1 млн. тонн тринитротолуола, т. е. 4,2-1015 дж). Предположите, что магнитное поле Земли — это поле диполя с напряженностью на экваторе примерно около 2/3 ге (2/3-10-4 вебер/м2).
Как вы считаете, может ли водородная бомба 1 мгт,. взорванная высоко над поверхностью Земли, существенно исказить магнитное поле Земли?
27.	3. Вычислите поток вектора Пойнтинга S через поверхность длинного прямолинейного провода, сопротивление единицы длины которого равно R-Сравните ваш результат с омическими потерями. 
27.	4. Длинный коаксиальный кабель изготовлен из двух идеально проводящих концентрических цилиндров. ;
Условия задач
377
Один конец кабеля подсоединен, к электрической батарее, напряжение на клеммах которой равно V. К другому концу кабеля присоединено сопротивление R. Следовательно, ток, протекающий по кабелю, равен I=V/R. С помощью вектора Пойн-тннга вычислите скорость потока энергии.
27.	5. Средняя мощность, излучаемая широковещательной станцией, составляет примерно 10 кет.
а)	Чему равна величина вектора Пойнтинга на поверхности Земли в точках, удаленных от станции на 10 км? На таком расстоянии излучаемые волны можно считать плоскими. Разумно предположить, что вся мощность излучается 1/4% антенной, помещенной над идеально проводящей плоскостью.
б)	Найдите максимальные значения напряженностей электрического и магнитного полей.
27.	6. Поля, соответствующие наинизшей по частоте поперечной электрической волне в волноводе прямоугольного сечения (см. фиг. 24.6, вып. 6 «Лекций», стр. 227), имеют вид
Е = еуЕ0 sin	cos (<о/— k2z),
В = —ехЕ0	sin -^-cos(o)/—k2z)—
—e,E0 —cos — sin (ю/ — k2z). г u ом a x 2 ’
а)	Покажите, что приведенное выше решение удовлетворяет граничным условиям задачи.
б)	Вычислите вектор Пойнтинга S и плотность энергии U.
в)	Вычислите средний поток энергии через поверхность, перпендикулярную оси z.
г)	Вычислите среднюю плотность энергии в волноводе.
д)	Используя результаты пунктов (в) и (г), вычислите среднюю скорость распространения энергии. Покажите, что эта скорость совпадает с
378	6. Электродинамика
групповой скоростью [см. формулу (24.27), вып. 6, стр. 229].
27.	7. а) Найдите плотность потока энергии, излучаемой диполем с осциллирующим дипольным моментом р cosco t.
Примечание. Следует принять во внимание только члены, убывающие с расстоянием по закону 1/г. б) Путем интегрирования по поверхности сферы большого радиуса, центр которой совпадает с диполем, покажите, что средняя излучаемая мощность равна
1 р2 со1 3 4леос2 с
27.	8. Плоская электромагнитная волна, падая на свободный электрон, заставляет его осциллировать. Найдите отношение энергии, излучаемой электроном в единицу времени, к плотности потока энергии падающей электромагнитной волны. Частота волны предполагается малой. Поэтому влиянием магнитного поля В волны на движение электрона можно пренебречь.
27, 9. Частица пыли в Солнечной системе испытывает действие двух сил: силы притяжения к Солнцу и планетам и силы светового давления, пропорциональной ее поперечному сечению. Существует такой размер частицы, при котором эти силы уравновешивают друг друга. Предполагая, что частица имеет форму шарика и поглощает весь падающий на нее свет, найдите радиус частицы, отвечающий ее равновесию в поле этих двух сил. Объяснение того факта, что «хвосты» комет направлены в сторону от Солнца, покоится на предположении о существовании такого равновесия и о том, что «хвост» кометы состоит из частиц малого размера, возможно даже из молекул газа. Разумно ли такое объяснение? Мощность, излучаемая Солнцем, равна 4-Ю26 вт, его масса 2-1030 кг.
27.	10. На полый тороид, средний радиус которого равен Н, а радиус поперечного сечения г намотано
Условия задач
379
N витков проволоки. В момент времени Z=0 по проволоке пропускается ток, сила которого нарастает со временем по линейному закону
а)	Найдите магнитное поле и энергию, запасенную в тороиде к моменту времени t.
б)	Найдите направление и величину вектора Пойнтинга в любой внутренней точке тороида в момент времени t.
в)	Используя вектор Пойнтинга, найдите скорость изменения со временем энергии электромагнитного поля внутри тороида в произвольный момент времени. Убедитесь в правильности вашего ответа, используя решение к пункту (а) задачи.
К главе 28. Электромагнитная масса
28.	1. Предполагая, что энергия покоя электрона совпадает с его электростатической энергией и что заряд электрона равномерно распределен по объему сферы, вычислите радиус этой сферы. Сравните полученный результат с выражением {/эл=е2/2а [вып. 6, стр. 303, формула (28.2)].
28.	2. Хорошо известно, что электроны, кроме заряда и массы, обладают еще и собственным моментом количества движения (спином) и магнитным моментом, которые связаны соотношением
Момент количества движения_ т
Магнитный момент	q
Это соотношение выполняется с точностью до 0,1%. Будем предполагать, что вся масса электрона электромагнитная, т. е. 7Иэ.Мф=2е2/Зас2 [см. вып. 6, стр. 305, формула (28.4)].
а)	В центре однородно заряженной сферической оболочки радиуса а и с полным зарядом q поместите магнитный диполь с магнитным моментом р и покажите, что момент количества движения
380
6. Электродинамика
электромагнитного поля равен
j _ 2	1
3 4ле0с2 а
б)	Определите отношение момента количества движения к магнитному моменту и сравните это отношение с величиной m/q.
в)	Считая, что р2 электрона равно tiql2m, вычислите максимальную скорость электрона на поверхности, обусловливающую данное значение магнитного момента. Приведите необходимые, с вашей точки зрения, пояснения. Величина (4ле0сА/<?2)= 1/а равна 137.
К главе 29. Движение зарядов в электрическом и магнитном полях
29.	1. Заряженная частица (заряд q, масса покоя /л0) в момент времени 6=0 покоится в начале координат. Затем на нее начинает действовать постоянное электрическое поле, направленное вдоль оси х. а) Вычислите релятивистскую скорость и координаты частицы как функции времени.
б)	Как изменится ваш ответ, если в начальный момент частица имела скорость направленную вдоль оси у?
29.	2. В циклотроне протоны движутся в однородном магнитном поле по круговым траекториям. Найдите зависимость «циклотронной частоты» и угловой скорости протонов от q, В, т для протонов низкой энергии. Как изменится значение циклотронной частоты при увеличении энергии? При каком изменении энергии частота изменится на 1%?
29.	3. В момент времени 6=0 частица массы т с зарядом q покоится в начале координат. На частицу действует однородное электрическое поле Е, направленное по оси у, и однородное магнитное поле В, направленное по оси г.
а)	Найдите последующее движение частицы, т. е. ее координаты x(Z), yU), z(t), предполагая дви
Условия задач
381
жение нерелятивистским. Какое условие на Е и В накладывает это предположение?
б)	Какой характер будет иметь движение в том случае, если Е/Вх?
в) Пусть разность потенциалов между двумя параллельными пластинами, одна из которых совпадает с плоскостью xz (г/=0), а другая находится на расстоянии d (y=d), равна V0=E-d, и между пластинами приложено магнитное поле, параллельное пластинам. Пусть кинетическая энергия электронов, вылетающих из отрицательно заряженной пластины, равна нулю. При каком значении' напряженности магнитного поля испущенные электроны не будут достигать другой пластины?
29» 4. Принцип фокусировки частиц в неоднородном поле может быть продемонстрирован с помощью следующей оптической модели:
Даже при одинаковых по модулю фокусных расстояниях линз существуют условия, когда такая система будет фокусировать.
а)	Определите зависимость I от d для света, падающего вдоль оптической оси.
б)	При каких условиях изображение будет реальным, при каких — мнимым?
ФИЗИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
К главе 32. Показатель преломления плотного вещества
32.	1, В «Лекциях» рассматривалось распространение волн в веществе, состоящем из неполярных частиц. Было показано, что квадрат показателя преломления при низких частотах равен диэлектрической проницаемости. Будет ли этот вывод верен для других (изотропных) веществ?
32,	2. На частоте примерно 6 Мгц ионосфера становится прозрачной. В рамках модели свободных электронов оцените плотность электронов в ионосфере.
32.	3. К металлу в течение долгого времени приложено постоянное электрическое поле, а затем оно мгновенно выключается. Используя модель свободных электронов, покажите, что время релаксации (т. е. время, в течение которого дрейфовая скорость электронов падает в е раз) равно т, где т — среднее время между столкновениями.
32.	4. Внутри металла существуют решения уравнений Максвелла, имеющие вид плоских волн:
Р __ Р
0е	>
где k — комплексное число. Для низких частот
а)	Напишите выражение для магнитного поля такой волны.
б)	Какой угол образуют векторы Е и В для произвольного г?
в)	Какова разность фаз векторов Е и В?
Условия задач
883
[Если момент времени соответствует максимальной величине Е, а 4 — максимальной величине В, то разность фаз определяется как ±®( tL—
32. 5. При выводе выражения (32.50) «Лекций» (вып. 7, стр. 66) предполагалось, что в металле переход от вещественных значений п2 к мнимым в ультрафиолетовой области очень резкий. На опыте же столь резкого перехода не наблюдается. Покажите, что с помощью более удачной аппроксимации п2 теорию можно согласовать с экспериментом.
К главе 33. Отражение от поверхности
33. ls а) Определите коэффициент пропускания для плоской электромагнитной волны, проходящей через трехслойный диэлектрик.
б)	Покажите, что в случае п2=]Аг1п3 и Z=%2/4 коэффициент пропускания равен единице. (Покрытия такого рода используются для «просветления» оптики в хороших фотокамерах и биноклях.)
в)	Какова толщина I для обычного бинокля, т. е. для оптического диапазона длин волн?
г)	Одну ли сторону линзы можно просветлять? Важно ли, какая сторона покрыта пленкой? Почему?
33,	2. Луч света с длиной волны 4500 А (в пустоте) падает на призму и полностью отражается на угол 90°. Показатель преломления призмы 1,6. Вычислите
384
7. Физика сплошных сред
расстояние от длинной стороны призмы, на котором напряженность электрического поля уменьшается в е раз по сравнению с ее значением на поверхности. Предполагается, что свет поляризован так, что вектор Е перпендикулярен к плоскости падения. Изменится ли ваш ответ, если Е лежит в плоскости падения?
К главе 34. Магнетизм вещества
34.	1. Заряженная частица движется в плоскости, перпендикулярной однородному магнитному полю В. Покажите, что если В меняется медленно, магнитный момент орбитального движения частицы остается постоянным. Что мы понимаем под словом «медленно»?
К главе 35. Парамагнетизм и магнитный резонанс
35.	1. В циклотроне, рассчитанном на низкие энергии, период обращения протонов по круговой орбите составляет 0,13 мксек. Ядерный магнитный резонанс для протона в магнитном поле циклотрона наступает при частоте 21 Мгц. Определите по этим данным g-фактор протона.
35.	2. Выведите формулу (35.9) способом, указанным в гл. 35 (вып. 7, стр. 124). Находится ли этот вывод в противоречии с утверждением, содержащимся в
Условия задач
385
гл. 34 (вып. 7, стр. 104), о том, что в рамках классической физики парамагнетизм отсутствует?
35. 3. В 1 см3 парамагнитной соли содержится 10м атомов с магнитным моментом в один магнетон Бора каждый.
Соль помещается в однородное магнитное поле напряженностью 10 000 гс (1 вебер/м2-). Выразите в процентах избыток параллельных полю спинов при комнатной температуре и температуре жидкого гелия.
35. 4. Следуя выводу, приведенному в гл. 35, для спина 1/2, найдите квантовомеханическое выражение для парамагнитной восприимчивости частиц со спином 1.
К главе 36. Ферромагнетизм
Зв. 1. Шар радиуса а однородно намагничен так, что его полный магнитный момент равен 4/3ла3Л4, где М — намагниченность. Каковы должны быть поверхностные токи, создающие магнитное поле вне шара (тех же размеров), которое совпадает с полем, создаваемым намагниченным шаром. Покажите, что найденное распределение токов обладает таким же полным магнитным моментом.
36. 2. Сердечник магнита изготовлен из мягкого железа и обмотан 2150 витками проволоки, через которую течет ток силой 5 а. Толщина сердечника (в направлении, перпендикулярном плоскости рисунка) постоянна и равна 28 см. Кривая зависимости В от Н для материала каркаса приведена на нижнем рисунке.
Оцените величину магнитного поля в воздушном зазоре магнита. (Все размеры в сантиметрах.) Каковы те главные эффекты, которыми следует пренебречь при решении задачи?
Примечание. Так как эмпирическая зависимость В от Н носит нелинейный характер, не нужно смущаться, что задача не решается аналитически и точно.
13 Заказ № 17
В, eetiepfM^
Условия задач
887
36. 3, Система состоит из постоянного магнита и двух полюсов, изготовленных из мягкогд железа. Пропусканием сильного тока по внешней обмотке брусок намагничивается до точки Р на кривой зависимости М от Н. Найдите напряженность магнитного поля в зазоре после выключения тока, предполагая, что магнитная проницаемость мягкого железа бесконечна, и пренебрегая утечкой магнитного потока на краях зазора
Постоянный магнит Площадь поперечного сечения-100 см2
13*
388
7. Физика сплошных сред
36. 4. Очень длинный железный стержень в форме цилиндра однородно намагничен так, что вектор намагниченности М направлен по оси цилиндра. Найдите В и Н внутри стержня, пренебрегая краевыми эффектами. Чему будет равна магнитная индукция В в центре игольчатой полости, если ее вырезать вдоль оси стержня?
К главе 38. Упругость
36,	1. В ракетной технике необходимы конструкции, которые обладают максимальной прочностью при минимальном весе.
а)	Сравните радиусы двух цилиндрических стержней из алюминия и из стали, обладающих одинаковой жесткостью и длиной. (Жесткость определяется как отношение приложенной поперек стержня силы к результирующему смещению.)
б)	Сильно ли отличаются массы этих стержней?
38. 2. Алюминиевый стержень квадратного сечения одним концом заделан, а к свободному его концу прикреплена масса т. Найдите собственную частоту колебаний такой системы, если площадь сечения стержня равна а2, масса его во много раз меньше массы т; размерами самой массы т можно пренебречь.
3b. 3. В начале курса (вып. 4, стр.163) скорость звука в жидкости определялась как производная давления по плотности. Покажите, что для продольных волн в твердом теле (плоские волны сжатия) фазовая скорость определяется выражением
„2	-	(1—с)У
прод (j—2а)(1+а)р ’
Условия задач
389
где о — отношение Пуассона; Y — модуль Юнга. Эта формула справедлива лишь для продольной волны в «безграничной» среде. В такой волне частицы движутся параллельно направлению распространения. Поперечное же смещение частиц в продольной волне отсутствует в отличие от того, что имеет место, скажем, при сжатии стержня, когда поперечные размеры стержня увеличиваются. Каковы, по вашему мнению, должны быть размеры тела, чтобы приведенное выше выражение для фазовой скорости было справедливо?
38. 4. Стальная линейка длиной L ==30 см, шириной а=1,5 см и толщиной Ь=0,08 см концами упирается в две планки, прибитые к столу на расстоянии /==29 см одна от другой, как показано на рисунке, а) Какой кривой описывается форма изогнутой линейки?
б) Какова сила, с которой линейка упирается в планки?
<----23 см--»
/^/777////7777^/7
38. 5. Нижний конец вертикального стержня заделан,
а к его верхнему свободному концу приложена сила. Длина стержня равна L. Поперечное сечение стержня имеет форму прямоугольника со сторонами/ (толщина) и w (ширина). Определите силу, приводящую к показанной на рисунке стержня.
деформации
390
7. Физика сплошных сред
К главе 40. Течение «.сухой-» воды
40. 1, а) Докажите справедливость сделанного в гл. 40 (вып. 7) утверждения о том, что в невязкой жидкости давление одинаково во всех направлениях.
б) В качестве математического упражнения докажите весьма полезное векторное тождество, использованное в гл. 40:
(v-V) v = y V (v-v) + (Qxv), где
Q = (VXv).
40. 2< Жидкость вращается в цилиндре кругового сечения с постоянной угловой скоростью со. Найдите форму воронки, образующейся на поверхности жидкости, если на расстоянии г от оси частица жидкости вращается со скоростью п=сог. Покажите, что циркуляция жидкости, отнесенная к единице площади, т. е. rot v, равна удвоенной угловой скорости вращения жидкости.
40. 3. Шар массы т и радиуса а движется с постоянной скоростью в «сухой» воде. Покажите, что сумма кинетических энергий шара и жидкости равна
т(.т+-2Г-
где М — масса жидкости, вытесненная шаром. Чему равен суммарный импульс шара и жидкости?
К главе 41. Течение «мокрой» воды
41, 1, Если шар радиуса а движется в вязкой жидкости равномерно и достаточно медленно, так что поток обтекающей жидкости можно считать ламинарным, то сила, заставляющая его двигаться, равна вязкой силе трения, действующей со стороны жидкости на шар. Хотя эту силу вы можете определить точно, представляет интерес найти для нее выражение из размерных соображений, перечислив все параметры, от которых эта сила может зависеть. Проделайте это. Можете ли вы качественно обосновать, почему
Условия задач
391
параметры входят в найденное выражение так, а не иначе?
41s 2. Медленный поток вязкой жидкости в цилиндрической трубке можно считать ламинарным, причем профиль скоростей потока выглядит примерно так, как представлено на рисунке. Покажите, что если г — расстояние от оси трубки, т] — коэффициент вязкости, а (Рх —	— перепад давления на
единице длины трубки, то профиль скоростей в жидкости описывается выражением
/ \	1 (Р1—Pi) I i ч\
V(Г) =	\	(а2—г2).
Пр аналогии с законом Ома пропускную способность трубки Q можно связать с перепадом давления ДР^Рх — Р2 соотношением
AP = QP,
где Р — сопротивление трубки. Найдите сопротивление Р для трубок радиуса а и длины L. Как вы думаете, проведение подобной аналогии лишь простая игра слов или есть основания считать такие аналогии полезными? Что является аналогом конденсатора?
41, 8. Дно широкого бассейна покрыто тонким слоем воды (любой «несжимаемой» жидкости с вязкостью ц). На поверхности воды плавает тонкая деревянная доска, «дно» которой находится на расстоянии d от дна бассейна. Все остальные размеры доски во много раз больше d. Доска движется горизонтально с малой скоростью v. Чему равна скорость диссипации энергии в единице объема в воде вблизи середины доски?
Решения и ответы
5
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
К главе 1. Электромагнетизм
1.1. а) т — це1УЛт0О*=! 1,86-10-3кг, где —заряд электрона; 0 = 6,67-10"8 м^/кг'Сек^ — гравитационная постоянная; m//nJ0= 1,1 • 1018 (тр= 1,66-10~27 кг).
б) Если Z— заряд ядра атома, п — число атомов в 1г меди (полагая, что копейка медная), то искомая сила равна F = 10~4n2Z<?2/4rt80r2, где г—расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем £=1,7- Ю15ньютон.
1.2. Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой R — R0-A'/s, где А — атомный вес, Ro — 1,25- 10-13сл. Поэтому энергия электростатического отталкивания двух соприкасающихся равномерно заряженных ядер с атомным весом А и атомным номером Z равна
р___(^ЧеУ1 п д */•
Следовательно, работа, которую необходимо затратить на преодоление электрического отталкивания при образовании ядра урана U236 из двух одинаковых половинок, приближенно равна (Л = 118, Z = 46), £и = 4-10“11 дж = 250Л1эв (2,8- 10е квт-час/кг). Для двух ядер дейтерия (Л = 2, Z=l), сливающихся в гелий, £Не 7,3-10~14 дж = 0,46 Мэе (5,9-10е квт-час/кг). Последний результат, однако, гораздо менее точен, поскольку использованное выше выражение для радиуса теряет точность для самых легких ядер.
1.8. Искомую скорость через плотность электронов п, площадь поперечного сечения проволоки S и заряд электрона « можно выразить следующим образом: v = I!neS. Если считать, что плотность электронов в меди совпадает с числом атомов в единице объема(Л = 64,р=а7,8г/сл«3),то о =2,72 см/сек. Отсюда t>a/ca = 8,1 • 10-21.
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что	величина
]/1- J = 0,95
Решения и ответы
393
близка к единице, что оправдывает такое приближение. Уравнение движения частицы
mv = <7E+«7(vxB).
Запишем в компонентах
mvx^qEx—qvzB,	muy«=0, mvs = qvxB.
Частица будет совершать все время движение вдоль оси г, если qEx^qv?B. При этом ох = 0 И 1'г== const. Следовательно (так как гГг=«=с/3),
В = ^ = ^у^=10~2 вебер/м2.
Заряд частицы не входит в последнее выражение. Поэтому его знак из данного эксперимента установить невозможно.
1.8. а) Введя обозначение ш = ?В0/т, запишем уравнение движения mv*=q (vxB) в компонентах ох = вя)у, vy =— vz =“»0.
Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывай с первым, находим
^7 (f* + ™у) =“ — ‘ш (Рх + iVy), откуда
Vx + iVy — ae-^*, причем а = о0 (из начального условия fyk=o“0)-
Интегрируя далее и разделяя вещественную и мнимую Части, находим
х = х0-|-^ sin at, у = у0 + — cos wt, z=«0. 0)	<0
Удовлетворяя начальным условиям
*к=о = °. У1т=о = °»
окончательно находим, что частица движется по окруж-
394
б. Электричество и магнетизм
ности (фиг. 1) в плоскости ху, центр которой находится в точке (0, — о0/<о), частота вращения равна <s> = qBltm
х==—sino)/, «=—(cosw/— 1), z = 0. <0	й)
б) В магнитном поле Вх = 0, Sy = 0, Вг—В^-[-ах частица полетит по примерно круговой орбите с радиусом r = mvolqB. Однако в области более сильного поля радиус кривизны траектории будет несколько меньше. При этом орбита уже не будет замкнутой окружностью, а возникнет дрейф, подобный изображенному на фиг. 2.
в)
Магнитное поле Вх = 0, Ву = 0, Вг — Вй-\-ах несовместимо с тем уравнением Максвелла, согласно которому циркуляция вектора В по замкнутому контуру в отсутствие электрического поля и токов (в данной задаче Е = 0 и j = 0) должна равняться нулю. Действительно, возьмем замкнутый контур С в плоскости х0 в форме прямоугольной рамки со сторонами I и L и вычислим циркуляцию В вдоль этого контура. Несложные вычисления приводят
к результату $ Bdl = — a-L-l^O в противоречии
$ уравнением Максвелла.
1.6. а) Движение частицы будет происходить по окружности радиусом а вокруг заряда Q, если сила Лоренца будет уравновешена центробежной силой
qQ 4леоаа
-[-^и0В=-— ,
(Г. е. если

qQ 4ле0
-j-mv^a
б) Сила, с которой магнитное всегда перпендикулярна ее поле не производит работы
поле действует на частицу, скорости. Поэтому магнитное над движущимся зарядом, и
Решения и ответы
395
закон сохранения энергии имеет вид
mv2 ~2~
^E — U (г),
где Е—полная энергия, U(r) — энергия электростатического взаимодействия. Отсюда видно, что скорость частицы есть функция только расстояния
' ' V т\ 1 4 леог /
в) В этом случае полная энергия заряда q равна Е = —Qq/4xe0a и, следовательно,
Начав в начальный момент «падать» на заряд ~—Q, частица q будет отклонена полем так, как показано на рисунке. Из выражения (1) видно, что в точках окружности г = а скорость частицы будет обращаться в нуль и будет вновь повторяться исходная ситуация.
К главе 2. Дифференциальное исчисление векторных полей
2.1. а) Условия задачи таковы, что полный поток тепла J через поверхность цилиндра произвольным радиусом а < г коаксиального проволоке, является постоянной величиной. В данной задаче вектор потока тепла h направлен по радиусу цилиндра, следовательно, для цилиндра единичной длины и радиусом г (а^,г<Ь) можно написать соотношение
/«х/1-2лг = const.
Если теперь использовать векторное уравнение потока тепла h — —иуТ и учесть, что векторы h и уТ направлены
396
5. Электричество и магнетизм
по радиусу цилиндра, то можно написать следующее дифференциальное уравнение:
J	dT
	 Л/- 2лг--------dr ’
Интегрируя это уравнение, найдем
<1)
где D—постоянная интегрирования. Величины J и D определим из условий: температура при г —а равна Т\, а при г = Ь равна Т2- Отсюда
Т =	1п~ + Т2.
In (а/&) b
Следовательно, искомый градиент температуры в изоляционном покрытии равен
(гЛ —Ti Т* 1
б) В этом пункте задачи граничные условия другие, чем в пункте (а), т. е. задано Q—количество тепла, выделяемое током на единице длины медного провода. Если р — удельное сопротивление, то, согласно закону Ома,
/2р
dT
ла,
где I — сила тока, протекающего по проводу. Из этого соотношения находим новое граничное условие
dTI	/2р
dr |r=a~	х-2л2а3’
Г ! /2Р
Н—и хла2
Используя это граничное условие и (1), находим
D“r-+255ln'’-
Следовательно,
Т^Тг
/Зр < х-2л2а2 b ‘
Отсюда (а = 0,1 см, Ь = 0,Зсм, р=1,7-10-8олгл)
Т1-Т2 = ^^- In — = 2,4°.
1	4 2л2а2х а
Решения и ответы
397
2.2. а) Согласно «Лекциям» [см. вып. 5, § 5, формулы (2.38) — (2,40)], компоненты ротора вектора А равны
дА»	дЛу
(^А)Х-ду	дг '
дА „	дА,
(VXA^- дгх	дх ’
(V
г дх ду
Дивергенция ротора, по определению, равна величине X A)x+^(V X A)y+^(V X А)г.
Подставляя в это выражение компоненты ротора А и учитывая тот факт, что порядок вычисления смешанных производных произволен, т. в. что, например, дгАх/дгду ^ —д^-Ах/дудг, легко убеждаемся в равенстве нулю дивергенции ротора произвольного вектора А.
б)	Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что
(VX(VXA))x» vx(V.A)—	(1)
Согласно определению, левая часть этого соотношения может быть записана в виде
^(VXA)2-®(VXA)r
/'^у_Л4£\_ 3 /дАх
ду \ дх ду J Jz\dz дх ]
= £ ( Му дАг'\ [д2.А*
дх V ду ‘ dz J \ ду2 да2 / ’
Прибавляя и вычитая в правой части последнего соотношения величину д2Ах/дх- и учитывая, что дАх/дх + -\-дАу1дуА-дАг1дг= ?• А, убеждаемся в справедливости соотношения (1). Аналогично доказывается это соотношение для компонент у и г.
2.8. а) Так как Rx~x, Ry~y, R2 = z, то
6>
(VXR)y = ^-^ = 0,
'	v	дг	дх
. (,XR)2=^_^=(,.
'	г	дх	ду
398
5. Электричество и магнетизм
в) Легко убедиться, что если <р—произвольная скалярная функция, а А —произвольный вектор, то всегда
у-фА==(?ф-А) + ф(у-А).
Это соотношение полезно запомнить. Из него, в частности, следует и требуемое в условии соотношение. Действительно, выбирая в качестве <р=1//?3 и A = R, а также учитывая, что, согласно пункту (a),	= 3 и
V<p = — 3R//?5,
Вычисление градиента скалярной функции, зависящей только от модуля радиуса-вектора,—довольно часто встречаемая операция. Поэтому полезно запомнить легко доказываемое соотношение
V,₽(R)“S-	0)
т) Искомое соотношение можно доказать вычислением «в лоб». Однако в силу того, что вычисление ротора—одна из популярных операций в физике, полезно доказать гораздо более общее Соотношение
VX<pA= v<pxA + <p(vxA).
В том, что оно справедливо, можно убедиться непосредственной проверкой. Искомое соотношение следует из вышеприведенного лишь как частный случай. Действительно, выбирая <р=«—I//?3 и A=«=R, учитывая (1) итог факт, что RxR = 0 и vxR=0 [см. пункт (б) настоящей задачи], находим
/ R \ „ ? х
в) Результат этого пункта задачи следует как частный случай из соотношения (1).
е) (р=«7?2/2.
2.4, а) Если вычислить дивергенцию левой части уравнения 2, то, согласно пункту (а) задачи 2,2, дивергенция ротора всегда равна нулю. Совместность уравнений 2 и 3 следует из того, что, согласно уравнению 3, правая часть получающегося при этом соотношения также обращается в нуль.
б)	Вычислим дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4. Согласно пункту (а) задачи 2.2 в левой части! получим нуль и, следовательно,
X div E-f- — divj = O. nt	о. a
Решения и ответы
399
С другой стороны, согласно уравнению 1, div Е =р/е0. Отсюда видно, что из уравнения 4 действительно следует уравнение 5.
в)	Возьмем ротор от левой и правой частей уравнения 2. Воспользовавшись соотношением пункта (б) задачи 2.2 и уравнением Максвелла 4, получим
1 дар V(V-E)-V’E--^.
Если теперь использовать уравнение 1, то получим искомое волновое уравнение.
г)	Если аналогичные выкладки проделать исходя из уравнения 4, получим искомое волновое уравнение для В.
д)	В силу уравнения 3 вектор В всегда может быть представлен как ротор некоторого вектора А, так как дивергенция ротора тождественно равна нулю. Тогда из уравнения 2 получаем
VX^E+|pU0.
Из этого уравнения мы видим, что ротор вектора Е -|-(dA/dt) = 0 тождественно обращается в нуль. Это означает, что весь этот вектор может быть представлен как градиент скалярной функции <р (скалярный потенциал электромагнитного поля), так как ротор градиента произвольной скалярной функции <р тождественно обращается в нуль
VX v<p=O.
В выполнении последнего соотношения легко убедиться непосредственным вычислением. Но и без этих вычислении ясно, что векторное произведение вектора V на самого себя, каковым и является правая часть этого соотношения, всегда равно нулю.
2.5.	Поместим начало координат в какую-либо точку на оси вращения тела. Пусть R—радиус-вектор, определяющий положение произвольной точки вращающего тела в произвольный момент времени. Очевидно, скорость этой точки тела в тот же момент времени может быть представлена в виде
v=wxR,
где <а—вектор угловой скорости.
а)	Используя то свойство смешанного скалярно-векторного произведения, согласно которому векторы в нем можно циклически переставлять, найдем
V-(<BXR)»=—о (VXR).
Если теперь использовать соотношение (б) задачи 2.3, то получим требуемый результат.
400	5. Электричество и магнетизм
б)	Вычислим компоненты вектора vx(<BXR), направив ось г вдоль вектора <в. Так как (wxR)x =— У®, (wxR)i/ = xw, (<вХ R).s = 0, то
(VX(fi>XR))x = 0,
(VX(wxR))y = 0, (V X (<о X R))^ = 2w.
Следовательно,
V X (<о X R) = 2<о.
2.6.	При операциях с вектором v следует всегда помнить, что он действует на векторы, стоящие после него. Поэтому в данном случае формулой для двойного векторного произведения можно пользоваться, но следует изменить в последней формуле порядок сомножителей, т. е. вместо (v-A)R поставить (A-v)R.
2.7.	Дивергенция div h — dhx/dx = —х (d^T/dx2) максимальна в точке В, поскольку в этой точке кривизна больше, чем в точке Е, и отрицательна. В точке D кривизна хоть и большая, но положительна и поэтому divh<0. Во всех точках roth=0.
К главе 3. Интегральное исчисление векторов
3.1. а) Согласно «Лекциям» (вып. 5, § 4), первый закон электромагнетизма описывает поток электрического поля: поток напряженности через любую замкнутую поверхность равен заряду внутри нее, деленному на постоянную е0. Обозначая плотность зарядов в пространстве через р, запишем этот закон вначале в интегральной форме:
^E.dS = l JpdV.
Используя теперь теорему Гаусса, напишем
С div Е dV = — Ср dV. J	ео J
Так как это равенство выполняется для произвольной замкнутой поверхности, то, следовательно, divE = p/e0. Второй закон электромагнетизма гласит: циркуляция вектора Е по любому контуру равна производной по времени от потока вектора В сквозь произвольную поверхность, опирающуюся иа этот контур, т. е.
Решения и ответы
401
Используя теорему Стокса, запишем
VXE-£в1 -dS-0;
dt J
отсюда
VXE = ~B. dt
Так как, согласно третьему закону электромагнетизма, поток вектора В через любую замкнутую поверхность равен 0, то^" B-dS = div В dV = 0. Отсюда div В=0. Наконец, согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
(^В.й1=Л4 CE-dS + -J- CjdS.
•J	с2 dt J ' c2e0 J 3
Используя теорему Стокса, находим
б) Выберем произвольный объем и проинтегрируем по этому объему левую и правую части уравнения Vj = — dpjdt:

Если воспользоваться теперь теоремой Гаусса, то это уравнение можно представить в виде

Левая часть этого соотношения представляет собой скорость изменения заряда внутри объема, а правая — количество заряда, вытекающего (втекающего) в единицу времени из объема. Следовательно, равенство этих частей выражает закон сохранения заряда: сколько зарядов убыло в объеме, столько их и вытекло из этого объема.
3.2. Не создает. Действительно, окружим шар сферической поверхностью произвольного радиуса R и выберем на этой поверхности произвольный замкнутый контур так, что ограниченная им площадь поверхности сферы равна S. Согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
£ B-dl=-V4 С E-dS + -L CjdS.
Jr с2 dt J eoc2 J
Так как токи и электрическое поле, создаваемое растущим со временем зарядом шара, радиальны, то написанные выше
402	5. Электричество и магнетизм
потоки векторов j и Е через поверхность S составляют лишь долю от потока этих векторов через замкнутую сферическую поверхность, равную 5/4л/?а. Но, согласно закону Гаусса и закону сохранения заряда,
Величина q (I) в этом соотношении обозначает заряд шара в момент времени t. Следовательно, и
В-di »0.
Так как контур был выбран произвольным, то мы делаем вывод, что касательная к Сфере составляющая вектора В равна нулю. Равенство нулю радиальной составляющей вектора В следует из того, что поток вектора В через поверхность сферы должен быть равен нулю, и из того, что в силу сферической симметрии системы Вг одинакова во всех точках сферы.
8.3. а) 4л/С
б) Если формально воспользоваться теоремой Гаусса, то в силу того, что V • (/С/r3) г = 0, поток вектора Е через сферическую поверхность оказывается равным нулю в противоречии с найденным в пункте (а) результатом. Это противоречие только кажущееся, так как V-К (г/г3) =0 только для г 0. В точке г = 0 выражение для Е обращается в бесконечность, и использование теоремы Гаусса требует осторожности. Правильнее в этом случае было бы поступить так: в качестве объема интегрирования выбрать объем, заключенный между двумя сферическими поверхностями, одна из которых имеет произвольный радиус г, а другая—бесконечно малый радиус вокруг точечного заряда. В таком объеме нет зарядов и применение теоремы Гаусса дает правильный результат. При этом поток вектора Е через сферическую поверхность радиусом / оказывается равным потоку через поверхность с бесконечно малым радиусом, но с обратным знаком. Согласно пункту (а), этот поток будет равен —4л/С.
в) Циркуляция равна нулю.
8.4. Применим теорему Гаусса ^Ja-dS = J div a dV, выбрав в качестве вектора а радиус-вектор R, т. е. a=R. Учитывая, что div R«»3 [см. задачу 2.3 (а)], находим
j)R-dS=3^dV = 3V.
Решения и ответы
403
Отсюда
К главе 4. Электростатика
4.1.	Направим ось у вдоль нити. Тогда заряд, приходящийся на элемент длины dy, равен Kdy, а его расстояние до точки Р равно Уу2+г2. Интегрируя вдоль нити, находим
= 1 Г Му	In V ll+r2-l2
4яео J Vy2 + r2 4яе°
а)	Пусть г /2. Тогда с точностью до членов r2ll2 получим
б)	Пусть теперь	12, тогда с точностью до малых
членов порядка /2/га находим
А
* 4яе0 г
4.2.	Найдем потенциал <р в точке Р, расположенной на оси диска на расстоянии г от его центра, разбив диск на кольца шириной dp и средним радиусом р. Так как отдельные элементы каждого такого кольца одинаково удалены от точки Р на расстояние У"ра+г2, то все оии дадут одинаковый вклад в ф. Интегрируя по кольцам, т. е. по р от 0 до R, находим
R.
А С....-,2-яр-е- - Л (
V 4ле0J /р24-г2 2е01 о
Отсюда напряженность электрического поля Е по величине равна
* (1__4=Л= А я дг 2е0	#2 у 4ле0
(где й—телесный угол, под которым виден диск из точки Р) и направлена вдоль оси диска.
4.3.	а) ф = £±£-.
404
5. Электричество и магнетизм
г<га, Га<г<гь, гь<г<гс, ГС<Г.
в)
г) При г>гс в выражении для потенциала появляется слагаемое, спадающее с расстоянием быстрее, чем 1/г, т. е. как 1/г2. Оно описывает отлнчие поля от сферически симметричного.
К главе 5. Применения закона Гаусса
5.1.	Если внутри сферы нет зарядов, то
т. е.
£ E-dS = 0,
V#<pdS = O.
Перепишем последнее уравнение по-другому:
или
<р dS = const для всех R 0.
Итак, средние значения потенциала по сферическим поверхностям разных радиусрв равны между собой. Вместе с тем среднее по поверхности, близкой к началу координат, равно <р(0). Итак,
(0).
5.2.	Используя цилиндрическую симметрию задачи, по теореме Гаусса найдем
О £^2SWf = COnSt’
где Q—полный заряд цилиндра, R—его радиус, £ —его длина. Следовательно, напряженность электрического поля цилиндра линейно зависит от расстояния до оси цилиндра. В случае шара радиусом R электрическое поле радиаЛьно
Решения и ответы
405
и зависит от г аналогичным образом
Е______0_г
z~4ne0/?3
5.3.	Потенциалы пластин по условию задачи равны. Отсюда
1	2
Е-~ d = E'--^-d, т. е. Е^2Е'. О	о
При этом использован тот факт, что поле выше и ниже пленки однородно. Окружая пленку соответствующей поверхностью, легко найти по теореме Гаусса, что Е + £' = о7ео, где а—плотность поверхностных зарядов на пленке. Отсюда находим
Е' (у нижней пластины),
Е=-~— (у верхней пластины).
5.4.	Рассмотрим бесконечно тонкий слой, заключенный между двумя параллельными плоскостями, перпендикулярными оси х и расположенными друг от друга на расстоянии dx. Из условия задачи ясно, что электрическое поле будет направлено вдоль оси х. Если в качестве гауссовой паверх-ности выбрать любой цилиндрик, основаниями которого являются площадки S на плоскостях, а его боковая поверхность перпендикулярна этим плоскостям, то, применяя теорему Гаусса, найдем
SE (х + dx) — SE (х) = s dx.
ео
Разлагая в ряд левую часть этого равенства и оставляя лишь наибольшие члены, находим уравнение для Е (х):
dE _ р (х)
dx е0
Интегрируя это уравнение, получаем искомый ответ
E(x) = ±-\p(x)dx.
е0 d
5.5.	В силу симметрии задачи ф (х, yt z)=<p(x).
а)	Е(х)= —у* х’/з.
о |х=0 = е0 Е (0) = 0 и о |x=d = е0 Е (d) =	kd''>.
б)	Используя результат задачи 5.4, получаем
р (х) _ dE (х)
е0 dx
406	5. Электричество и магнетизм
(это уравнение Максвелла v-£ = p/e0 в одномерном случае). Отсюда, используя результат пункта (а) данной задачи, находим
р (х) == —ке.0х~г/з.
В.6.	В задаче надо различать поле Е, созданное самим элементом площади, и поле, созданное всеми остальными элементарными площадками на Поверхности проводника.
Окружим элемент поверхности dA гауссовой поверхностью в форме цилиндра, боковые поверхности которого перпендикулярны площадке dA. Тогда, согласно теореме Гаусса, поле Е, созданное элементарным зарядом PdA внутри проводника, равно о/2е0. Поскольку, однако, поле внутри проводника равно нулю, то, следовательно, остальные поверхностные заряды создают в объеме (охватываемом гауссовой поверхностью) поле, равное <т/2е0, но противоположно направленное. (В результате сложения получается, что электрическое поле внутри равно нулю, а вне—равно о/е0.) Отсюда следует, что полная сила, действующая на выделенный элементарный участок площади со стороны всех остальных зарядов, равна
1	ст^
Р	—o-adA =-—dA.
2е0	2е(1
5.7.	Так как напряженность электрического поля вблизи поверхности проводника связана с плотностью поверхностных зарядов а = е0Е, то число избыточных зарядов (электронов) равно
= а 3-1015.
Яе Я е
Расстояние между атомами—порядка ангстрема (1 А.= 10_ 1° м). Поэтому число атомов на единицу площади равно приблизительно 1020 л<_2. Отсюда Ап/п ~ 3-Ю-6. Сила, испытывав-
Решения и ответы
407
мая электроном в поле протона, равна
F -г
1 4ле0а2
Сравним силы F} и F-2 = qeE. Принимая величину а (боров-ский радиус) равной примерно 1 А, находим
~=Ее.~ 4-Ю-6.
F1 Че
5.8.	Если рассматривать ядро как равномерно заряженный шар, то электрическое поле внутри ядра легко найти по теореме Гаусса:
Здесь R—радиус ядра, Q—полный заряд ядра. Уравнение движения мюона с массой р (нерелятивистское) имеет вид
qeQ иг = .	— rf
г 4ле0/?3
или
г + со3/- = 0, где введена частота
w =	/	‘М?__'.	(1)
|/ 4леор/?3 |/ 4ле0р/?^Л3
Подставляя в (1) Ro= 1,2-10'15 м, Q = 82qe, А = 209, p = 207mg, находим
Йсо = 6,1 Мэв.
Найденная оценка позволяет интерпретировать наблюдаемое явление как переходы между уровнями энергии осциллятора с испусканием у-лучей соответствующей энергии.
5.9.	Введем напряженность гравитационного поляЕ=—v<P> гДе Ф—гравитационный потенциал. Так как законы электростатики и тяготения совпадают, то с помощью теоремы Гаусса найдем
р	УМ. „
4ле0/?3
где у—гравитационная постоянная, a R и М — радиус и масса Земли. Уравнение движения тела
••	М
тг=тЕ=»-/лу—г,
408
5. Электричество и магнетизм
или
где <а =
(g—земное ускорение силы тяжести). Период колебания равен
Для спутника, вращающегося ндд самой поверхностью Земли, равенство центробежной силы и силы гравитации
mv2
-R—mg
приводит к следующему выражению для линейной скорости!
= V~gR-
Отсюда для угловой скорости вращения спутника находим сй=±.==|/|_.
Следовательно, для периода обращения получаем выражение Т'обр = 2 л j/ — =» Ткод, что и требовалось показать.
5.10.	Считая Землю однородным шаром, воспользуемся аналогом закона Гаусса: полный поток тепла через замкнутую поверхность равен количеству тепла, выделившемуся в объеме, заключенном внутри этой поверхности (закон сохранения енергии!). Если в качестве такой поверхности взять поверхность сферы произвольного радиуса г (г < R, где R — радиус Земли), то значение потока тепла h = — х (dT/dr) (х—теплопроводность земных пород) в любой точке этой поверхности будет одинаково в силу сферической симметрии задачи. Пусть q — плотность источников тепла, такая, что полно» количество выделяемой в Земле энергии равно Q=(4n/3) Rs<?=» = 8-1020 дж/год. Тогда
. , ,	. , dT 4л , Q „
4лг2 • Л = — 4лг2х -у- = -т- г3о = -^5 г3.
dr 3	4 R3
Отсюда
dT__ Q
dr 4л/?3хГ‘
Интегрируя это уравнение, находим
Решения и ответы
409
где D—постоянная интегрирования, которую следует найти из граничного условия. В качестве последнего можно выбрать Т = Удовлетворяя граничному условию, находим D=Q/8nxA! и, следовательно,
Отсюда температура в центре Земли Т (0)=Q/8nx/?=50000eK. Таким образом, описанная модель не находится в согласии с оценками.
5.11.	Выбирая соответствующую симметрии задачи гауссову поверхность, легко находим
°’
м
2пеог ’
О,
Xj -j-Xg
2nsor ’
г < гг,
гг<г < га, Г3< г < rit rt < Г.
Интегрируя соотношение £ =—ду/дг, определим
г,
Дф = ф(г2)-ф(г3) = С 2^7=2~- 1пГ"‘ ZJlCg Г ZJIoq	f з
Г з
Из найденных выражений следует:
1)	при уменьшении гх ничего не меняется;
2)	при увеличении г2 электрическое поле Е уменьшается, а Дф увеличивается. В пределе г2 —> г3 проводники будут соприкасаться, образуя единый проводник, поле в котором равно нулю, а потенциал всюду постоянный;
3)	картина поля в пространстве между цилиндрами изменится. Поле Е и ф будут больше около уголков, чем около плоскостей призмы.
К злавам 6 и 7. Электрическое поле в разных физических условиях
6.1.	Полуплоскости, о которых идет речь в условии,—эквипотенциальные поверхности системы четырех зарядов, изображенных на рисунке.
Для решения необходимо найти равнодействующую сил;
F = + +
410	5. Электричество и магнетизм
Абсолютные величины сил равны
F а 4а2 4ле0 ,
р = £_ 1 . р ~________i.-----!— ,
ь 4Ьа 4ле0 ' с 4(а2 + &2) 4ле0
Отсюда находим
Fх = [“ й2 + 4(а2 + &2) С°® “] 4лГ0 ’
4(а2 + &2)' Sln“] 4л^’
Из рисунка ясно, что
а	Ь
8ina=iW^
Следовательно,
?2 ,	<?2а
4а2 4 (а2 + 62)3/г
1
4ле0 ’
1
4лео
q2_________q2b
4b2' + 4(a2_|_fe2)’A
Решения и ответы
411
6.2.	Сила притяжения к электростатическому изображению равна
4Х2 4ле0 1
Потенциал ф
4ле0 J 4Х-	4х 4ле0
X
(потенциал на бесконечности принят равным нулю). Кинетическая энергия заряда на расстоянии х от поверхности равна разности потенциалов
q2	q2l 1
4х	4x0J 4ле0 ’
При х О Т -> оо. Это нефизично. На самом деле плоскость на бесконечно малых расстояниях нельзя рассматривать как идеально гладкую проводящую плоскость. Оценка при х = 1А, х0 = 1 см приводит к величине
Д2 ------и 3,6 эв. 16яе0х
6.3.	Обозначим длину, ширину и толщину бруска через 2<z, 26 и 2с соответственно. Пусть г—расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для г^>а потенциал ф, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда
8pabc а>= -х---- или
4ле0г
1иф-4ле0 8pbc
In—. а
Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до г = а. При меньших г (Ь < г < а) разумную аппроксимацию ф дает потенциал длинной нити, которой запишем в виде

4pbc
2ле0
In — -)-£>. а 1
Постоянную D выберем из условия непрерывности потенциала при г = а. Находим О = 4р6с/2ле0.
Таким образом, при b < г < а
ф=а
4рЬс
2ле0
fl — In—У \ a j
При с < г < b хорошее приближение дает формула для бесконечной плоскости
Ф= -^+F. е0
412	5. Электричество и магнетизм
Сравнивая эту формулу с предыдущей при г = 6, получаем
2 л
Наконец, для 0 < г < с <р = — (рг2/2е0)Ч-G, где G=-(pc*/2e0)-|-F.
Мы можем теперь вычислить потенциал центра бруска
/	с	2	2	Ь \
1 _£+-£_.£ in- да0,6-10» в.
\	2Ь	л	Л	a J
<p(O) = G= — е0
Так как ЕГ ——ду/дг, то для ф получим
8pabc ~4ле0га ’
Е_ 4pbc
2леаг ’
Е^.
ео
из найденных выше выражений
Е^
ео
г^а,
Ь < г < а, с < г < Ь, 0 < г < с.
График зависимости log [<p/q> (0)] и log [Е/Е (с)] от log(r/a) показан на рисунке.
Решения и ответы
413
6.4.	Заряд, накопившийся на Земле за время t, равен q=v\Sqpt, где г] = 1 протон /см2-сек — плотность потока частиц, S= 4л/?2—площадь поверхности Земли, R—радиус Земли, qp—заряд протона. Критический заряд q Земли, при котором все заряды с кинетической энергией £< 4-109 эв не будут попадать на Землю, находится из очевидного условия
4ле0Я 4ле0Я ’
откуда
Ег ^крит=^^р-«0,1 года.
Земля, по оценкам, существует 5-Ю9 лет; казалось бы, на Землю уже давно не должно падать ни одного протона. На самом же деле, положительный заряд Земли постоянно компенсируется за счет потока электронов, энергия которых настолько мала, что эти электроны не относят к космическим лучам.
6.5.	Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора определяется из соотношения
(ф1~ фз) ’
где q—заряд на единицу длины, <Pi—<р2—разность потенциалов цилиндров конденсатора. Поскольку из соображений симметрии поле Е внутри конденсатора радиально, то по теореме Гаусса находим
Е = тД—-2леог
Отсюда разность потенциалов между цилиндрами
Ь
а
и, следовательно, емкость на единицу длины
с д _ 2ле0 Ф1— фз In (b/a)'
Если на поверхности внутреннего цилиндра будут острые выступы, емкость конденсатора уменьшится, так как напряженность поля вблизи выступов будет велика, а расстояние между цилиндрами почти не изменится. Это приведет к увеличению разности потенциалов между обкладками и, следовательно, к уменьшению емкости.
6.6.	а) Чтобы найти поле системы точечный заряд—проводящая сфера, надо поступить следующим образом (см. «Лекции», вып. 5, стр. 125). Необходимо поместить изображение за-
414
5. Электричество и магнетизм
ряда q величины q'=— (a/b) q на радиусе, проходящем через заряд q на расстоянии а2/Ь от центра сферы, и, кроме того, в центре сферы поместить заряд q" =— д' (см. рисунок).
1
0Л=Т’
ОС = г cos 0, О В =Ь,
AC = r cos0 — 2-, b
CP*=r sin0, СВ — Ь—г cos 0.
Тогда потенциал в точке Р будет равен

ф=
г' = V(АС)2 + (PC)2 = У r2-2~rcosB+^-,
г" = У (СВ)2 + (PC)2 = /7^—26rcos0-j-62.
-_____ д______ ____________ад!Ь____
Уг2 — 2br cos0 +Z>2 Г „ „а2	„ . а*
У г —2 у г cos 0 4-^
 ag/bl 1 г I 4Я8о ’
Плотность зарядов на поверхности сферы находится по формуле
d<pl q Г1	Ь2—а2	1
0 = “ ®° 37 |г=а“ 4л	~ а (а2 + 62 — 2ab cos 0)‘Л J ’
б) Решим теперь задачу о точечном заряде вблизи проводящей сферы, потенциал которой равен V. Выражение для потенциала в этом случае имеет приведенный выше вид, но с той лишь разницей, что заряд д" в центре сферы следует заменить на Уа4лг0. Таким образом,
?ад!Ь
а2 „ .
ч>=
Yг2—2br cos
г2—2^- г cos0 +-jr 1
4ле0 ‘
b
, 4ле0Уа '
Решения и ответы
415
При этом сила, действующая между сферой с заданным потенциалом и зарядом, равна FoF-b/fe, где
„ д q Гт/ <7а&3 1 W“4jtgofe2	(62_a2)2j •
6.7. Покажем, что суммарная поверхностная плотность зарядов, создаваемая двумя противоположно заряженными шарами, слабо сдвинутыми друг относительно друга, действительно меняется как A cos 0. Пусть объемная плотность зарядов каждого из шаров по абсолютной величине равна р. Поверхностная плотность при 0 = 0 (см. рисунок) равна pd, а при 0 ф 0, о (О) = рй(0), где h (0) = dcos0; таким образом, о(О)=Лсоз0, где Л=рй.
Поскольку поле вне равномерно заряженного шара с плотностью объемных зарядов р равно полю точечного заряда q = (4л/3) R3p, напряженность электрического поля вне сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом, равным по величине pt^qd^ = (4л/3) Д3рг/=(4л/3) AR3 и направленным по оси Напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара, как известно, равна
Рг
Зе0 ’ или
Е - if- Е F -&-х~3ео ’ Зе0 ’ г~Зв0-
Для нашего случая вектор Е в некоторой точке Р, находящейся внутри сферы, равен
E-3f
Расписывая это соотношение в компонентах и принимая во
внимание, что Х! = х2, !h = !fo., гх = гг—d, находим
„ pd А
Е = е-5— = 5~ е..
г Зе0 Зе0 2
416
5. Электричество и магнетизм
6.8. а) Угол 0 определим так же, как в «Лекциях» (вып. 5, стр. 112). Угол <р характеризует положение плоскости, проведенной через векторы р и г. От этого угла не зависят ни потенциал, ни поле. Согласно формуле (6.11) «Лекций» (вып. 5, стр. 112),
1 р cos 0 ~ 4ле0 гг
Радиальная составляющая напряженности электрического йоля равна
_____дф _ 2р cos О г ~~ дг 4Л80г3
Тангенциальная составляющая Е^ определяется градиентом в перпендикулярном к радиусу-вектору направлении. Приращение расстояния на этом пути равно dl — rdQ (см. рисунок), поэтому
_	1 дф _ 1 р sin 8
8 ~ г д9 ~ 4ле0 г3
Так как потенциал не зависит от угла ф, £о = 0.
б) Угол а между вектором Е и прямой, проходящей через начало координат определяется соотношением (см. рисунок).
ЕЛ 1 tga==- = —tg0, С f
т. e. не зависит от расстояния до диполя.
в) Из полученных формул легко найти:
при 0 = 0	Е=-—!—
е	4ле0 г3
„„„ а я с 1 /ЗК2 р\
7
jraf /
f/
40
е
Решения и ответы
417
0.9. а) Потенциал в пространстве при наличии однородного электрического поля равен
ф = _(Е0.г)+^.
Когда Ео || р || ег,
Г.Р2 ( Р г- \
<р = — Еог +3--5=г	-х — Ео .
4ле0г® \4ле0г3	/
Эквипотенциальная поверхность находится из условия
4n«v5~£o = 0’ Т‘ е’
Если радиус сферы равен а, то р = Е0а3-4ле0.
б)	Электрическое поле находится следующим образом:
= Е_____Р , 3ггР
0 4ле0г3 ' 4ле0г5'
На поверхности сферы
Е = ЗЕ0 cos 0.
в)	Поле не изменится.
г)	о = г0Е — Зв0Е0 cos 0.
д)	Р=Д' rodS = 4леоа3Еое2, где е2—единичный вектор вдоль оси г.
е)	Полученные результаты могут быть использованы, в частности, для решения задачи о поле и распределении зарядов металлической сферы, помещенной в однородное внешнее электрическое поле.
6.10.	Соответствующим образом выбирая поверхность, с помощью теоремы Гаусса легко можно найти напряженность электрического поля равномерно заряженной нити
F Х xi + Pi
2ле0 г2 ’
где i и j —единичные векторы в плоскости, перпендикулярной нити, направленные вдоль осей х и у соответственно.
Найдем выражения для силы F и момента силы М, действующих на диполь в произвольном электрическом поле с напряженностью Е (г). Предположим, что отрицательный Заряд диполя находится в точке с радиусом-вектором г, а положительный заряд в точке с радиусом-вектором r-f-d, так что дипольный момент диполя равен р = <?d. Тогда суммарная сила, действующая на диполь, может быть представлена как сумма сил, действующих на его заряды
F = gE (r+d)—qE (г).
Заказ № 17
418
5. Электричество и магнетизм
Считая величину d малой, разложим электрическое поле в точке г-J-d в ряд по d и ограничимся линейными по d членами разложения:
ЛР dF r)F
E(r+d)=E(r)+^x+^,+g<fz=E(r) + (d.y)E.
Подставляя этот ряд в выражение для F, находим
F = ?(d-V) Е = (р. V) Е,
Чтобы вычислить момент этой силы, действующей на диполь, поступим аналогичным образом. Вспоминая определение момента силы, с точностью до линейных по d членов находим
б)
М = (г + d)XqE (r-J-d)—гХ<?Е (г) = = ?dxE (г)+гХ(<7<1- V) Е=рХЕ (г)-}-гХ(р- V) Е.
Учитывая найденное выше выражение для силы F, окончательно находим М=рхЕ (г)-|-rXF. а) Выполняя несложное дифференцирование, находим
F_ Х Р 2ле0 г2 '
М = 0. F=0,
Л р м=-------.
2ле0 г
В случае (б) момент силы направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через нить и диполь.
6.11.	Задача легко решается, если пластину представить себе как плоский конденсатор с бесконечно малым расстоянием d между пластинами и плотностями поверхностных зарядов на них -|-а и —а, такими, что p=od. Электрическое поле вне такого конденсатора, справа и слева, равно нулю, в чем можно убедиться из теоремы Гаусса. Поэтому потенциалы электрического поля по обеим сторонам от пластины постоянны и не зависят от расстояния до этой пластины; Однако величина этих потенциалов различна, причем разность между ними есть не что иное, как разность потенциалов между пластинами конденсатора. Так как напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора равна о/е0, то разность потенциалов равна
6.12.	а)
дф дх
6)	=
_ 1
“Л 4ле0
Ч , Чх xi ~[а?х2]
Решения и ответы
419
в) Пусть х^>а. Тогда с точностью до членов порядка а2/х2
Ех = -^-.
х 8х4Л80
Следовательно, электрическое поле кольца убывает быстрее поля диполя. Это происходит в силу того, что дипольный момент заряженного кольца равен нулю.
6.13.	Уменьшение тока при t > происходит потому, что заряд верхней пластины меняет знак и начинает отталкивать электроны.
Заряд на пластине конденсатора после отсоединения батареи равен q = C(f>, где С—емкость, <р—разность потенциалов между пластинами. Время, в течение которого будет скомпенсирован этот заряд q, определится из условия q^It^. Отсюда
/1== 1000 сек.
Ток обратится в нуль, когда разность потенциалов станет запирающей, т. е. когда разность потенциалов е<рМакс будет соответствовать максимальной энергии частиц 1,5 эв. При t > разность потенциалов будет постоянной и равной 1,5 в. При увеличении расстояния между пластинами емкость конденсатора падает вдвое. Если это увеличение произошло до того, как конденсатор был полностью заряжен, то после отсоединения батареи заряд на пластинах будет вдвое меньше и, следовательно; узремя t± вдвое меньше.
Если это увеличение происходит после удаления батареи, то заряд на пластинах не изменится и время i, не изменится также.
6.14.	а) В этой части задачи напряженность электрического поля легко находится по теореме Гаусса. В результате
Е =
аг3 г
"4ёГ г ’ а/?4 г 48^7 г ’
Г<Р,
r^R,
где г—радиус-вектор в плоскости, перпендикулярной оси палочки
£(0,
Е(0,
Е(0,
Е (0, 0, 0)=0, дгЗ
0, 0,005 м)=-±— = 0,7-104 в/м, 4е0
аР3
0, 0,01 л)=-р—= 5,6-104 в/м, ' 4еа
0,0,°2
14*
420
5. Электричество и магнетизм
б) Значение потенциала в начале координат можно найти из йнтегрального выражения
<р(0, 0, 0)=ji- Ср(|р/р',
т'	4ле0 J I г' I
в котором интегрирование производится по объему палочки. Интегрирование удобно выполнить в так называемой цилиндрической системе координат. Именно, разбивая поперечное сечение цилиндра на кольца площадью 2nrdr, а длину цилиндра на отрезки dx, представим | г' ] = Уг2+х2, dV=2лг dr dx. Тогда
«	1/2
2яа С	>.	С	dx
<Р (0)=-:- \ r3dr	I	. .	-.. =*
4ns0J	J	)/>	!	Г2
0	-1/2	'	1
а	С	/+К4г2 + /2	,
=— \ г3 In----	— dr.
во J	_/ 4-|Л4г2 + /2
Так как //2r	50, разложим подынтегральную функцию
в ряд по степеням отношения 2г//. Ограничиваясь первыми двумя членами разложения, найдем
Я Ф(О)=^Ь’ 80 J о
/г2	\
In —-j—... J dr =
aR* во
Г1 , 1 , I , R2 I |_16+ 4 П R + 6/2 J
aR*
1б80
h+4’nll L A J
7.1.
Точность этого выражения оценим, вычислив поправку aRel&eal2. Подставляя численные значения из условия задачи, найдем <р (0, 0, 0) я 2350 в, причем ошибка примерно составляет 0,15 в.
в) Вспомнив, что потенциал <р в какой-либо точке равен работе, которую нужно затратить, чтобы единичный положительный заряд перевести из бесконечности (где <р = 0) в данную точку, сразу заключаем, что потенциал в точке (0, 0, 1/2) меньше, чем в центре палочки. Действительно, если единичный заряд из бесконечности привести в точку (0, 0, 1/2) и (0, 0, 0) вдоль осн палочки, то для того, чтобы этот заряд поместить в начало координат, необходимо затратить дополнительную работу против сил отталкивания внутри самой палочки.
а)	Потенциал, создаваемый нитями в произвольной точке Р (х, у), равен
X , гг
<’,= -2^1%t-	0)
Эквипотенциальные поверхности определяются условием
Решения и ответы
421
r2]rA = const, т. е.
Если это уравнение записать иначе, т. е. (х— а)3 у2 = /?3, то видно, что оно описывает цилиндр вращения.
В последнем уравнении а и R — некоторые константы, выражающиеся через величины, входящие в исходное уравнение.
б)	Определим емкость, приходящуюся на единицу длины. Для этого вычислим потенциал проводов
Отсюда
j	Аг 1 Г Q
ф I провода +л “	2.се0 1П ~d ’
|	_ |	J Гд
ф I провода—X — -Г 2я8() ‘П-J •
-2—1п£" rtftp d
С * = “in (d/r0) ’
.	г, ч tr , 4Z 1	1 X — iy
в)	f(z) — U tV — —— —j—у- ™ —о т-—о •
'	1 г %+ ly х-4-у2
Покажем, что <p = Re/(z) при х, y^>d. Действительно,
|п (х2 Н~Уа) Н~xd __	, ^xd \
4ле0	(х2 + у2)— xd 4лг0	-f-J
1	х т X р 1
2ле0 x2-j-yi=I 2лев е z
422
5. Электричество и магнетизм
К главе 8. Электростатическая энергия
8.1.	Заряд Zqe, равномерно распределенный по шарику, обладает электростйтической энергией, равной (см. «Лекции», вып. 5, стр. 153)
п 3(Z?)2
1== 5г-4ле0
Из этой энергии следует вычесть «нефизическую» энергию самодействия протонов. Энергия, соответствующая протону, заряд которой равномерно размазан по шару радиуса г, равна П2 = 3/6 (<?a/r)	Для Z протонов эта энергия
«действия самого на себя» равна 3Zq2/5r-4ne<>. Следовательно, электростатическая энергия кулоновского взаимодействия протонов в ядре равна 3/6Z (Z—1) (<?2/4ле0г).
8.2.	Энергия заряженного конденсатора емкости С равна Xi=i/2CV2, где V—разность потенциалов на обкладках. Искомая работа равна разности энергий конденсаторов до и после поворота ручки настройки:
Д1_Д2==£гг£2К2 = 4,05-10-в дж.
8.3.	Суммарная энергия конденсаторов до их параллельного соединения равна
и ==2ц___} 42
° 2Cj +2С2 '
Поскольку при параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, то энергия системы после соединения равна
п - (?1+?2)2
2 (С1+Сг)
Вычислим разность
I! II —	—q^Cj)2 _
----2СгС2(^1+С2) <0-
Избыток энергии излучается или теряется на тепло в соединительных проводах. Потери энергии не происходит, если
нительных проводах. Потери энергии не происходит, <7iC2==<?2Ci.
8.4. а) Пусть <р (г) — потенциал внешнего электрического в котором в точке R помещен диполь р, т. е. в
ПОЛЯ, точке R-J-ii находится заряд-p?» а в точке R+r2—заряд — 9(1Г11 и |га|<<| R |), так что р = ? (гг—г2). Энергия зарядов диполя во внешнем поле равна *
1/ = ?[ф(К+Г!)—<p(R+r2)]=— (р, Е (R)).
(1)
Решения и ответы
423
б) Вычислим момент силы, действующей на диполь, прямым вычислением. Полный момент внешних сил равен
М =	(R +*Т) + R + ^X —(R-)-r2).
Разлагая это выражение в ряд с точностью до членов первого порядка по | г12 | <^| R |, находим
M=»pXE-|-Rx(p- V) Е.
Отсюда в случае однородного электрического поля следует М = рХЕ. Последнее выражение получается также из выражения (1): если ввести угол а между векторами р и Е, то действующий на диполь момент будет равен по величине
.. dU д ,
М = — ^—(—рЕ cosa) = p£ sina
и направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат векторы р и Е, т. е. М = рХЕ.
в) Если диполь создан путем последовательного помещения зарядов в электрическое поле, то его электростатическая энергия будет отличаться от (1). Действительно, если заряд -\~q помещен в точке R-f-Гд и, следовательно, обладает энергией ^(R-t-rJ, то при помещении заряда —q в точку R-(-r2 будет затрачена работа
—(R + г2)--------------
4Л80|Г1 —г2[ '
Таким образом, энергия диполя в этом случае будет меньше и равна
U =»<7<P(R4-1T)—^(R+r-j) — дЗ	дЗ
— 4ле0|р|	4ле0|р’| '
Искомая разность энергий равна q3!Mtea | р | и имеет смысл энергии взаимодействия зарядов, составляющих диполь.
8.5.	Электростатическая энергия конденсатора равна W =<?а/2С, где q—заряд на обкладках; С—емкость, равная C = eaA/d (d—расстояние между обкладками, А — их площадь). Искомая сила равна
dd 2е0А ’
а работа этой силы на расстоянии dx равна —(<72/2е0Л) dx.
8.6.	Разность Д энергий покоя мезонов равна Д=(тл+—тл-)с2= = 4,6 Мае. Если заряд мезонов равномерно «размазан» по объему шара, то его собственная электростатическая энергия равна [см. «Лекции», формула (8.7), вып. 5 и решение
424
б. Электричество и магнетизм
к задаче 8.1] о W=—~..........................qe
5 d '4ле0
Из условия & = W получается радиус пиона а = 2-10-14сл. Отсюда видно, что так определенный радиус пиона оказывается меньше характерных размеров ядра.
8.7.	Когда оболочка не заряжена, то на основании закона Гаусса убеждаемся, что электрическое поле помещенного в начало координат заряда q± внутри (г<а) и вне оболочки (г > Ь) совпадает с хорошо известным электрическим полем точечного заряда q1. В самой же оболочке (asSr<6) напряженность электрического поля равна нулю. Очевидно, работа по перемещению заряда из бесконечности в начало координат будет равна разности энергий, заключенных в поле, одна из которых отвечает заряду в начале координат, а вторая — заряду qlt помещенному на бесконечности. (Тот факт, что энергия точечного заряда бесконечна, здесь не приводит к затруднению, поскольку мы вычисляем не сами энергии, а их разность.) Искомая работа равна
U7 =_А С
2 J	8ле0 ab
а<г<6
Когда оболочка имеет заряд q«, ситуация несколько иная. В начальном состоянии, когда заряд находится на бесконечности, энергия, сосредоточенная в поле, равна энергии точечного заряда qr плюс энергия, заключенная в поле, создаваемом сферической оболочкой. Последнее, как легко убедиться на основании теоремы Гаусса, отлично от нуля лишь при г Ь и совпадает с полем точечного заряда величины 92- В конечном же состоянии, когда заряд q± находится в начале координат, величина напряженности электрического поля в пространстве ведет себя следующим образом (разумеется, поле всюду радиально):
{<71
4ле0г3 ’ О,
<71 + ?2 4ле0г2 ’
г < а, а^г<^Ь, г > Ь.
Следовательно, искомая работа
1Г2 во втором случае равна
(	а~~^ I giCh
\4ле0г2/ J Sate#' ab 4ле0Ь ’
Решения и ответы
425
К главе 10. Диэлектрики
10.1.	Для энергии конденсатора можно написать соотношение
Се0£2 ... , Се0£2 „.	CV2
где V—разность потенциалов на обкладках, а интегрирование производится по двум областям конденсатора. Поскольку поле Е в конденсаторе можно считать однородным, то из этого соотношения, если принять во внимание, что Ed — V, следует
г. _ ео^ Xi
d 2	'
10.2.	Емкость конденсатора без диэлектрика равна Со = Ae0/dt где А — площадь пластин, d—расстояние между ними; Q = C0V0, где Vo—разность потенциалов. При вдвижении диэлектрика величина Q не меняется, емкость же возрастает и равна (см. решение к задаче 10.1, учтя, что хх = 1) С = Де0(1-|-х)/2б1 = С0 (l-f-x)/2. Энергия конденсатора при этом равна U = Q2/2C = CoVo/(l 4~х)' а) Искомая сила равна
dU_
3d ~2C*dd
с V2 1
— ; ° — — = 7,1 -10~8 ньютон.
1 -f-х d
б) Дипольный момент единицы объема при этом равен
Р = (х- 1) е0£ = (х -1) е0-j =	Q =
х— 1 2e0V0 ,  я , . =5^+1-^=1(1 •10*!МОК/Л‘-в) Меньше.
10.3.	В отсутствие диэлектрика заряд Q на пластинах конденсатора и разность потенциалов ф0 связаны соотношением Q = C0<p0, где ф0 = Erd (d —- расстояние между пластинами). При наличии диэлектрика ф = Сф, причем E^Ei/n. Отсюда Q — C [£t (d—f)4-£xf/x]. Поскольку, с другой стороны, Q = C0£,d, то, приравнивая выражения для Q, находим
С = С0Г1
t х — 1 ~1 -1 d х J
10.4.	Вектор электрической индукции I) в любой точке г внутри диэлектрика равен
D
4яе0 г*
426
5. Электричество и магнетизм
Так как D = xe0E = e0E4-P, то
у П-,- 1
Р = (х—1)е0Е
х—1 Q г х 4ле0 г3
Поверхностная плотность зарядов опол равна оп0Л = Рп. Следовательно, наведенные на внутренней и внешней поверхностях диэлектрика заряды Qa и Q& соответственно равны
__Г | Q
a)	Qa= 4ла2опол|г=а	— = Qb.
л е0
б)	Pno.4=-V-P = 0.
10.5.	Изменение внутренней энергии конденсатора U, равной, как известно, U=Q2I2C (где Q—заряд на пластинах, С — емкость), в процессе, в котором механические силы вдвигают диэлектрик, изменяя его емкость, а батарея совершает работу по изменению зарядов на величину dQ, равно dU=£dQ-^dC.
Первое слагаемое в этом выражении—работа, совершенная электрической батареей по изменению заряда на пластинах конденсатора, а второе—работа механических сил.
Так как разность потенциалов на пластинах остается все время постоянной и равной V0 = Q/C, выражение для dU можно записать в виде
V2 dU = VQdQ=^dC.
а)	Подсчитаем работу, совершенную электрической батареей. Учитывая, что заряд на пластинах в начальном состоянии равен q0, а в конечном состоянии %q0, находим
VodQ = Vo dQ^g^V^ (х— 1).
Чо	Ча
б)	Емкость конденсатора в начальном состоянии была <?0/V0, а в конечном состоянии x?0/V0. Следовательно, механические силы совершили работу
<7o/V0
Работа, как мы видим, совершалась над диэлектриком.
10.6.	В некотором смысле эта задача аналогична пункту (б) предыдущей задачи. Над диэлектриком (масло) совершается механическая работа, которая переходит в потенциальную энергию
Решения и ответы
427
столбика масла в поле сил тяжести. Эта работа равна
V3
где Сх и С2—емкости трубки до и после втягивания масла на высоту h. Так как емкость единицы длины цилиндрического конденсатора равна Со-=2ле0/1п (b/а) (см. решение к задаче 6.5), то
уа
1)Л
2лвр In (b/a) '
Вес столба втянутого масла равен л (Ь2—a2)pgh. Потенциальная энергия этого столба в поле силы тяжести равна весу, умноженному на координату его центра тяжести, т. е. на h/2:
л(Ь2—а2) ,, ~у‘..... Р^2.
Из равенства работы механических сил потенциальной энергии находим требуемый результат:
2е0У2(х-1) “(Ь2—а2)р#1п (6/а)’
10.7.	Граничные условия на границе раздела двух сред (1) и (2) имеют вид £lt = £2f, Dln^=D2n или Eln/K! = Ean/xt, где индексами п и t помечены нормальные и тангенциальные к поверхности составляющие векторов. Эти граничные условия следуют из уравнений Максвелла divD = 0 и ухЕ = 0.
Действительно, рассмотрим произвольную поверхность раздела двух сред (фиг. 1). Выберем произвольным образом направление внешней нормали п к этой поверхности и условимся обозначать индексами 1 и 2 величины, относящиеся соответственно к нижней и верхней средам. Выделим мысленно около рассматриваемой точки поверхности прямую призму с образующими сП, перпендикулярными поверхности. Пусть эта призма вырезает на поверхности элемент S столь малый, что его можно считать плоским. По теореме Гаусса поток вектора электрической индукции через поверхность призмы должен равняться нулю \ D.dS»=f divD-dV =0.
Фиг. I.
Фиг. 2.
428	5. Электричество и магнетизм
При стремлении dl к нулю поток вектора D через боковую поверхность призмы также будет стремиться к нулю. Для потока же через верхнее и нижнее основание призмы получаем
(Di • n) S—(D2 • n) S = 0.
Отсюда следует искомое граничное условие
О1п — ^2п‘
Покажем теперь, что на границе раздела двух сред касательная составляющая вектора напряженности электрического поля Е непрерывна. С этой целью выберем около произвольной поверхности (на фиг. 2 ее сечение плоскостью рисунка изображено сплошной линией) контур в виде прямоугольной рамки, боковые стороны dl которой нормальны к поверхности раздела сред. Выберем размеры этого контура столь малыми, чтобы поверхность раздела двух сред можно было считать плоской. Мысленно «натянем» на эту рамку стоксову поверхность. Тогда по теореме Стокса
J (VXE) dS = ^ Е.Д = 0.
Но при стремлении dl к нулю вклад в интеграл по контуру от боковых сторон будет также стремиться к нулю. Если длину L верхней и нижней сторон рамки выбрать достаточно малой, напряженность электрического поля Е на этих сторонах рамки можно считать однородной. Отсюда (E,t) L — (E2t)Z. = 0, или Ег1 = Ег1.
Из фиг. 3 видно, что
tge!==|li
и tge2=|2£. “2,-1
Отсюда следует, что
Xi ctg 6j = х2 ctg 62.
Решения и ответы
429
К главе 11. Внутреннее устройство диэлектриков
11.1.	Представим себе однородно поляризованный шар в виде двух равномерно заряженных шаров, полные заряды которых одинаковы, но противоположны по знаку, а центры сдвинуты друг относительно друга на бесконечно малое расстояние. В задаче 6.7 (см. решение) было показано, что электрическое поле такой системы совпадаете электрическим полем сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется .как Л cos 0, где 0—угол, отсчитываемый от оси z (последнюю удобно выбрать вдоль направления вектора поляризации шара). При этом напряженность электрического поля вне этой сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом Р = (4л/3) Ааа:
Рг3—Зг (г-Р) 4ле0 г4
г > а.
Здесь, очевидно, вектор Р совпадает с вектором полного дипольного момента равномерно поляризованного шара. Внутри же такого шара поле Е, согласно решению к задаче 6.7, равно
f-А Р
Зе0 вг 4леоа3 ’
11.2.	Дипольный момент атома гелия равен
РНе ’’ е0Е = 2,4-10~37 кулон-м.
11.3.	Для водяного пара [см. «Лекции», вып. 5. уравнение (11.21)] х— 1 = Npo/3e0kT. Следовательно, температурная зависимость поляризуемости а = х — 1/7V имеет вид а = Л/Т, где ^=Р§/Зе0/г; N—число частиц в единице объема можно найти из уравнения состояния идеального газа p^NkT (р—давление пара, k—постоянная Больцмана). По данным таблицы, приведенной в условии задачи, N1,138-1024 л*"8. Для а получается следующая таблица значений;
1030а	238 250 269 290
1041/Т	207 220 236 254
Если построить зависимость а = /(1/Т), то экспериментальные точки ложатся на прямую, тангенс угла наклона которой равен А = 1,12. Отсюда р0 = |^Зе0М = 2-10~17 кулон-м.
430
5. Электричество и магнетизм
П.4. В простом варианте задачи £«=(1/4ле0) (2р/а3) и р = ае0Е. Отсюда ответ: а3 = а/2л. В усложненном варианте электрическое поле в любом узле легко найти:
Поскольку дипольные моменты атома кислорода и атома титана равны ро ==аое0£ и pTi = aTie0£, то при подстановке в эти выражения Е следует искомое условие:
1 2
a3 = -^(ao+8aTi).
11.5. В однородном внешнем электрическом поле Е каждый шарик будет равномерно поляризован. Пусть Р—вектор поляризации шара. Равномерная поляризация шара создает внутри него однородное электрическое поле с напряженностью, равной —Р/Зе0 [см. «Лекции», вып. 5, формула (11.24)]. Тогда суммарное электрическое поле внутри каждого шарика (их взаимным влиянием друг на друга мы, согласно условию задачи, пренебрегаем) равно Е, = Е—Р/Зе0. Поскольку Р = е0(х—1) Е,-, то
P = eo(z-1)E-^ Pt
откуда
Р 3(х—1)
х + 2
BqE.
Получим полный дипольный момент равномерно поляризованного шарика умножив Р на объем шара, т. е. на
(4л/3) (d/2)3:
4л (х —1) / d V х-[-2 V 2 J
Поскольку шарики образуют пространственную решетку с периодом, равным 3d, поляризация этой решетки, т. е. дипольный момент, приходящийся на единицу объема решетки, будет равен
1 „_4л(х-1) (3d)3 J 63(х+2)
е0Е.
Так как D = E + P/e0, то для диэлектрической постоянной решетки находим выражение
, 4л (х — 1)
-|“б3(х + 2) *
Решения и ответы
431
К главе 12. Электростатические аналогии
12.1.	Исходя из электростатической аналогии, нам нужно найти потенциал в центре тонкого равномерно заряженного кольца. Имеем
Q
Ф = з--->
т 4ле0а
где Q—полный заряд кольца (? = рла26. Переходя к задаче о распределении температуры, надо вспомнить, что мы вычислили разность потенциалов между центром кольца и бесконечно удаленной точкой. Если потенциал на бесконечности равен <р0, то в центре кольца он равен
О
<₽ = 4леоа +<Р°'
Переходя к «температурным» величинам, находим температуру в центре кольца (при таком переходе <р —>- Т, р —»- e0S/x, см. «Лекции», вып. 5, стр. 234, 235)
W
Г-4^ + 7'о-
12.2.	Используя аналогию с электростатической задачей, находим Т (г) = — (Sr2/6x) + D, где <$ == Wz/(4n/3) R3—плотность источников тепла; 1Г«=8-1020 дж/год-, 7? —радиус Земли. Константу D определим из условия Т(а) — Т0, т. е. D = T04-Sa2/6x. Радиус а можно найти, положив приближенно температуру поверхности Земли равной нулю. Из этого условия следует
/. 8xnT0R
1----и? " = °867 км.
00
12.3.	а) Трехмерный случай: ф = 2 ^пггП-1- Подставляя п = - 00
это выражение для <р в уравнение Дф = О, получаем ио
ДФ=2 — 1) (л + 2) Ьпггп~3 — О. Нетривиальное реше-л= — оо
ние получившегося уравнения будет при условии, что коэффициенты Ь± и Ь_2 отличны от нуля. Следовательно,
ф = М+-;5--
40
б)	Двумерный случай: <р== У, спгрл-1. В этом случае п— - 00
Д<р = 2(«~ 1) (п + 1)спгрл~3 = 0. Следовательно, лишь п
432
5. Электричество и магнетизм
с-! и с_г отличны от нуля и решение имеет вид <p = Ct2+(C_iZ/p2).
12.4.	Задача математически аналогична задаче 7.1. Поэтому для Т можно сразу написать решение, если в задаче 7.1 линейную плотность зарядов положить равной Х = We0/’e.t:
В этом выражении	—(d/2)]‘2 + i/2 и г±~
*= У [x4-(d/2)]2+p2—расстояния до произвольной точки от труб с -j-W' и —W источником (см. рисунок к решению задачи 7.1, стр. 421). Постоянная D — Ta определяется из того условия, что вдали от труб температура равна То. В точке с координатами x=100d и #=106d температура равна Т = 20,5рС.
К главе 13. Магнитостатика
13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током,
текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоянии г от последнего равна В = (1хег)/2ле0с2г, где ег — единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежащего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны Ву — Э//ле0с'2а — 8-10~8 вебер/м2, Вх = 0 (см. рисунок). Вектор В, следовательно, направлен вертикально вверх.
б)	Сила, действующая на элемент длины тока левого нижнего из проводов, согласно закону dF — I dlxB, равна f — dFJdl = leaxB, где е3—единичный вектор в направлении силы тока левого нижнего провода. Вычислим напряженность магнитного поля в районе левого нижнего провода (исключая, конечно, поле самого этого провода). Нетрудно убедиться, что компоненты вектора В равны

зф
Решения и ответы
433
Вх — В012, Ву = ЗВ0/2, где Во= 7/2леос2а. Следовательно, f = (B0//2) (—ЗеИ-е,), где ej и е2—единичные векторы в направлении осей х и у. Величина этой силы равна I f | — Во1 У" 10/2 = 6,3-10~4 ньютон. Направление силы составляет угол 161°,7 с осью х.
13.2	. При вращении цилиндра возникает ток с плотностью
Выберем контур интегрирования так, как показано на рисунке, и воспользуемся теоремой Стбкса. Магнитное поле по соображениям симметрии направлено вдоль оси цилиндра. Находим, что вне цилиндра В = 0. Поле на оси цилиндра равно
Направление вектора В совпадает с направлением вектора угловой скорости.
13.3	. Плотность токов j найдем из условия однородности тока по сечению. Воспользовавшись тем, что циркуляция вектора В по замкнутому контуру равна
(6в-М=-\ f j-dS, ?	80С2 J
получим
В =	0 < г < а,
6)S = 2S^7>	а < г < bt
434
5. Электричество и магнетизм
. „ I 1 с2—г2
в)	В = ----г---т—— ,	Ь < г < с,
2яе0с- т с2— Ь2
г)	В=0,	г > с.
13.4.	Под действием силы Лоренца <?evxB электрон будет двигаться по окружности. Радиус последней находится из уравнения движения электрона в магнитном поле: его ускорение равно центростремительному
о mvo
<7<А>Я = —.
где п0— начальная скорость электрона. В своем движении электрон в узкой части трубки опишет дугу. Отклонение луча (в предельном случае на половину экрана) найдем из выражения О/2 = (/— a) tg <рмакс (обозначения расшифрованы на рисунке). Так как а<^1, то tg <рмакс = £>/2/. Нетрудно убедиться, что если отказаться от условия а I, то <рмакс надо определять из уравнения
tg<PMaKc=[y-Gtg^] у.
Радиус окружности как функция параметров трубки и угла отклонения есть r=Z1/sin <рмакс.
Следовательно, В—mvQ/qel1yrl-\-(4r2/Di). Если для оценки величины В задаться следующими параметрами трубки: D = 30 см\ I = 30 см, = 5 см, то В = 1,60 ас (скорость электрона о0 определяется по формуле п=)Л2Е/те, при £ = 3 кэв о0 = 3-107 м[сек. Число ампер-витков на единицу длины (м) соленоида находится по формуле В = п//евс2: п/=е0с2В = 12,7 IO2. Ускорение электронов электрическим полем после их отклонения в магнитном поле увеличивает
Решения и ответы
435
составляющую скорости по направлению к экрану. Это приводит к уменьшению угла <р между направлением движения электронов и осью трубки; следовательно, после отклонения в магнитном поле должно быть <р > <рмакс (<рмакс определяется параметрами трубки) и найденные оценки В, п1 надо увеличить.
13.5.	а) При определении силы, действующей на рамку с током, будем исходить из того, что на элемент тока длиной dl действует сила, равная dF = Z2dlxB. Проинтегрируем это выражение по контуру рамки. Ясно, что силы, действующие на участки рамки, перпендикулярные проводу, равны по величине и противоположны по направлению. Их результирующая равна нулю. Сила, реально действующая на рамку1, равна сумме сил, действующих на участки, параллельные проводу. Так как магнитное поле, создаваемое проводом на расстоянии у от него, равно
то
F = /a KdlxB-Д
| J J j 2ne0c2 ya(a + w)
Сила, действующая на провод, равна найденной по величине, но противоположно направлена.
б) Как легко убедиться, момент сил, действующих на рамку, определяемый выражением M = Z2 ф rxdlxB, равен нулю.
13.6.	Задача легко решается, если рассмотреть два фиктивных тока: один с плотностью +J, а другой с плотностью —j, «протекающих» по полости так, чтобы результирующий ток через полость был равен нулю. Магнитное поле на оси полости при этом легко находится и равно В = (1/2еос2) jxd, где d—радиус-вектор, соединяющий центр сечения стержня с центром сечения полости.
436
5. Электричество и магнетизм
К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
14.1.	а) Для определения векторного потенциала в точках, удаленных от поверхности пленки на расстояние, гораздо меньшее ее размеров, воспользуемся сформулированным в «Лекциях» (вып, 5, стр. 282, 283) правилом: t-я компонента векторного потенциала, возникающая от плотности тока j, точно такая же, как электрический потенциал <р, созданный плотностью зарядов р = /г-/с2. Так как пленку в условиях задачи можно считать неограниченной во всех направлениях, то воспользуемся уже решенной задачей о поле равномерно заряженной плоскости. Выберем сетку координат, направив ось х вдоль вектора v, а ось г — перпендикулярно плоскости пленки. В такой системе координат поверхностный ток имеет только компоненту х, отличную от нуля, поэтому Ау = Az = 0. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно
где ег — единичный вектор в направлении оси г. Интегрируя соотношение Ez = — д<р/дг, находим электрический потенциал q> = —(а/2е0) г (постоянную интегрирования выбираем равной нулю). Используя сформулированное выше правило, находим
Ах=-^-г, Д,. = Лл = 0. А 2е0с2 у л
Так как В = ухА, то, проделав необходимое дифференцирование, находим Вх = 0, By = fsv/2e.0c2, Вг~0. В векторной форме
В = 2^(егХу)-
14.2.	Для решения задачи удобно воспользоваться законом Био —Савара
(d!Xr).
4ne0c2rJ
а)	Прямолинейные участки провода вносят в величину магнитного поля в центре полукруга нулевой вклад.
б)	Поле направлено перпендикулярно плоскости рисунка и по величине равно В=1/4еосаг.
в)	Магнитное поле, создаваемое всем проводом, равно найденному в пункте (б) данной задачи.
14.3.	Если воспользоваться законом Био—Савара, то магнитные поля, создаваемые витками в точке Р (см. рисунок), легко найти простым интегрированием Bxl — la2/2e0c2rl и
Решения и ответы
437
Вхг*=1аг/2елс2г1, где r1—yra'i-\-[(b/2)~x]i и г2=Уа2 + [(Ь/2)+х]2.
Полное поле в точке Р равно
а)	= +	[[а2 + (4~Х) ] Л +
б)	Разлагая полученное выражение в ряд Тэйлора, считая параметр х/г0 [где г0 — ]^а2 + (&2/4)] малым, легко найти
/а2 Г	/15 Ь2	3 \ я2-]
, -9 3	( А 4	2/9
L	\ ’ г0	Ао /
в)	Слагаемое ~хг обращается в нуль при условии 562/4 = го’ т. е. если а = 6.
г)	Если « = Ь, то магнитное поле равно В = 87/5312аеос2.
14.4.
а)
Выберем оси гласно закону
координат, как показано на рисунке. Со-Био—Савара
В = —1—
4ле0с2 J г3
где интегрирование ведется по всем сторонам рамки. Если представить вектор г в виде суммы двух векторов, один из которых направлен вдоль оси х и имеет длину, равную х, а другой расположен в плоскости yz, то можно записать
r-=___:__
4ле0с2

438	6. Электричество и магнетизм
Ясно, что первый интеграл в квадратной скобке равен нулю просто в силу симметрии рамки, поскольку для любого dl всегда найдется на рамке другой участок, расположенный на таком же расстоянии г от точки М, но с противоположным направлением dl. Что же касается второго интеграла, то в нем вектор dlxp всегда направлен вдоль оси х, и, следовательно, магнитное поле рамки перпендикулярно плоскости рамки. Из рисунка видно, что (dl X р)х = (а/2) dz.
Учитывая, что интеграл по замкнутому контуру в условиях данной задачи равен восьми интегралам вдоль отрезка 0 <г<а/2, для которого r2 = z2 + xa + a2/4, находим
а/2
R Ia С d*
J (£ + x2 + ,2V«-
о \ ч	у
Вычисляя этот интеграл, получим требуемый в задаче ответ.
б)	В этом пункте задачи требуется фактически найти закон Био—Савара из общего интегрального выражения для векторного потенциала. В дайной задаче это выражение сводится к виду
А=а4^/’7'-
По соображениям, изложенным выше, векторный потенциал в точке М равен нулю. Вычислим В = ухА. Воспользовавшись примечанием к задаче, запишем выражение для векторного потенциала в произвольной точке наблюдения
_ I (A dl\ I £ I d\\
В последнем интеграле дифференцирование производится по координатам точки наблюдения. При этом дифференцировании вектор dl следует считать постоянным. Здесь удобно воспользоваться теми соотношениями, которые были получены в решении к задаче 2.3. Получим
dl /	1 \ dl X г
V X — -= V • — I X dl =—s— .
г \ г J	г8
Следовательно, мы приходим к закону Био—Савара, использованному в пункте (а).
14Л. Чтобы определить напряженность магнитного поля, вычислим вначале векторный потенциал в некоторой точке Р с координатами х, у, z, расположенной вблизи оси кольца. Выберем оси координат так, чтобы ось г совпадала с осью
Решения и ответы
439
кольца. Воспользуемся интегральным выражением для векторного потенциала
4ле0с2 J г
где г=У{x—x')2 + (y—y')i + zi, х' и у'—координаты элемента dl на кольце (х2у2 — а2). Считая х, у <^.а, приближенно запишем
г = х2 + у2 + г2 + а2 — 2хх'—2уу' »
В том же приближении, очевидно, 1	, хх’ + уу'
г	/г2 + й2^ (г2 + й'2)3/а’
В силу того что (j) dl = 0, имеем
А ---------------тт- (£* (хх' + уу’) dl.
4ле0с2 (г2 + а2)
Так как токов в направлении оси г нет, то Аг=0. Учитывая далее, что
(f) х'dlx = 0, У'dlx=—ла2,
(j) х dly = na2, ф у dly = 0, находим .	1ла2
Ах =----------------т— у,
4леос2 (г24-а2) ,г .	1ла2
A v =------------—- х.
у 4леос2 (г2 + а2)
Вычисляя напряженность магнитного поля В = ^ХА, находим окончательно ВЛ = В^ = 0:
в дА? дА* _ 1 а* z~ дх ду ~ 2еос2 (а2 + г2)3/‘ ’
14.6.
Полный заряд' проводящей сферы связан с потенциалом V соотношением Q = 4me0Va. Поэтому плотность поверхностных зарядов равна o = e0V/a. Для определения векторного потенциала воспользуемся общим интегральным представлением, учтя, однако, что возникающие при вращении сферы токи будут поверхностными и, следовательно, в условиях задачи надо заменить jdV на (aaaXdS), rgfidS — вектор, по величине
440	5. Электричество и магнетизм
равный элементарной площадке dS и направленный перпендикулярно этой площадке. Векторный потенциал при этом равен
А — 1 С МУ’ — аа ( v	А
4л80с2 J | г —г'| ~4ле0са V J |г—г' | )'
Преобразуя поверхностный интеграл в объемный по теореме Гаусса, найдем
1	1 4
4ле0 J |г—г' | 4ле0 v J
где вектор Ео— напряженность поля кого шара
(1
Зе0 Г’
Зе0 г3 ’
Отсюда
равномерно заряжен-
г < а, г > а.
оа4 (® х г)
Зе0с2 г3
г < а, г > а.
Учитывая, что rot (и X г)=2е>, находим магнитное поле В = rot А,
Зг(р.Хг) —цг2 4леог6
где
4ле0„ ц = —Уа3и.
О
14.7. а) Если отрезком проволоки соединить ось цилиндра с его поверхностью, то, поскольку провод движется в магнитном поле, сила q (v X В) приведет к тому, что концы провода зарядятся. Зарядка будет происходить до тех пор, Пока электрическое поле Е не уравновесит (v X В), т. е. при Е (х) = ы-х-В. При этом разность потенциалов ь
на концах провода будет равна V = Е (х) dx=(wb2/2) В, о
где b—радиус цилиндра. Магнитное поле внутри цилиндра (вне его оно равно нулю) легко найти с помощью теоремы Стокса, выбирая контур интегрирования так, как
Решения и ответы
441
показано на рисунке: В = А<в/2ле0с2. Отсюда ответ:
v= _L_ \ с J 4ле0
б) Пусть в нашем распоряжении имеется очень чувствительный вольтметр, с помощью которого можно замерять разности потенциалов в 10-10 в. Из найденного выражения для V следует, что величина V тем выше, чем больше А—заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра. Пусть плотность поверхностных зарядов а на цилиндре достаточно велика, скажем такая же,’ как на проводящей сфере с радиусом в а=1 м, заряженной до потенциала в Уо = 10в в. Тогда o = e0V0/a и Х = 2ле0У0&/а.
Подставляя это значение X в выражение для V и учитывая, что v = a>-b, ' где со=10~4 сек-1, найдем 6 = [(2с2а/со2) (1//У0)],/з= 1200 м, что нереально.
6
ЭЛЕКТРОДИНАМИКА
К главе 15. Векторный потенциал
15.1. а) На границе между двумя средами нормальная составляющая магнитного поля должна быть непрерывной (это условие является следствием уравнения divB = 0). Так как внутри сверхпроводника В»0, то на его поверхности нормальная составляющая магнитного поля также равна нулю, т. е. поле снаружи сверхпроводника везде касательно к поверхности последнего—магнитные силовые линии огибают сверхпроводник.
б)	Магнитное поле в любой точке А, расположенной над сверхпроводником, можно найти с помощью метода изображений (см. рисунок)
В = В! + В2, где
В 1 Г3**1 (RrPi)~P-i-Ri~ 1~4ле0с2	pl	’
о __	1	3R2 (R2- Щ) М-2' ^2
2 —4леос2 [	pl	J’
в)	Вращательный момент, действующий на диполь, равен
м „ VR - 1 pPiXRo (Ro-R) (P-iXR)l
M = ^XB2-4^[	£5~J-
Для определения равновесных углов 9 вычислим «механическую» энергию диполя в магнитном поле, создаваемом сверхпроводником
^мех= —(Н1 ‘ Вг) = И-а^з<СО8 20-3 cos2 0)-4meocaRS
Определяя равновесные значения 0 из условия dU!dQ = 0, найдем 0 = 0, л/2, Зл/2, л. Для найденных значений углов энергия магнитного диполя равна
jj ____и ____	2^2 и	_у	___ ,
ие=0 — и8=л—----ие=а/2— ив=Зл/2— „3 •
Ко	Ко
Решения и ответа
443
Следовательно, при 9 = 0, л равновесие будет устойчивым, а при 9= л/2, Зл/2—неустойчивым.
г)	Сила, действующая на магнитный диполь, определяется выражением F=—grad 1/мех. При фиксированном 9 сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине
F = —(cos 29—3 cos2 9).
При устойчивом равновесии, т. е. при 9 = 0,л, f = 3p2/8d4. Сила будет отталкивать диполь от поверхности сверхпроводника.
главе 17. Закон индукции
17.1.	Применяя теорему Стокса и считая поле В однородным внутри цилиндра, легко найти
2 dt '
Мгновенное ускорение следует определить из уравнения движения: mw = <?g [Е + vxH]. Так как в начальный момент времени скорость заряда равна нулю, то •w = (qe/m)V,t = ——(Яег№т) (dfydt). Ускорения в точках и Р3 по величине равны (oB/d/)/2zn=-1,32-1020 см/сек? и противоположны йо направлению. Ускорение в точке Рг равно нулю.
444	6. Электродинамика
17.2.	Магнитный поток через полукольцо равен <D = BS-cosa, где а—угол, который плоскость полукольца образует с силовыми линиями: 5 = лг2/2—площадь полукольца. Наведенная э. д. с: £ и ток в цепи при этом равны
_ дФ Влг2а .	,	, Влг2(о sin at
Z?=T==-2-S'n®Z И /=~2/^ ’
Следовательно, амплитуды э. д. с. и тока равны
„ Впг2 (о .	_ Влг'2а
б макс—	2	И 'макс--,j 
17.3.	При 7? J>> а поле, создаваемое витком (7), равно
3 (р. • R) R р
7?e	-R3’
где р = /ла2п,; щ—единичный вектор нормали к плоскости витка (7). Если ввести п2—аналогичный вектор для витка (2), то магнитный поток через второй виток равен
Ф==(ВЛ)=М^ Г(П1.П2)_з.(Н^Д^ . A L	Л J
Так как ni||R, то, введя угол а, который вектор па образует в момент времени t с векторами пх и R, найдем наведенную в витке (2) э. д. с.
_ дф 21 .	,
S =---гг — тъ (ла2)2 <•> sin at.
dt R3
17.4.	а) Провод движется равноускоренно. Действительно, из закона Ампера сила, действующая на провод, равна IBd. Решая уравнение движения для провода с начальным условием v(t) f(__o = O, получаем v = (JBd/m.)t.
6)	Если цепь обладает сопротивлением г0, то, пренебрегая полем, создаваемым током, находим
1г0 S + &ннд == £	dF~ & vBd.
Так как провод движется равномерно, то действующая на него сила (сила Ампера) равна нулю. Отсюда / = 0 и, следовательно, ост, = .X*	aagjd-B.
г	в) Ток равен нулю.
0
Решения и ответы
445
17.5.	Электрическая энергия цепи с двумя катушками дается выражением [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 70, формула (17.38)]
U =4^/1 +4^2/22-W2.
где llt /2—токи в катушках; ЯП—коэффициент взаимной индукции. Поскольку по условию задачи /1 = /2 = ^> то электрическую энергию цепи можно представить в виде U = 1/2Xli, где X = Хг 4- =$?2—2ЛП. Если витки одной катушки перемотать в другую сторону, то изменится знак у 2Г1.
17.6.	а) Напряженность магнитного поля внутри кабеля найдем с помощью теоремы Стокса, учтя, что в силу симметрии задачи силовыми линиями магнитного поля будут концентрические окружности. В каждой точке силовой линии радиуса г напряженность магнитного поля равна В — 1/2ле(1с2г. Чтобы найти индуктивность кабеля, определим энергию магнитного поля U = (е0с2/2) J B2aV, приходящуюся на единицу длины кабеля [см. «Лекции», вып. 6, стр. 74, формула (17.48)]. Разделим объем между цилиндрами на цилиндрические слои толщиной dr и учтем, что объем такого слоя, расположенного на расстоянии г от оси кабеля, равен dV = 2яг dr, после чего найдем
,,е0с2 7 / V C2nrdr_e0c2 ! I_______V 6
2 \2ле0с2J J г2 2 \2лв0с2 J	а '
а
Приравнивая это выражение величине 1/^Х1г, найдем индуктивность, приходящуюся на единицу длины кабеля:
= 1п~ • 2яе0с2 а
б) В этом случае напряженность магнитного поля В при а < г < b равна найденной в пункте (а). С помощью теоремы Стокса найдем, что для 0 < г < а В = /г/2ле0с2а2. Вычислим далее энергию магнитного поля во внутреннем проводе, приходящуюся на единицу длины. Поступая так же, кай в пункте (а), получаем
U _еос2 ( 7 \22я 1	2 \2ле0с2/ 4а '
Складывая это выражение с и приравнивая сумму величине г1гХ1г, находим
Г1ПА+Л.
2леос2 L а 4]
446
6. Электродинамика
Если Ь^>а, то из найденного выражения для X следует, что результат слабо зависит от характера распределения тока по сечению центрального провода.
17.7.	а) Напряженность магнитного поля внутри тороидальной катушки легко найти по теореме Стокса, если в качестве стоксовой поверхности взять поверхность, «натянутую» на окружность радиуса г. Для Ь<г<ЬД-а находим
В r. NI .
2ле0с2г ’
где N—число витков обмотки, /—сила тока в обмотке. Далее вычислим энергию магнитного поля внутри тороидальной катушки. Интегрируя по объему тороида, найдем
2яа1п^.
2 J 2 \2леоса/ Ь
Приравнивая U величине г1^Х12, окончательно находим
б) Для определения взаимной индукции системы, состоящей из тороидальной катушки и прямолинейного провода, вычислим Фо—магнитный поток, создаваемый проводом через поперечное сечение тороида. Так как напряженность магнитного поля В, создаваемая прямолинейным проводником на расстоянии г от него, равна В =	(силовые линии поля В представляют со-
бой концентрические окружности), то магнитный поток через один виток тороидальной катушки равен
Мв'ж=я&'”(1+т)'
где /х—сила тока в проводе. Поскольку в катушке N витков, поток нужно умножить на N. Следовательно,
Решения и ответы
447
э. д. е. в катушке дается выражением
^=_7V^2==_^Lln (
dt 2леос2 \ b J dt	dt
Отсюда
в) Из пунктов (а) и (б) следует, что i/ ] ПИ ] ==* Л7.
17.8.	а) Как показано в гл. 14, § 5 «Лекций», напряженность магнитного поля, создаваемого витком 1 на большом расстоянии от него, ведет себя как электрическое поле диполя с моментом, перпендикулярным плоскости витка, т. е.
о____1__pr(M-i-r) Mil
4ле0с2г6 73J ’
где р,х = /ла2пг. Так как вблизи витка 2 поле В можно считать однородным, магнитный поток через него вектора В равен лааВ-п2. Вычисляя э.д.с., наведенную в витке 2, находим
(лаа)2Гп1-п2 „(Г1-П1) (г-п2)1
Щ112 ~ 777 г^5	3 J •	(‘>
Через углы ах и а2 (см. рисунок к условию задачи, стр. 356) взаимная индукция выражается следующим образом:
(ла2)2 1 Г
ЯПп = 5л^ 7» I cos <ai—“2) — 3 cos ах cos
б)	Сила взаимодействия витков [см. «Лекции», вып. 6, формула (17.39)] равна F=—/2vHR12. Используя выражение (1), находим
(ла2/)2Г/3(П1-п2)	. (пгг) (п2-г)\ г 3
X (niOb-rJ + nHnj-r)) .
Составляющая силы, перпендикулярная плоскости рисунка, равна нулю. Проекции силы F на линию, соединяющую центры витков, F|| и на перпендикулярную к ней ось (на рисунке направим эту ось вверх) Гд. соответственно равны
„	3 (ла2/)2,	,	. „
г 11 " 4ле eV* fC0S (®1—“2)—3 cos “1 cos “2Ь
fj-“ sin (ai+а,)-
148
6. Электродинамика
в)	Если изменить направление токов сразу в двух витках, то сила не изменится, если изменить его только в одном витке, то сила изменит знак, так как при этом изменится направление одного из векторов п на .противоположное.
17.9.	Чтобы найти напряженность магнитного поля на оси соленоида, создаваемого одним витком, определим вначале вектор Во на оси. Воспользовавшись результатом задачи 14.5, найдем, что на расстоянии г от центра витка напряженность магнитного поля на его оси равна по величине
В° = 2ёос2[га + г2]з/а-
При этом вектор Во направлен вдоль оси витка. Чтобы найти напряженность магнитного поля в центре соленоида, создаваемого всеми его витками, проинтегрируем найденное выражение по длине соленоида, введя линейную плотность тока IN Ц. Заменяя в приведенном выше выражении для Во силу тока на INdz/l и интегрируя по г от —Z/2 до -J-Z/2, находим величину магнитного поля в центре соленоида:
2 +U*
Р dz _ IN l/2r2
— Z/2
Нетрудно видеть, что, если длина соленоида стремится к бесконечности, выражение для В переходит в найденное в «Лекциях» (вып. 5, гл. 13, § 5) выражение для магнитного йоля внутри длинного соленоида. В силу того что г2^>гъ поле В в окрестности петли можно считать однородным (т. е. в области 0 < г < rj). Вычисляя магнитный поток
Решения и ответы
449
через петлю Ф = В-лг2, находим
«д w, воС2/	l-f-(Z/2r2) J'
Вычислим теперь !№21. Так как размеры витка малы, то его можно рассматривать как магнитный диполь. Поле магнитного диполя равно (см. «Лекции», вып. 6)
B=_J______{ о г(Н-г)___
4леод2 \ гь г3}’
где р, = 11Лг2ег; ег—единичный вектор, направленный по осн соленоида (ее выбираем в качестве оси г); Л— сила тока в витке. Вычислим поток вектора В через один виток соленоида, расположенный на расстоянии г от центра витка:
Фс= С(Вег) Н— С2лр ф Г_—Д—1—-1 = J г 4ле0с2 J r L(P2H-Z'5)s/» (р2
/1ЛГ2 г2
“ 2е0с2 (г24-га)3/2 ‘
Если сила тока в витке меняется, то в рассматриваемом витке соленоида наводится э.д.с., равная 8 =— ЗФ/dZ. Чтобы найти полную э.д.с., мы должны просуммировать найденное нами выражение по всем виткам. Вводя плотность витков Ndz/l и интегрируя по z от —Z/2 до Z/2, находим
dlt Nnrl-rl l/r dz	dli
dt 2egc2l J (г2-|-г2)’А“-и‘21 dt '
-Z/2
Вычисляя найденный интеграл, получаем выражение для Ш!21, которое, как нетрудно видеть, совпадает с ПЛн, т- е-soi2i=!di12.
17.10.	Если пренебречь магнитным полем, создаваемым проводом, то наведенная в нем э.д.с. равна
Отсюда I — 8IR——Bvl/R=—10~8а. Если не пренебрегать магнитным полем, создаваемым движущимся проводником, ток в цепи уменьшится. Ответ по величине не изменится, если магнит, создающий поле В, будет двигаться со скоростью v в ту же сторону, что и провод, так как в этом случае можно считать, что сопротивление R движется вправо со скоростью v и, следовательно, магнитный поток через цепь будет меняться с прежней скоростью. Так как размеры
5 Заказ А1» 17
450
6. Электродинамика
цепи уменьшаются со временем, коэффициент самоиндукции также будет уменьшаться.
17.11.	Механическая сила, действующая между витками, и момент СИЛ, действующий на виток Б, определяются выражениями (см. «Лекции», вып. 6, стр. 71)
Где d—расстояние между центрами витков; a—угол, который составляет нормаль к витку Б с осью, проходящей через эти центры; —коэффициент взаимной индукции витков, Чтобы найти последний, можно воспользоваться результатом задачи 17.8 (см. формулу для (№12);
(ла2)2 2 cos а дал£ = 2^-^--
силу тока в витке Б:
1 ЗФлБ ЖабЛ1а (ла2)2 4K0f cosa R dt
Найдем далее
.	£ Б
/ с 3= *— "а 3» —— •
Б R
Следовательно,
а)	М = 4л4а8К2^3 sin 2а/(4ле0с2)2 d6/?.
Если а=0, то Л4'==0.
б)	F = 24л4а8К^/3/(4ле0с2)2 d2R.
Витки отталкиваются друг от друга.
в)	Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы ток? Iб будет меньше. Вместе с этим уменьшатся величины F и М.
г)	Ответ к пункту (а) не изменится: при а = л/2 sin2а = 0 и, следовательно, момент сил, действующих на виток Б, будет по-прежнему равен нулю. Ответ к пункту (б) изменится: при а = л/2 cosa = 0 и сила, действующая на виток Б, обратится в нуль.
R dt ~ 4ле0с2 Rd?
К главе 20. Решение уравнений Максвелла в пустом пространстве
20.1.	а) Волновое уравнение, которому должно удовлетворять электрическое поле Е, имеет вид
52Е __ 1 52Е дх2 dt2
Для компоненты a(a = x, у, г) это уравнение имеет вид
ФЕ* 1 п
0.
Решения и ответы
451
Подставляя в это уравнение £а = £Оаехр [/ (at—йх)] и выполняя дифференцирование, находим [й2 —(со2/с2)]£а==0. Так как a—ck, это уравнение выполняется для любого а. б) Представим a-ю компоненту вектора Ео, которая, вообще говоря, комплексна в виде £Оа = £'аехр(/фа), где Е'^ — модуль комплексного - числа £Oa, а ф,х—его аргумент. Тогда £a = £'aexp [/(со/—йх + фа)]. Следовательно, вещественную часть Ел можно записать в таком виде: £0acos(co/—йх + фа). Найдем далее уравнение движения точки, для которой фаза волны ф=»со/— kx имеет некоторое фиксированное значение. Очевидно, в этой точке компоненты напряженности электрического поля волны будут иметь определенные значения, равные Е^ — Е'^ cos (ф + ф«)- Определяя х, находим этот закон
со ,
X = ~t — ф — ct — ф.
Выбранная точка, таким образом, движется в положительном направлении оси х со скоростью б.
в)	Подействуем оператором 57 на функцию
Е = Ео exp [/ (со/ —йх)]:
V • Е = Ео  ye1 " kx} = Ео (— ikex) e‘ (“* - **) = — ikex  E. Следовательно, действие оператора 57 ца подобные функции сводится к простому умножению их на вектор — ikex. Действие оператора d/dt сводится к умножению таких функций на число /со.
г)	Пусть напряженности электрического и магнитного полей зависят от t и х синусоидально.
Тогда в комплексном виде можно записать Е *= Ео ехр [/(со/ —йх)] и В = Воехр [/(со/ — йх)]. Подставляя эти выражения в уравнения Максвелла в пустоте
(V-E)-0, (VXE)=-1b, (v-B)=0,(vxB)=1^(
получаем
(еЛЕ)=0, k (еххЕ)=соВ, (ех-В)=0, k (ехХВ)-=- Е.
Определяя Е из последнего уравнения и подставляя выражение для Е во второе уравнение, находим
со2
—йехХ(ехХВ) = ^В,	(1)
так как exx(evXB)=F«^ (ех-В)»-В (ех-еж). Учитывая, что, согласно третьему нз полученных уравнений, е^В=»0, а также что (ех-ех)л*\, из (1) находим [й2—(со2/с2)] В » 0, Отсюда следует, что со = сй.
15*
452
6. Электродинамика
д)	Электрическое поле Е = Еоехр ± [i (co/ + fex)] описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси х. Действие оператора v на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор ± ikex, а действие оператора d/dt—к умножению этой функции на число ± по. При этом уравнения Максвелла и связь между со и k будут такими же, какими они были найдены в пункте (г) данной задачи.
20.2.	Рассмотрим установившийся процесс. Напряженность электрического поля электромагнитной волны, падающей на зеркало, в неподвижной системе координат можно представить в виде Е=»Е0 cos (со/—kx), а волны, отраженной от зеркала, в той же системе координат можно представить в виде Е'=»Е о cos (со'/ + k'x). На прямой линии х = о/, где 0^-скорость зеркала, должны выполняться следующие граничные условия: E-f-E' =О = Ео cos (со/—kx) 4- Ео cos (co7 + fe'x). Это возможно лишь при Ео = —Ео и со/—kx — a't k'x. Подставляя x — vt и k = ts>lc, k.’ =<хз'{с, получаем
Этот результат совпадает с тем, который можно получить, используя преобразования Лоренца.
К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
21.1. Согласно формулам (21.18) и (21.25) «Лекций» (вып. 6):
= 1 tp + (r/c) Р1/-г/с'г	. _ 1 Р
4яе0 г3 ’	4ле0с3 г3
Вводя обозначение р* = р(/—(г/с))(r/с) р (/—(r/с)) и учитывая, что
находим
ЗА 1 р
"3F = 4 ле0с2 г3
Подставляя найденные выражения в Е = ——(dh/dt) и учитывая, что
г2р (рт)г 1	ч
75-----i4r-=72rX(pXr),
V	V	1г
Решения и ответы
453
находим
Е=___LFp*_^J21+lr
4ite0 |Р r2 с2
что эквивалентно выражению (21.26) «Лекций», вып. 6, стр. 155.
21.2. Обозначим через г'+ и г_ «запаздывающие радиусы-векторы» (г±=х, у, z=F(d/2)cos at') от положительного и отрицательного зарядов. Согласно рисунку в условии задачи (стр. 360),
гХ = г2+ ( C°SCO/' j 4: rd cos 0 cos co/',
где t'— t—r^Jc. Напряженность электрического поля, создаваемая зарядами -\-q и —q в точке Р, согласно уравнению (21.1) (см. «Лекции», вып. 6, стр. 142), равна
Воспользуемся тем, что точка Р находится на расстоянии r^>d от диполя. Это позволяет во всех вычислениях ограничиваться лишь линейными по d членами. В таком прибли-
жении
'	d _	{ , г \
r± = г cos 9 cos I at —— ),
' d f , r \ . r± = =F ezycos ( co/—— J4-err, dr± da a  f f r \ -vr = ± -s- cos 9 sin at---------,
dt 2	\ c J
de , r±	d r± _
dt	dt /
, e, da .	/. r \
± — sin co /-----------
r 2	\ c J
_er da a .	( r
T — cos 9 sin co /----------
r± 2	< c
dae , r± , ez c/co2 (. r \
er do)2 n f. r \ — -7г- cos 0 cos co t------------I .
r 2	\ c )
454	~ 6. Электродинамика
Убедимся, что векторы der r/dt и d2er r/dt2 направлены i	i
По eft. Вычислим скалярные произведения [er	и |er (d2erJdt2^ j.
Учитывая, 4Toe^-ee>=cos 6, находим, что эти скалярные произведения равны нулю. Модули векторов der Jdt и d2er/dt2 зЬ	i
найдем, вычислив скалярные произведения этих векторов на е.. Учитывая, что (е.-е.) = —sin 0, имеем
da> - а 	(/ г \
-dr = ^ee-§7sin9sin“V-Tj’
d4r± du>2 . а (. r\
—= т е, -и— sin 9 cos co <----.
dt2 ' 9 2г	\ с J
После несложных преобразований окончательно находим
.. qd \ п п Г1 Л ®  Л г
Е =-2— < 2е, cos 0 -5- cos со t-----sin со г----
4ле0 |	[у \ с J сг2 . \ с
,	. п Г 7 со2 , 1 \	!, г \ со. ( , г '
Ч-е. sin0	—^4-—. cos со t-------------т sin со t--
9	\	с2 г	г3 /	\ с J сг2 \ с
+
Определяя из этого выражения Е^ и Ег, приходим к приведенному в условии задачи результату.
21.3. В «Лекциях», вып. 5, гл. 14, § 5 отмечалось, что электрическое поде статического диполя и поле постоянного магнитного диполя одинаковы по виду, хотя и удовлетворяют разным уравнениям Максвелла
(V-E)=2 И (VXB) = -L.
Ьо	bQL
Это происходит от того, как отмечалось в «Лекциях», что дипольные поля возникают, когда мы находимся далеко от всех токов и зарядов. Тогда в большой части пространства уравнения для Е и В одинаковы: ротор и дивергенция этих полей равны нулю. Но нетрудно убедиться, что подобная симметрия уравнений Максвелла имеет место и в общем случае переменных полей. Действительно, в далеких от Зарядов й токов точках пространства уравнения Максвелла Однородны:
(у-Е) = 0,	(v-B)=0,
(VXE) = -|^,	C2(VXB)=||
и в силу этого обстоятельства имеет место симметрия ^5-Е (электр. диполь) — В (магн. диполь),
В (электр. диполь)— —Е (магн. диполь).
Решения и ответы
455
Поэтому, заменяя в выражениях для электрического и магнитного полей осциллирующего диполя, найденных В задаче 21.2,
p — qd cos со/-е2 на р,=егла3<0 cos ait находим
21.4. а) Из рисунка к условию задачи (стр. 361) видно,; что (для удобства обозначим
r2 = r24-na—2 ar cos0, г2=г2-|-а3—2ar cosO.
При r^>a rti 2 « г a cos 9. Разлагая в ряд по ам/с 1
I, г \ , а® „ cos и t----------± — cos 9 дй
I \ с J о
f. г \ аы „	. г \ .
cos и f--------т — cos 9 sin и t----------+ • • •
\ с } г о	V с
и учитывая, что при г а
.	,	1 Г, , cos 9\ Я
(г a cos 9)-1 » у 1 ± (	— 1 ,;
получаем требуемое выражение для ф.
б) Заметим, что если использоваТЬ результат пункта (а), то можно записать
1 <Эф _ д Qfflid с2 dt~да4ле0с2
sin <о ( t —
\ с
Если воспользоваться уравнением уА»=—(1/с2) (дф/д/)« которое в задаче сводится к уравнению (1/с2) (дф/о/)=« =— (дА2/дг), то мы видим, что в написанном выше выражении для (1/с2) (дф/d/) функция, стоящая пбёЛе оператора д[дг, есть не что иное, как —» А2.
45а
б. Электродинамика
в) Вычисляя Е =—V<f>—(дА/д/) с помощью найденных в пунктах (а) и (б) выражений для ср и А, находим (p = Qod)
Е Р I а Г f 3	0)2 \ t г \ л.
e=4^vos0lU_^;cos^ ^)+
+^sinw0~r)] -е' +
. Г/со®	1 Л	/. г \
+ е2 "5---S' СОЗ СО /-—
z [\с2Г Г3 J	V	С }
“cT2sin“(z-7)]}-
Умножая Е скалярно на ег, е[£ = егХег и e6 = erX(ezXer) = = cos0er—ez, находим выражения для Е®, Е$, Ег, приведенные в условии задачи 21.2. При этом сВ=егхЕ.
21.5. а) Так как i = dp/dt, где р—дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим
i0 2лг , р = —- cos —*— cos со/. r co X
Дипольный момент элементарного диполя длиной Дг отсюда равен
*	С‘о	2лг .
Др = -Д- cos -V- cos со/ ) Дг.
\ со X /
б) Векторный потенциал в волновой зоне равен
Х/4
.	1	Г .	2лг	.	(,	г' \	.
Az = —.---5— 1 г о cos-т—sin со /--------аг,
2 4ле0с2г	J и	X \	с J
-ъ/1
где г' — Уг3-\-г3 — 2rzcos0.
При г^>Х/2, т. е. при г^с/а, получаем г' « г—гсоз0.
Далее, представляя
• Г ( i	г \ , иг	а!
sin со /----) 4------cos 0 ==
L У,	с ) 1 с	J
*=sin св^/—j')cos (kz-cos 0)4-cos (о —£"^s'n (^г cos ®)> где fe = 2n/X, и подставляя в формулу для векторного потенциала, простым интегрированием находим А2:
cos ( cos 0 | sin со{ / —- |
A — V2__________________ A	CJ
2 Anttf? k sin* 0	r
Решения и ответы
457
Нетрудно видеть, что последнее выражение совпадает с найденным векторным потенциалом А в пункте (б) задачи 21.4, если только положить
2i0 cos^-j-cos 0^ ^0== ft® sin2 0
Поэтому мы можем воспользоваться решением к этой задаче [см. пункт (в) задачи 21.4] и найти электрическое поле в волновой зоне
( Я
п. COS -7Г COS 0	,	.
„	2г0	\ 2	)	(, г \
Е. ~~л--------- -А------- COS <0 t---.
9 4леасг sin 0	\ с )
Аналогично для магнитного поля находим, что в волновой зоне существенна лишь компонента В , причем она равна В^Е^с.
в) Зависимость Е (j от угла 0 имеет вид для антенны	(л
COS — COS 0	;
р________\ 2_____L
О sin0 ' для одного диполя
Е^ ~ sin 0.
Характер этой зависимости для антенны и одного диполя примерно одинаковый (см. рисунок).
458	6. Электродинамика
21.6.	Электрическое и магнитное поля движущегося заряда описываются потенциалами Льенара-Вихерта
__________q_______	.___________qv'________
<Р°”4ле0 [R'~ (v'-R')/c] ’	4леас2 [R' —(v'-R')/c] *
где R' и v' берутся для времени /' = /— R'/c.
й) Так как при движении по окружности в любой момент времени v_L^i т0 в центре круга имеем
q
т 4ле0а
б)	Аналогично
4ле0с2а
где	— (я/с)]. Считая момент времени, когда заряд
находится в точке Р, за начало отсчета времени, находим
о'cos (со/-------) ,
«	\ с ]
(w—v/a), т. е.
в)	Определим потенциалы в точке, расположенной вблизи центра круга (г—‘радиус-вектор втой точки, см. рисунок). Обозначая через а0 угол между г и осью х, запишем
/?'а = а2-|-га — 2ar cos (со/'—а0),
„ t R'
t'xt-----,
С
Решения и ответы
459
Наша конечная цель—вычислить производные от потенциалов в начале координат. Поэтому, выражая R' как функцию t, х, у, удержим лишь члены первого порядка по г
Выразим теперь через к, у, t скалярцое произведение (v'-R'). Как видно из рисунка, (v'-R')=—va sinвр Имеем
cos ах ==
а-ч-/?'-—г3 2aR’
Если подставить сюда только что найденное выражение для R', мы найдем cosa1 = l, однако если учесть члены второго порядка, то в конце концов получим
г /,	v	\
sina1=—- sin со г ——а.п I а \	с	“)
X	. (	, V \	у	(	, V
=— sin СОГ-----2- cos cor--
a \ c j	a	\ c
Теперь у нас есть все, чтобы найти <р (х, у, t):
ф(Х, у,
х+—у
— sin
’-ЯГ
Воспользовавшись формулой Е — V<p—(5A/3Z), вычислим напряженность электрического поля [напомним, что вектор А в центре круга найден в пункте (б)]. Имеем
„ q Г / п2	, v \ , v . f . v \ 1
Е, =-;——т	— 1 cos at------) sin со£ —г- | «
х 4ле0аа L\c2 J \ с ) с \ с / J
х 4ле0а2
Легко убедиться, что при /=0, т. е. когда заряд находится в точке Р, Ev < 0 и Еу < 0. Таким образом, поле направлено вниз от оси х (а если бы был справедлив «запаздывающий закон Кулона», оно было бы направлено выше оси х).
460
6. Электродинамика
Определим теперь векторный потенциал А. Для этого необходимо найти v' (t, х, у). Имеем
v’x=— v sin (of =
Отбрасывая в выражении для Ах члены, пропорциональные х, а в Ау—пропорциональные у (и те и другие не дают вклада в магнитное поле), находим
v2x . f , v X	( J v \
-----sin (ot--------cos (ot--------
ас \ c J	\ c J
Нетрудно убедиться, что только z-компонента магнитного поля отлична от нуля. Для нее
_Му дА, г дх ду
4леос2а2'
Таким образом, магнитное поле в центре круга не зависит от времени. Оно равно полю в центре витка с током, таким, что 1-clS — qv.
Легко понять почему: представьте, что заряд «размазан» вдоль «проволоки» [р==р (s)J и движется как целое; ясно, что лишь в той части витка, где р 0, ток отличен
Решения и ответы
461
от нуля [/ (s) =р (s) t>], так что
I-dS = v § р (s) dS — vg.
г)	Формула (21.1) для напряженности электрического поля (см. «Лекции», вып. 6, гл. 21, стр. 143) принимает в нашем случае вид
Е-- 4 Гвг' I 1 &г' I 4лео |_"аг’гас dt
С другой стороны,
,	I V , V
е*.— —cos — t-------
х	\а с
1 ’
с2 dt2
е	1 I	I */	\
е„=— sm — i--------I .
у \а с )
Дифференцируя, получаем для Ех и Еу формулы, совпадающие с уже найденными. Вычислим магнитное поле
сВ, 3SS € 'Ev—е'Ех SX I —	f 
2 х^У что опять совпадает с прежним результатом.
К главе 22. Цепи переменного тока
22.1. а) Пусть ток втекает в узел 1 (см. рисунок), а вытекает из узла 7. В силу симметрии системы потенциалы точек
2, 5, 4 равны. Также равны между собой потенциалы точек 6, 3 и 8. В итоге получим электрическую схему следующего типа:
Узок Узок Уз ом
462
6. Электродинамика
Сопротивление при таком подсоединении равно ’/в ом. б) Пусть подсоединение сделано так, что ток втекает в узел
1, а вытекает из узла 4. Тогда равны потенциалы узлов 2 и 5. Объединим эти узлы. Соответственно равны потенциалы узлов 3 и 8. Их также объединяем. В итоге получим следующую плоскую эквивалентную схему:
Преобразуем ее
При данном подсоединении сопротивление схемы равно ’/12 ом.
в) Пусть ток втекает теперь в узел /, а вытекает из узла 8. В этом случае равны попарно потенциалы точек 3 и 6, а также 4 и 5. Объединим соответствующие узлы попарно. Получится следующая эквивалентная схема:
Решения и ответы
463
Сопротивление такой цепи (см. «Лекции», вып. 6, стр. 180) нельзя вычислить, пользуясь лишь формулами для параллельных и последовательных сопротивлений. Чтобы Найти ее сопротивление, запишем уравнение Кирхгофа для токов и напряжений (см. схему):
h — h— й = 0,	—2-----
4+^з— '5“=0,	-у ii—------i-=0.
Решая эту систему уравнений, находим w</4, ia = »6=3i/4, i3 = 0. Отсюда для. напряжения V между узлами 1 и 8 получаем
V — Ф 2^	4
т. е. сопротивление цепи равно 3/4 ом. Другие возможные подсоединения сводятся к одному из рассмотренных выше.
22.2. а) Легко найти полный импеданс цепи. Он равен
. 2-^CL
Z(a) — ia>L	
Если теперь ввести комплексную э.д.с. V = VaelOit, то комплексный ток равен
V V(1—(^CL)
“Z(o) = laL (2—(&CL) '
Определяя вещественную часть этого выражения, находим Силу тока в цепи
,	1— &CL .	.
б)	В этом случае каждая из индуктивностей станет равной L+S№ и ответ будет таким, как был найден выше, но L перейдет в L-j-SDl, а С в С/(1+®2ЯПС). Действительно, если обозначить через iq и токи через параллельно соединенные емкость и индуктивность L, так что ic + «£ «= />, где I — полный ток в цепи, то
и, следовательно,
V=ia> (L +Ш» I + 1<о (Z-+S01) iL-
С другой стороны, согласно закону Кирхгофа, для напря-
464	6. Электродинамика
жений имеем
ic (---Z ) = t^L+г'®5Р/ = iaLi^ + (<оЗЛ (ic + Д);
QTMQJ&
< (1 + g)22J1C \	*	/ r । crv\\
Из последнего уравнения видно, что уравнения такие же, как и в пункте (а), но
L -> L + DJI,
С ; С . .
1+ша‘Ж
Учитывая это, находим комплексный ток в цепи
j	V(\—<&LC)
ia(L+5J!) [2-а2С(£-Ш1)] ’
Вещественная часть этого выражения дает нам искомую силу тока в цепи
7/A-V	(1—(o2LC) sin (Of
10 °со (L+аП) (2—(о2С (£—£№)! ’
22.3.	а) Схему можно представить в следующем виде:
Импеданс верхней цепи при этом равен
Z2+Z3
а импеданс нижней Z" = z/(Z1 + Z2), где
Z = Z1Z24-Z1Z34-Z,Z3. Полный импеданс цепи равен
Z = Z'Z7(Z' +Z") = Z/(Zt+2Z2 4- Z8).
Подставляя в последнее выражение Z,-, с учетом того, что К2 = Х1ЧС, получаем Z — R.
б)	Убедимся, что при а=сос = У 1/<5?С энергия, выделяемая на Z', равна энергии, выделяемой на Z". Для этого необхо-> димо, чтобы |Z'| = |Z"| и ReZ' = ReZ". Из найденных ' в пункте (а) выражений для Z' и Z" следует, что должно выполняться равенство | Z2-|-Z3 | = | Zx-|-Z2 |, т. е.
УR2 + (1/<о3Са) = У+ Следовательно, со2 =
Решения и ответы
465
22.4.	Введем комплексную э. д. с. V—Ео ехр (ко/). Сначала рассмотрим случай, когда источник э. д. с. не имеет внутреннего сопротивления. Тогда импеданс цепи равен Z(®) = = х/2 [/?— (i/ыС)]. Комплексный ток в цепи
= 2£0 ехр ((<о/)/[7?— (i/wC)]. Потенциалы точек а и Ь равны соответственно Va~Vc-f-1/2iP и Vb = Ve — iI/2tt>C. Разность этих потенциалов можно представить в виде
Vab = Va—Уь = £|/(а/+<₽), где <р= arctg-ip . (1)Сд
Качественно зависимость фазы от частоты изображена на рисунке.
Если источник э. д. с. имеет внутреннее сопротивление /?/10, то полный импеданс цепи будет равен
~ . R , 1 ( D i \ z(“) -10т 2 \R ыс)'
Рассуждая, как раньше, найдем
если ввести фазы
Л М	. ( 5 \
(p=arctgfej н (₽1=агсЧта-;’
то разность потенциалов можно представить в виде
р ₽ -1/	/?2 + (1/шС)2 ишя-ф-ьф,)
аЪ 0 V (3/5/?)3 + (1/шС)2
В этом случае амплитуда разности потенциалов перестает зависеть от частоты лишь при очень малых или очень больших частотах. Качественный ход фазы разности потенциалов остается прежним.
466
6. Электродинамика
22.5.	При параллельном соединении импеданс цепи находится следующим образом: Z_1 = £_1 + i [<оС—(1/<о£)]. Вводя комплексную э. д. с. V = V0 exp (iat) и определяя силу тока в цепи I = V/Z (<о), находим выражение для амплитуды силы тока
При «>о = 1/LC наступает «резонанс»: при этом условии сила тока в цепи минимальна и равна (по амплитуде) /мин = Va/R. Примерный характер «резонансной» кривой изображен на фиг. 1. При малых (о ток в цепи течет в основном через индуктивность, а при больших—через емкость. В момент резонанса ток течет лишь через активное сопротивление.
Определим ширину резонансной кривой подобно тому, как это делалось при анализе механических колебаний (см. «Лекции», вып. 2, гл. 23). Для /о имеем
n-Л [я- + (.с-Л)‘]	Э2] ,
где (i>o=l/LC. Если 1/ДС<^(1)0, т. е. Я ;>> L/C, эту формулу можно упростить (таким же образом, как и в гл. 23)
Ширину резонансной кривой определим по частотам, при которых /о в два раза больше, чем в резонансе. Находим Д(|)=1/ДС. При последовательном соединении элементов импеданс цепи Z(<o) = R-\-i [<oL—(1/<оС)], а амплитуда тока
Решения и ответы
467
Резонансная кривая в этом случае имеет вид, изображенный на фиг. 2. Зависимость 7о от частоты здесь равна
,2 =_________Vl__________
g[g<o2+((o2-<o§)2] ’
где опять-таки a>o^=l/LC. При R/L^Wq, t. е. R <gj У L/C,

/? = —
4L2
Г Я2	1 ’
|_4Д2+(“ —ш°)2^
Ширина резонансной кривой равна &u = R/L. Если R = k.y L/C для параллельного соединения и R~\/kyL/C для последовательного, то ширина резонансной кривой в обоих случаях в k раз меньше резонансной частоты.
22.6.	Представим схему так, как изображено, на рисунке. При этом Zl==iw^f + ^a> Z2 — R, Zs=*R, Zi = \/(iwC + Rb1)-Очевидно,
<iZi + IdRe>— i2Z2 = 0,
I3Z3 —14^4—ioRn^
*D = — ia = г4 — i2.
Условие компенсации имеет вид /д=0. Отсюда r\ = i3 и z2 = /4 и, следовательно, zy^Z^Z^y. е. (itoJif 4-Яа)/(щ>С’ + Яь1)°“ «=Я2. Определяя вещественную и мнимую части, находим
= ЯаЯ» + и2ЕСЯь	х = CRR
l+uPC^Rl
Из этих выражений следует, что R2 = RaRb и, следовательно, ^?=ся2.
468	6. Электродинамика
22.7.	Условие сбалансировки для моста в этой задаче выводится точно так же, как и в задаче 22.6, но здесь надо лишь считать, что
Zi —	=
7 __ о 1	-z	IRzItoCi
ъ *<вС-х ’	(/?2-i/coC2) '
Так как при сбалансировке Z1Z4 = Z2Z3, то
, — (х/?а/<оСв)	. (п 1 \
'1 --------------г2 I К. 1 ~ t rt ) •
Приравнивая по этого уравнения,
и
отдельности вещественные и мнимые части находим условия баланса:
1
<о=	—
V R1R2C1C2
Г1 __ (^2 \ Л-(
f 2	\ Cl J	\ R% )
22.8.	Импеданс цепи легко находится:
z R . ioiLR
1 ф-itsiCR ’’ R + ico£ ’
а)	Пусть RC — L/R. Тогда Z = R. Следовательно, амплитуда тока в этом случае не зависит от частоты.
б)	Падение напряжения на RC-nape, когда RC = L/R, равно
U = Zj =
где Zi = R/(l -4-imCR).	__________
Представляя отношение Zt/У? в видег1//?=е_/<р/рг l+<o2C2R2, где tg<p = coCR, находим искомую разность фаз
<p = arc tgcoCR =arc tg . А
22.9.	Суммарная емкость т одинаковых последовательно соединенных конденсаторов равна Собп=С/т. Импеданс цепи Z равен сумме сопротивлений: емкостного Zc=—im/iaC, индуктивного Zi — ia>L и активного сопротивления, равного R. Если э.д.с. представить в комплексной форме, то из закона Ома следует
q Уо exp (ftof) (m/coC)]}’
Вещественную часть силы тока можно представить в виде Re I — Ja cos (cot—q>), где /0 = Vp/KR2 + [coL—(m/coC)]2.
Решения и ответы
469
Поэтому	___________________
1. P = llR/2 = VoR/2 Vr/?2 + [coZ.—(m/<oC)]2. Мощность, выделяемая на активном сопротивлении, максимальна при т, удовлетворяющем условию coL—(zn/coC) ~ 0, т. е. при т w (iPCL.
2. а) При заданных значениях параметров цепи /п = 2.
б) Падение напряжения на емкости равно Uc = IZc-Максимальное мгновенное напряжение на емкости с учетом выражения для тока /0 равно Re 'Uc= — VQm/№C У R'2 + [coL—(m/шС)]2, а на сопротивлении R равно UR = IaR; Ur — V0R/Y~R2(от/ыС)]2. Когда m = 2, UR=Re Uc= ICO s.
главе 23. Полые резонаторы
23.1. Будем считать, что вся емкость резонансной полости определяется узким зазором, отдавая, разумеется, себе отчет в том, что это лишь некоторое приближение. С другой стороны, предположим, что вся индуктивность полости определяется ее тороидальной частью, причем напряженность магнитного поля во всех точках сечения полости, расположенных иа расстоянии г от ее оси, одинакова. Если зазор рассматривать как плоский конденсатор, то его емкость равна С = е0ла2/</. Найдем далее напряженность магнитного поля, выбрав контур в виде окружности радиуса г, ось которой совпадает с осью симметрии полости, и воспользуемся тем, что
$ В  dl = 2лг В
J	е0с2
где Г—полный ток, который течет через конденсатор. Имеем В = //2ле0с2г. Определим W —	— энергию магнитного
поля в тороидальной части полости:
2
B-2dV=
/2 (6—а)
2 2ле0с2
, Ь
In —.
а
Отсюда находим L~[(b—а)/2ле0с2] 1п (b/d) и, следовательно, получаем искомое выражение для резонансной частоты
_ 1 ______-| / 2dc2
Ш~ УLC~ У d2(b — d)\n (b/d) '
Так как при охлаждении полости все ее размеры d, а, b уменьшатся в одинаковое число раз, резонансная частота не изменится.
470
6. Электродинамика
К главе 24. Волноводы
24.1.	Вывод этих уравнений см. «Лекции», вып. 6, гл. 24, стр. 220.
24.2.	Напряженность магнитного поля бесконечной проводящей плоскости, по которой течет ток, вычислялась в задаче 14.1. Она равна В = //2е0с2, где/—поверхностная плотность тока. Поскольку в нашем случае	то можно, пренебрегая
краевыми эффектами, воспользоваться этой формулой. Тогда поле между пластинами равно В = 11Ьеасг, а напряженность магнитного поля вне пластин равна нулю. Энергия магнитного поля, приходящаяся на единицу длины линии, равна
FqC2 (* р-му. Г~а
2 JBdV~2(e0c2)2b’
Эта энергия равна х/гЕ<№> следовательно, индуктивность единицы длины Т0 = а/е0с2Ь. Емкость плоского конденсатора равна С = е0Л/</, где А—площадь пластин конденсатора, а d—расстояние между ними. Таким образом, емкость, приходящаяся на единицу длины линии, равна С0 = е06/а. Отсюда импеданс линии равен
24.3.	Направим ось z вдоль оси цилиндра. Величина напряженности электрического поля в рассматриваемом случае зависит только от г и г (г—расстояние от оси цилиндра). Зависимость от z необходима для того, чтобы поле на торцах секции, где оно параллельно проводящей поверхности, обращалось в нуль, а зависимость от г при фиксированном г можно найти, используя теорему Гаусса. Имеем E — f(z)/r, где /(г)— некоторая подлежащая определению функция г. Компоненты напряженности электрического поля равны Ex = (x/r2) f(z), Еу=г(у/г2) f (г). Для каждой из этих компонент справедливо уравнение
(О2
AEX+J-EX = O,
Решения и ответы
471
которое после подстановки в него выражения для Ех сво-
дится к
МЫ, <0*
Решением такого уравнения являются синусы и косинусы. Нам нужно такое решение, которое обращается в нуль при г = 0 и г=1. Очевидно, таким решением будет sin (тгг/Г), где п—целое число. Стало быть a — nncll. Для самой низкой моды п = 1 и со = лс/1.
Емкость единицы длины такой линии' передачи равна (см. решение к задаче 6.5) С = 2ле0/1п (6/а), а индуктивность единицы длины (см. решение к задаче 17.6) равна J?=(ln 6/а)/2ле0с2. Отсюда частота <оо = 1/рЛ^?С =с/1. Эта частота в л раз меньше найденной выше минимальной собственной частоты резонатора.
24.4.	а) Функция Ей (х, г) должна обращаться в нуль при х = 0, а и г = 0, Z. Зависимость напряженности электрического поля от координат в прямоугольных сечениях описывается гармоническими функциями, поэтому для самой низкой частоты, для которой распределение поля имеет самый простой вид
£0 (х, z) —A sin (лх/а) sin (лг/Z).
Подставляя Е (х, г, f) = E0 (х, г) exp (iat) в уравнение Максвелла
АР	1	Л
ЛЕ----Г"57Г = 0’
С2 dt2
для самой низкой резонансной частоты находим
24.5.	а) Напряжение в произвольной точке х в момент времени t есть суперпозиция падающей и отраженной волн:
V (х, Z) = Рпад (х, Z)4-V0Tp(x, 0 = 4ехр [i<oZ —fex)] + + Л2 exp [Z (<oZ +йх)], где k=*<s>lc. Для x=Z, V (I, Z) = 0, поэтому At exp (—/Ы) + Л8ехр (ZfeZ)=O, т. e. Л2 = «»— At exp(—2ikl). Для x = 0, V (0, Z) = V0 cos wZ, поэтому Г0 = Л1+Л2. В итоге находим
A V^M	A Voeikl
1==2ZsinfeZ’ 2== 2ZsinW
Таким образом,
Упад(*. 0!=2^WSin(“/-fex + fe/)’
Votp (X, Z) =	Sin (wZ + fex — kl).
& oil! «V»
472
6. Электродинамика
Обратим внимание на то, что при kl = nn (л—целое число) амплитуды волн, согласно нашим формулам, обращаются в бесконечность. Физически это означает наступление резонанса—частота источника сравнивается с одной из резонансных частот отрезка кабеля. Амплитуда колебаний при резонансе на самом деле безусловно конечна: величина ее определяется омическими потерями, которыми мы пренебрегли.
б) V(X, <)=Упад(х, П + ^ОТ₽(Х, Z) =
= (V0/sin kl) sin [k (I — x)] cos a>t при I = 5 лс/2ш = 5.r/4 (% = 2nc/<o),K(x, Z)=V0 cos (w*/0 cos at. Амплитуда напряжения максимальна при х = 0, х = Л/2, х = 'к (см. рисунок), в) Пользуясь формулой (24.1) «Лекций» (вып. 6, стр. 220), находим
/(0) = 0,	/ f	—Vol/^^-sintoZ,
/(x = Z) = V0 1/£-° sin со#.
г) Так как поглощение отсутствует, средняя работа, производимая генератором, равна нулю [в этом можно убедиться также, вычислив среднее значение / (0) То (0)]-Поэтому и средний момент силы равен нулю.
24.6.	Как и в предыдущей задаче, представим
V (х, t) = Аге! + Аге1 +kx\
где fe —(о У LC. Для определения Ах и Аг имеем два условия: У0 = А14-Аа при х = 0 и V (l)/l (Z) при x = Z. Так как
I (Z) = /+'(/) + /_ (Z)	~ (А^-Ы- А^м),
Zq zo Zo
то условие при х — 1 принимает вид
Ахе~м А-Аге1Ы
Решения и ответы
473
или
в».
\	^0/	\	^о/
Мы имеем два уравнения для Аг и Ait поэтому находим эти величины, а затем силу тока при х = 0
I (0) = /+ (0) + /_ (0) = 1 (Лх- Л2) zo
v l + ff^tgcoZ/LC
_ * о__£o_________
z° ttg/co/rc+f?:
Следовательно,
__	7
7 _Л(°)_-7 tg“Z УГЬС~‘ТО
‘ /(0) 1 \+iZ^lVLC
& 0
а)	Если Zr = 0, то Zs = /Zo tg со/ /LC\ Zs = 0 при (olj^LC = nn, Zs = <x> при LC = л/24-лн.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линии. Рассмотрим только самые низкие моды. Если Zr = 0, т. е. линия замкнута накоротко, напряжение на конце линии равно нулю. На фиг. 1 изображено распределение амплитуд напряжений и токов, когда со//ЕС = л/2. Видно, что при х=*0 ток равен нулю, что и означает Z5 = oo, Фиг. 2 относится к случаю м///.С = л. Здесь при х = 0 обращается в нуль напряжение, т. е. Z^ = 0.
б)	Если Zr=oo, Zs=—iZ0/tgco//LC. Проанализировав этот случай аналогично предыдущему (только теперь при х = / должен обращаться в нуль ток), можно понять, почему при со/£,С/ = (л/2)4-лл, Zs =0, а при со/LCl=an, Zs~<x> (см. фиг. 2).
в)	Если ZT=Zg, то Zs=Zg, т. е. линия эквивалентна бесконечной.
Фиг. 2.
Фиг. 1.
474
6. Электродинамика
24.7.	На стыке двух передающих линий выполняются следующие условия «сшивки»: для токов
Л1ад ^отр = Л1рош1 для напряжении
^пад 4~^отр = прош-
Используя тот факт, что
^пад = ^1/пад> К>тр = ^1Л>тр»	^прош ~-^2^прош>
находим систему уравнений
V V V •пад vотр ’ прош ~2~! Zl Z^' ISia д ~Ь ^отр = ^прош> решая которую, получаем искомый ответ.
24.8.	а) Найдем компоненты напряженности магнитного поля:
Bx = (rot A)x = fey sin (fex x) cos (fey у) e1
By = (rot A)y=— kx cos (kx x) sin (kyy)el №~к&> Вг = (го1 А)г = 0.
Магнитное поле действительно поперечно, так как Вг = 0 (волна распространяется вдоль оси г). Легко убедиться, что найденное поле В удовлетворяет волновому уравнению ДВ— (1/с2) (д2В/д/2) = 0. Проверим теперь выполнение граничных условий. Внутри идеального проводника, из которого, как мы считаем, сделаны стенки волновода, переменное магнитное поле должно отсутствовать (иначе возникли бы бесконечно большие индукционные токи). Так как силовые линии магнитного поля имеют вид замкнутых петель, то на стенках волновода должны быть отличны от нуля лишь тангенциальные составляющие вектора В. Но это так и есть на самом деле, поскольку Вг = 0.
Определим вектор Е. С этой целью проинтегрируем уравнение div А = — (1/с) (d<f/dt) и определим потенциал <р:
<р с sin (fexx) sin (ky у) el <at~k^-
Так как
„	ЗА
E=— V<P—-st < то	r dt
Ez = sin (kxx) sin (fey y) [^c-ko] el №~кгг\
Ex= -~~-c c°s (fexx) sin (fey y) e1 (w< ~k^\
Ey »= ~~~c sin (kx x) cos (fey y) e‘ <<a/_fe2z> ,
Решения и ответы
478
Электрическое поле также удовлетворяет волновому уравнению ДЕ —(1/с2) (д2Е/3/а)=0. Согласно граничным условиям, на стенках волновода должны быть равны нулю касательные составляющие, т. е. должно быть Еу = 0 при х = 0 и х = а, Ех = 0 при у = 0 и у = Ь и £г = 0 на стенках волновода. Найденные выражения для компонент напряженности электрического поля удовлетворяю? этим условиям.
б) В этом случае kz — чисто мнимая величина, т. е. £г = —/а, где а—вещественное число. Но тогда Вх, Вг ~ ехр (—аг) и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси г.
К. главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
25.1.	<р2-А2=+А^; A.j-pq> = -A/pL, g=l, 2, 3, 4.
25.2.	Начальные условия: электрон покоился (его энергия была равна т0, а импульс—нулю), фотон налетал с энергией Нуа и импульсом hva. После соударения энергия электрона стала равна т, а импульс ту, где т = тв!У \—Р2. Энергию фотона после соударения обозначим hv, а его импульс hv. Напишем законы сохранения энергии и импульса
hv0^-mB = hv+m, hv0 = hv-[-mv.
(Врелятивистских обозначениях это можно написать как 2	= 2 Рр.-) треугольника ОАВ находим
налет.	разлет. г
част.	част.
m2v2 = ft2Vo+A2v2—2/i2vov cos <р, а из закона сохранения энергии следует т = h (v0—v) + m0. Возводя обе части этого соотношения в квадрат и вычитая из получившегося уравнения ранее найденное из треугольника ОАВ соотношение,
476
б. Электродинамика
несложными преобразованиями находим ь_________________________hv«_______
где <р—угол отклонения направления распространения фотона от первоначального.
25.3.	Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант P|iP|i = inv, т. е. Е2—p2 = inv, где Е и р—полная энергия и импульс системы. Квадрат четырехмерного импульса системы сохраняется в результате реакции и не зависит от системы координат. В лабораторной системе (до реакции) р0 = те—Е., (Е.:— энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен Е^. Квадрат четырехмерного импульса в лабораторной системе: (Ет+иге)2— Е?. Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный импульс здесь по определению равен нулю. Временная же компонента равна (те~/у-[____________________yf) +
+ (me+iy 1— о?) + (те-/y\—v 3), где me_ и те+ — соответственно массы электрона и позитрона (те-=те+=те).
Итак,
Порог реакции будет соответствовать нулевым скоростям электронов и позитрона v1 = vs = v2 = 0. Отсюда 2Е“ин/ие + -Рт2 = 9т2. Следовательно, Е“ин = 4/пе = 2,04 Мэв.
25.4.	Обозначим через Р^ суммарный 4-вектор импульса частиц т и М до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, Рр (У р2-уМ2-[-т, р). Обозначим через Рц 4-вектор импульса образовавшейся частицы в системе координат, в которой она покоится. Очевидно, Р (mlt 0). Тогда из инвариантности квадрата 4-вектора импульса и из закона сохранения импульса следует, что Р^=Рц или
(р24-Л12-|-2пг Ур2-|-Л42 + т2)—p2^mi-
Отсюда находим массу покоя новой частицы:
ml = m2 -f- М2-р2т У р2-\- М2. Поскольку импульс частицы р до соударения связан с ее скоростью соотношением
Решения и ответы
477
р= Му/ УТ —о2, то окончательно находим
2тМ
У1—1>2
В нерелятивистском случае, т. е. при г>2<^1, mi=m-\-M. Скорость новой частицы в лабораторной системе координат связана с импульсом р' и энергией S' частицы соотношением: У = р'/Г. Согласно закону сохранения импульса, р = р', а согласно закону сохранения энергии, S' = m-\-+ УР2 + М2. Отсюда
V=——Mv_
М +«У 1—У2
В нерелятивистском случае (v2	1) получаем известный
результат
у_ №
М+т ‘
К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
26.1.	В четырехмерной форме результат вычисления V|XFpv = = (1/е0)/р., где /р. (р, j)—4-вектор плотности тока.
26.2.	Искомым вектором является 4-вектор с компонентами = где Fpv—тензор электромагнитного поля, a jv — 4-вектор плотности тока. Временная компонента этого вектора = (j • Е) равна мощности, затрачиваемой электрическим полем на изменение движения зарядов.
26.3.	Используя соотношения, приведенные в табл. 26.2 «Лекций» (вып. 6, стр. 273), легко показать, что (Е•!!) = (£'• В') и £2—в2 = Е' — В'2, т. е. эти величины инвариантны. Поскольку (Е-В) — инвариант, то если векторы Е и В образуют острый угол в одной системе координат, т. е. если (Е-В) > 0, то и во всех других инерциальных системах этот угол будет острым. Оба рассмотренных инварианта равны нулю.для электромагнитной волны в пустоте.
26.4.	Выберем систему координат так, что ось х параллельна вектору (Е х В). Система К' с осями х' || х, у' || у, г' || г движется с искомой скоростью v. В системе К.' (Е' X В') = 0. Распишем это уравнение в компонентах
Х-. ЕуВ'г-ЕгВ’у = 0, У- ЕхВг—ЕгВх = 0, г: ЕхВу—ЕуВх=0.
478
6. Электродинамика
Выразим в этих уравнениях Е' и В' через Е и В в системе У с помощью лоренцевых преобразований (см. соответствующие формулы преобразования в табл. 26.2 «Лекции», вып. 6, стр. 273).
Легко показать, что
(1+ц2) (ЕуВг-ЕгВу)-у(В2г-1- В2+Е1 +£^) = 0,
Ех (Вг + vEy)—Вх (Е2—vBy) = О, Ех (Ву—vE2) — ВХ'(Еу+vBz) = 0.
Поскольку система К выбрана так, что Ex — Q и Вх — 0, два последних уравнения удовлетворяются автоматически, из первого уравнения следует, что
у (ЕхВ)*
1+о2 £2+В2'
26.5.	Рассмотрим систему координат К', в которой заряд покоится. В этой системе координат В' = 0, E' = ^.R74ne0R'3. Используй формулы преобразования для компонент векторов Е и В при лоренцевых преобразованиях, находим, что в лабораторной системе К (см. табл. 26.2; в формулах этой таблицы нужно Только заменить v на —о):
£ - <tx' Е ду'
х 4ле0Я'® ’ У 4Я8о£'з/ 1	’
Е	,
Z 4ле0Я'3 /1— о2
х ’ у 4«80c2R'3K1— v2 ’
Bz~-------
4ne0c2R'3 Kl— v2'
где R'2 = [(х—о/)2 + (у2 + z2) (1 — о2)]/(1 —о2) (согласно лорен-цевым преобразованиям х'=>(х—vt)lV 1	</' = !/, z' = z).
Подставляя выражение для R' в Выражения для компонент векторов Ё и В и вводя обозначение
R*2.= (x—о/)2-|-(1—о2) (у2+г2), находим
дг„
Е = (1-У2)4^’ B“VXE-
Если ввести 0—угол между векторами ly {х—vt, у, г} и v, то R*2==Tp(l—t>2sin20). Поэтому векторы Е и В можно представить в виде
Е. Рр l~v*
4ле04 (1—о2 sin2 0)3/2
Решения и ответы
479
и
<7(УХгр)	1—1>2
4ле0с2Гр (1—v2sin20)’/J
26.6.	См. решение к задаче 26.5.
26.7.	а) В системе координат К, жестко связанной с проводом,-напряженность электрического поля равна нулю в силу электрической нейтральности провода. Магнитное же поле легко найти:
В= ’ 2^Г, 4ле0с2 г
где I—вектор силы тока [по поводу этой формулы см.,, например, «Лекции», -вып. 5, стр. 263, формула (13.18)]. Если ось х направить вдоль вектора I, то г = V у1 + г2 и
Вл = 0,
В., = —;	,
> 4ле0с2 г
б)	Чтобы найти поля Е и В в системе координат /С', движущейся вместе с электронами, необходимо воспользоваться формулами преобразования полей при лоренцевых преобразованиях (см. табл. 26.2, вып. 6, стр. 273). В результате найдем
В' = - JL -,	Е'~
у 1 —о2	jA 1 — va
26.8.	Вектор напряженности электрического поля Е, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью, из соображений симметрии направлен перпендикулярно этой плоскости. Величину же его легко определить с помощью теоремы Гаусса. В результате Е = (а/2е0) е^, где е^—единичный вектор в направлении оси у (см. рисунок).
480
6. Электродинамика
На заряд q, движущийся со скоростью v, действует сила Лоренца
F «=(? (E-f-vXB).
В рассматриваемой лабораторной системе координат В = 0 И, следовательно, F = (о^/2е0) еу. Заряды отталкивают друг друга с силой Кулона
,	q'1	(1 —о2)2 sin2 6
^°4Л8о/?2 (1—t,2sin26)s/*
(см. решение к задаче 26.5), где 0—угол между векторами v и R — радиусом-вектором,соединяющим два заряда. По условию задачи 0=л/2. Поэтому/у = (<j2/4n:80a2) i—а2. Движущиеся заряды не будут отклоняться от плоскости, если Fy — fy. Отсюда следует ответ
’-25?’'^'
Поскольку при малых скоростях зарядов а я а0 = </2/2ла2, то отношение плотностей зарядов на поверхности плоскости при релятивистских скоростях к плотности зарядов в нерелятивистском случае равно о/о0 = pl—v'2- Так как энергия частицы со скоростью v2 равна Е—т/У1—а2, то о = о0(т/£). Поскольку по условию задачи энергия заряда равна 500 Мае, то, учитывая, что т = 0,5 Мае, находим о/о0 = Ю-з.
26.9.	Пользуясь выражением u^ — dx^/ds, убеждаемся, что и* = 1. Далее
dp	du i du*
f^u^=mou^^-m0-^ =°-
26.10.	а) Прежде всего нужно определить «запаздывающее положение» частицы, т. е. выяснить, на каком этапе движения создается интересующее нас поле. Для этого достаточно ответить на вопрос, какое время больше — затраченное светом для того, чтобы пройти из начала координат в точку (а,а), или затраченное частицей для того, чтобы достичь точки (а, 0), выйдя опять-таки из начала координат. Так как о/с = 0,5, второе время больше, т. е. поле создается зарядом во время его равномерного движения вдоль оси х.
Электрическое поле равномерно движущегося заряда имеет вид (см., например, решение к задаче 26.5) или формулы (26.2), (26.3) и (26.6) «Лекций» (вып. 6, стр. 262, 263):
Е _ q__________________x—vt_______
х 4л80/Т=^	। „г । -Л7* ’
L1—02 Т» Т‘ J
Решения и ответы
481
7	Ч__________________________________У_____________________
<яе./!-«•- ^+9,
Согласно условию задачи z = 0, у —а, х=а, vtt=a, v — 1/^. Отсюда Ех = Ег = 0, Ey=^q/2}^3 Л80а2.
б) Как было выяснено в пункте (а), интересующее нас поле определяется движением частицы вдоль оси х. Оно не зависит от характера движения частицы до прихода ее в начало координат.
' главе 27. Энергия поля и его импульс
27.1.	Вычислим ухАхВ, дифференцируя так же, как мы дифференцируем произведение функций
VXAxB= V^X(AxB)+ VbX(AxB). .
Индексы А и В у V мы приписали для удобства, чтобы яснее отметить тот факт, что при дифференцировании оператор v действует только на соответствующий вектор, а другой вектор при этом считается постоянным. Далее, замечая, что
V^XAxB = (B- ул) А — В div А,
находим окончательно
rot АхВ = A div В—BdivA-|-(B- V) А — (А- V) В.
Вычислим теперь grad А-В. Для i-й компоненты этого вектора можно написать yi-AftBft = A*yl-Bft + Bft v;Aft. Замечая, что (AXrot В);= Afcу(ВА — AftyftB(-, находим A^y,Bft = = (Axrot В);-|-((А-V) В),-. Отсюда окончательно
VAB = Axrot B-|-Bxrot А + (А- у) В —(В- V) А.
27.2.	Напряженность магнитного поля диполя с магнитным моментом М равна
3(M-R)R—МТ?2
4л80Т?6с2
Выберем сферическую систему координат, начало которой совпадает с центром Земли, а ось z — с направлением вектора М. Величину М можно определить через магнитное поле у поверхности Земли на экваторе В0 = Л1/Т?о4л80с2, где Т?о—радиус Земли. Считая Землю шаром, вычислим энергию внешнего по отношению к Земле магнитного поля
> Заказ № 17
482
6. Электродинамика
по формуле W = (еос2/2) B2dV. Подставляя в эту формулу выражение для В, легко несложным интегрированием показать, что W»»4леос2ВоЯо/3«103 Мгт. Отсюда ясно, что по энергетическим соображениям взрыв водородной бомбы в 1 Мгт не может существенно исказить магнитное поле Земли.
27.3.	Напряженность магнитного поля на поверхности провода В ««//2л80с2г, где /—сила тока, протекающего по проводу. Напряженность электрического поля найдем, воспользовавшись законом Ома, 1 = Е//?, где R— сопротивление единицы длины провода. Тогда плотность потока энергии, равная модулю вектора Пойнтинга, равна S=80c2ExB=(e0c2//?)IxB. Поток энергии направлен нормально к поверхности провода. Интегрируя по поверхности провода единичной длины, находим
J Sds^PR.
Следовательно, поток вектора Пойнтинга через поверхность прямолинейного провода равен омическим потерям в этом проводе.
27.4.	Очевидно, что электромагнитное поле будет заключено в пространстве между цилиндрами. Так как цилиндры изготовлены из идеальных проводников, электрическое поле перпендикулярно поверхности цилиндров, т. е. радиально. Магнитное поле В на расстоянии г от оси цилиндров легко найти по теореме Стокса (a «g г «£/>): В = //2л80с2г. Силовые линии магнитного поля представляют собой концентрические окружности с центрами на оси цилиндров. Следовательно, вектор Пойнтинга направлен вдоль оси цилиндров. В задаче 6.5 была найдена емкость С, приходящаяся на единицу длины такого кабеля, как в данной задаче: С=2ле0/1п (b/а). Учитывая, что заряды на цилиндрах связаны с разностью потенциалов V соотношением q = VC, и используя теорему Гаусса, находим, что напряженность электрического поля Е в пространстве между цилиндрами равна Е = V/r In (b/a). Поэтому вектор Пойнтинга в каждой точке этого пространства равен по величине
IV
| S | = еос21 ЕхВ [ =	.-I . ..
111	1 2лг21п (Ь/а)
Плотность энергии электромагнитного поля
п/ —	ГЕ2 4- с2В21 — е°^2 Г 1 -I_______1
2 1	2г2 [in3 (&/a)^/?2(2neoC2)2J '
Решения и ответы
483
Таким образом, скорость распространения энергии равна .._|S|_. 2Я
где = In (fe/a)/2rteoc2—емкость единицы длины кабеля (см. решение к задаче 17.6). Заметим, что в Силу того, что ^С=1/с2, о=с при Я-=/37С.
27.5.	Антенна длиной Й./4, помещенная над идеально проводящей плоскостью, эквивалентна рассмотренной в задаче 21.5 антенне с длиной Х/2 (мы учли зеркальное отображение антенны длиной Z./4). Поэтому воспользуемся найденными в решении к задаче 21.5 выражениями для напряженностей электрического и магнитного полей на далеком расстоянии от антенны (поля над плоскостью):
( Л	л \
COS I ТГ COS 0 )	,	.
- а \ 2	)	(	Г\
----s-TnT-^cos^/-^,
где постоянную а мы должны определить из условий задачи. С этой целью вычислим вектор Пойнтинга
S^EXB^-.	Jcos^r t-j\
г2 sin2 9	\ с J
Тогда мощность, излучаемая антенной, равна среднему по времени потоку вектора Пойнтинга:
1 р ( г \ %%os2 f-J cos 9^
W = eoca2 Дт» у cos2 co (j —- J dt П J 2я sin ed9. о	о sin о
В решении к задаче 21.5 отмечалось, что функция cos [(л/2) cos0]/sin 0 хорошо аппроксимируется sin 0. Используя это и учитывая, что cos2 со [1—(г/с)] = 1/д| легко находим W = (2зт/3) g0ca2. Следовательно, a = ргЗ№/?Я8ос-а) На поверхности Земли, т. е. при 0 = л/2, среднее "значение по времени вектора Пойнтинга равно
5= л—X cos2 со ( t-) =2,4- 10~5вт/ж2.
2лг2 \ с J
б) Используя найденное выражение для а, находим, что максимальные значения напряженностей электрическо/о
16*
484
6. Электродинамика
и магнитного полей равны
Е(г	- g - ? I
•к ’	2 JMaKC г г У 2яе0е ’
( е=—к =—=—1/ ~3^ '
= 2 JMaKC сг сгУ 2ле0с 
27.6. а) Граничные условия заключаются в обращении в нуль тангенциальных составляющих Е на стенках волновода и нормальных составляющих вектора В. Эти условия выполняются, так как Еи(х = 0, а) = 0, £ж(у = 0, Ь) = 0, Ву (//«О, 6)»0 и Вх(х = 0, а) = 0.
б) S = e0c2E X В = е0с2£2^ег sin2 cos2 (®<—kzz)-я (ях \ . (ях \	1 . _ . , , . I
— ех — cos — sin —  -;г- sin 2 (юг—k„z) .
х она \ а J \ а J 2	4	2
Плотность энергии равна
I/ = -^- Е2 + В2 =	Г sin2 — cos2	+
2	2	2 L а	z
+	sina ( V’) (cos2 ~	+
+	^cossin2(to/-M] •
d) Усредняя выражение для Sz по времени и по сечению волновода, находим
а
J <^>tdx=^^-Elez. О
г) Усредняя U по времени и по объему волновода, находим среднюю плотность энергии в волноводе
ео£о
<1/>Т,ж = -8^
Если учесть тот факт, что kz — (а>2/с2)^(л2/а2) [см. «Лекции», вып. 6, формулы (24.16), (24.13)], то
1
<о2 "Т" <о2а2 _] ‘
д) Средняя скорость распространения энергии совпадает с групповой скоростью. Действительно,
[ср. формулу (24.27) «Лекций», вып. 6, стр. 229].
Решения и ответы
485
27.7.	а) Вектор Пойнтинга равен S = e0c2ExB = e0c3B2n. Магнитное поле осциллирующего диполя равно [см., например, «Лекции», вып.' 6, стр. 153, формула (21.23)]
В	——г- РХп,
4ле0с3г
где п—единичный вектор в радиальном направлении. Следовательно,
„	р2<в4 sin2 0 cos2 a>t
(4л)2 e0c3r2
где 0 — угол между векторами р и п.
б) Средняя по времени излучаемая мощность равна
W=fsda=f™
J 12ле0с3
(с учетом того, что cos2 ш^1/»). Что и требовалось показать.
27.8.	Считая, что на электрон действует только электрическое поле волны Е = Е0 exp (itot), найдем из уравнения движения mr = qE0 exp дипольный момент колеблющегося электрона. Аналогично предыдущей задаче найдем вектор Пойнтинга:
„ _ </4Е2 sin2 0 (4 л)2 e0c3r2m2 П’
Если ввести угол 0 между векторами п и Е, то поток излучаемой энергии в элемент dQ телесного угла можно записать в виде
dJ = | S | dfi =	, „ sin20 dQ.
'	(4л)2 е0с3от2
Разделив этот поток на плотность энергии в падающей волне J = e0cE2, получим так называемое дифференциальное сечение рассеяния электромагнитной волны электроном
da =
dJ J
о2 \2
-—-—=- ) sin2 0 dQ 4ne0mc2 )
Полное сечение рассеяния равно
8л ( е2 \2 °- 3 Vmc2/ 1 где е2 = <?2/4ле0.
27.9.	Сила светового давления на частицу равна
466
6. Электродинамика
где Sj —площадь поперечного сечения шарика с радиусом г £0 = 4л)?2 (7?т расстояние чрстицы от Солнца); W—энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени; коэффициент отражения (по условию задачи р = 0). Сила гравитационного притяжения равна
„ GMm
Fi=x-r^-'
где т — масса частицы, М—масса Солнца (Л1 = 2-1030 кг), G—гравитационная постоянная (G = 6,67-10~8 м3/кг-сек2). В равновесии будут находиться лишь те частицы, радиус которых удовлетворяет условию F1-~F:
= 3 W . г~ 16л GA4pc ’
Здесь р—плотность массы частицы. Оценивая радиус частицы В предположении, что р и 1 г/см3, находим г0 к 6-10-5 см. Частицы с радиусом г<г0 световым давлением будут отбрасываться Солнцем. Таким образом видно, что обычное объяснение хвостов комет вполне разумно.
S7.10.
а) Учитывая тот факт, что r<^.R, магнитное поле внутри тороидальной катушки можно приближенно считать однородным по поперечному сечению. Выбрав в качестве контура интегрирования среднюю линию тороида, с помощью теоремы Стокса легко найти
п _ NKt 2ле0с2Я ‘
Выберем в поперечном сечении тороида контур интегрирования в форме окружности радиусом р (0 <р <,/•). Так как магнитное поле мы считаем однородным по сечению, то магнитный поток через этот контур равен
„ ,п пр2 NKt ' 2ле0с2 R
Следовательно, э.д.с. в этом контуре равна
- дФ _ лр2Ж dt 2леос2/?
С другой стороны, считая приближенно напряженность электрического поля одинаковой по величине точках этого контура, интегрируя вдоль него,
Е = J Edl = E2np
(вектор Е в каждой точке контура направлен тельной). Таким образом,
Е__ 0NK
bneac-R
во всех находим
по каса-
Решения и ответы
487
Энергия, запасенная в тороидальной катушке к моменту времени t, равна
№ = J(£2+c2B2)
nr2 W2f2 е0 / NK У 5
4ле0<^ R ’’’ 2 \4леос27? J Пг '
б) Найдем направление и величину вектора Пойцтинга на поверхности тороида. Величины напряженностей Е и В найдены в пункте (а). Направления Е и В таковы, что вектор Пойнтинга S в каждой точке на поверхности тороида нормален к поверхности и направлен внутрь тороида. Кроме того, Е | В в каждой точке. Следовательно, модуль вектора Пойнтинга равен
Отсюда полная мощность поглощаемой тороидом энергии, равная потоку вектора Пойнтинга через всю поверхность тороида (последняя приближенно равна 2лга-2лЁ), оказывается равной
CD Saff = —х--•
</	2ле0с2/?
Этот результат верен, так как выполняется условие
dt J
488	6. Электродинамика
К. главе 28. Электромагнитная масса
28.1. Подсчитаем электростатическую энергию электрона, исходя из общего выражения £/эл = (е0/2) Е2 dV. Напряженность электрического поля, создаваемого равномерно заряженным шаром, равна (см. решение к задачам 5.8 и 5.9)
Е =
4 ле0а3 ’
, 4ле0г3 '
г«е; а, г у а.
Интегрируя по всему пространству в сферической системе координат, находим
3<?2 U = Че эл 5-4ле0а '
Приравнивая Уэл энергии покоя электрона тс2, находим
1 3 <7*
4ле0 5 тс2
1,69-10-13 см.
28.2. Момент количества движения электромагнитного поля определяется выражением
L = e0 J (rXExB)dV.
Согласно условию задачи, электрическое и магнитное поля
имеют вид
Е =
О , Че г 4ле0 г3 ’
г < а,
г > а,
в Зг(г-н)-мг2
4ле0с2г6
Подставим выражение для Е и В в формулу для L и проинтегрируем по всему пространству в сферической системе координат. В результате найдем
а)
2 ЧеР
3 4леос2а ’
L _ 2 qe _ т (х 3 4ле0с2а— qe
[с учетом того, что т = 2/3(^2/4ле0ас2)].
в) Будем считать, что заряд электрона равномерно «размазан» по поверхности сферы и что сфера вращается с угловой скоростью ы. В этих предположениях задача аналогична задаче 14.6. Если воспользоваться решением к
Решения и ответы
489
задаче 14.6, положив 4neaVa = qe, то мы сразу получим искомый результат ц = <о<7еаа/3. Отсюда (e—3p,/a2qe. Максимальная скорость электрона на поверхности — это его линейная скорость на экваторе сферы оклиа = аа=3ц/аде. Так как по условию задачи
	3 ЯеОС
Р 2т 4а*
то
9с
Смаке — 4(х^>С”
Следовательно, собственный магнитный момент электрона нельзя объяснить с позиций классической физики —• как Йгнитный момент вращающейся твердой сферы с радиусом, равным электромагнитному радиусу электрона, й с зарядом электрона.
/С главе 29. Движение зарядов в электрическом и магнитном полях
29.1.	а) Уравнения движения заряда:
dPx_nFt
^=0, dt
т. е. px — qEt, ру = 0.
Следовательно, vy = Q.t а для vx имеем
mv
V i-v^/c2
откуда
cqEt
( vx= r—--— 
У m2c2 + (qEt}2
Таким образом, при малых временах v~t, а при t > mc/qE частица движется практически равномерно со скоростью,, близкой к скорости света
t
* (0= jc (0 dt= m*c2 + (qEt)2—mc). о
490
6. Электродинамика
б) В этом случае px = qEi,
Ру~~ Ро ‘—
mvg
с2
С другой стороны, mvx
с2 с2
Рх =
Ру
mvy
29.2.
откуда
Видно, что при t -+ оо имеем
Рр_.
Vx Px^qEt'
vy -> 0. Для зависимости их (/) qEt
Vx = —7S====S====== .
у т2с2 + pg + (qEt)2
Переход к движению со скоростью, близкой к скорости света, происходит теперь через время порядка 'yrm.2c2-yp2JqE, т. е. несколько позже. Зависимость х (t) имеет в остальном тот же характер, что и раньше. Что касается зависимости y(t), то при малых временах y~t, а при />)Лп2с2-|-р2/<7Е, у ~ In t.
В циклотроне протоны движутся в постоянном однородном магнитном поле В — const. Направим ось г в направлении вектора В. Уравнения движения запишутся в следующем виде:
px*=qvyB, py=—qvxB, рг—0.
При этом энергия <g= const, так как FJLV. Поскольку ё^тс2/У\— (v2/c2) и p = £v/c2, то уравнения движения приобретают вид
qBc2 • qBc2 vX^4~g-vy<
Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая его с первым, для комплексной скорости z = vx-yivy получаем уравнениег4-/<ое=»О, где частота колебания <o = qBc2IE= = (qBjm) V1 — v2/c2. Если протоны движутся медленно, то t>2<^c2 и циклотронная частота имеет обычный вид ta-qB/m. При увеличении энергии циклотронная частота уменьшится. Так как Дф/<о =—Д£/£, то при изменении циклотронной частоты на 1% энергия изменится также на 1%,
Решения и ответы
491
29.3. а) Так как движение предполагается нерелятивистским, то импульс частицы с ее скоростью связан обычным соотношением
p = mv.
Уравнение движения и начальные условия имеют вид mv = q (E-f-vxB),
х (0) == у (0) = г (0) = 0, х (0) = у (0) = г (0) = 0.
Уравнение движения в компонентах запишутся в виде
qB 	qE qB 	_
х = — у, У~~-------— х, г — 0.
т	т	т
Из последнего уравнения с учетом начальных условий следует, что z(t)=O, т. е. движение происходит в плоскости ху. Если сложить первые два уравнения, предварительно умножив обе части второго уравнения на мнимую единицу и ввести обозначения o> = qB/m, x-\-iy = i], то получим одно уравнение r| -|-icorj = iqE/m. Решение этого уравнения будет суммой решения соответствующего однородного уравнения и любого частного решения неоднородного уравнения. Решение однородного уравнения т]0 +	= 0 можно представить в виде т]0=С ехр (—icoQ,
где комплексную константу С можно написать как произведение ее модуля на фазовый множитель: С = аехр (i<p). В качестве частного решения неоднородного уравнения можно взять =	Следовательно,
n = ae-ia>t+i<f + q—t^x+iy. 1	may
Отделяя мнимую часть от вещественной и принимая во внимание начальные условия, окончательно находим
оЕ
x=z^—	— sincof),
/П(0а	1
(j Е i/=^(1-costo/)’
т. е. траектория в плоскости является циклоидой (см. рисунок).'3аметим, что из выражения х = (qE/mai)(\ — cos со/) следует, что предположение о нерелятивистском характере движения справедливо, если qEltw^c, т. е. ЕуВс<^1.
У
х
492
6. Электродинамика
в) Рассмотрим решение у (t) — {qE/mufi) (1 — cos <ot), найденное в пункте (а) задачи. Условием того, что частица не попадает на анод, будет условие: «/макс < d. Отсюда следует, что должно выполняться неравенство '
2<?Е	,	„ .	/ 2тс2Е
-^-5 < d или В > 1/ •—-г— • тш2	Г qd
29.4.	Для данной системы двух тонких линз существует соотношение =	+ (—/)-1—d (/)—1 (—/)~*, где F—фокусное
расстояние системы, отсчитываемое от главных плоскостей системы.
Расстояние Д от первой линзы до первой главной плоскости системы (/) выражается соотношением A = d(—f)~1/F~1. Из первого уравнения находим F = f2ld. Следовательно, Д = — f. Положение второй главной плоскости (2) от второй линзы определяется расстоянием Д1 = —d(f)~1/F~1, или ^—d2/p.
а)	Величина главного фокусного расстояния F = f2/d отсчитывается от первой главной плоскости системы (/), находящейся на расстоянии Д = —f от первой линзы. Из рисунка следует, что расстояние от (/) до главного фокуса равно F = f + d-\-l. Так как F=f2/d, то f2/d = f^d+l, или l = (f2!d) — (f+d).
б)	Реальное изображение будет при условии, что F > 0 или /H-d-F-Z > 0.
ФИЗИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
К главе 32. Показатель преломления плотного вещества
32.1	. Уравнения Максвелла в диэлектрическом веществе, в котором нет других зарядов, кроме тех, которые связаны в атомах, имеют вид
у.р	д (Р	\
a)	V-E=——— , б) caVxB = -j; — +Е )
е0	dt \ е0	J
b)VxE = —~, г) V-B=0.
Как указывалось в «Лекциях» (вып. 7, гл. 32, § 3), эти уравнения допускают волновые решения. Будем искать эти решения для волны в виде
Ес J (tof-k-r)
=*Еое	. и _ n J(ai-k.r)
р=р/(®'-Ьг). В —Вое
При этом, если ввести вектор электрической индукции D = E4-P/e0, уравнения Максвелла примут вид
a) k D=0, б) с2кхВ = —<oD,
в)	кХЕ = соВ, г) к-В = 0.
Умножая векторно уравнение (в) на к и используя уравнение7 (б), получаем
(1)2 кХ(кХЕ) = - D,
или
л	к(к-Е)\
D = ^V----
Так как электрическая волна поляризована в направлении, Перпендикулярном к, то к-Е=0 и D = na(<o)E, где па (ш) = сайа/<ва. Но, с другой стороны, для волны с частотой <о в «линейном» приближении D = e(w)E (это приближение справедливо, если электрические поля в диэлектрике слабы по сравнению с электрическими полями в атомах
494	7. Физика сплошных сред
И молекулах; для лазерного луча, направленного на диэлектрик, возникает необходимость учета нелинейной связи D с Е, т. е. учитывать в разложении D по Е члены, квадратичные по Е, кубичные и т. д.). Следовательно, е (со) = п2 (со). Полагая в этом соотношении со = О И учитывая, что е(0) = х, находим
х = л2 (0).
32.2.	Квадрат показателя преломления для плазмы в ионосфере имеет вид (см. „Лекции", вып. 7, стр. 67) п2=1—
При w > шр, где <s>p—Nq2e/me0 — плазменная частота, ионосфера становится прозрачной, тйк как при этом условии показатель преломления веществен. Отсюда плотность свободных электронов в ионосфере равна
дг те.£®Р = 4,5 • 106 электрон [см3.
Че
32.3.	Так как электрическое поле, действующее на электроны проводимости, равно среднему полю Е, то, полагая <оо = О в уравнении (32.1) «Лекций» (вып. 7, стр. 50), одрейф можно записать уравнение для дрейфовой скорости электронов:
^дрейф Че& ‘'дрейф dt т т
Когда поле Е постоянно действует на электроны проводимости, г/одрейф/rf/= 0, для дрейфовой скорости получаем
[см. «Лекции», вып. 7, стр. 63, формула (32.39)].
Если же в момент Времени t = 0 электрическое поле мгновенно выключается, дрейфовая скорость электронов будет меняться согласно однородному дифференциальному уравнению
^дрейф ‘'дрейф _ . __ .
Решая это уравнение, находим
‘’дрейф =
Это решение отвечает начальному условию задачи, согласно которому ‘'дрейф =‘'дрейф ПРИ ^=0. Из него видно, что время, за которое величина дрейфовой скорости уменьшится в е раз, в точности равно т—среднему времени между соударениями.
Решения и ответы
495
32.4.	Из уравнения Максвелла <ЭВ/<Э/=—rot Е находим dBx!dt — О, dBy/dt — ikE^ exp [i (wi—fez)], dBz/dt = Q.
Отсюда
a)	BX = Q, By^Eoe1^-^, Bz = 0.
6)	E J. B.
в)	Так как волновой вектор можно записать в виде
fe = (1-0 1/^ = 1/^ в-‘я/4.
V 2е0с2 г е0с2
то разность фаз, очевидно, равна —л/4.
32.5.	Более реалистичное выражение для п2 получится, если воспользоваться выражением для показателя преломления: п2 = 1 + (o/e0)/ico (1 4- [см. «Лекции», вып. 7, стр. 64, формула (32.42)]. Видно, что даже для частот <в > <т/еот п2 имеет мнимую часть.
главе 33. Отражение от поверхности
33.1.	а) В области 1 будет падающая волна, амплитуду которой примем равной единице, и отраженная волна с амплитудой fej. В области 2 одна волна с амплитудой а2 распространяется вправо, а другая волна с амплитудой &2 — влево. В области 3 имеется лишь одна прошедшая волна, амплитуду которой обозначим через а3. Записывая плоские волны в виде £ = аехр i 4 -у-	, получаем из
условий непрерывности на границах раздела тангенциальных составляющих электрического и магнитного полей (среды считаем немагнитными) следующую систему уравнений;
1 -|- = а2-|~62,
l_6iat^(a2_62), ln^l
a3e c -|- 62e c = a3e c , . n„a>,	. n,a>	. n„u>.
— i 11	' 4	l i. 4	~ I —— 4
a2e c	—b2e c ==—a3e c
^2
Решая эту систему, находим выражение для квадрата амплитуды Прошедшей волны
| а312 = 16пМ Г («i+п2)а (га2 + п3)2 4- (th — л2)2 (п2—п3)2 -ф-
496	7. Физика сплошных сред
б)	При I = Х2/4 = лс/2п2со и «2 =	из системы уравнений,
приведенной выше, и из выражения для ] а3|2 следует, что Ьх — О, |а3|2 = П1/Пз, т. е. плотность потока энергии в падающей слева на слой волне ) Sx | ~ /цЕ* = пг равна плотности поток? энергии прошедшей волны
|S3| ~ л3|«3|2 = п3^=л1.
"3
в)	Толщина пленки при этом примерно равна Х/4л2 = 1200А.
г)	Из предыдущего анализа ясно, что для просветления линзы безразлично, какую ее сторону покрывать. Для просветления важно, чтобы выполнялось соотношение /г2 = п1п3. Просветление будет, как в случае n2 = l, п2 — п3 (покрывается внешняя сторона линзы), так и в случае п3 — 1, п3 — пг (покрывается внутренняя сторона).
33.2.	Выберем систему координат так, как показано на рисунке: k"x~'т(1—ni sin20) х с1
(см. «Лекции», вып. 7, стр. 88).
Отраженная и преломленная волны запишутся соответственно в виде
(at - у sin р + 2^1 х cos j} а = Е32е \
и
. / . ап, , ап.
i ( at----~ г/ - sin V----X cos у
Е3 = Е03е V 2
На границе поле Е непрерывно. Поэтому
-i^sina -J^.sinp -i^siny
Е^е с +^02е с '—Ете с ,
Решения и ответы
4&7
В силу того что х произвольно, из последнего уравнения следует, что sin а = sin 0, sin a/sin y = n2/n1. Отсюда
По условию задачи n1/n2=l,6, sin2a=0,5(a= 0 = 45°) и, следовательно, cosy=}^ — 0,28 ~ ± Ю,53. Подставляя найденное значение cos у в выражение для Е3, получаем (n2= 1):
± 0,53 —2	+ 0,53
Е3 — е с =е	.
Верхнему знаку отвечает экспоненциально нарастающее поле, нижнему—убывающее. Оставляя из физических соображений последнее решение, находим, что в воздухе за большой гранью призмы электрическое поле волны убывает в е раз на расстоянии х = 0,ЗХ= 1350 А. Если вектор Е лежит в плоскости падения, результат будет точно таким же.
К главе 34. Магнетизм вещества
34.1. Сила, действующая на частицу в переменном магнитном поле, равна
P = q [vxB-|-E].
Электрическое поле Е вызвано изменяющимся магнитным полем. Если напряженность электрического поля мала, частица движется приблизительно по окружности, радиус которой равен R — p/qB (р—импульс частицы). Момент количества движения частицы при этом равен J = pR = qBR2. Электрическое поле вызывает изменение абсолютной величины импульса dp/dt = qE, откуда dJfdt = qER. Величину Е можно вычислить, пользуясь теоремой Стокса:
Е • 2ttR = — nR2 -тг-. dt
Отсюда следует
F R dJL
2 dt ’
dJ	qR2 dB	1 dJ	1 1 dB
dt 2 dt	J dt	2 В dt
Наши рассуждения годятся только в том случае, если частица движется по круговой орбите, т. е. если Т (dJ!dt) = (T/2) (dBIdt) 1, где Т—период обращения частицы по орбите.
498	7. Физика сплошных сред
К. главе 35. Парамагнетизм а магнитный резонанс
35.1. В магнитном поле напряженностью В частица вращается по круговой орбите с ларморовой частотой <о£, не зависящей ни от радиуса орбиты, ни от скорости частицы (при п/с<^1) и равной Ы[~=дВ1т. Выразим величину В через период обращения Т = 2л/шд:
2лт
Частота ядерного магнитного резонанса равна (см. «Лекции», вып. 7, § 6, стр. 130) а „ а
aP=S^B-^aL.
Отсюда
где ур = ор/2л. Подставляя численные значения для vp и Т, данные в условии к задаче, находим g = 5,46.
35.2. Теорию классического парамагнетизма можно построить аналогично классической теории диэлектрической проницаемости. Энергия магнитного момента р в магнитном поле равна —fxBcos0, где 0—угол между векторами р и В. Согласно статистической физике, число моментов, угол наклона которых к оси z (последняя выбрана совпадающей с вектором В) равен 0, приходящееся на единичный телесный угол, вычисляется по формуле
а M.Bcos0/*r п (0) = пое
Предполагая, что магнитное поле мало, так что pBjkT <^1, разложим экспоненту в ряд и ограничимся первыми двумя основными членами разложения:
Г, , цВ cos 01 п(0) = по I 1 + - fe-y—J •
Интегрируя это выражение по всем телесным углам, получаем N—полное число моментов, W = 4nn0. Полный магнитный момент определим следующим образом (к—единичный вектор в направлении В):
М = J (ц-к)кп(0)4й = — к J pi (cos 0) п (0) 2л sin 0 40,
Вычисляя, находим
Решения и ответы
499
Подобная теория классического парамагнетизма не противоречит утверждению о том, что в рамках классической физики парамагнетизм вообще отсутствует. Просто классическая физика не может обосновать существование у каждого атома «собственного» магнитного момента ц. Наличие его есть чисто квантовый эффект.
85.3. Избыток параллельных полю спинов можно найти, используя формулу (35.21) «Лекций» (вып. 7, стр. 121) для магнитного момента единицы объема М, если поделить М на магнитный момент одного атома:
^изб___лк Р-рВ
N “ kT 1
При Т = 300°К отношение ^B/kT равно 2,3-10~3 и, следовательно, Мизб/^ = th0,0023 и 0,23%. При Т = 4,2°К отношение щВ/kT равно 0,16 и Ns36/N= 15,9%.
35.4. Задача решается несложным обобщением формул (35.10) — (35.21) «Лекций» (вып. 7). Если ввести обозначение
Ho=g
то энергии, соответствующие различным проекциям спина в магнитном поле, равны U = —р0В для Jz/1i= +1, (7=0 для J2/h=0 и (7=-|-р.0В для Jz/h——1. Согласно статистической механике,
N+1 — n<je>l,B/kT, N0 — n0, N-.1 = noe~li°B/l;T.
Постоянная находится из условия равенства числа частиц с разными проекциями полному числу частиц N:
N = N+1+N<t + N^1 = n0(.eil,,B/kT+e~il,,B/kT + ^.
Средний магнитный момент в магнитном поле равен
2sh^ kT
l + 2ch^
Отсюда при \iQBjkT <^1 в силу того, что при х 1, shx к xt chx яз 1
~ 3 kT •
главе 36. Ферромагнетизм
36.1.	Токи, связанные с намагниченностью (jMal. = yxM), отличны от нуля только на поверхности шара. Именно эти токи создают магнитное поле вне и внутри шара. Из симметрии задачи ясно, что токи текут по окружностям, плоскости
500
7. Физика сплошных сред
которых перпендикулярны М. Проведем ось г через центр шара параллельно вектору М. Представим себе, что изменение М на поверхности происходит не скачком, а непрерывно в некотором слое толщиной d, и вычислим / в этом слое
дМ
0маг)у- дх •
Так как ось у направлена по касательной к поверхности шара, то дМ.!ду = Ъ. Далее, Ax = d/sin0; стало быть
дМ М sin 0	. М sin 0
дх d И ,маг~ d ’
d
Плотность поверхностных токов равна О'маг)у~ 1маг* d = М sin 0.
Эго соотношение можно также записать в виде i=Mxn, где п—нормаль к поверхности шара.
Вычисляя магнитный момент поверхностных токов, находим
П/2
т = Г № (0) idS = 2Мла3 С sin3 0 dd = а3М. J	J	О
О
36.2.	Из теоремы Стокса (в качестве контура выберем среднюю линию магнита) следует
</ еоса
где N—полное число витков обмотки; /—сила тока в обмотке. Разделяя контурный интеграл на две части, одна из которых отвечает зазору, а другая—контуру вне его, и предполагая, что поле Н по всему периметру средней линии ярма однородно, в результате интегрирования находим
NI
Решения и ответы
501
где Hi — поле в зазоре; Т/2—поле в каркасе магнита; li=l см—ширина зазора; /2 = 375 ел—периметр средней линии. Граничные условия в зазоре имеют вид Bin = B2n, причем Вщ = Н1. Выражая Hi через В2п, находим уравнение
^2п
W и
e0^/i h
Построив эту прямую на графике B2n = f(H2) (см. стр. 386), можно найти Н2 и В2п. Тогда поле в зазоре равно Я1 = В2я (для указанных параметров магнита эта линейная зависимость имеет вид В2п = 1,35 вебер!м2—375Л2). Согласно графику, Hi = В2п= 1,17 вебер/м2.
36.3.	Обозначим через Bi и В2 напряженности магнитного поля в постоянном магните и зазоре. Так как зазор узок, то, пренебрегая краевыми эффектами в зазоре и на углах, напишем условие постоянства магнитного потока
~ В2А2,
здесь	—площадь поперечного сечения магнита;
А2 = 20 см2 — площадь зазора. Отсюда B2 = 5Bi. После выключения тока циркуляция магнитной индукции Н по средней линии системы будет равна нулю. Считая поле магнитной индукции в магните однородным и учитывая, что магнитная восприимчивость мягкого железа бесконечна, т. е. в мягком железе /7 = 0, запишем
Hili + H2l2 = Q, где /х = 20 см—длина постоянного магнита; 12—1 см—ширина зазора. Так как в зазоре Н2 = B2 — 5Bi, из последнего уравнения находим
4Я1 + В1 = 0, или, учитывая, что /71 = В1—М/е0с2,
JL=-5Hi.
е0с2
Если эту прямую линию построить на приведенной в условии задачи кривой М—Н (стр. 387), то она пересекает ее в двух точках, отвечающих /^=±0,04 вебер/м2. Так как при уменьшении тока система окажется на верхней части кривой М—Н, то Hi=—0,04 вебер/м2. Тогда Bt=—4Н 1—0,15 вебер/м2 н искомая напряженность магнитного поля, т. е. B2 = 5Bj = = 0,8 вебер/м2.
36.4.	Магнитное поле такого стержня создается токами намагничивания, текущими по его поверхности (см. «Лекции», вып. 7, гл. 36, § 1). При этом поверхностная плотность токов гмаг = А1. Величина В находится так же, как для соленоида:
S = J____м_
еоса еоса '
502	7. Физика сплошных сред
Направление поля Н совпадает с направлением вектора В. Так как Н = В—М/е0с2, то внутри стержня 7/ = 0.
Если вырезать игольчатую полость вдоль осн цилиндра, то поле внутри этой полости будет создаваться как уже рассмотренными токами, текущими по поверхности цилиндра, так и токами, текущими по поверхности полости. Плотность этих токов равна М, а направление их противоположно направлению внешних токов (в одном случае величина М увеличивается при удалении от оси цилиндра, в другом— уменьшается, поэтому направление вектора j = rotM различно). Таким образом, поле внутри полости—это поле, которое на своей оси создают два коаксиальных соленоида с противоположно направленными и равными по величине токами. Поле это равно нулю.
К главе 38. Упругость
38.1,	Воспользуемся формулой (38.42) «Лекций» (вып. 7, стр. 205) для отклонения конца стержня длиной L, жестко заделанного другим концом в стенку:
FL3
где У — модуль Юнга, I—момент инерции сечения стержня. По определению, жесткость равна отношению F!x(L) = = 3YI/L3. По условию задачи алюминиевый и стальной стержни обладают одинаковой жесткостью и имеют одинаковую' длину. Следовательно, YMIА1 = Усталь-Усталь- Так как момент инерции круглого сечения стержня равен / = лЯ4/4, где R—радиус поперечного сечения, то (Усталь = 21-Ю11 дин/см1, Уа1 = 7-10и дин/см2).
а)	^А1/^сталь=/Тсталь/Тд1)1'/-‘=: 1,32.
б)	Если р—плотность вещества, то (рд1 = 2,7 г/см3, рС1аль= = 7,8 г/см3)
тм = Ра1/?А1. , = _Ра1_ /У^7ь ~ Од
Усталь РстальЯсталь Рсталь ' УА1
38.2.	На тело т действуют две силы: вес тела Р и упругая сила F со стороны стержня, действующая в вертикальном направлении. Поэтому уравнение движения этого тела запишется в виде
mr = P + F.
Спроектируем это уравнение на вертикальную ось (ось у): my = Fy—Р. Согласно формуле для отклонения конца стержня, жестко заделанного в стенку, сила, с которой неза-
Решения и ответы
БОЗ
крепленный конец стержня действует на тело т, равна
р
У L3 ’
где у—вертикальное смещение массы zn; Y—модуль Юнга; I—главный момент инерции сечения стержня: / = а4/12. Подставляя это выражение для силы F? в уравнение движения, получаем
о ЗУ/ ту=—Р—jj-y.
Отсюда находим собственную частоту колебания массы /п: /ЗУ/УЛ аЧ Y \'/2
а \Lam) ~ 2 \LamJ '
88.3. Рассмотрим массивное тело, поперечные размеры которого много больше длины волны звука. Ударяя по такому телу, можно обнаружить, что оно не раздается во все стороны, а сжимается только в направлении удара. В таком теле побежит продольная волна, в которой частицы тела движутся только в направлении распространения волны. Чтобы найти уравнения, описывающие распространение такого продольного звука, мы фактически можем рассмотреть стержень, который закреплен так, что при сжатии и растяжении его боковые размеры не сокращаются. Пусть площадь поперечного сечения такого стержня равна А, а длина L. Рассмотрим элемент стержня длиной Дг, расположенный на расстоянии г от его конца. Обозначим через и (г, f) смещение этого элемента в волне в момент времени t. При статическом растяжении (или сжатии) внутреннее напряжение F/A на всем протяжении стержня одно и то же и пропорционально u/L, где и — удлинение стержня. В упругой волне важна местная деформация в точке г, т. е. ди (г, f)/dz. Для стержня без бокового смещения (см. «Лекции», вып. 7, стр. 196) было найдено
ди _ (14-а) (1— 2a)F(z) dz (1—0) У А ’
где F (г)—сила, действующая в поперечном сечении на расстоянии z от начала координат. На одном конце элемента Дг действует F (г), а на другом F (г+Дг). Полная сила, действующая на элемент Дг, очевидно,' равна
. . . „, . dF (г) .	.	.	(1— о) У д2и
F(z+Az) F(z) — dz Дг-Дг’л (1_2а) az2 •
Согласно закону Ньютона, эта сила равна произведению массы элемента рДг-Д (р—плотность тела) на его ускорение д2и (г. ЩдР:
оЛг-Д°- Ас Л (1~а)Г
рДг а д{2 - Дг А (1 + о) (1 _2(j) аг2 .
504
7. Физика сплошных сред
Сокращая обе части получившегося уравнения на Дг-Д, получаем
(г, t) , д2а (г, Q
д/2 ипрод дг2 ’
где
„2 -- (»-<*) ^
ПРОД (1 _|_0) (1 —2о) р
—квадрат фазовой скорости распространения продольных волн в твердом теле.
38.4.	Так как расстояние между планками слабо отличается от L, то изгиб можно считать слабым. Кроме того, как будет ясно из дальнейшего, учет веса линейки (около 0,3 г) несущественно меняет величину действующей вдоль стержня силы внутренних напряжений. Если отклонение линейки от прямой линии между концами обозначить через у (х), где х— расстояние от левого конца линейки, а через F обозначить горизонтальную составляющую силы, с которой упоры изгибают линейку, то форма изогнутой линейки будет описываться уравнением (38.45) «Лекций» (вып. 7, стр. 206):
dx2 Yly’
где У—модуль Юнга; I—момент инерции поперечного сечения линейки. Из этого уравнения следует:
а)	Форма изогнутой линейки описывается синусоидой
у(х) = К sin-у.
Постоянную К можно определить из условия нормировки на длину линейки
I	I
L = ^ V(dx)2 + (dy)a = JV 1 + у'2 dx = о	о
= J]/ l+ 'K2 Jcos2ydx.
о
Учитывая тот факт, что прогиб линейки слабый, т. е. что Х//<1, вычислим интеграл, разложив подынтегральное выражение в ряд
V+ 2/а C0S I )dx~l+ • О
Отсюда /( = (2/л)	/)/=34,2 мм.
Решения и ответы '	505
б)	Сила, с которой линейка упирается в планки, равна F=srfYI/l2, где 1 =а63/12. Если принять для стали Y = 2-1013 дин/см*, то Е = 1,47кГ.
38.5.	Выберем плоскость изгиба в качестве плоскости ху. Ось х параллельна силе Р. Введем 0—угол между касательной к линии стержня и осью х и s—расстояние вдоль кривой. Тогда dc/ds = cos0 и dy/ds= sin 0. При этом кривизна стержня 1/R будет определяться выражением l/R —dQ/ds. С другой стороны, кривизну стержня можно связать с изгибающим моментом силы Р-.
1	Р /л ч
R	YI ® У)’
Следовательно,
Дифференцируя последнее уравнение по s, получаем исходное уравнение
IY ^~+Р sin 0 = 0.
ds2 1
Так как угол 0 мал, то, полагая sin 0=0, получаем уравнение
й+^е=о.
ds2 IY
общее решение которого имеет вид
где А и В —константы. Из граничного условия 0(О) = О (нижний конец стержня жестко заделан) находим В=0. Из условия равенства нулю момента сил внутренних напряжений у свободного конца, т. е. из граничного условия 0'(Т)=О, находим
т. е.
Следовательно, Р = a2IY/4L2. Учитывая, что /=щ(3/12, окончательно находим искомую силу
nPIYwt3
48Р *
506
7. Физика сплошных сред
К. главе 40. Течение «сухой» воды
40.1.	а) Согласно гл. 31 «Лекций» (вып. 7), в произвольной точке жидкости i-я компонента силы, действующей на единичную площадку, перпендикулярную оси /, определяется тензором внутренних напряжений Sy, Так как в невязкой жидкости нет сдвиговых напряжений, то недиагональные элементы тензора Sy должны быть равны нулю. В этом можно убедиться, построив в этой точке три единичные площадки, перпендикулярные осям х, у и z соответственно. Следовательно, если около этой точки построить элементарную площадку da с вектором нормали п, то сила, действующая на эту площадку, будет иметь компоненты
dFx = Sxxnx da, dFy ^ууПу da, dFz = Szznzda.
Поскольку проекция силы dF на площадку da должна быть равна нулю (отсутствуют касательные напряжения), то это означает, что вектор dF должен быть направлен вдоль п. Это может быть только при условии, что диагональные элементы тензора Sy равны друг другу, т. е. если Sxx = Syy—Szz — p. Отсюда
dF = рп da.
Следовательно, какое бы направление вектора п мы ни выбрали, всегда сила, действующая на единичную площадку, перпе'ндикулярную этому направлению, нормальна к площадке и равна численно одному и тому же значению р (давление).
б) Это тождество следует как частный случай из доказанного в задаче 27.1 (см. решение к этой задаче, стр. 481) общего соотношения
V (А-В) = АХ (VX В) + (А<?) В + (В- р) A-{-BX (V X А), если положить в нем A = B--v.
40.2.	Направим ось г вдоль цилиндра, а начало координат выберем в наинизшей точке воронки. Введем вектор угловой скорости вращения жидкости ®, который, очевидно, направлен вдоль' оси г. Тогда вектор скорости частицы жидкости, находящейся на расстоянии г от оси, можно записать в виде v=® Хг, где г—радиус-вектор частицы. При этом vx = — ы-у, Vy — (o-x, vz=0. Вычислим вектор fi = VXv. Находим
до, до„
х ду дг
dvx до,
Й =—£=0, у ог дх
Решения и ответы
507
dvv дох
Q ? == -д--т— = 2со,
г дх	ду
или в векторном виде й=2<в. Отсюда ясно, что в данной задаче QXv = — 2ы2г. Так как можно представить г = у (г3/2), то во всех точках жидкости выполняется уравнение
р , о3 ,	, ,	,
— 4—5—|-ф—<o2r2 = const.
Р *
Так как на поверхности жидкости давление постоянно и равно атмосферному, то имеем (ф=^г)
о3	(О2
~2---&г = у (х + У ) — & = const-
В нашей системе координат, очевидно, const =0. Поэтому уравнение поверхности жидкости имеет вид
(О2
z = ^-(x2 + t/2),
т. е. поверхность является параболоидом вращения.
40.3.	В § 5 гл. 12, вып. 5 «Лекций» решалась задача об обтекании шара «сухой» водой. Скорость «сухой» воды была найдена равной
/ а3 X / а3 \
v= V0ocose^r4-— l=uovz (I+275) .
где t)0—скорость воды на бесконечном расстоянии от шара, 0—угол между радиусом-вектором г и v0 (ось z выбрана вдоль вектора v0). В настоящей задаче мы можем воспользоваться этим решением, если перейдем к системе координат, в которой жидкость вдалеке от шара покоится. Результат можно записать в виде
дЗ
v=2^[3r(v0-r)—vor2].
Кинетическая энергия жидкости Тж равна интегралу от квадрата этой скорости, умноженному на плотность жидкости, по всему пространству вне шара. Математически, как мы видим, задача аналогична задаче 27.2, где определялась энергия магнитного поля Земли. Воспользовавшись найденным в этой задаче результатом, получим
2
Тм=М %- ,
ж 4 ’
где М—масса жидкости в объеме шара. Добавляя к 7\к кинетическую энергию шара, находим полную энергию
-Г 1 (	,	2
508	7. Физика сплошных сред
Полный импульс системы вычисляется по формуле
P = mv0-f-p vdV.
Подставляя в нее приведенное выше поле скоростей v и выполняя несложное интегрирование, получаем ^pvdV = 0; следовательно, P = mv0.
К главе 41. Течение «мокрой» воды
41.1.	К параметрам, определяющим силу сопротивления, относятся: а—радиус шара, v—скорость движения шара относительно жидкости, т|—коэффициент вязкости. Размерность этих величин такова:
[а] = Длина; [ц] = Длина/Время;
[т|] = Масса/Время X Длина.
Будем искать из соображений размерности выражение для силы в виде Т = а°ц?т|7. Запишем условие совпадения размерностей левой н правой частей этого соотношения:
[F] = [a°W]>
[Масса] х [Длина] X [Время] - 2 =
= [Масса]7 X [Длина]0*?-7 X [Время]-?-7.
Отсюда у=1, а + р—у=1, Р + 7 = 2, или а = 1, р = 1, у=1. В результате находим
F ~ "паи.
То, что параметры входят в выражение для F так, как было найдено выше, а не иначе, ясно из следующих качественных соображений. В «Лекциях» (вып. 7, стр. 260) указывалось, что вязкая сила /вязк, действующая на единицу объема жидкости, пропорциональна коэффициенту вязкости Т| и вторым производным скорости по координатам. Так как в задаче о движении шара в вязкой жидкости характерным размером, на котором существенно меняется скорость, являются размеры порядка размеров шара, то вторые производные по порядку величины равны v/a2. Умножая /вязк на объем, где силы вязкости отличны от нуля, т. е. на объем порядка а3, находим F ~ т]от. Заметим, что сила трения, действующая на гармонический осциллятор, также пропорциональна скорости осциллятора.
41.2.	Направим ось г вдоль оси трубы в направлении потока жидкости. Предполагая жидкость несжимаемой, напишем уравнение движения в стационарном случае
(W)v=—V2v.
Решения и ответы
509
Так как в данной задаче отлична от нуля лишь г-компо-нента скорости—ог, причем vz зависит только от г—расстояния от оси трубы, то (v-v)v = 0. Записав vp=—&p/L, где Ap=Pi—рг—разность давлений на концах трубы, получим
у2ог = — z т]£-
Это уравнение совпадает по виду с уравнением Пауссона для потенциала равномерно заряженного бесконечного цилиндра v2qp = — р/е. Потенциал <р легко найти, если воспользоваться теоремой Гаусса, найти напряженность электрического поля, а затем проинтегрировать соотношение Е=—уф. В результате ф = ф0—рг2/4е0, где ф0—постоянная интегрирования. Заменяя ф на vz и р/е0 на ^p/^L, получаем
Неизвестную константу о0 легко найти, если вспомнить, что на стенке трубы скорость жидкости равна нулю. Окончательно:
Поток массы жидкости плотности р через поперечное сечение (расход) трубки равен
Q=pjMr)dS=-^-pT.
Если провести аналогию между разностью потенциалов и разностью давлений, а также расходом жидкости и электрическим током, то под сопротивлением трубы надо понимать величину
О АР _
Q ла4р
Аналогом конденсатора являются два сообщающихся сосуда, снизу соединенные трубкой, которую можно перекрывать краном так, что уровень воды в сосудах может быть разным.
41.3.	а) Определим сначала распределение скоростей в жидкости вдали от краев доски. Для этого выберем систему координат, плоскость хг которой совпадает с дном бассейна, а ось z направлена вдоль скорости доски. Тогда из уравнения Навье—Стокса для стационарного течения следует d^v/dy^f). Из этого уравнения находим о = С1у-|-С2. Учитывая граничные условия п(0) = 0 ио(^)=и, определим постоянные интегрирования Сг и С2. Окончательно:
и
^У.
510	7. Физика сплошных сред
6) Силу трения, действующую на единицу поверхности доски, найдем, исходя из формулы SXZ=T] (dvjdy) =r\u/d, где т)—коэффициент вязкости. При этом работа на преодоление силы трения, совершаемая в единицу времени и отнесенная к единице площади поверхности доски, равна
= j 
Искомая же скорость диссипации энергии в единице объема оказывается равной
d
Том Ш
8. Квантовая механика (I)
9. Квантовая механика (II)
Настоящая часть сборника задач относится к тому III «Фейнмановских лекций по физике». Как и те задачи, которые собраны к тому II, они включают домашние задания и экзаменационные задачи, использованные в КАЛТЕХе в 1963/64 учебном году. Я снова попытался поместить их в порядке возрастания трудности внутри каждой главы.
Эту часть сборника еще меньше, чем предыдущую, можно считать окончательным вариантом. По мере развития и усовершенствования курса она будет расти. В первом варианте эти задачи были напечатаны на машинке еще до выхода тома III в его окончательном виде. Я надеюсь, что некоторые терминологические разночтения, которые могут возникнуть в связи с этим обстоятельством, будут рассматриваться как лишнее доказательство незаконченности всего сборника.
Большинство задач составлено М. Сэндсом, Р.Фейн-маном, Дж. Пайном и мной. Идею примерно для трех четвертей всех задач дал Р. Фейнман. Первый вариант задач редактировали К. Уилте и я.
Г. Нойгебауер
8
КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА (I)
Л' главе 1. Амплитуды вероятности
1.	1. В этой главе описан мысленный эксперимент по интерференции электронов на двойной щели. По интерференционной картине, приведенной на фиг. 1.1 «Лекций» (вып. 8, стр. 11), можно оценить длину волны X, связанную с амплитудными функциями <рг и <р2. Обозначим расстояние между центрами щелей буквой а.
а)	Чему равна А?
б)	Используя кривые для Рх и Р2, рассчитайте ожидаемую величину Р12 в центре полосы, в первом боковом максимуме и первых двух минимумах интерференционной картины. Сравните полученные результаты с кривой Р12.
1, 2. Рассмотрите эксперимент по интерференции электронов на двойной щели, описанный в предыдущей задаче, предположив, что расстояния от электронной пушки до щели и от щелей до экрана очень велики по сравнению с промежутком между щелями, а ширина щелей много меньше этого промежутка. Дайте ответ (по возможности количественный) на следующие вопросы:
а)	Что произойдет с интерференционной картиной Р12, если электронную пушку сдвинуть вверх на расстояние £>?
б)	Как изменится интерференционная картина, если расстояние между щелями удвоить?
в)	Что случится, если первую щель сделать вдвое шире второй?
1. 3. Монохроматический свет, поляризованный в вертикальной плоскости, падает на пленку — поляроид,
17 Заказ № 17
614	8. Квантовая механика (I)
«ось пропускания» которой образует с вертикалью угол 0.
Чему будет равно отношение интенсивности света, прошедшего через пленку, к интенсивности падающего света? А что сделает поляроид с единичным падающим фотоном?
1. 4. Пучок электронов с энергией 20 кэв проходит через тонкую поликристаллическую золотую фольгу, а затем попадает на фотопластинку. Области почернения на пластинке имеют форму концентрических колец с центрами на оси пучка. Почему? Рассчитайте диаметр колец, если расстояние от фольги до пластинки равно 10 см.
1. 5. Вернемся к обычному интерференционному опыту с двойной щелью (см. фиг. 1.1 «Лекций», вып. 8, стр. 11). Если ах и а2 — два комплексных числа, равные амплитудам вероятности нахождения электронов соответственно в щелях 1 и 2, то как выглядит формула для относительной интенсивности распределения электронов на экране в зависимости от х — расстояния от центральной точки? Считайте х приближенно малой величиной; ответ должен выражаться через расстояния между щелями и от щелей до экрана.
1.	6. В дифракционном опыте (схема которого приведена на рисунке) частицы, испускаемые источником, имеют импульс р0, массу М и скорость v.
а)	Чему равно расстояние а между центральным максимумом и его ближайшим соседом? Считайте
L^>d,	L^>a.
б)	Внешнее воздействие меняет фазу для верхнего пути на 5<рх, а для нижнего пути на 6<р2. Покажите, что центральный максимум смещается при этом на расстояние S, определяемое выражением 5=+(6Ф1-6ф2)^-Л.
а Ро
Таким образом, если величина (6Ф1—6ф2) для всех путей одинакова, то на расстояние S сме
Условия задач
615
щается вся дифракционная картина и мы можем сказать, что на расстояние S отклоняются все частицы.
в)	Предположим, что в области А частицы обладают небольшой потенциальной энергией, которая зависит только от вертикальной координаты. Тогда импульс частиц на высоте х над центральной линией [обозначим его р(х)1 будет несколько отличаться от р(0) — своего значения на центральной линии. Покажите, что
м
р(*) = р(0)+^(У(0)-У(х)),
или, когда V(x) меняется с расстоянием медленно, p(x)—p(O)+Fx/v, где F=—dV/dx.
г)	При условиях, описанных в пункте (в), импульсы при движении по прямым (/) и (2) будут Отличаться друг от друга (как и длины волн). Покажите, что разность фаз для верхнего и нижнего путей равна
(бср! — 6ср2)	-J-L.
(Заметим, что среднее вертикальное расстояние между двумя этими прямыми равно d/2.) Покажите, что интерференционные полосы смещаются вверх на величину 1/2Т2(/?/Л1), где
время пролета (в классическом смысле) от щели до экрана. Поясните смысл результата.
17*
516
8. Квантовая механика (I)
1, 7. Электроны со спином х/2 испускаются источником 5, помещенным перед экраном с двумя щелями, как показано на рисунке. Предположим, что электрон, достигший щели, проходит через нее с амплитудой а, если его спин направлен вверх, и с амплитудой 0, если его спин направлен вниз. Предположим далее, что различить, через какую щель электрон прошел, невозможно.
а)	Если все электроны испускаются «спином вверх», рассчитайте распределение интенсивностей на экране в точке х, выразив ее через а, 0 и амплитуды <х| s> (см. вып. 8, стр. 12, 13).
б)	Как отличается это распределение от того случая, когда все электроны испускаются «спином вниз», при прочих равных условиях?
в)	Если направление спинов случайно, а все остальные условия опыта сохраняются, то чем будет отличаться интерференционная картина от случая (а)?
Щели	Экран
1. 8, Сколь это ни удивительно, но большие интерференционные эффекты можно наблюдать даже в том случае, если одна из «интерферирующих возможностей» имеет не очень большую вероятность. Покажите, что в эксперименте по дифракции на двух отверстиях, даже когда вероятность проникнуть через одно из них в 100 раз меньше, чем через другое, дифракционный максимум все еще на 50% выше минимума.
Условия задач
517
1.	9. Диаметр ближайших к Земле звезд слишком мал, и его нельзя определить даже при помощи лучших современных телескопов, поскольку их угловое разрешение больше «углового диаметра» звезд. Диаметр звезд впервые определил Майкельсон, используя оптический интерферометр. Но точности этого метода едва хватает для самых близких звезд. В 1956 г. Браун и Твисс предложили новый метод для таких измерений, названный ими «методом корреляции интенсивностей» [Nature, 178, 1046 (1956)1. Они опробовали его на звезде Сириус. Для этого они взяли два параболических рефлектора (авторы использовали зеркала от старых прожекторов), в фокусе каждого из которых был установлен фотоумножитель. Выходы умножителей соединялись коаксиальным кабелем с электронной схемой, которая регистрировала среднее значение от произведения токов в обоих умножителях (так называемую «корреляционную функцию»). По поведению этого произведения в зависимости от расстояния между зеркалами определялся угловой диаметр звезды. В то время многие физики утверждали, что этот метод не годится, поскольку свет — это фотоны, а каждый фотон попадает либо на одно зеркало, либо на другое, и никакой корреляции двух токов, следовательно, наблюдаться не может. Вы можете опровергнуть этот аргумент, рассматривая следующий идеализированный эксперимент. Два небольших источника света, скажем две лампочки А и В, помещаются на больших расстояниях от фотоумножителей а и Ь. Геометрические условия опыта показаны на рисунке. С детекторами а и b соединены счетчики, сосчитывающие числа фотонов рг и р2, регистрируемых в секунду каждым счетчиком. Счетчики а и b включены, кроме того, еще в «схему совпадений», которая регистрирует р12— количество случаев в единицу времени, когда фотоэлектроны появляются одновременно (т. е. в течение одного удалого промежутка времени т) в обоих умножителях. Пусть <а|Д> — амплитуда появления фотона, испущенного источником А, в детекторе а в течение
518
8. Квантовая механика (I)
данного промежутка времени, определяемого разрешающей способностью схемы. Тогда <а( А )=се‘а-, где с — комплексная постоянная, a a1=kR1 (7?!—расстояние от А до a, k — постоянная). Аналогично, (Ь\А )=се‘ац где a2=kR2, а Т?2— расстояние от А до Ь. Покажите, что скорость счета совпадений пропорциональна 2+cos2£(7?2—Rr).
Как использовать этот результат для определения D, если R известно? Пренебрегайте тем фактом, что реальный процесс есть «наложение» таких простых модельных процессов, поскольку свет приходит из всех областей поверхности звезды, а не только из крайних, диаметрально противоположных точек.
К главе 2. Тождественные частицы
2.	1. Радиопередатчик излучает мощность 1000 кет на частоте 1 Мгц.
а)	Какова энергия (в эв) каждого излученного кванта?
б)	Сколько квантов излучается за каждый период колебаний электромагнитного поля? (Высокая степень когерентности этих квантов возможна, поскольку они являются бозе-частицами.)
2.	2. Внутри полости в абсолютно черном теле величина /(со)Асо — интенсивность излучения в интервале
Условия задач
519
частот от со до со+А со на единицу объема — дается формулой Планка.
а)	Как ведет себя /(со) при малых со? При больших со?
б)	При какой частоте на единичный интервал приходится максимальная энергия?
в)	При какой длине волны на единичный интервал длин волн приходится максимальная энергия?
г)	Оцените температуру на поверхности Солнца, предполагая, что максимум интенсивности его излучения приходится на середину видимого спектра.
2. 3. Оцените напряженность магнитного поля, которая потребуется для того, чтобы выстроить спины обоих электронов в атоме гелия в одном направлении. (Приближенно рассматривайте атом гелия как гармонический осциллятор с основной частотой, соответствующей видимому свету. У атома гелия «в основном состоянии» оба электрона находятся на самом нижнем уровне и их спины направлены в противоположные стороны. Согласно принципу запрета Паули, для того чтобы направления спинов электронов совпали, одному из них придется перейти на следующий уровень.)
2. 4. До открытия нейтронов предполагалось, что ядра состоят из протонов и электронов. Покажите, что в таком случае атом (атом азота, масса ядра которого примерно в 14 раз больше массы протона) был бы бозе-частицей. Опытные факты (спектр молекулы) показывают, что этот атом есть ферми-частица. Это было первое свидетельство в пользу существования новой ядерной частицы. Покажите, как нейтронная гипотеза решает эту задачу.
2, 5. Предположим, что в некоторой системе могут наблюдаться «переходы» между определенными энергетическими уровнями, т. е. заселенность уровней, или число атомов на каждом уровне, меняется, и это сопровождается излучением или поглощением квантов.
520
8. Квантовая механика (I)
Два возбужденных состояния и основное состояние находятся в тепловом равновесии между собой, тогда как вся система находится в поле излучения с частотой ha=k.E. Прямые переходы с частотой 2^ElK запрещены.
АН {-------------
Д£ {
Второй уровень энергии (N2 атомов).
Первый уровень энергии атомов).
Уровень основного состояния (Уо атомов).
а)	Выразите отношения Nr/N0 и N2/Nt через число фотонов п(й).
б)	Получите простое выражение для числа фотонов п(со), учитывая, что фотоны являются бозонами. Искомое выражение должно содержать только \E/kT.
в)	Найдите приближенные выражения для п(со) в двух предельных случаях:
ha^>kT, ha kT.
2. 6. В лазере большое число атомов одновременно переводится в возбужденное состояние. Потом появление небольшого количества света определенного типа индуцирует лавинообразное излучение, в которое дают вклад все возбужденные атомы, что приводит к образованию очень большого числа фотонов с совершенно одинаковой длиной волны, испускаемых строго в одном направлении. Можно ли надеяться, что в один прекрасный день кто-нибудь создаст подобное же устройство, излучающее нейтрино (частица с массой, равной нулю, и спином г/2)?
2* 7, Покажите, что для двух неодинаковых невзаимодействующих частиц вероятность того, что одна переместится из а в Ь, в то время как другая переместится из с в d, есть произведение двух сомножителей РаЬ и где Раь — вероятность, что первая частица в отсутствие второй частицы переместится из а в Ь, a Pcd — вероятность, что вторая частица в отсутствие первой переместится из с в d. Является ли неодинаковость частиц существенным обстоятельством?
Условия задач
521
2.	8. Дейтрон является бозе-частицей со спином единица; таким образом, пучок дейтронов может находиться в одном из трех состояний с проекциями спина +1, О, —1. Производится опыт, в котором дейтроны рассеиваются на дейтронах. Как зависит вероятность регистрации дейтронов от угла рассеяния 0 (угол между направлениями движения дейтрона до и после столкновения в системе центра масс)? Предположим, что направление спина в процессе рассеяния не меняется, а /(0) — это амплитуда отклонения на угол 0.
2S 9. Пусть /\(0) — амплитуда рассеяния л-мезона на протоне, а /2(0) — на нейтроне. Как выразить вероятность того, что л-мезон рассеется на ядре гелия на угол 0 через Рг и Рг— вероятности рассеяния на протоне и на нейтроне?
Рассмотрите два случая:
а)	отдача протона или нейтрона после рассеяния разрушает ядро;
б)	отдача настолько слаба, что ядро остается «неповрежденным».
Можете ли вы сказать, в каком случае рассеяние сильнее? Ваши ответы должны зависеть от предположений, сделанных при описании процесса (а).
2s 10. Предположим, что в эксперименте по рассеянию пучок нейтронов падает на нейтронную мишень. Детектор установлен с таким расчетом, чтобы он регистрировал нейтроны, рассеявшиеся на угол 0 в системе центра масс; f — амплитуда рассеяния частицы на этот угол без изменения спинового состояния; g — амплитуда рассеяния на тот же угол с «переворотом» спина (за счет обмена направлениями спинов с частицей мишени). Если предположить, что f и g не зависят от 0, то какова будет вероятность, что детектор зарегистрирует нейтрон,если: а) спины обоих нейтронов (и рассеиваемого и рассеивающего) направлены вдоль оси +z;
б)	спины нейтронов пучка выстроены вдоль положительного направления оси г, а нейтроны мишени — вдоль отрицательного;
522	8. Квантовая механика (1)
в)	падающий пучок не поляризован, а мишень поляризована в направлении 4~г;
г)	и пучок и мишень не поляризованы;
д)	как изменится ответ на вопрос (а), если мишень будет состоять из поляризованных протонов при ' равенстве амплитуд нейтрон-нейтронного и нейт-рон-протонного рассеяния?
Считайте, что детектор одинаково эффективно регистрирует и нейтроны и протоны.
2.11.	Пучок нерелятивистских протонов проходит через тонкую мишень из жидкого водорода, а потом, как показано на рисунке, рассеянные протоны регистрируются под некоторым углом а к падающему пучку. Процесс рассеяния можно анализировать в системе центра масс, как показано на рисунке.
Лучок протонов
Два протона (р1 и р2) движутся навстречу друг другу с одинаковыми скоростями; после соударения два протона (р( и рг) разлетаются вдоль прямой, которая составляет угол 0 с первоначальным направлением. Если мы выберем в качестве оси z направление, перпендикулярное к плоскости рассеяния, то каждый протон может иметь значение Jz (проекции спинового момента на эту ось), равное ±а/2. Мы будем говорить про это, что спин может быть направлен «вверх» или «вниз». Предположим, что спин обоих протонов направлен вверх и что /(0) есть амплитуда рассеяния протона рг на угол 0 с попаданием в детектор. Поскольку мы не можем сказать, какой протон зарегистрирован счетчиком, то амплитуда того, что какой-то протон вылетит
Условия задач
523
под углом 0, равна /(0)—/(л—0). Знак минус появляется потому, что протоны — ферми-частицы. Поэтому мы можем сказать, что вероятность зареги стрировать протон под углом 0 равна
|/(0)—/(л —0)|2.
Предположим теперь, что спин протона рг направлен вверх, а спин р2 — вниз, амплитуда рассеяния частицы р± в направлении детектора без переворота спина равна ['(&), а с переворотом спина g(0); амплитуда рассеяния зависит от относительной ориентации спинов.
В этом случае амплитуду появления в детекторе протона со спином, направленным вверх, можно записать в виде /'(0)+я(я—0)-а) Какова связь между 0 и а?
б)	Какова амплитуда появления в детекторе протона со спином вниз, если до рассеяния спины сталкивающихся протонов были направлены в разные стороны?
в)	Предположим, что «обычный» пучок неполяри-зованных протонов рассеивается на обычной неполяризованной мишени и что детектор не реагирует на поляризацию. Чему равна вероятность рассеяния на угол 0.
г)	Покажите, что при f—f и g=Q рассеяние протонов с хаотически ориентированными спинами представляет собой смесь «чисто фермионного рассеяния» с амплитудой /(0) — /(л—0) и «чисто бозонного» рассеяния, амплитуда которого равна /(0)щ/(л—0), т. е. что
Р = Л|/(0)-/(л-0)Р + В|Н0) + /(^-0)|г-
Вычислите А и В.
2.12.	Предположим, что N электронов находятся в очень большом ящике объема V в состоянии с наименьшей возможной энергией. Покажите, что в пренебрежении взаимодействием между электронами каждый уровень в ящике занят двумя электронами, причем импульс, соответствующий каждому уровню, hk=p,
524	8. Квантовая механика (I)
меньше величины рмакс, определяемой соотношением
Рмакс
дг= f у.2 inp*-dp
J	(2 л А)3 ’
Чему равна энергия U всех электронов? Свяжите эту внутреннюю энергию U с объемом ящика и найдите таким образом давление этого так называемого «вырожденного электронного» газа. Покажите, что объем и давление связаны соотношением РУ1—const, и найдите у.
2.13.	Материя в звездах, известных под названием «белые карлики», сжата так сильно, что к ней применима теория, рассмотренная в последней задаче. Если р — плотность вещества звезды, то р/2Мр — число протонов в 1 ms этого вещества (М — масса протона; кроме того, мы предполагаем, что ядра содержат примерно столько же протонов, сколько нейтронов). В уравнении к задаче 2.12 положим N/У=р/2Мр. Уравнения равновесия звезды из такого вещества, равновесия, поддерживаемого гравитационным притяжением, можно найти в книгах по астрофизике, и они записываются следующим образом:
Р = ЛрЧ
dP _ GfiM (г) ~dT~ 7* ’
dM (г)	,	2
—= 4лрг2.
dr	1
Можете ли вы объяснить вид этих уравнений и вывести формулу или указать численное значение для Л? Считайте, что все давление создается вырожденным электронным газом, а присутствие нуклонов практически не сказывается (кстати, почему?).
К главе 3. Спин единица
3. 1. Докажите высказанное в гл. 3 «Лекций» (вып. 8) утверждение, что если прибор С можно разделить
Условия задач Б25
на две части А и В, то
<Х IС | <р> = 2 <Х IВ | k><k | А | <р>. k
3. 2. Три «усовершенствованных» прибора Штерна — Герлаха, описанные в гл. 3, которые разделяют пучок на компоненты, соответствующие различным значениям проекции спина (но без пространственного разделения пучка), устанавливаются последовательно друг за другом, и через них пропускается пучок частиц со спином единица. Первая и третья установки ориентированы в одном и том же направлении, а средняя устанавливается под произвольным углом. В обозначениях, которые использовались в гл. 3, это будет выглядеть так:
а)	В установке Т открыта одна щель. Будет ли распределение пучка по трем состояниям в конечном состоянии S зависеть от входного состояния, т. е. от пропорций, в которых смешаны состояния +S, О S и —S в начальном пучке. Почему?
б)	А если две щели в установке Т открыты?
в)	А если все три щели в Т открыты?
3.	3. Тройной «усовершенствованный» эксперимент Штерна — Герлаха проводится с частицами со спином 1 по следующей схеме:
S
т
S
26	8. Квантовая механика (I)
Все три прибора расположены на одной прямой, но средний прибор Т повернут на 906 относительно двух других. Пучок частиц со спином 1 падает слева. Пучок, который выходит из первого прибора S, имеет интенсивность Л\ частиц в секунду.
а)	Чему равна /V2— интенсивность пучка на выходе из прибора Т?
б)	Какова интенсивность пучка N3 на выходе из последнего прибора S?
в)	Каковы будут значения N2 и JV3, если заслонку из прибора Т удалить?
3, 4. Рассмотрим последовательность «усовершенствованных» приборов Штерна — Герлаха S, Т и S', через которые проходит пучок частиц со спином 1. (Прибор Т повернут вокруг оси х на 90° по отношению к S и S'.)
а) Если из прибора S выходит /Уо частиц, найдите, какое число частиц следует ожидать на выходе прибора S' в состояниях |+ S'> и |0 S' >. (Обозначим соответствующие значения N+s> и Nos'-) б) Предположим, что мы имеем «прозрачные детекторы», которые можно помещать в пучки + и — прибора Т. Свойство этих детекторов состоит в том, что при прохождении частицы через такой детектор он сигнализирует об этом, не меняя спинового состояния частицы. Кроме того, импульс частицы не изменяется сколько-нибудь заметно в том смысле, что ее траектория внутри установки одинакова как при наличии детектора, так и без него.
Если детекторы установлены в позициях + и прибора Т (позиция 0 блокирована), каковы буду!1 ожидаемые числа отсчетов N+r, N_T, N+S' и NoS', если из прибора S вылетает No частиц?
в) Как изменится результат для N+s' в описанном эксперименте, если после его проведения обнаружится, что числа отсчетов N+T и <V_r не регистрировались?
г)	Если эффективность каждого детектора равна 50% (т. е. в половине случаев пролетающая через
Условия зада''. .
527
детектор частица не взаимодействуете ним), чему будут тогда равны значения N+8- и Лго5-?
д)	Чему будут равны и jVoSS если блокировки состояний +S и —S удалены и Лф частиц выходит из S (детекторы из прибора Т удалены)1 Считайте пучок неполяризованным.
s 7 s'
К главе 4. Спин одна вторая
4.	1. Представьте себе, что пучок атомов со спином 1/2 фильтруется двумя «усовершенствованными» приборами Штерна — Герлаха, установленными один за другим. Предполагается, что каждый прибор пропускает только один пучок, как изображено на фиг. I.
Вид сверху
Вид сбоку
Фиг. 1.
На фиг. 2 приведено несколько вариантов относительного расположения приборов. Пусть в прибор Р попадает N неполяризованных атомов. Сколько атомов должно появиться в точке Q?
a
S
Фиг. 2.
4.	2. В некий прибор попадает N частиц со спином 1/2, причем амплитуды для направления спина вверх и вниз вдоль оси равны соответственно а и Ь. Покажите, что вероятность обнаружения этой частицы в любой точке внутри прибора равна |аХ+&У|2, где X и Y — некоторые комплексные постоянные, характеризующие прибор. Как будет выражаться эта вероятность через X и У, если:
1) спин влетевшей частицы направлен вверх? вниз? 2) спин направлен вдоль оси +%? —х?
3) спин направлен вдоль оси, направление которой определяется полярными углами 0 и ср?
Представить себе, что спиновое состояние падающих частиц определяется «волей случая», можно несколькими способами:
Условия задач
529
а)	для решения вопроса о том, в положительную или отрицательную сторону оси г будет направлен спин данного электрона, каждый раз бросается монета;
б)	делается то же самое, но вдоль оси х;
в)	спин каждого электрона ориентируется в некотором направлении 0, ср, но это направление каждый раз выбирается случайно, так что потом приходится все усреднять по телесному углу sin 0 dddq>/4n.
Покажите, что вероятность обнаружения частицы одна и та же для всех трех видов определения понятия «случайная ориентация».
Предположим, что частицы со спином 1/2 вылетают из отверстия в стенке, а перед этим направление их спина определяется одним из трех указанных способов. Можете ли вы придумать какой-нибудь способ, при помощи которого, находясь по «эту» сторону стенки, возможно определить, какой все-таки из трех методов в действительности использовался?
4. 3. Три прибора Штерна — Герлаха установлены друг задругомв последовательности, показанной на фиг.1.
Фиг. 1.
Выразите N, число атомов со спином 1/2, выходящих из прибора U, через No, а число атомов, выходящих из S,— через величины типа <4-7'| + t/> и т. д.
Фиг. 2.
530
8. Квантовая механика (I)
Затем рассмотрите ту же самую последовательность приборов, но для случая, когда поля В ориентированы согласно схеме, приведенной на фиг. 2. В частности,
I)	поле В прибора Т повернуто антипараллельно полю В прибора S;
II)	поле В прибора U образует угол 0 с осью г, а) Получите явные выражения для <+Т|—S> и <-T|-S >.
б) Найдите явный вид	—S>, используя для
упражнения только таблицы преобразований при вращениях вокруг осей гну.
в) Рассмотрите результат случая (б) для предельных значений
0 = 0/
0 = п.
Объясните ответ при 0=л, сравнивая его с </Т|—S> для случая (а).
4. 4. Призма из кальцита расщепляет пучок света, направленный вдоль оси z, на два пучка х и у. Отдельный фотон, падающий на эту призму, характеризуется определенной амплитудой попадания в один из этих пучков х, у. Такой же образец кальцита, но перевернутый, можно использовать для соединения этих лучей снова в один и т. д., аналогично тому, как это делается с частицами в приборе Штерна — Герлаха. Ось другой призмы Т можно располагать под углом 0 в плоскости х — у, переводя пучок в состояния х', у' или хТ, уТ. Получите амплитуды (xTjxS>, (yT\yS > и т. д., используя свои знания классической теории поляризации света, считая, что при большом числе фотонов в пучке интенсивность будет хорошо описываться этими классическими результатами. Рассматривайте повороты только вокруг оси г, поскольку свет нельзя «остановить». (Повороты вокруг других осей можно описывать скорее по их действию на направление распространения света, а не на поляризацию; в этом смысле свет, хотя он и является системой с двумя
Условия задач
531
состояниями, очень сильно отличается от электрона, который тоже представляет собой систему с двумя состояниями.)
4,	5. Найдите все четыре элемента матрицы
где индексы i и j могут принимать значения х и у, для следующих приборов, через которые пропускается свет:
а)	х, у — анализатор из кальцита и такой же синтезатор, причем луч у блокирован;
б)	тот же прибор, повернутый на угол 9;
в)	поляроид, ось которого направлена по оси х; г) поляроид, ось которого образует с осью х угол 0;
д)	анализатор и синтезатор из кальцита, между которыми имеется слой стекла, сдвигающий фазу луча х на угол ср;
е)	анализатор и синтезатор из кальцита, причем оба луча проходят через одно и то же стекло;
ж)	анализатор и синтезатор, повернутые на 45°, а также слой стекла в луче х, увеличивающий фазу на 90°;
з)	пластинка толщиной Х/4;
и)	пластинка из двоякопреломляющего вещества, причем оптическая ось параллельна оси х (получите общую формулу для произвольной толщины слоя этого вещества);
к)	раствор сахара, который поворачивает плоскость поляризации вправо на угол 0;
л)	устройство, которое расщепляет исходный луч на х и у, приводит луч х в плоскость у (пропуская его через раствор сахара, который поворачивает плоскость поляризации на 90°) и снова соединяет оба луча в один.
м) Покажите, что с помощью прибора, описанного в пункте (л), можно устроить вечный двигатейь.
4, 6, Согласно теории бета-распада, в одном из частных случаев этого ядерного превращения (в том, который называется «разрешенный ферми-переход» и происходит без изменения момента количества движения и четности ядра) электрон, движущиеся вдоль оси z со скоростью v, испускается со
532	8. Квантовая механика (I)
спином вдоль оси г с амплитудой АУ1—u/csin 0/2 и со спином против оси z с амплитудой АУ 14-o/ccos 0/2. (Здесь А — некоторая константа, 0 — угол, образуемый с осью z направлением испускания нейтрино. Так уж случилось, что спин антинейтрино всегда ориентирован вдоль направления его движения.)
2
Электрон
9 / Антинейтрино
а)	Чему равна вероятность того, что спин направлен вверх по оси z? А вниз?
б)	Рассчитайте вероятность того, что спин направлен вдоль оси 4-х (нейтрино вылетает в плоскости хи)? Вдоль направления оси —х?
в)	Вдоль направлений ±z/? (Строго говоря, это относится к системе координат, движущейся вместе с электроном.)
г)	Если антинейтрино, как обычно, не регистрируется (т. е. по всем направлениям его испускания производится усреднение), каков будет ответ на вопрос (а)?
К главе 5. Зависимость амплитуд от времени
5.	1. Частица со спином 1 и магнитным моментом р в магнитном поле, направленном по оси г, может находиться в состояниях +, 0 и —, энергии которых равны +рВ, 0 и —рВ соответственно. Покажите методами квантовой механики, что в неоднородном магнитном поле пучок таких частиц расщепится на три, и найдите законы, по которым эти пучки отклоняются, полагая отклонение малым. Ответ должен выражаться через протяженность области, в которой действует поле, начальный импульс ча
Условия задач
533
стицы и т. д. Затем покажите, что такая частица будет «прецессировать» (в квантовомеханическом смысле), используя при этом коэффициенты, приведенные в § 7 гл. 3 (вып. 8), и рассуждения гл. 5 (вып. 8). Предложите по крайней мере два независимых способа экспериментального определения величины р.
К главе 6. Гамильтонова матрица
6.	1. Пучок частиц со спином х/2 и магнитным моментом р проходит _ через фильтр Штерна — Герлаха, пропускающий лишь частицы в состоянии |+ > со спином, направленным вдоль положительного направления оси г. Затем частицы проводят время Т в однородном магнитном поле Во, параллельном оси х. Покинув это поле, они попадают во второй фильтр Штерна — Герлаха, который пропускает лишь частицы в состоянии |— > (спином вниз) по отношению к оси г. Считайте, что р и J параллельны, а) Каково минимальное значение Во, при котором все частицы пройдут через второй фильтр?
б)	Если частицы находятся в магнитном поле только половину времени, чему равна вероятность того, что они пройдут через второй фильтр?
6.	2. Пучок частиц со спином 1/2 и магнитным моментом р проходит через прибор Штерна — Герлаха, пропускающий только частицы в состоянии |+ > со спином, направленным вдоль положительного направления оси z. Затем пучок попадает в магнитное поле, направленное под углом 45° к оси z в плоскости х—z.
Какова вероятность того, что по истечении времени Т эти частицы будут обнаружены в состояниях с Jx=1il2 или Jy=Til2? Векторы ji и J снова считайте параллельными.
6.	3. В момент времени /=0 спин частицы направлен вдоль оси +г (величина спина 1/2). Частица помещена внутрь прибора, который задает постоянную амплитуду переворота спина частицы в единицу
634
8. Квантовая механика (I)
времени, равную iA]h, т. е. Я12—Н21=—А, где А — положительная константа. Кроме того, Я11=/722 и их можно положить равными нулю.
а)	Чему равна вероятность обнаружить частицу в момент времени Т в состоянии +z?
б)	Найдите две линейные комбинации амплитуд состояний + и —, которые соответствовали бы стационарным состояниям. Чему равны энергии этих стационарных состояний?
в)	В любой момент времени Т существует направление, вдоль которого спин направлен вверх с вероятностью единица. Найдите это направление.
г)	Можете ли вы придумать физический прибор для реализации рассмотренного эффекта.
К главе 7. Аммиачный мазер
7.	1. В гл. 7 «Лекций» (вып. 8) рассчитывалась вероятность перевода молекулы аммиака из состояния |/1 > в состояние |/> при помощи облучения ее радиоволнами с очень короткой длиной волны; состояние |//> имеет меньшую энергию, чем состояние |/>, поэтому такой переход соответствует поглощению энергии излучения.
Попробуйте развить эти идеи и применить их к вычислению вероятности индуцировать излучение молекулы аммиака. Как относится вероятность излучения к вероятности поглощения? Как эта вероятность связана с коэффициентами Эйнштейна Атп и Втп, которые были определены в вып. 4, стр. 79? Найдите интенсивность спонтанного излучения молекулы аммиака.
7.	2. Протоны с магнитным моментом jx, находящиеся в водном образце, помещены в однородное магнитное поле. Амплитуда поля постоянна, а направление изменяется со временем (проводится эксперимент по ядерному магнитному резонансу — ЯМР):
Вх = В sin 0 cos «о/, Ву ~ —В sin 0 sin at, Вг — В cos 0.
Условия задач
635
’В начальный момент t=0 спины всех протонов направлены -вдоль магнитного поля (находятся в состоянии -Р/г). Предположим, что 0, полярный угол в сферических координатах, очень мал. Каково должно быть значение со, чтобы наблюдался резонанс? Какова вероятность того, что частица имеет спин, направленный вниз в момент времени t, если частота со имеет резонансное значение?
К главе 8. Другие системы с двумя состояниями
8.	1. Частица со спином х/2 помещена в сильное магнитное поле Во. В направлении, перпендикулярном Во, приложено осциллирующее магнитное поле2В„ cosco t, причем В„<^В0. Если спин частицы первоначально был ориентирован антипараллельно вектору Во, какова вероятность того, что в момент времени Т спин будет направлен параллельно этому вектору?
К главе 9. Еще системы с двумя состояниями
9,	1. Покажите, что спиновые матрицы Паули можно рассматривать как компоненты вектора о, для которого справедливы следующие соотношения:
ОХ0= 2io,
/ 1 О X М = 3\0 1 )
Найдите произведение <ух<ууаг.
9, 2. Молекула двуокиси углерода имеет линейную структуру (ОСО) и с легкостью присоединяет лишний электрон, превращаясь тем самым в отрицательный ион. Предположим, что этот электрон будет иметь энергию Eq, если присоединится к атому кислорода, и энергию Ес, если к атому углерода. Ни одна из этих энергий, однако, не будет соответствовать стационарному состоянию, поскольку всегда существует небольшая вероятность перехода лишнего электрона с кислорода на углерод и обратно. (Мы будем считать вероятность того, что электрон «пере
538
8. Квантовая механика (I)
прыгнет» непосредственно с одного атома кислорода на другой, пренебрежимо малой.)
а)	Получите значения энергии уровней иона СО2, выразив их через Ео, Ес и еще один параметр.
б)	Дайте физическое описание каждого стационарного состояния для случая, если значения энергий Ео и Ес совпадают.
9.	3. В молекуле метана СН4 атомы водорода располагаются в вершинах тетраэдра, а единственный атом углерода — в центре тетраэдра. В ионе метана не хватает электрона на одной из этих четырех связей, а вместо него остается «дырка», которая может «перескакивать» с одной связи на другую. Это пример системы с четырьмя состояниями. Опираясь на соображения симметрии, сведите к минимуму число различных матричных элементов гамильтониана и предскажите число различных энергетических уровней, которые должны наблюдаться у электронной оболочки иона метана. Колебательным и вращательным взаимодействием атомов пренебрегите. Выразите расстояние между уровнями через минимально возможное число матричных элементов.
9.	4. Рассмотрим шесть атомов, расположенных по окружности на равных расстояниях друг от друга. Добавим лишний электрон и обозначим •	базисные состояния символами |1 >,
в 1 е |2 >,..., |6 >, где |1 > обозначает, что этот 6	2 добавочный электрон находится в атоме
1, и т. д. Предположим далее, что этот • 5	3 • электрон может перескакивать со «своего»
4	атома лишь на один из двух соседних,
но не дальше.
Покажите, что |/> — это стационарное состояние, если амплитуды (?,= <i 11 > (где | i > — i-e базисное состояние) все равны (1/Кб)ехр(—iEjtjiv). Найдите Е,. Сколько еще существует стационарных состояний у такой системы?
Можно показать, что если ф — стационарное состояние, то амплитуды G~ <i | ф > связаны между собой следующим образом (при надлежащем выборе
Условия задач
537
ПОСТОЯННОЙ 6)!
С5 = С/\ С3 = С2е'5, Св = С5Л С, = С^\
Чему равны эти «надлежащим образом» выбранные значения б? Постройте диаграмму уровней рассматриваемой системы и найдите расстояния между уровнями.
9. 5. Молекула состоит из трех одинаковых атомов, расположенных в вершинах равностороннего треугольника. В отрицательном ионе такой молекулы есть дополнительный электрон, способный перескакивать с каждого из трех атомов на любой другой, а) Пусть матричный элемент та-
кого перехода равен —А. Рас-	•
считайте расстояние между уро-	.,
внями молекулярного иона.
б) Ион помещен в электрическое •	•
поле, направление которого	Е
совпадает с плоскостью иона,
а по отношению к его вершинам поле направлено так, как показано на рисунке. Если напряженность поля такова, что потенциальная энергия электрона, расположенного «в вершине» треугольника, на 8Л=0,01Л больше, чем в двух других вершинах, как изменятся расстояния между уровнями?
К главе 10. Сверхтонкое расщепление в водороде
104 L Рассчитайте величины расщеплений уровня атома водорода с / = 1, помещенного в межзвездное пространство, где напряженность магнитного поля составляет 10“5 гс, на поверхности Земли (примерно 0,5 гс) и в самом сильном магнитном поле, которое можно получить в лабораторных условиях (порядка 100 000 гс). Ответ выразите через частоту и через длину волны.
9
КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА (II)
К. главе 11. Распространение в кристаллической решетке
11, 1, Рассмотрим бесконечную цепочку атомов, расположенных друг от друга на равных расстояниях b (координата атома п равна х =bri), и предположим, что электрон может находиться в каждом из атомов в двух состояниях i и j с различными энергиями Et и Ер т. е. набор базисных состояний можно записать следующим образом:
| электрон на атоме хп в состоянии iy = \xn, iy,
| электрон на атоме хп в состоянии /> = |х„, />.
Предположим далее, что электрон может перескакивать со своего атома на ближайший соседний с амплитудами:
—для перехода с |х„, i> на |х„+1, i> или i>,
А,-.-
для перехода с |х„, /> на |х„+1, /> или />,
Аа
—л- для перехода с |х„, i> на | х„+1, /> или />,
АП
—тг для перехода с |хп, j~> на |хь+1, t> или !%„_!, i>. in
Рассмотрим случай, когда Л,у=Лу7=В и Луу=Л;7= — А. С помощью процедуры, описанной в гл. 11 «Лекций», найдите допустимые значения энергии такой системы. Опишите зонную структуру в предельных случаях |Е;—Ej|2В и \Ei~EJ\'^>2B. Сравните свой ответ с решением, найденным в гл. 11.
Условия задач
539
11. 2. Рассмотрим бесконечную цепочку, состоящую из атомов двух типов а и Ь:
п-2 п-2 п-7 п-7 п я п+7 п+7 п+2
Пусть амплитуда обнаружения электрона на п-м атоме типа а будет С“, а на n-м атоме типа b — будет С*. Предположим, что энергия электрона в атоме а равна Е0+АЕ, а в атоме b равна Ео—АЕ; допустим еще, что матричный элемент гамильтониана для перехода между ближайшими соседями равен —А. Расстояние между атомами равно с. Рассчитайте и приближенно начертите график зависимости энергии стационарного состояния от волнового числа k. (Для каждого заданного значения k получатся два значения энергии.) Какие ограничения следует наложить на значения k, чтобы учесть каждое состояние ровно один раз?
11.	3. Рассмотрим рассеяние на примеси (см. пример, приведенный в гл. 11, вып. 9). Пусть атом под номером м=0 отличается от всех остальных. Положим Ноо~Ео> ^oi=^io= ^o(-i)==-^(-i)o= гДе В^=А. Найдите р и у и убедитесь в том, что | (312+ | у |2= 1.
11.	4. В предыдущей задаче, как и в примере, приведенном в гл. 11 (вып. 9), р=у—1. Легко проверить также, что в любом более общем случае, являющемся комбинацией этих двух, равенство р=у—1 также справедливо.
Следовательно, в общем случае одномерного рассеяния существует «закон сохранения числа частиц»
|₽|2 + |1 + Р|2=1.
а)	Покажите, что для его выполнения необходимо, чтобы
Re(rM=0. v + р/
640	9. Квантовая механика (II)
б)	Покажите, что Р можно записать следующим образом:
Р = ie11* sin т|,
где т| — вещественное число. Величина т| называется «сдвигом фазы при рассеянии» и содержит информацию как о фазе, так и об амплитуде рассеянной волны. (Это утверждение в трехмерном случае справедливо так же, как и в одномерном.)
11.	5. Рассмотрим одномерный аналог поверхности раздела, где бесконечный кристалл претерпевает изменение своих свойств. Пусть частица падает слева, как в гл. 11. Пусть в области I значения параметров равны Ео, —А, Ь, а в области II равны Е'а, —А', Ь'. Аналог амплитуд А и А' для атомов, расположенных по обе стороны линии раздела, обозначим буквой В. Предположим, что А, А' и В — вещественные числа.
; г —-
................ • • • • •
Область I...!	Область II
а)	Покажите, что у= ~ (1+₽) в разрыве между атомами п=0 и п=+1.
б)	Выразите (3 через А, А', В, kb, k'b'.
Покажите, что |£ | =1 при мнимом (k'b'). Каков физический смысл этого результата? При каких значениях (Е—Е'о) получается полное отражение? в) Проверьте закон сохранения числа частиц, показав, что
|₽|2 + Ы2^4 = 1-
1 1 1 ' 1 ' 1 vg/b ’
где vg и v’g — групповые скорости в разных областях. Как вы объясните появление множителя при |т|а?
Условия задач
Б41
К главе 12. Полупроводника
12.	1, Ниже приведена обычная схема проведения экспериментов по циклотронному резонансу.
Орбита частицы
*-------> Erf-
В= Во — статическое магнитное поле, направленное по оси г. Переменное электрическое поле E=E0cos«>t направлено по оси х.
Частота циклотронного резонанса а>с определяется по максимуму поглощаемой мощности поля Е. Элементарное решение задачи о движении частицы в однородном магнитном поле дает
где т* — эффективная масса. Предположим, что эффективная масса не зависит от направления, по которому движется частица.
Уравнение движения электрона (или дырки) в полупроводнике имеет вид
(S + t) = <7 (Е + (v X в))>
где т — среднее время между столкновениями (см. «Лекции», вып. 7, гл. 32).
Пусть ух=цое'ш#, a E.:=El)ei'ut. Покажите, что
ух   дх Г________1 |’ит______1
Ех т* [ 1+(ис — со2) t3 + 2zci)tj '
Поглощаемая мощность пропорциональна Re, Почему? Как получить сразу обе величины т и т* из данных по циклотронному резонансу? Обратите внимание на то, что для наблюдения резонанса необходимо, чтобы сод^!. Что это означает физически?
12« 2. На рисунке (стр. 542) показана типичная энергетическая диаграмма для дырок в р — /г-переходе
542	9. Квантовая механика (II)
(например, в полупроводниковом диоде) в отсутствие внешнего напряжения. В равновесном состоянии р этом случае имеется ток «тепловых дырок» Ig, Эти дырки диффундируют из области п в область р, и «ток рождения» в точности равен «току рекомбинации дырок» 1Г, который течет из области р в область п. Если приложить «обратное напряжение» или «прямое напряжение» к р — «-переходу, то энергетическая диаграмма изменится (см. фиг. б и в). Рассмотрите эти три случая и покажите, что выражение для результирующего дырочного тока имеет вид
/ (дырка) = I g(eqV/kT — 1).
А какое выражение получится для полного тока? (V — напряжение, приложенное к р — «-переходу.)
Условия задач
543
К главе 13. Приближение независимых частиц
13.	1. Структуру молекулы бутадиена можно изобразить следующим образом:
Н Н
н2с = с—с=сн2
Мысленно удалим четыре электрона, осуществляющие двойные связи, а затем будем добавлять их по одному. Такую задачу можно рассматривать с помощью модели независимых частиц.
В частности, эту систему можно рассматривать как совокупность четырех потенциальных ям с энергиями £0 и матричными элементами гамильтониана — А. Чему равна длина волны излучения, испускаемого молекулами бутадиена при переходе с первого возбужденного уровня на основной? Считайте, что А — 1 эв. В однократно ионизованной молекуле бутадиена имеется только три электрона из двойных связей. Что вы можете сказать о распределении этих электронов в молекуле?
13.	2. Нужно оценить энергию, необходимую для разрыва бензольного кольца, и рассчитать разность энергий двух конфигураций, показанных на рисунке. Используйте для этой оценки теорию молекулярных орбит в приближении независимых частиц. Ответ выразите в эв на молекулу, используя тот факт, что
544
9. Квантовая механика (II)
при переходе с первого возбужденного состояния на основное молекулы бензола испускают излучение с длиной волны 2000 А.
13. 3. К ферромагнитному веществу при очень низких температурах применимы те рассуждения о спиновых волнах, которые приведены в гл. 13 «Лекций» (вып. 9). В частности, для любого состояния К. с энергией ЕкжК?ЬъА существует определенная вероятность (ее можно найти из термодинамических соображений) обнаружить несколько атомов в состояниях «спином вниз», если при нулевой температуре все атомы находились в состояниях «спином вверх». Покажите, что среднее число атомов со спинами, направленными вниз, пропорционально \leEK.lkT — 1. Если распространить эти рассуждения на трехмерный случай, то	и
полное число атомов «спином вниз» в единице объема определяется выражением
Число атомов спином вниз __ С d3K/(2n)3 Объем	J eEi</kT
Докажите это. В пределе при Т->0 намагниченность выходит на насыщение и принимает значение Мнасыш. Покажите, что при низких температурах справедлив закон
М ^Чцасыщ
1 —const Г'> = 1 — 2 (
\ 4 л Л /
4 Г хЧх
Г« J ^-1 о
Вычислите интеграл, разложив подынтегральное выражение в ряд.
К. главе 14. Зависимость амплитуд от места
14,	1, Рассмотрим одномерное движение частицы с массой т в прямоугольной потенциальной яме. Для простоты предположим, что Е0->оо.
а)	В стационарном состоянии с наименьшей энергией £0: ф0(х, t) = uQ(x)e'iEA/K
Условия задач
545
Мы должны считать, что ио(х)=О во всех точках вне ямы (т. е. уже при х=—е или х=а-|-е). Почему?
б)	Решите уравнение Шредингера внутри ямы, используя граничное условие, приведенное в пункте (а). Найдите Ео и изобразите зависимость и0(х). Нормировать и0 (х) не нужно.
в)	Найдите разность энергий первого возбужденного и основного состояний.
г)	Для самого нижнего состояния изобразите грубо веро- .у ятность обнаружить у частицы значение импульса в | «-сн4 интервале от р до p+dp. % Точного интегрирования не I I , требуется, о нормировке тоже не беспокойтесь. Но масштаб по оси импульсов укажите.
14.	2. Рассмотрим движение частицы с массой т в одномерной потенциальной яме, которая изображена на фиг. 1.
а=0	х=а
Фиг. 1.
а)	Найдите такое значение 1%, при котором энергия частицы в основном состоянии отличается на 10% от энергии основного состояния при Уо->оо.
б)	Пусть 1%— значение, найденное в пункте (а).
Фиг. 2.
18 Заказ Ars 17
546
9. Квантовая механика (II)
Не пускаясь в длинные вычисления, найдите энергию первого возбужденного состояния в яме, изображенной на фиг. 2 и определяемой следующими условиями:
V =	х<— а,
V = О,	— а<х<+а,
V=V0,	х>а.
14. 3. Рассмотрим следующую одномерную задачу. Частица массы т находится в прямоугольной потенциальной яме:
V = Уо> | х | > а, У = 0,	|х|<а.
Ниже приведены два равенства. Покажите, что их можно получить, потребовав, чтобы волновые функции, являющиеся решениями уравнения Шредингера, удовлетворяли необходимым граничным условиям. Речь идет о таких равенствах:
actgaa= —0 или
atgaa— 4~ Р, где
Если V0a2=4^2/2m, оцените значения энергии основного и первого возбужденного состояний. Нанесите на график волновые функции этих состояний. Сколько всего существует связанных состояний, если V0а2<(л2йг/8т)?
14. 4. В гл. 14 «Лекций» (вып. 9) был найден разброс по импульсам для случая, когда волновая функция имеет гауссову форму. В общем случае, однако, пространственная протяженность волнового пакета не останется постоянной, а будет увеличиваться: <р(х, t) = Ke-ia& Х1+СМ.
Используя уравнение Шредингера, покажите, что
- Условия задач-
547
-=• для свободной частицы
1 = l_JiL а (() аъ~ т '
Чему равно с(0? Если волновая функция описывает электрон, первоначально находившийся внутри области шириной 1 А, то какова будет ширина этой «области локализации» через 1 сек? Преобразуем волновую функцию в импульсное представление, т. е. найдем вероятность обнаружения частицы с заданным значением импульса р. Как изменяется со временем ширина распределения вероятностей для импульсов? Покажите, что найденный таким образом «разброс по импульсам» согласуется с «разбросом по скоростям», который можно непосредственно получить из временной зависимости координатной волновой функции.
К главе 16. Момент количества движения
16, 1. Некоторое возбужденное состояние атома имеет спин 1 и может «разрядиться», испустив фотон и перейдя в состояние со спином, равным нулю. Рассмотрим возбужденный атом, у которого проекция момента на ось г равна нулю. Пусть Л(0) — амплитуда испускания фотона с правой круговой поляризацией в малый интервал телесных углов АН в направлении, образующем с осью г угол 0. Как Л(0) зависит от 0?
16.	2. Частица X, имеющая спин 1/2, распадается по схеме Х->У+у,
где частица Y имеет спин */2 и положительную четность. Если спин частицы X направлен вдоль оси г, то продукты распада, движущиеся вдоль оси г, могут получаться в восьми (^стояниях, представленных на рисунке (стр. 648), Волнистая и штрихованная линйи со стрелками указывают соответственно направлёйие движения фотона и частицы Y, а стрелка у У* — направление спина этой частицу.
а)	Какие амплитуды конечных состояний обязательно равны нулю?
18*
548	9. Квантовая механика (II)
б)	Рассчитайте угловое распределение частиц Y, поляризованных вдоль направления своего движения, если распадающиеся частицы X поляризованы вдоль оси г.
в)	Рассчитайте угловое распределение всех частиц Y независимо от их поляризации.
г)	Тщательные эксперименты не обнаружили в этом распаде каких-либо отклонений от изотропного углового распределения. Какой физической причиной это можно объяснить?
а^вгдежз
16. 3. На синхротроне исследуется реакция у + р — р*-* р+л°.
Значком р* обозначено возбужденное состояние протона, которое распадается на протон и л°-мезон. Известно, что в определенном интервале энергий фотона состояние р* имеет полный момент 3/2. Предположим, что пучок фотонов, обладающих правой круговой поляризацией и энергией, лежащей в упомянутом интервале, падает вдоль оси г на мишень, состоящую из неполяризованных протонов. Угловое распределение этой реакции можно анализировать, рассуждая следующим образом. Фотон и протон образуют р* в состоянии |/=3/2, т=+1/2> с амплитудой айв состоянии |3/2, +3/2> — с ам
Условия задач
549
плитудой Ь. Возбужденное состояние распадается на л°-мезон с нулевым спином и протон, движущиеся в противоположных направлениях. Пусть f — амплитуда вылета протона вдоль оси г со спином, направленным вверх, a g — со спином, направленным вниз.
Объясните, почему для состояния р* разрешенными являются только значения т=+3/а и т=-т1/2, а для конечного состояния — только значения цг'=-И/2 и т'——х/а (т' обозначает проекцию на направление испускания). Выразите угловое распределение л°-мезонов через а, & и 0. Полагайте f=g.
16, 4. Рассмотрим упругое рассеяние л+-мезонов на не-поляризованной протонной мищени. Мезоны имеют спин 0; четность сохраняется. Предполагается, что в рассеянии доминирует процесс, при котором протон переходит в возбужденное состояние с /==®/2, поглощая мезон. (Момент /=8/а получается за счет сложения спина протона и орбитального момента.) Затем мезон испускается снова, а протон переходит в основное состояние. Покажите, что из такого предположения следует угловое распределение рассеянных мезонов, пропорциональное (l+3cos20).
16.	5. Основное состояние атома имеет спин, равный нулю, и положительную четность. Спин первого возбужденного состояния равен единице, а четность неизвестна. Пусть некоторое количество атомов находится в первом возбужденном состоянии, и все они имеют проекцию момента т—1 на ось г. Рассмотрим фотоны, которые испускаются этими атомами при переходе в основное состояние.
а)	Можно ли определить четность возбужденного состояния, если измерять угловое распределение испускаемых фотонов, не обращая внимания на их поляризацию?
б)	Покажите, что эту неизвестную четность можно определить, измеряя угловые распределения фотонов, поляризованных вдоль направлений х' и у’. (Ось г' выбирается в направлении движения фотона и располагается в плоскости х — г.)
Решения и ответы
8
КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА
К главе 1. Амплитуды вероятности
1.1. Вероятность того, что частица достигнет экрана в точке х, если открыта щель 1, равна
?1 = I <х |1> <1 I s> {2,
если открыта щель 2, то
Рг = | <х| 2> <2| s> р, а при обеих открытых щелях
Л» = I <* | 1> <11 s> + <х 12> <21 s> р.
Учитывая симметричное расположение щелей и предполагая, что источник испускает частицы изотропно, можно записать
<1 I 8> = <2 I s> =с.
Считая щели бесконечно узкими, можно воспользоваться формулой (1.7) «Лекций» (вып. 8, стр. 14). Тогда с точностью до несущественного численного множителя
fikl,
<x|l>==L_,	<Х|2>=1—,
*1	‘S
где/г и Z2—расстояния от щелей 1 и 2 до точки х, йк — Чп/'к — волновое число. Таким образом,
Р __ И2 p_j£L Р
Р1~~7Г’	р”
Обозначим расстояние от щелей до экрана через I, тогда
12
G h, I

Задача нахождения максимума как функции х приводит к трансцендентному уравнению, получающемуся из условия dP120/dx=O. Для простоты будем предполагать I Э> а, 1^>х. При этом величины lt и 12 в знаменателе Р12 можно принять равными,
Решения и ответы 551
тогда как в фазовых множителях необходимо учитывать разность хода лучей,
1.-1, = j//* + (х +	- |/z2+yx_|y « .
Тогда, вынося за скобки в Р1а первую экспоненту, получаем выражение
р12=-Н! 11I2, которое нетрудно преобразовать к виду
„	2| с|а A kax\
? v+cos-r}
Максимумы этого выражения, очевидно, определяются условием
^ = 2лл, n = 0, ± 1, ± 2, ... .
Пусть расстояние между центральным (п = 0) и первым боковым (п = 1) максимумами равно Ь, тогда
X « — » 0,25 см.
В рассматриваемом приближении величины Рг и Р2 одинаковы и не зависят от х. Фактически, однако, из-за конечной ширины щели, а также зависимости 4 и /2 от х, эти величины будут плавно зависеть от х. При этом положение максимумов и минимумов Р12 будет определяться практически прежним условием. Если фазы двух волн совпадают (максимум), то, очевидно,
^2=(»<р7+/^)2,
а если они отличаются на л (минимум), то
Для центрального максимума из рис. 1.1 «Лекций» (вып. 8, стр. 11) найдем Р1 = Р2 = 0,5, Р12 = 1,Э (в произвольных единицах). Расчет дает
Р12 =(/0^ + Г0?5)2= 2,0.
Для первого бокового максимума, согласно рисунку, Р1 = 0,3, Р2=0,65, Р12 = 1,3, тогда как расчетное значение Р12 = 1,8. Для первого минимума Р1 = 0,4, Р2 = 0,6, Р12 = 0,1 и
^12 расчетное— 0,02.
Для второго минимума Р^О.2, Ра=0,63{ Р12 = 0,1 и
^12 расчетное — 0,15.
552	8. Квантовая механика (1)
1.2. а) Если источник сдвинуть вверх на расстояние D, то разность фаз двух лучей, приходящих в точку х, очевидно, составит Дф = й (La—i.i + Z2—ZJ, где

L^ +у
— расстояния от источника до щелей 1 и 2 соответственно; L—расстояние от источника до преграды, в которой прорезаны щели. Величины llt 12, а и k те же, что в предыдущей задаче. Принимая a<^L и х<^1, получаем Д<р ~ (ka/l) (x-i-Dl/L). Таким образом, разность фаз для точки х в рассматриваемом случае совпадает с разностью фаз для точки х' =x-\-Dl/L в случае, когда источник находится на осевой линии. Следовательно, вся интерференционная картина сместится вниз на расстояние DI/L по сравнению с рассмотренной в предыдущей задаче.
б) Согласно результатам предыдущей задачи, расстояние между двумя соседними максимумами определяется формулой
(а^1’ Ь<1У
Следовательно, если увеличить вдвое расстояние а между щелями, то расстояние между максимумами уменьшается вдвое. Вся интерференционная картина «сожмется» по оси х в масштабе 1:2.
в) Поскольку ширина щели считается бесконечно малой (т. е. разность хода лучей, проведенных через разные точки щели, равна нулю), то изменение ширины щели 1 вдвое приведет лишь к увеличению вдвое амплитуды волны в точке 1, т. е.
<1 | s> = 2 <2 | s> = 2с.
Тогда
<х | s> = <х | 1> <1 | s> + <х | 2> <2 | s> =
f	2 \
В тех же приближениях, что и раньше, получаем
Р12 = ^-(5+4
kax
cos —
Сравнивая это выражение с результатом задачи 1.1, убеждаемся, что при увеличении ширины одной из щелей вдвое максимумы интенсивности увеличатся в 9/4 раза, а в минимумах она не обращается в нуль, а составляет 1/4 интенсивности в прежних максимумах.
Решения и ответы
553
1.8.	Интенсивность прошедшего света будет в cos20 раз слабее, чем падающего. Единичный фотон может либо пройти, либо не пройти через поляроид. Вероятность прохождения фотона, поляризованного в вертикальной плоскости, равна cos20, причем прошедший фотон будет поляризован вдоль «оси пропускания».
1.4.	Электроны, проходя через кристалл, испытывают дифракцию так же, как, например, рентгеновские лучи. Дифракция рентгеновских лучей на кристаллической решетке обсуждалась в гл. 38 вып. 3. Там отмечалось, что для рассмотрения такой дифракции удобно ввести представление об интерференции лучей, отраженных от системы параллельных атомных плоскостей. При этом условие максимума
nX = 2dsin0	(п = 0, 1, 2, ...);
здесь d—расстояние между соседними атомными плоскостями; X—длина волны; 20—угол между падающим лучом и направлением на дифракционный максимум. В кристалле можно выделить много систем таких плоскостей, характеризующихся различными значениями d. Отметим, что для решетки золота (кубической гранецентрированной) максимальное d равно постоянной кристаллической решетки а « 2,88-10-10 м, следующее за ним равно а/У2, и т. п.
Рассмотрим теперь, к чему приведет хаотическая ориентация отдельных кристаллов в поликристаллической фольге. Если Л. < 2d, то среди кристалликов фольги обязательно найдутся такие, для которых условие максимума выполнено. Далее, поскольку кристаллики имеют всевозможные ориентации, то дифракционная картина будет симметрична относительно направления пучка. В результате на фотопластинке области почернения будут иметь форму концентрических колец с центром на оси пучка и с радиусом
7?„ = Ltg20®
здесь L—расстояние от фольги до фотопластинки. Первому кольцу соответствует п = 1 и максимальное значение d. Вычислим теперь радиусы первых колец. Длина волны для электронов с кинетической энергией W равна
, 2лк 2itk р
так что радиус первого
д1=и
,	~ 9-10-ю см
YimW кольца
2лАл =---, и 0,3 см.
а в f2mW
Второму кольцу соответствует п = 1 и d — a/'yr2, так что =	/2 « 0,4 см.
554
8; Квантовая механика (I)
При вычислении следующих радиусов нужно учитывать, что новые максимумы соответствуют не только новым значениям d, но и значениям п > 1.
1.5.	Пусть Zj и Z2—расстояния от щелей 1 и 2 до точки х на экране. Тогда суммарная амплитуда появления электрона в точке х будет пропорциональна
~г~ 
41
Величины /1 и Z2 выражаются через Z, а и х так же, как в задаче 1.1. При малых а (а<^.1) и x(x<^Z) имеем
Л(х)
1 , — («16
-ikxa/il
+ aieikxa/il) eikl.
Введем фазы и абсолютные значения амплитуд:
«i = I «11 e‘5i, «2 = | «2 I б'Ч
Тогда
ИИ «112 +1 «2I2 +21 «1 || «21 COS^foCy4-S2—5,)] .
1.6.	а) Амплитуду попадания частицы в точку х запишем в виде . . . leikL' . eikL*\ 4(x)==c(_+__j,
•где /г = 2л/Х = р0/А—волновое число;
1	i_
M = {^+[(d/2)-xP}2 и L2 = {Z?+[(d/2)+x]2p
— расстояния от щелей 1 и 2 до точки х. При L^>d и L^>x имеем
И (x)|2 = ^coSs
где <р2—®i = Zsx4Z/L. Для первого бокового максимума Ф»—<p1 = 2n, х=а. Таким образом, a = 2nhLlp^d.
б)	Если внешнее воздействие меняет фазы первого и второго лучей соответственно на величины 6фг и 6ф2, то
Фа—Фх = ^ + бфг—&Р1.
Центральный максимум будет расположен в точке x0=S, для которой ф2—фх = 0. Следовательно,
Решения и ответы
555
в)	В силу закона сохранения энергии
_i_ v (х) = Р2	V (0),
2m	2m w’
откуда
p(x) = p(0) ]/1+ _ag_(y(0)-V(x)].
Так как потенциальная энергия невелика, то можно записать
р(х) «p(O)+y^y[V (0)—V(x)J.
Если V (х) медленно меняется с расстоянием, то
V (х) х V (0)—Fx и соответственно
Рх
р (х) = р (0).
Здесь F=—(dV/dx)x=0, v~p(0)/m—начальная скорость частицы.
г)	Среднее изменение разности фаз двух лучей выразим через среднюю разность импульсов Др:
6<pt — 6<рг = -1 L/\p. п,
Поскольку среднее вертикальное расстояние между двумя путями равно d/2, то ^p = Fd/2v. Тем самым приведенное в условии задачи выражение для (6фх— бф2) доказано.
Используя результат, полученный в пункте (б), находим величину сдвига интерференционной картины:
s
2Йо Pod 2
Величины а = Р/т и T = Llv совпадают с классическими значениями ускорения и времени пролета частицы. Сдвиг интерференционной картины отвечает, таким образом, величине отклонения классической частицы под действием постоянной силы F за время Т *=L/v.
1.7.	а) Поскольку источником испускаются только электроны со спином «вверх», то амплитуда попадания электрона в точку х
<х | s>= <х | 1> а <1 | s > + <х |2> а<2| s>.
Следовательно,
Р+ = |а|2| <х| 1><1 | s>4-<x | 2> <2 | s> I2,
<г. е. картина распределения интенсивностей такая же.
656
8. Квантовая механика (I)
как и без учета спина, изменятся лишь абсолютные значения интенсивности.
б) Если спины электронов, вылетающих из источника, направлены вниз, имеем
Р_=|Р12|<х| 1><1 |s> + <x|2><2|s>|2, Р+ |а|2 pT=m5=const
в) Если направление спинов случайно, то вероятности иметь спин «вверх» и «вниз» равны, так что
Ро W = "2 Р + W +-у Р- (*)
и
Рн-(х) 21 а |2 PoW= |а|2 + 1Р12
= const.
1.8.	Пусть а—амплитуда прохождения первой щели, тогда амплитуда прохождения второй щели равна 0,1аег®, где <р — — произвольная фаза. Полная амплитуда для максимума в картине интенсивности будет пропорциональна (а-|-0,1а) (фаза <р скомпенсируется разностью хода двух лучей). Для минимума соответственно амплитуда пропорциональна (а—0,1а). Следовательно, отношение интенсивностей в максимуме и минимуме равно
I «+0.1а I2	1.21
|а—0,1а |2	0,81	’
1.9.	Поскольку попадания фотонов, испущенных источниками А и В в детектор а, — события принципиально различимые, то скорость счета первого счетчика
Р1=(|<а|А> |2 + | <а | В> |2] W = 2 | с 12ЛГ, где N — число фотонов, испускаемых каждым источником в единицу времени. Аналогично
Р2 = [ | <Ь | А> |2 + | <6 | В> |2] W = 2 | с |2 W = Pr
Одновременное попадание фотонов в детекторы а и Ь может произойти несколькими способами:
1)	фотон, испущенный источником А, попадает в детектор а, а фотон из источника В попадает в детектор 6;
2)	фотон из источника В попадает в детектор а, а фотон из источника А попадает в детектор Ь;
3)	в оба детектора попадают фотоны из источника А (это не значит, конечно, что в детекторы а и b попадает один и тот же фотон—ведь имеется непрерывный поток фотонов);
4)	в оба детектора попадают фотоны из источника В.
Способы 1 и 2 неразличимы, так что соответствующие амплитуды должны складываться (при этом предполагается,
Решения и ответы
557
что фотоны из источников Л и В имеют одинаковую энергию). Но способы 3 и 4 в принципе можно отличать как один от другого, так и от первых двух способов (представьте, что один из источников «выключен»!). Поэтому здесь уже будут складываться только вероятности, но не амплитуды. Таким образом, можно записать
Т’хг = [I I <Ь | В> <а [ В> <Ь | |а -|-+ | <а | Л> <Ь | Л> р-f-1 <а | В> <b | В> |а] N.
Подставляя сюда выражения для амплитуд
<а | Л> = <Ь ] В> =ceillPi, | Л> = <а | В> =
и выполняя необходимые преобразования, получаем
/’12 = 2 | с |4 [2 +cos 2й(/?2—KJ] N.
Расстояния до источников
/?i= p?2+4(D~d)2
«2= |я2+-^(П + </)3
При R^>D и R^>d имеем
R —R
так что аргумент косинуса 2k (Р2 — Rd ~ 2nDd/RK. Ясно, что если изменять d (расстояние между детекторами), то скорость счета совпадений будет периодически меняться. Оценим порядок величины периода Да.
Примем Х = 5-10-7 м, 7? = 1О17 м (расстояние до ближних звезд), D— 1011 м (диаметр звезды может быть сравним с расстоянием от Солнца до планет). Тогда &d — Rk/D = 0,5M, т. ё. эту величину нетрудно измерить. Таким образом, «диаметр звезды» D можно определить из соотношения
d2—di
где dr и d2—два ближайших значения d, при которых скорость счета совпадений одинакова, например максимальна.
К главе 2. Тождественные частицы
2.1.	а) Энергия кванта связана с частотой отношением e=hv. Подставляя сюда й = 6,626-10-34 дж-сек, v = 10’ сек-1, получаем
е = 6,626-Ю-28 Зж=4,14-Ю-9 эв.
558	8. Квантовая механика (I)
б)	При мощности радиопередатчика 10е вт за каждый период колебаний Т=*10^в сек излучается энергия Е=103квтХ Х10~® сек—1 дж. Следовательно, за период будет испущено
F
N=—и 1,509" 10й квантов.
8
2.2.	Формула Планка для спектрального распределения энергии излучения абсолютно черного тела имеет вид
dE УАсо3
d<£> л2с3 giie>/kT_^ '
Здесь V—объем полости, k—постоянная Больцмана, Т — абсолютная температура. Будем рассматривать величину
а)	При малых со (Асо-^йТ) получаем kT
/ (со)=-^^-со2 (формула Рэлея—Джинса),
а при больших ш (Kw^>kT) получаем
I (®)=—гг w3e-,ifi>/*r (формула Вина), л с
б)	Максимум спектра I (со) определим, приравнивая нулю производную функции f (х) = х3/(ех— 1), где x = h(ss/kT. Это условие приводит к трансцендентному уравнению
х=3(1 — е~х).
Его удобно решать графически или последовательными итерациями. В качестве первой итерации можно взять х(1)=3, а каждое следующее приближение определится соотношением
x<n+i)=3—Зехр [—
В результате получим
х « 2,822.
Таким образом, максимум спектра I (со) приходится на частоту
kT шт » 2,822	.
в)	Распределение энергии по длинам волн (Х = 2лс/со) можно получить, преобразуя формулу Планка:
1 (Л) I лг I “16я2^ —-----------------г •
dZ dco|dZ [	einhc/KkT—i
Решения и ответы
553
Максимум функции f (х) = х6/(е* — 1), где x = 2nSc/XfeT, определится трансцендентным уравнением
х = 5(1 — е~х),
единственное решение которого х « 4,965.
Следовательно, максимум плотности распределения энергии по длинам волн отвечает величине
~ 2лАс
~ 4,9656Т '
Г) Полагая Хда = 5-10~7 м и учитывая, что А = 1,054-10-34 дж-сек, с = 3-108 м/сек, k= 1,38-10-23 дж/град, получаем оценку для температуры на поверхности Солнца;
Т — Токе >л~ ~ °>58‘104 гРад-4,965 Kkm
2.3.	Чтобы выстроить спины обоих электронов атома гелия в одном направлении, нужно вследствие принципа запрета перевести один из электронов на возбужденный уровень и сообщить при этом атому энергию Д£ = &ы, где ш—частота (видимого) света, испускаемого при переходе электрона с верхнего уровня на нижний. Эта энергия может быть сообщена атому внешним магнитным полем, взаимодействующим с собственным магнитным моментом электрона. При изменении направления спина в магнитном поле энергия электрона изменится на величину 2р03, где
и..=^А = 0,927-10-23 а-м1 г 2/пс
(qe и т—заряд и масса электрона). Следовательно, магнитное поле, необходимое для «переворачивания» спина одного из электронов в атоме гелия, должно быть больше (или равно) величины
В —	_ я^с
2 Цо
Принимая 1 = 5-10-7, получаем В «2-104 вебер/м?.
2.4.	Если бы ядра состояли из протонов и электронов, то в ядре атома азота содержалось бы 14 протонов и 7 электронов, поскольку заряд ядра азота равен -\-7qe- Кроме того, в электронной оболочке атома должно быть еще 7 электронов. Следовательно, всего в атоме азота содержалось бы 28 ферми-частиц. Суммарный собственный момент количества движения (спин) такой системы должен быть целым, поэтому атом азота в целом вел бы себя как бозе-частица. Такое противоречие с экспериментом, известное в истории ядерной физики как «азотная катастрофа», легко снимается, если предположить существование электрически нейтральной ядерной частицы (нейтрона) с массой, близкой к массе протона, и с полуцелым
660
8. Квантовая механика (I)
спином. Тогда ядра состоят из протонов и нейтронов, так что атом азота содержит 7 протонов и 7 нейтронов в ядре и 7 электронов в электронной оболочке. Спин такой системы будет полуцелым и атом азота, следовательно, должен быть ферми-частицей.
2.5.	а) Амплитуды вероятности испускания фотона возбужденным атомом при наличии п других точно таких же фотонов равны
<	н 4~ 1, 0 | п, 1> =	1а,
<	n-f-l, 1 | п, 2> = рлп+1&,
а амплитуды перехода атома на более высокий уровень (амплитуды вероятности поглощения фотона)
<	п — 1, 11 п, 0> = рлпа*,
<	n—1, 2|п, 1>=К«6*.
Здесь индексы 0, 1, 2 указывают номера атомных состояний до и после испускания или поглощения фотона. Наличие двух констант (а и Ь) связано с возможными различиями амплитуд переходов между разными парами уровней. При тепловом равновесии число атомов в каждом из состояний должно оставаться неизменным, так что скорости перехода в данное состояние и выхода из него должны быть одинаковы, т. е.
Л7Ж («4-1) | a |24-/Vi« | & |а = Л70п | а |г4-(«4" 1) I & Р Л7а, Nin | b |2 = A2 (п-f-1) | b I2.
Из первого и третьего уравнений получаем
АГ, ЛГ2 п No~Ni «4-1 ’
Второе уравнение при этом удовлетворяется тождественно. С другой стороны, из статистической механики известно N (E)/N (£0) =ехр [(£0—E)/kT]. Подставляя сюда £о = О, £1 = Д£, £2 = 2Д£, получаем
--ЬЕ/kT «
Ao Ni	«4-1 ‘
б)	Отсюда среднее число фотонов с частотой ш
« (<») = -г— --->	= Д£.
еАш/АГ_1
в)	При малых частотах (ka> kT) получим п (<о) = kT/luo. Таким образом, число низкочастотных фотонов велико. Поскольку энергия одного фотона равна Асо, то полная энергия всех фотонов с данной частотой равна kT, что
Решения и ответы
661
отвечает средней тепловой энергии классического гармонического осциллятора. При высоких частотах (ЙсоkT) имеем п (®) = ехр(—Лю/йТ), т. е. число низкочастотных фотонов весьма мало.
2.6.	Нейтрино является фермионом, поэтому в одном и том же состоянии, согласно принципу запрета, может находиться не больше одной частицы. Следовательно, нельзя получить поток нейтрино с высокой степенью когерентности; «нейтринный лазер» невозможно создать принципиально.
2.7.	Обозначим амплитуду перехода первой частицы из а в b (в отсутствие другой частицы) через <61 а>, а амплитуду перехода второй частицы из с в d—через <d | с>. Тогда соответствующие вероятности Раь — | <b | а> |2, Pcd = | <d | с> |2. Если частицы не взаимодействуют, то амплитуда одновременного перехода первой частицы из а в b и второй частицы из с в d в случае нетождественных частиц равна произведению амплитуд переходов каждой из частиц:
<bd | ас> = <61 а> <d | с>, а вероятность такого перехода
Р (ас -+ bd) = \ <bd | яс>|2 = PabPCd-
Если частицы тождественны, то рассмотренный переход невозможно отличить от одновременного перехода первой частицы из а в d и второй частицы из с в Ь. Тогда вероятность перехода (а, Ь) -> (с, d) равна
| <Ь | я> <d | с> <d | я> <6 | с> |2,
что отличается от простого произведения вероятностей РаЬ и Pcd.
2.8.	Система двух дейтронов может находиться в девяти различных спиновых состояниях (3 состояния дейтрона—мишени X 3 состояния падающего дейтрона). Если дейтроны и в мишени и в пучке неполяризованы, то вероятность каждого из таких состояний равна 1/9. Если оба дейтрона имеют одинаковые проекции спинов, то вероятность рассеяния равна
|/(0)+/(л-0) |2,
а поскольку возможны три таких состояния, то вклад в полную вероятность рассеяния от состояний с одинаковыми проекциями спинов равен
3’4 1/(0) + /(л-6) I2.
Если проекции спинов дейтронов различны, то случай рассеяния одного из дейтронов на угол 0 и соответственно второго на угол (л — 0) в принципе можно отличить от случая рассеяния первого дейтрона на угол (Л — 0), а вто рого на угол 0. Тогда должны складываться не амплитуды, а вероятности:
[/(0)|2 + |/(л-О)12.
562
8. Квантовая механика (I)
У системы двух дейтронов может быть 6 различных состояний, в каждом из которых проекции спинов дейтронов не совпадают (три проекции спина мишени, и для каждой из этих проекций две отличные от нее проекции спина пучка). Поэтому вклад в полную вероятность рассеяния от таких состояний равен
4  l/(0)P+if (л-е) |2}.
Следовательно, полная вероятность равна
1	9	2
о(0) = 41 f (0) + f (л-6) Р + 41 f р +41 f (Л-9) Р = о	о	о
о
= 1 f (0) р + 1 f (л-0) Р+4 Re (0) f («-0)1-
2.9.	а) Будем считать, что при достаточно большой отдаче (отвечающей большим углам рассеяния) протон или нейтрон, на котором произошло рассеяние, обязательно вылетает из ядра. Кроме того, не будем учитывать возможности вторичного рассеяния л-мезона и протона (нейтрона). Тогда случаи рассеяния л-мезона на каждом из протонов и нейтронов можно различить, так что полная вероятность рассеяния на угол 6 получается суммированием вероятностей рассеяния на каждой из частиц ядра
Ра(0) = 2Р1 + 2Рг, где
Pi = I f t (0) Р, Л, = 1Л(6)Р-
б)	Если отдача настолько слаба (т. е. угол рассеяния достаточно мал), что ядро после рассеяния остается со 100%-ной вероятностью «неповрежденным», то невозможно определить, на какой из частиц ядра произошло рассеяние. В этом случае складываются амплитуды, так что вероятность рассеяния л-мезона на ядре гелия
Рь (0) = IЛ (9) + fi (0) + ft (0) + ft (9) I2 =4|Л(0)+М0)р.
Представим амплитуды рассеяния л-мезона на протоне и нейтроне в виде
fi (0) = /Л f2 (0) = V"p2 е‘Ъ.
Тогда
Рь (0) = 4 {Pi+^+2 )П\Р2 cos (Ф1-ф2)}.
Для сравнения величин Ра и Рь будем считать, помимо сделанных выше предположений, что разность фаз (ф,—<р2) близка к нулю. (Эксперименты по рассеянию мезонов подтверждают это для широкой области энергий мезонов и углов рассеяния.) Тогда, очевидно, Рь значи-
Решения и ответы
663
стельно больше, чем Ра, если только величины Р, и Р2 не слишком сильно меняются при переходе от малых 6 (прн которых рассматривается Рь) к большим (таким, чтобы отдача была велика).
Интересно отметить, что если ас f2, то вероятность неупругого рассеяния Ра пропорциональна числу частиц в ядре, тогда как вероятность упругого рассеяния Рь пропорциональна квадрату числа частиц в ядре (эффект когерентности).
2.10.	а) Вероятность регистрации нейтрона детектором равна И(0)-Нл-е) |2=|f_f[2=o.
б)	В этом случае спин нейтрона, попавшего в счетчик, может быть направлен как вверх, так и вниз. Нейтрон со спином «вверх» может оказаться в счетчике двумя способами: либо нейтрон пучка рассеется на угол 0 без поворота спина, либо он рассеется на угол (л—0) с «переворотом» спина (в счетчик при этом попадет нейтрон отдачи). Эти два способа неразличимы, поэтому вероятность попадания в счетчик нейтрона со спином «вверх» равна
И(б)+^(л-0)
Аналогично, если регистрируемый нейтрон имеет спин, направленный вниз, получим
U(0)+/(«-©) |2 = |f+£ia-
Полная вероятность, таким образом, равна 2|/-|—g\2.
в)	В этом случае равновероятны два начальных состояния: 1) нейтроны пучка и мишени поляризованы вдоль оси +г: 2) у нейтронов пучка спин направлен вниз, а у нейтронов мишени—вверх.
В первом из этих состояний вероятность рассеяния равна нулю [см. пункт (а)], а во втором 2|f-|-g|2, в полной аналогии с пунктом (б). Поэтому полная вероятность равна |f+g|3.
г)	Имеется четыре возможных начальных состояния: два с параллельными спинами (оба «вверх» или оба «вниз», причем вероятность рассеяния здесь равна нулю) и дйа с антипараллельными спинами. Вероятность рассеянйя в состоянии с антипараллельными спинами равйа 2| f+g|2- Учитывая, что вероятность иметь любое из начальных состояний равна J/4, получаем полную вероятность регистрации нейтрона
2-y-2lf+g|2 = |f+ff|8.
д)	Хотя в данном случае детектор одинаково реагирует на протоны и нейтроны, в принципе их можно различить.
564
8, Квантовая механика (I)
Поэтому вероятность регистрации рассеянной частицы под углом 0 равна
If (б)|2 + |/ (л-6) la = 2|fp.
2.11.	а) Из законов сохранения энергии и импульса следует, что в системе центра масс абсолютные значения импульсов обоих протонов до и после столкновения равны между собой:
Pi ~ Pi — Pi= Ра = Р-
Скорость системы центра масс относительно лабораторной системы координат равна скорости протона мишени в системе центра масс: V = p/m и совпадает с направлением импульса р4. Импульс рассеянного протона в лабораторной системе координат будет равен
Р1л = Р1+тУ-
Отсюда
р'1л cos а = р\ cos 0+?nV, р'1л sina=Pj sin0.
Учитывая, что p'=/nV = p, получаем
, sin0 ,0
tga=T+cosO = tg-2 ’
0 Таким образом, a=-^-.
б)	В детекторе может появиться протон со спином «вниз» либо в результате рассеяния первого протона на угол 0 с «переворотом» спина, либо в результате рассеяния без «переворота» спина на угол (л—0), так что будет зарегистрирован второй протон. Общая амплитуда вероятности в этом случае равна
Г (л-О)+£(0).
в)	Возможны 4 комбинации направлений спинов налетающих протонов и протонов мишени. Две из них соответствуют параллельным, а две—антипараллельным спинам. В каждом из последних двух случаев имеется по два конечных состояния:
1)	направление спина регистрируемого протона совпадает с первоначальным [амплитуда f'	—0)];
2)	спин регистрируемого протона «перевернут» по сравнению с направлением спина падающего протона [амплитуда f' (л—O)+g(0)].
Полная вероятность регистрации протона в направлении 0 будет равна сумме вероятностей каждого из указанных процессов, взятых с весом 1/4. В результате
Решения и ответы
Б65
получаем
Р=-Ь[ I f (0)~f («-0) l2 + l/'(0)+g(n-0) |3 +
+ |/' (л-0)+g(0) Н.
г)	Если /' (0) = / (0) и g (0) = 0, то из предыдущей формулы получим
Р = | /(©) + / (л-0) P-Retf* (0) f (л-0)].
Это выражение можно записать в виде
Q	1
Р = ~ 1/(0)-/(л-0) Р+-±-1/(0)+/ (л-0)|*.
Таким образом, Д = 3/4, В = 3/4. Первое, слагаемое в этой формуле отвечает рассеянию протонов в состоянии с суммарным спином 1, а второе слагаемое отвечает рассеянию в состоянии с суммарным спином 0.
2.12. Согласно принципу запрета, в каждом квантовом состоянии может находиться не более одного электрона, поэтому энергия системы будет иметь наименьшее возможное значение, если электроны заполнят все состояния с энергиями от наименьшей (емин = 0) до наибольшей емакс = р“акс/2щ, величина которой определяется числом электронов в объеме V. Количество квантовых состояний (мод) поступательного движения электрона с волновым числом k = p[h в интервале от k до k-^-dk равно V-4nfeadfe/(2n)3. Умножая эту величину на 2, что отвечает двум возможным проекциям спина электрона, и интегрируя по импульсам электронов от 0 до рмакс, получаем полное число N электронов в объеме V в состоянии с наименьшей возможной энергией:
₽МЛКС	чл Уп3
лг= С v.2.4n-^ = ^Lc,
J (2лА)3 ЗпФ
откуда находим
Рмакс=(3л*)1/з(^-у/з Й.
Полная энергия U складывается из энергий электронов, находящихся в различных квантовых состояниях:
р
макс	т7 Б
С Р2 . у.2  4лрМр_ ^Рмакс .
J 2/п"	’ (2лЙ)3 10л2 Й3т
Подставляя сюда значение рмакс, находим энергию газа
ГТ 3 /п о\8/ (	\2/з нт
c=io<s»‘)',(v) г"-
666
8. Квантовая механика (/)
Давление этого «вырожденного электронного» газа легко найти, если воспользоваться соотношением
дУ
Получаем
р (Зл*)'/» / ЛГ V/ Д2
5	\ У / т
и, следовательно, давление ’и объем связаны соотношением PVT = const, где у = 6/з-
В. 13. Подставляя в формулу для давления из предыдущей задачи значение N/V ~р/2Мр, получаем
(Зя2)*'» А2 < р у/.
~ 5 т \2Мр) ’ или
Р*=Ар'\
л=1(3
10 2 J м*^ т 
Отсюда видно, в частности, что вклад в давление от частиц данного сорта обратно пропорционален их массе, поэтому можно считать, что все давление создается «вырожденным электронным» газом, так как масса ядра много больше массы электрона.
Второе из уравнений, приведенных в условии задачи, можно получить, рассматривая условие равновесия элемента массы под действием сил гравитации и давления. На элемент вещества звезды, занимающий единичный объем и находящийся на расстоянии г от центра звезды, действует гравитационная сила СрМ (г)/г2 [М (г) — масса, заключенная .внутри сферы радиуса г] и сила давления, равная —dP/dr, так что в условиях равновесия
dP_____GpM (г)
dr ~ г2
Третье уравнение
dM (г) _^4ярг*
означает просто, что шаровой слой радиусом г и толщиной dr имеет объем dV = 4nr2dr и, следовательно, содержит массу
dM = 4npr2dr.
К главе 3. Спин единица
3.1.	Воспользуемся имеющейся в «Лекциях» подсказкой: представим, что между А и В стоит прибор Т, в котором открыты все три «пути». Наличие этого прибора ничего не
Решения и ответы 667
меняет, но позволяет говорить, что частица, входя в прибор А в состоянии <р, попадает в прибор В в одном из трех возможных состояний Д-Т, ОТ или —Т.
Амплитуда того; что частица, войдя в прибор А в состоянии <р, выйдет из него в состоянии k(k= -\-Т, ОТ, —Т), в этом же состоянии войдет в прибор В и выйдет в состоянии %, равна
<Х I В |	| А | <р>,
а полная амплитуда равна сумме таких амплитуд:
<Х|С|ч» = ^<х|В| *><А|Л |ф>.
3.2.	Распределение пучка по трем состояниям ()=-j-S, OS, —S) после прохождения системы STS будет определяться амплитудами
</S 1 STS | <р> = V </S | kTXkT | iS><iS | <p>, z, *
где <p — произвольное начальное состояние, a j—любое из трех конечных состояний.
Если в приборе Т открыта лишь одна щель, то относительное распределение в конечном состоянии не зависит от того, с какой амплитудой (<zS | <р>) было представлено каждое из состояний в начальном пучке. Действительно, в этом случае из суммы по k остается один член
- <jS | STS f <р> = <jS | kT> <kT I iS> <iS | <p>,
*1
так что отношение вероятностей найти частицу в состояниях j и j' не зависит от величин <iS | <р>
wi _ К/S | STS | q>> p _ K/S | kT>\* W r |</'S | STS | q» p |</'S | АТ>|» '
Если же в приборе Т открыты две или три щели, то величины <jS | <р> не сокращаются, т. е. отношение вероятностей зависит от начального состояния.
3.3.	а) Вычислим сначала амплитуды
<1Т | TS | <р> = <iT l+Sx+S | <р>,
где <р—начальное состояние. По условию задачи |<+S | ф>|а = ЛГ1/Л7 (N — интенсивность пучка частиц, входящих в первый прибор S). Поскольку в приборе Т открыты щели О Г и —Т,то iT может принимать значения ОТ и —Т. Амплитуды <iT | + S> найдем по формулам (3.38) («Лекции», вып. 8, стр. 80) (а=л/2):
<0ТЦ-5> = —-i=-l	<-Tl+S>=l,
У 2	4
568
8. Квантовая механика (I)
Таким образом,
N^N У |<iT| + S><+S| <p>|»=4yt.
iT = 0T, -Т
б)	Интенсивность /V3 пучка, прошедшего последний прибор S, определяется квадратом модуля амплитуды
<—S | STS |<р> = V <—S | tT><t'T |4-S><4-S | <р>.
1Т = <ГГ, -т
Величины <—S | »Т> можно найти, воспользовавшись той же формулой (3.38) и соотношением </S | iT> = <17 | jS>*. В результате получим
<-S|or>=-2=-,	<-s|-t>=4-.
/2	2
Окончательно найдем
ЛГ3 = 1<—S | STS | q»|2=^1.
в)	Если все щели в приборе Т открыты, то он фактически не влияет на прохождение частиц, так что, очевидно, N3 = 0.
3.4. Найдем прежде всего амплитуды </7| iS>. Прибор 7 повернут относительно S на угол л/2 вокруг оси х. Этот поворот можно представить как три последовательных поворота: на угол —л/2 вокруг оси г, на угол л/2 вокруг новой оси у' и на угол л/2 вокруг новой оси г". Поэтому
</Т | iS> <jT | T"k><kT" | T’lXlT' | 1S>,
где T' и T" относятся к промежуточным системам координат. Величины, входящие в правую часть этой формулы, можно определить по формулам (3.38) и (3.39) «Лекций» (вып. 8, стр. 80). Выполняя соответствующие выкладки (их удобно делать в матричной форме), найдем матрицу амплитуд </7 | i'S>:
\ >з п \	4-3	0S	-s
+ 7	1 2	i К2	1 2
ОТ	/2	0	i К2
—т	__1_ 2	i /2	£ 2
Решения и ответы
569
а)	Если никаких детекторов в приборе Т нет, то число частиц, выходящих из S' в состоянии | /S'>, определится квадратом модуля амплитуды
</S'|S'TS|q>>= У </5'| AT><feT 10S><0S| <р>.
k£±T
Функции преобразования <feT 105> имеются в только что составленной таблице, a </S' | й7’> также можно получить из этой таблицы, учитывая, что
<jS' \kT> = <kT\jS'}*,
и тот факт, что приборы 8 и S' ориентированы одинаково, так что
<kT\jS’> = <kT\jS>.
Выбирая нормировку |<0S (ф> |2 = W0, находим величины NjS' = М) | У </S' | kT> <kT | 0S> |2:
^osr~^o<	N+s' — N-s'~®-
б)	Если же в приборе Т установлены «прозрачные детекторы», регистрирующие прохождение частиц в состояниях 4-7’ и — Т, то число частиц, выходящих из прибора S' в состоянии jS', будет равно сумме чисел частиц в этом состоянии, находившихся в промежуточных состояниях 4-7’ и — Т, поскольку регистрация промежуточных состояний устраняет интерференцию соответствующих амплитуд. (Чтобы лучше это понять, полезно вспомнить § 2 гл. 1, вып. 8 «Лекций».) Таким образом,
N/s, = |</S' |4-7’><4-T|0S><0S|<p>|24-
4-1 </S' | - T> <- T10S> <0S | <p> I2, так что
JV+s, = ALs,=ltf0, ^=4^0-
Значения Nопределяются выражением
Д^г = |<£>7’| OS><OS | <р> |2,
из которого получим
V+r = W_r=^0, ЛГоГ=О.
в)	Если числа отсчетов N+r, N-т не регистрируются (но сами «прозрачные детекторы» срабатывают), то это, естественно, не влияет на значения N^s’.
г)	Если половина частиц, пролетающих через детекторы в приборе Т, не взаимодействует с ними, то полное число частиц в состоянии jS' будет полусуммой числа частиц, которые были бы при стопроцентной эффективности счет-
570	8. Квантовая механика (I)
чиков и в случае, когда счетчики отсутствуют.. Тогда
1	3	1
--	AT+s,=-g-NoS,=-N0, Ns,=±N0.
д) Рассмотрим теперь случай, когда все перегородки из прибора S и счетчики из прибора Т удалены и в прибор S поступает Nt частиц в единицу времени. Тогда наличие прибора S никак не влияет на результат. Если падающий пучок не поляризован, то можно считать, что в прибор Т поступает по Ne/3 частиц в состояниях -)-Т, ОТ и —Т, причем между соответствующими амплитудами интерференция отсутствует. Учитывая, что пучок частиц в состоянии ОТ блокирован, находим
NiS'^ Е 1</5'|йТ>|2. а=+1
Отсюда, используя таблицу < kT | /S >, получаем
N+S, = N_S,=^,	Nas,=^.
К главе 4. Спин одна вторая
4.1.	Амплитуду вероятности появления атома в точке Q можно записать в виде произведения
«21 р>=2 S' 'т> </Т ।/S> <iS । р>-IS jT
Здесь <iS | P>—амплитуда вероятности иметь на выходе первого прибора частицу в состоянии iS. Поскольку пучок атомов неполяризован и прибор пропускает лишь атомы в состоянии +S, то
l</si/’>p=l^(-Si +s.
Далее второй прибор пропускает только атомы, находящиеся в состоянии 4-Г, поэтому <Q |/Т> = 6/Г) +т. Таким образом, число атомов, попадающих в точку Q, равно
/у
Nq= | <Q I Р> |2 = -£- | < + Т | + S> Р.
Величина <4-T|4-S> представляет собой амплитуду вероятности того, что частица со спином «вверх» в системе координат S, характеризующей первый прибор, будет иметь спин «вверх» в системе координат Т, связанной со вторым прибором. Положение повернутой системы координат будем характе
Решения и ответы
571
ризовать углами Эйлера. Тогда, согласно табл. 4.1 (см. «Лекции», вып. 8, стр. 105), имеем
< + Т |+S > = cos-j-е1'<₽+v)/a.
При этом величина Nq не зависит от углов (5 и у:
Угол а есть угол между осями г и г' в исходной (S) и повернутой (Т) системах координат. Теперь рассмотрение частных случаев не представляет труда:
а) а — 0,	^=4;
б) а=т>	ЛЧ>=4;
в) а = т,	ЛЧ>=4:
г) а=т,	л<г=Т;
.	Л д) а=-г,	N , л N (. , л \ 7VQ = -g-cos2-g- = T^l+cos =
е) а = т,	л«-т:
.	Л ж) а = -2~,	м N 
з) а = 0,	Nn — —
4.2.	Пусть прибор регистрирует частицы в том случае, если оии находятся в некотором состоянии спина <р. Тогда амплитуда вероятности зарегистрировать частицу в состоянии ip равна
<<Р I ^> = <<Р I + z> < + г | т|>>+<<р |—г> <—z | т|>>.
Обозначая <4-г|1р> и <—г | 1р> (амплитуда вероятностей иметь в состоянии ip направление спина «вверх» и «вниз») соответственно через а и Ь, а <<р 14-г> и <<р |—г> через X и Y (амплитуды вероятности регистрации частицы, имеющей направление спина «вверх» и «вниз» соответственно), получаем
|«₽|1|»1г = |аХ + ЬП2.
8. Квантовая механика (I)
1)	Если спин частицы направлен вверх (или, что то же самое, вдоль оси 4-г), то а = 1, Ь = 0 и, следовательно,
I <ф I Ф> I2 = IX |2.
Аналогично, если спин направлен вниз, то
|<ф1Ф> |2 = |Г|2.
2)	Если спин направлен вдоль оси с полярными углами 0 и <р, то, согласно формуле (4.36) (вып. 8, стр. 106),
a = cos -|-е~1<р/2,	Ь— sin у
Тогда
I <ф I ф> I2 = [ cos е~1^2 X 4- sin -5- е/ф/2У |а.
3)	Если спин направлен вдоль оси 4-х(0 = л/2, <р = 0), то
так что
I «РI Ф> 12 = у I X + Y i2.
Если же спин направлен вдоль —х(0 = л/2, <р = л), то
1	1. I
а =---, Ъ = ——
К2 К 2 И
1<ф|ф> 12Ц|Х-/|2.
4)	Пусть теперь частицы неполяризованы, причем «случайность» определяется разными способами. Вероятность зарегистрировать частицу, если направление ее спина выбирается способом 1, равна
^ = 4 I X |3+11 У I2 = 1 (1 х ,2 + | У I2).
Для способа 2 имеем
/’=4Ч|х+Г|2+т’т|Л_Г|2=т(|х|2+|г12)-
Наконец, для способа 3 получим
Р=-г~ ? ^<р С I cos-^-e_iff/2 X4-sin-|-е1Ч’/2У |2 sin0d0 =
45Т J J | Z	2
О 0
Решения и ответы 073
_L 11X |2 J J cos2 — sjn Q jg 0	0
2л	Л
+ |У|2^ dtp у sin2-j-sin 0 d0 = о	о
= 2Re
2Л	Л
X*Y C e1'* dtp C sin cos X sin 0 d0 t)	V	“	"
о	0
Вычисляя интегралы
2л Л
J dtp § cos2 sin 0 d9 = 2л, о о 2л л n n 0
\ dtp \ sin2-у sin0d0 = 2n, о о 2л	л
dq С sin cos X sin 0 d0 == О»
J	J	2	2
получаем
р=4(|Х12+1П’-).
Таким образом, для всех трех способов вероятность обнаружения частицы одна и та же. Не существует метода, которым можно было бы отличить один способ случайной ориентации спина от другого.
4.3.	Выходящая из прибора S частица находится в состоянии —S. Амплитуда вероятности прохождения этой частицы через приборы Т и U равна
2<+У|/Т></Т|-3>.
/
Соответственно,
N = No 12 <+U 11T> </T |—S> |2.
i
Величины <+(/ I ]T>, <jT |—S> определяются относительной ориентацией приборов U и Т, Т и S.
Рассмотрим случай, изображенный на фиг. 2 «Лекций» (вып. 8, стр. 185).
а)	Прибор Т повернут относительно прибора S на угол
<р = л вокруг оси у. Из табл. 4.2 (см. вып. 8, стр. 105)
174	8. Квантовая механика (!)
для Ry (<р) получаем
<4-Т|—$> = 1,	<—Т|—S>=6.
б)	Перейдем от системы S к системе Т, используя только повороты вокруг осей у и г. Можно, например, сначала повернуть систему S вокруг оси у на угол фх=л/2, затем новую систему S' повернуть на угол <рг = 0 вокруг оси г', а полученную таким путем систему S" повернуть на угол ф8=—л/2 вокруг оси у". Соответственно
<+U |-S>»2 <4-1/1 kS"> <kS” [ jS'> <jSr\-S>.
1г, j
Из табл. 4.2 для и Ry получим
<4-S']-S> = <-S'|-S> = y=-,
<-S" 14-S'> = < 4-S’ |-S'> = 0,
<4-S" 14-S'; =40/2, <_s” S'>=e£0/2,
<4-U14-5’> = -<4-U 1 -S’>	.
Тогда
<4-l/|-S> = /sin(y) .
Точно такой же результат получается, если рассматривать переход от S к Т как поворот вокруг оси х на угол 0.
в) При 0=0 <4-П|—S>=0, при 0=л <4-i/|—S> = i. В последнем случае оси г систем S и U направлены в противоположные стороны, поэтому | <4-{/ |—S> |2=1. По той же причине в случае (а) |<4-Т‘|—S>)2=1. Но системы Т и U отличаются одна от другой поворотом на угол л вокруг оси г, поэтому величины	|—S> и <-\-U |—S>
отличаются на фазовый множитель e(It/2 = i.
4.4.	Пусть плоская монохроматическая электромагнитная волна распространяется вдоль оси 2. Тогда в «S-представлений» (т. е. в системе координат S) вектор ее электрического поля имеет компоненты (Ех, Ev, 0), а в «Т-представлении» (т. е. в системе координат Т, повернутой относительно S на уголв вокруг оси z) тот же вектор равен (Еу, Еу, 0). Согласно закону преобразования вектора при поворотах системы координат:
Еу = Ех cos 0 4- Еу sin 0,
Еу — —Ех sin ©4-Еу cos 0, поэтому
«Т | xS> = cos 0, <хТ | yS> = sin 0,
<уТ jxS>= — sin0, <цТ j yS> = cos &
Решения и ответы
675
4.5.	Пусть Е = (ЕХ, Еу, 0)—вектор напряженности электрического поля плоской электромагнитной волны на входе в прибор, а Е' = (Е*, Е'у, 0)—соответствующая величина на выходе из прибора.
Тогда матрица </1 А | /> должна переводить одну величину в другую:
Е'х = <х | А | ху Ех + <х | А | уу Еу, Е'у= <У I Л I *> £„+ <У I А | уу Еу.
Используя классические представления о поляризации света, можно связать Е' и Е н найти тем самым элементы матрицы <j | А | />.
а)	Из-за наличия блокировки луча у Е'у=0, тогда как Е'Х = ЕХ. Следовательно, единственный отличный от нуля элемент матрицы <х | А | ху = 1.
б)	В системе координат х', у', повернутой вместе с прибором, компоненты вектора Е можно записать следующим образом:
Ех, = Ех cos 0 4- Еу sin 0, Еу, = —Ех sin 0 + Еу cos 0.
После прохождения прибора Ех, — Ех', Еу,=0.
Возвращаясь в исходную систему координат, получаем
Ех — Ех, cos 0 = cos-ОЕд. sin 0 cos QEy, Еу = E’y, sin 0 = sin 0 cos QEX-}- sin2 QEy.
Таким образом,
<x | A | xy — cos2 0, <y | A | yy = sin2 0,
<x | A | yy = <y | A | xy = sin Ocos 0.
в)	После прохождения прибора E'X = EX, E'y = 0, так что матрица </1 А | i> будет такой же, как в случае (а).
г)	Поляроид эквивалентен системе «анализатор—блокировка одного из лучей—синтезатор». Матрица </1 А | i> совпадает с полученной в случае (б).
д)	В этом случае, очевидно,
Е'у^Еу, так что
<х| А\хУ=е‘\ <у|Л|(/> = 1,
<х\ А \УУ = <у\ А |х> = 0.
е) Аналогично предыдущему пункту имеем
<х | А | ху = <у | А | уу =е1^,
<х | А | уу = <у | А | ху =0.
Заметим, что одинаковое изменение фазы обеих компонент вектора не влияет на поляризацию.
576	8. Квантовая механика (I)
ж) В системе координат, повернутой вместе с прибором на угол 46°, вектор Е имеет компоненты
= (Ех + Еу)^
После прохождения прибора Ех,— iEx’, Еу, = Еу,.
Тогда в исходной системе координат компоненты вектора Ё':
Отсюда получаем
i4- 1
<х I А I х> = <у I А I у> = —,
<Х | А | у> = <у | А | х> ==Цг~ •
з) При прохождении через четвертьволновую пластинку разность фаз лучей х и у изменяется на л/2, так что можно считать
= iEx, Еу — Еу.
Соответственно
<х | А | х> = 1,	<у | А | (/> = 1,
<х | А | у> = <у | А | х> =0.
и) Монохроматическая волна с циклической частотой со при прохождении пластинки толщиной d приобретает дополнительную фазу
. . cod codn Ad =---=-----.
о с
Здесь k и v—волновое число и скорость света в среде; и—показатель преломления среды. Учитывая, что в дво-якопреломляющей среде показатель преломления различен для света с поляризациями по оси х и у, получаем изменение фаз х- и (/-лучей после прохождения пластинки толщиной d:
cod	cod
Фх — nxi *Ру-------— пу •
Соответственно можно записать
Ех = Ехе1^. E'y=E^V.
Решения и ответы
577
Тогда
<л | А Г х> =
<у\ A\yy=eiadnv/C,
<х| А | уУ==<у\ А | х>»0.
к) После прохождения раствора вектор Е' в системе координат, повернутой на угол 0, будет, очевидно, иметь компоненты ЕГ, = ЕГ, Е„. = Е„. Тогда в исходной системе х х У У
координат
Е'х = Ех cos 0—Еу sin 0,
Е’у = Ех sin 0 -|- Еу cos 0.
Следовательно,
<х | А | ху = <у | А 11/> = cos 0,
<у | А | ху = — <х | А | уу — sin 0.
л) После прохождения такого прибора компонента Е'х будет равна нулю, тогда как Е’у^ ЕуА~Ехе1х, где а—изменение фазы луча х при прохождении через раствор сахара. Тогда
< х\А\х > = < х\А]у_> =0, <у\А\у> = \,	< у\ А |х >=е/а.
м) Средняя по времени интенсивность плоской монохроматической волны, входящей в прибор, пропорциональна (| Ех |2 + | Еу |3), а выходящей
|Ba + E^«|3 = |Ex|3 + |E„ |3+2|Ex||EI,|cos(a+P).
где Р — разность фаз комплексных величин Ех и Еу. Если cos(a+p) > 0, то интенсивность выходящей волны больше, чем входящей, что означает «бесплатное» увеличение Энергии, т. е. возможность построения вечного двигателя.
Разумеется, этот вывод неверен. Дело в том, что в рассматриваемом приборе лучи х и у должны быть пространственно разделены и, стало быть, ограничены в пространстве (в плоскости, перпендикулярной направлению распространения). Но это означает, что волны нельзя считать плоскими. Тогда после соединения пучков возникает типичная интерференционная картина: усиление интенсивности в одном месте «экрана» будет сопровождаться ослаблением в другом, так что полная интенсивность в пучке на выходе нз прибора будет равна (или меныпр, при наличии поглощения) интенсивности пучка на входе в прибор.
4.6. а) Обозначим через /+г (0) и (0) амплитуды вероятностей того, что электрон испускается со спином вдоль оси г и
Заказ № 17
578
8. Квантовая механика ([)
против оси г:
f+z (9)=-Л-|//' i—l. sin у, /_г (6) = А уГ cos .
Тогда относительная вероятность испускания электрона со {Йином по оси z равна
Л v \ . „ О
|/+де)12	( J 2
И+не)12 + 1/-г(0)12	1+|cos6
и’+г
а против оси z соответственно
1+ — COS0 с
б) Амплитуды вероятностей того, что спин направлен вдоль оси 4-х или —х, можно записать в виде
f+х*“ < +* ( Н~г > f+z4~ < 4~х I—г > f-z> /_х»<—х| + г > f+z+<~х| — г > /_г.
Здесь < -j-х |4-г > — амплитуда вероятности того, что у электрона со спином вдоль оси -j-z спин окажется направленным вдоль оси +х-
Из табл. 4.2 «Лекций» (вып. 8, стр. 105) имеем
Тогда
< 4-х I — г>=< — х| — г> = — 1	/2 ’
/+х *= у= (.f+zA-f-z)'
^“7Т(~^+г+/-г)-
Соответствующие вероятности равны
»+я(0)-х
. lf+xP I lf+d2 + lf-d2~ 2
1 —v2/c2 sin 0
1-1- — cos0 с
Решения и ответы
579
। у 1 —v2/c2 sin 0" 1+ — cosO с
и’-х(О)=у
в) Аналогично предыдущему имеем
/+у=<+(/14-г > /+2+<+г/| —г> /_г, < —yl + z>/+^+< —У I — г > f-г< где
<+i/| + z > “<-у|-г >
<—!/l+z > = <+У|—г > = —ур
При вычислении этих величин следует иметь в виду, что переход от оси г к оси у осуществляется поворотом вокруг оси х на угол —л/2.
Используя явный вид амплитуд /+г и f_z> находим
а)+у(О)=ш_и(0)=^-.
Различные результаты для осей х и у получаются всегда в тех случаях, когда складываются амплитуды /+г и f-z, т. е. состояния со спином вдоль оси z и против оси z интерферируют.
г) Если антинейтрино не регистрируется, то абсолютные вероятности следует проинтегрировать по всем возможным направлениям вылета антинейтрино.
Из соображений симметрии ясно, что вероятность вылета электрона с тем или иным спином не зависит от полярного угла <р (от него зависят лишь фазы соответствующих амплитуд). Поэтому, воспользовавшись результатами пункта (а), для относительных вероятностей того или иного направления спина получим
Г | f ±г (0) |2 dQ
J П f+ г(в) Р+1/-Л0) IW
Вычисляя интегралы ,	ал л
J sin2 dQ ™ у dtp у sin2 sin 0 d® “ 2Я> о о
С 0
I cos2 -g- dQ =я2л,
J cos0^dQ = 4jte
19*
580
8. Квантовая механика (1)
получаем
К главе 5. Зависимость амплитуд от времени
5.1.	Изменение направления фронта волны, описывающей частицу с массой М и импульсом Р, при прохождении расстояния w в области неоднородного потенциала, согласно формуле (5.33) «Лекций» (вып. 8, стр. 124), равно
М dV
00 =---я--5- W.
р- ду
Здесь считается, что ось у совпадает с направлением изменения потенциала V, причем это изменение медленное, а первоначальное направление движения частицы перпендикулярно оси у. Если частица имеет спин 1 и магнитный момент р, то энергия ее взаимодействия с магнитным полем может быть равна рВ, 0, —рВ соответственно для проекций спина 4-1,0, —1 на направление магнитного поля. Следовательно, при прохождении неоднородного магнитного поля направление движения частицы будет меняться, причем различным образом для состояний 4-1, 0, —1, т. е. пучок частиц будет разделяться на три пучка с отклонением от первоначального направления на углы
60(4-1) = -'	р1 ду
60(0)= О,
60 (-1)=^^. р1 ду
Покажем теперь, что спин 1 прецессирует в магнитном поле. Пусть магнитное поле направлено вдоль оси 4-z, а спин в момент времени t = 0—вдоль оси 4-х. Последнее утверждение означает, что
С+х(0)=1, С0х(0) = 0, С_х(0)=0.
Тогда
С+х (0)=2 < /г Iix > (°)= < 1+х > (/= ± 1. 0)-г=о, ± 1
Из формул (3.38) «Лекций» (вып. 8, стр. 80) при а=—л/2 йолучйм
< 4-г|-М>“=<—г|4~*	< 0г|4-х
Решения и ответы
581
Согласно §5 гл. 5 «Лекций» (вып. 8, стр. 124), с течением времени амплитуды С,-2 меняются по закбну
С/2(0), где	Подставив сюда величины Су 2(0), получим
с_г(/)«1ег“А
Убедимся, что имеет место вращение спина в плоскости ху с циклической частотой шр. Вычислим амплитуду вероятности проекции спина -f-1 на ось L, лежащую в плоскости ху и составляющую в [момент времени t угол 0 = ==—Шр/ с осью х. Для этого повернем систему координат вокруг оси г на угол 0, азатем вокруг оси у на угол а «л/2. Используя формулы (3.39) и (3.38) «Лекций» (вып. 8, стр. 80), 'получаем
c+i(0 = i.
Это означает, что спин направлен по оси L и, следовательно, вместе с ней вращается в плоскости ху с угловой скоростью шр в направлении по часовой стрелке.
Оба явления, рассмотренные в настоящей задаче, — расщепление пучка частиц в неоднородном магнитном поле и прецессия спина в магнитном поле—зависят от величины магнитного момента и, следовательно, могут быть использованы для его измерения. В первом случае это будет эксперимент типа опытов Штерна и Герлаха, во втором, например, парамагнитный резонанс — частица, обладающая магнитным моментом и находящаяся в магнитном поле, резонансно поглощает внешнее радиоизлучение с частотой ы = ыр (см. «Лекции», вып. 7, гл. 35).
К главе 6. Гамильтонова матрица
6.1.	Составим прежде всего гамильтонову матрицу для частицы со спином 1/2 в магнитном поле. Это удобно сделать, выбирая состояния с определенной проекцией спина на направление магнитного поля, т. е. состояния |-|-х > и |—х >, в качестве базисных. Тогда
<	4-х | Я |4-х > = — |хВ0,	<—xjH|—х > =р,В0,
<	-f-х [ Н |—х > = < 4-* I Н |—х > =0.
Теперь нетрудно получить эту матрицу и для базисных
582
8. Квантовая механика (I)
состояний |4-г>, | — z >, используя преобразование типа (6.28) (см. «Лекции», вып. 8, стр. 140)
< iz\H \ jz > iz\kx > < kx\H [lx > < lx | jz >.
kJ
Величины </x | jz> уже получены при решении задачи 4.6, а величины </г | йх> можно получить из соотношения
<гг | fex> = <kx | iz> *.
Тогда
-<4-г | /7| + г> = <— г | И | — г> =0, <4-z ] Н\ —г> = <— z| Н |Ц-г>=— pB0.
В начальный момент времени после прохождения первого фильтра частица находится в состоянии | + г>, так что С+г (0) sssCi (0) = 1, С_г (0) asС2 (0) =0. Изменение этих амПлитуд со временем определится системой уравнений:
И
Складывая и вычитая почленно эти два уравнения, получаем уравнения для (Q-f-Cj) и (Cj—С2), которые легко интегрируются. После несложных математических операций получим решение с учетом начальных условий
Ci (0 = cos со/,
С2 (/) = < sin со/, где
со=ф. Л
Из найденного решения видно, что спин частицы будет направлен вниз в моменты Тп, определяемые соотношением
Чтобы все частицы прошли через второй фильтр, необходимо, чтобы одно из значений Тп совпало со временем пролета Т. Минимальное значение поля Во, при котором это условие будет выполнено, определится соотношением
лА
в'^г
Вероятность пройти второй фильтр равна W = sin'1 соГ'. В частности, если Т'~Т!2, а поле Во удовлетворяет условию (1), то W = х/2.
Решения и ответы
583
6.2.	Обозначим состояния частицы с направлением спина вдоль магнитного поля и против него соответственно через |-|-В> и | — В> и запишем в этом базисе энергетическую матрицу!
<+В | Н | + в> = -<-в I н I-в> =-рв, <+B|B|-B> = <-B|//J + B>=0.
Преобразуем ее теперь к базису Ц-г>, | —z>. Необходимые для этого величины находим из табл. 4.2 (см. «Лекции», вып. 8, стр. 105):
<4-B|+z> = < —В|—z> = < + z|4-B> = <—zl —B>=cos^ , О
<4-В|—z>=—<— B|+z>=-<+z|-B> = <-z| + B> = . л
= sinT.
Тогда
<+z | H |4-z> = <4-z| H | — z> =<—z| H |4-z> =
= — <—z | H | — z> =
_ PB
V2'
В начальный момент времени амплитуда для направления спина вдоль оси г С± (0) = 1, а против оси г С2 (0) = 0. Изменение этих амплитуд со временем определится системой уравнений
,^Si=-y|r(C1+C2)
И
Решение с учетом начальных условий имеет вид
Сг (/) = cos со/ sin со/,
C2(/)=-pUsinco/,
где to-pB/li,.
Найдем теперь амплитуду вероятности нахождения частицы в состоянии с Jx = ^/2:
С+х (/) = <+х | + г> Ci (/) + <+х | — г> С2 (/) =
ви cos®/ .з1п со/.
- /2
584
8. Квантовая механика (I)
Искомая вероятность обнаружения частицы в состоянии Jx = iil2 тогда равна
х (0 = | С+х (О Р =1 (1 + sin* <в0.
Аналогично для состояния с Jy = 'k/2 получим 1	/	,	1 —I—I .	,
C+v (0=—7= ( COS со/-]-— Sin со/
У /2 \	/2
®+y(0 = 4(	81п2соЛ .
\ г 2	/
6.3. а) Гамильтонова матрица системы совпадает с полученной при решении задачи 6.1 (в базисе Ц-г>, |—г>) с точностью до замены рВ0 на А. Начальные условия также совпадают, поэтому можно сразу записать выражения для амплитуд
С+ (0 = cos со/,
С_ (t) = i sin со/,
где со = A/А. Вероятность обнаружить частицу в момент времени Т в состоянии -f-г равна cosaco£.
б)	В стационарном состоянии вероятность найти частицу в каждом из базисных состояний не должна меняться со временем, поэтому решение системы
Й^=-АС2,
at
должно иметь вид
С2 (0 =е“ lEt/h а,-
C2(t) = e~iEt/hb.
Для не зависящих от времени величин а и 6 получаем I Еа = —АЬ, ( ЕЬ =—Аа.
Эта система имеет два нетривиальных решения! 1) при Ег = —А	а1 = Ь1=1/уг2,
2) при £‘2 = -{- Л	а2 =—Ь2=1/уг2.
Значение 1/1^2 выбирается из условия нормировки |а|г + 1Ч2=1.
Решения и ответы
585
Таким образом, стационарным состояниям отвечают следующие комбинации найденных в пункте (а) амплитуд]
С?’ (/)=С^(0	(0+С_ (1)] = -^^,
=	(i) = -U[C+ (0 — G- (0] = -4=е'Ч
У 2	у 2
причем энергии соответствующих состояний равны
Ех = —А,	£2=+Д.
в)	Рассмотрим амплитуды С+с (I) и С_^(0 для направления спина по и против некоторой оси лежащей в плоскости уг и образующей угол <р с осью г. Имеем
С+: (О = <+£ I +г> С+ (0 + ^+51 —г> С_ (I) = ( . Ф = cos I mt —g-
C_: (t) — i sin
Спин будет направлен вдоль оси g, если
Ф = — 2<в/-4-2лп,	л = 0, 1, 2, ...
Оси, отвечающие разным значениям п, физически неразличимы, так что можно принять <р = —2ы/.
Таким образом, во все моменты времени с вероятностью единица спин будет направлен вдоль оси, вращающейся в плоскости уг с угловой скоростью 2<в в направлении от оси у к г.
г)	Частицу со спином 1/2 нужно поместить в магнитное поле, параллельное оси х. Из решения задачи 6.1 ясно, что такая система будет обладать требуемыми свойствами.
К. главе 7. Аммиачный лазер
7.1. Рассмотрение, проведенное в гл. 7 «Лекций» (вып. 8), показывает, что вероятность вынужденного перехода из состояния 11> в состояние | Н>
р (I —> II) =4л2 __у (Шо) у 4ле,)Л2с
не зависит от того, сопровождается ли этот переход испусканием или поглощением света. Отсюда следует, что Р (I—► II) = Р (II —► I). Тогда, используя определение коэффициентов Эйнштейна, получаем
Р(1—>11)	лра
586
8. Квантовая механика (I)
Попробуем теперь найти с помощью квантовой механики коэффициенты Эйнштейна Лц, Р Для этого будем рассматривать системы «молекула в состоянии I и единичный фотон» и «молекула в состоянии II» как два состояния одной и той же системы. Тогда, согласно гл. 6 «Лекций» (вып. 8), амплитуды перехода в единицу времени из начального состояния в конечное и обратно связаны между собой:
<11 11, фотон> = <1, фотон | И>* = Л1.
Фактически такое соотношение для испускания и поглощения фотонов уже использовалось в § 4 гл. 2 (вып. 8, стр. 41). Пусть в объеме V имеется молекула в состоянии 1 и единичный фотон. Тогда вероятность перехода из I в II в единицу времени равна | М |2. С другой стороны, вероятность перехода в данном случае совпадает с «числом» переходов в единицу времени, которое, согласно гл. 42 «Лекций» (вып. 4), равно В(> ц/. Интенсивность I одного фотона, очевидно, равна tuncjV, так что
IM |2=в1.
Вероятность обратного перехода (из II в I с испусканием фотона) в единицу времени, приходящаяся на интервал частот Ды, получается из | М |2 умножением на число возможных состояний фотона Усо2Д<в/л2с2 [см. формулу (2.42) «Лекций», вып. 8, стр. 49]. Но по определению коэффициента Эйнштейна j эта вероятность равна Лп, j Д<о, так что
, .. УФ2Д<в .
|уИ 1 >Д“-
Сравнивая найденные соотношения, получаем связь между коэффициентами Эйнштейна
установленную в гл. 42 (вып. 4) косвенным путем.
Интенсивность спонтанного излучения на интервале частот Д<в будет, очевидно, равна интенсивности для одного фотона, умноженной на число переходов в единицу времени:
. ,	4- с .	.	ц2со4 Д <о
Д/,. =Й<0—• Ли |Д<Й = —----Tv;-.
с V	1 ле0с2У
7.2. Запишем систему уравнений для амплитуд вероятности иметь спин «вверх» и «вниз»:
= HuCr -f- Л12С2,
«Й-~- = Я21С1-(-Я22С2.
и ответы
587
Решения
Элементы энергетической матрицы можно определи переходя в систему координат с осью г', направленно-вдоль поля В:
/7ц = <+г14-г'> (—рВ) <+?' |-|-г>4-
+ <+г I—г'> ( + цВ) <—г' | + г>,
Я.23 = <—г|+г'> (—цВ) <-|-г' |—г>4-
+ <—г | —г'> рВ <—г' | —г>,
Bia — <~Ьz|~Ьг'> (—рВ) <-|-г' [ г>4-
+ <+ г | — г'> рВ <—г' |—г>,
//.21 = <—г | + г'> (—рВ) <-f-z' |-|-z> +
4~ 4—z J —z'> j.iB <—г' 14- г> = //]2.
Здесь использован уже известный результат
<4-г' | Н |4-z'>=— <—z’ | Н | —г'> = — рВ,
<4-г' | Н |-г'> = <—z' | Н 14-г'> = О-
Остается найти амплитуды </z' | iz>. Для этого заметим, что ось г' (вместе с полем В) определяется полярными углами 0, <р = —<>>t. Переход от системы координат х, у, г к системе х', у', г' можно осуществить поворотом, заданным углами Эйлера Р = <р—л/2, а = — 0, у = 0. С помощью табл. 4.1 (вып. 8, стр. 80) находим
о4Н)
<4-г'|4~г>=соз y® .
„	. . 0 ’
<—г'|4-г>= — t sitiy «
, ,,	. . 0
<4-г' |—г> = —
Q
<—г' |—z> = cos—е
Используя эти выражения и соотношение
</г' | iz> = <tz | jz’> *,
получаем
Яп==—Яга =—pBcos0,
Н^=н11=^цВ sin0e+‘4
Таким образом, задача сводится к решению системы уравнений
==	(cos 0• Сг4- sin 0 е^С^,
(sin 0е-'«"'Ci — cos0C2), <в0 = ^^
Clt	t!t	[]f
588
8. Квантовая механика (I)
с начальными условиями
Cj(O) = l,	с.г(0)=0.
При малых 0 в этих уравнениях можно вначале пренебречь членами ~ sin0»0<^l, а затем учесть их, действуя точно так же, как решается аналогичная задача в гл. 7 «Лекций» (вып, 8).
Однако написанные уравнения можно решить точно при произвольном 0. Для этого удобно сделать замену {t)e,u>t,ibx (t), С2(1) = е~1<л^2 b2(t), так что коэффициенты в уравнениях не будут зависеть от времени:
—-у [(«о cos 0—со) Ьг + соо sin 0 • 62],
[®о sin 0 • br —- (<оо cos 0—w) Ьг].
Начальные условия:
М0) = 1.	bs(0)=0.
Решение этой системы ищем в виде
Ь1(О = а/“г,	МО=<МЙ<,
что дает
(соо cos 0—<£>—2а) dj-J-cDo sin 0 а2 = 0,
<оо sin 0-01 — (соо cos 0—а> + 2а) а2 = 0.
Эта система алгебраических уравнений имеет нетривиальные решения лишь при
a— ±-g- "К (соо cos 0—со)2-|-(а>0 sin 0)2.
Теперь можно записать общее решение исходных уравнений Ci (Z)==e“°//2 (аУе^ + аУе-*), С2 —	( а^е^+а^’ е~^),
где
Y=y К<о2+<оо—2<осоо со8 0 = аг.
Коэффициенты 01 и а2 связаны условием „со_____________________цо sin 6 <л
2 (coocos0—<о) ± 2у 1 ’ где знак плюс относится к i = l, а знак минус—к i = 2. Вместе с начальным условием это дает
C1(/) = e“aZ/2 (cosyf + i^-^-sin^ ,
Ct (f)=e~iat/2 i sin у/,
Решения и ответы
589
откуда получаем вероятности для направления спина «вверх» и «вниз» в произвольный момент времени:
P+(0 = Co^VZ + (^^ysiniv{,
Р_ Si^.y sina yt \ 2y )
Очевидно, резонанс наступает при частоте
to = w0 cos 0 — -V- cos 9.
Н
В этом случае у = 1/2 соо sin 0, так что
Р+ (/) = cos2y/,	Р _ (0 = sin2 yt.
Это означает, что спин периодически переворачивается вверх и вниз.
К главе 8. Другие системы с двумя состояниями
8.1. Направим ось г противоположно магнитному полю Во, а ось х — вдоль поля Вп, т. е. ВЛ = 2В„ cos со?, Вг = —Во> Ву = 0. Тогда уравнения для спиновых состояний [см. «Лекции», вып. 8, стр. 199, уравнения (8.23)] примут вид
1% 1Г ^Й°С1 ~	— — (*30C3—цВдА.
Начальное условие: Ct (0) = 1, С2 (0) = 0. Эти уравнения такие же, как уравнения (7.38) и (7.39) «Лекций» (вып. 8, гл. 7, стр. 164) для молекулы аммиака. Будем решать их аналогично. Полагая
С\ (?) =Ъ (?)	Сг (?) = у2 (?)
для Yi и Уз получим уравнения
— i ?Нйд cos а(е1а><1( y2j	— i	cos ate ~la>ot ylt
at -fi	at ji
в которых to0 —2p.B0/&.
Частоту to считаем близкой к <оо и по тем же соображениям, что и в гл. 7 (вып. 8), оставляем в уравнениях только члены с exp [Z (to—соо)?]. Наша система приобретает вид
dVl _ I Д(Ш0-й>)/.,
?1.	(2)
dt П
59®
8. Квантовая механика (!)
Дифференцируя уравнение (2) по t и выражая dy-Jcli и ух соответственно из уравнений (1) и (2), получаем
^+1(“0_“)'ЗГ+(ЗГ/ Т,-0.
Это дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Такие уравнения мы научились ре-шать, изучая колебания. Ищем решение в виде у2«=ое'“С Тогда для определения а получаем квадратное уравнение
из которого находим
И—соп а1,2 =--2--
Следовательно, общий вид решения
у2 (t) = е 2 (ae‘r> -\-be~‘rt), где
Для определения постоянных а и 6 нужно иметь два начальных условия. Одно из них у2(0) = 0 следует из условия С2(0) = 0 и приводит к соотношению 6 = —а. Тогда
у2 (t) = 2iae 2 sin/7.
Из условия С\ (0) — 1 следует у1(0) = 1. Учитывая уравнение (2), при / = 0 имеем (dy2/df) (Z = 0) = i (рВ„/й). Подставляя сюда явное выражение для у2, находим
1
2 г •
Окончательно, вероятность того, что в момент времени Т спин частицы будет направлен против оси г, т. е. вдоль вектора Во, равна
|2 =
2 sin2 гТ г2
Л1=|Т2
В частности, при резонансе (<о = <о0)
P2=sin2^!^^ ,
Решения и ответы
591
а вдали от резонанса
а
Р ,_7НДД7'\2 [sina(a>—<в0)Т/2] 2 V h ) [(со-coo) Т/2р
Обратим внимание на сходство этих результатов с формулами (7.50) и (7.52) (вып. 8, стр. 167 и 170).
К главе 9. Еще системы с двумя состояниями
9.1.	Пусть в некоторой системе координат гамильтониан записан в виде (9.4) (вып. 8, стр. 206), т. е.
----jx [
причем величины о^-, о(у, о,у в соответствии с § 1 гл. 9 образуют матрицы Паули. Иначе говоря, это означает, что в качестве базисных состояний выбраны состояния со спином по и против оси г. Перейдем теперь к другой системе координат, оставив неизменными базисные состояния |i >,	>. При
этом матричные элементы гамильтониана не изменятся (ср. «Лекции», § 6 гл. 8, вып. 8, стр. 196, где меняются как раз базисные состояния), и в новой системе координат
Ну =	[ ОуВх- +а^4,'+о<Вг'].
Выражая Ba, (а'=х', у’, г') через В* (а=х, у, г),
Ва^2Са,аВ«, а
находим связь между <sf] и ef*., т е. закон преобразования элементов матриц Паули при поворотах системы координат:
= Ca'a • а'
Учитывая, что величины Са'а образуют ортогональную матрицу, т. е.
^jCa’aCfi'a = da'fj', а
получаем
a
Но это как раз закон преобразования вектора. Переходя от матричных элементов к матрицам Паули, т. е. опуская индексы i и /, приходим к выводу, что матрицы ах, оу, аг преобразуются друг через друга при поворотах системы координат как компоненты вектора.
592
S. Квантовая механика (I)
Соотношения
<тх<г=2/о,
° ®=3(o°i)
легко проверить непосредственным перемножением матриц Паули. Например,
(О"Х = OyOz Ог°у —
/О — А /1	0\	/1	0\ /О — А
“и о ) <0 -1/ \о -1? и о; ’
Аналогично получим соотношения
Ог^х = 2/Оу, Сх0у c'U(!.x — ^i^z* ояах + оуоу + °гаг — (о 1) '
Найдем также произведение трех матриц Паули:
9.2.	а) Для нахождения уровней энергии электрона, присоединенного к молекуле СОе, воспользуемся уравнением (9.62) («Лекции», вып. 8, стр. 239): Det (Д,у—бгуЕ) = 0 и будем считать, что в качестве состояний | 1 >, |2>, )3> выбраны состояния, описывающие электрон, принадлежащий соответственно первому атому кислорода, атому углерода и второму атому кислорода. Энергии электрона в этих состояниях H^ — H^^Eq, Н23 — Ес. Поскольку прямые переходы электрона от одного атома кислорода к другому не учитываются, то Н13 — Н31 = 0. Из соображений симметрии матричные элементы Hi2 и Нзг, учитывающие переходы электрона от атома углерода к атомам кислорода, равны. Обозначим их через о=Н12 — Н32. Далее, Д21 =	—	Н № — H32 — v*. Таким
образом, нахождение уровней энергии рассматриваемой системы сводится к решению уравнения
Ео—Е
V* О
v
Ес—Е и
О
V*
Ео—Е
= 0.
Расписывая детерминант, нетрудно найти корни этого уравнения:
Ео + £с , , Г/Е—Ес\2
£1,2=—~± У	+2М2 э £з=£о-
Решения и ответы
Б93
б)	Коэффициенты а,- разложения
стационарного состояния по базисным состояниям определяются системой уравнений
’	&l7E)a, = 0.
i
При £о = £с = Еп эта система запишется так:
(Ео —Е) a1+va2+0-a3 = 0, v*<h + (Ео—£) в2 4- v*a3 = О, О-аг+вд2-Н£о—£)а3 = 0.
Если подставить значения энергии Elt 2=£0 ± £3 = £0 и решить систему относительно alt аг, а3
(з	•.
с учетом условия нормировки | а,- |а — 1 j, то получим
1)	для £, =£04-| v | j/"2
а1 = а3=т, а^+у=ге-‘°
(здесь а—фаза матричного элемента: v — |о(е/в);
2)	для £2 = £0—| v | У~2
в1 = а3=1, a2=-pL.e-'“,
3)	для £3 = £0
Я1=— Оз=р==-, а2 = 0.
Эти решения показывают, что в первом и втором состояниях электрон с вероятностью 1/2 «принадлежит» атому углерода, и с вероятностью по г/4—каждому из атомов кислорода, тогда как в третьем состоянии он с равными вероятностями (по 1/2) находится возле атомов кислорода, а вероятность «принадлежать» атому углерода равна нулю.
Следует иметь в виду, что полная система уровней молекулы СО2 гораздо сложнее полученной здесь. Эго и понятно, так как при решении задачи не учитывались внутренние и вращательные степени свободы молекулы СО2.
9.3.	Поскольку молекула СН4 образует правильный тетраэдр, любой аТом водорода расположен одинаковым образом по отношению ко всем остальным атомам водорода. Поэтому зна
694
9. Квантовая механика (I)
чения амплитуды перехода «дырки» от каждого атома водорода к любому другому одинаковы, так что все недиагональные матричные элементы гамильтониана совпадают:
//12 — Н21 = Н13 = Hsl = .,.== v,
причем о = и*. Аналогично, из 'соображений симметрии
//и = Н22 — ^зз — ^и = Не-
задача, таким образом, свелась к нахождению корней уравнения
Ео—Е	ооо
о Ео—Е v v =0 о о Ео — Е о ооо Ео—Е
Проще всего решить это уравнение, воспользовавшись общими свойствами определителей. Значение определителя не меняется, если любую строку (столбец) определителя, умноженную на произвольное постоянное число, прибавить к любой другой строке (столбцу). Прибавим к первому столбцу все остальные, а затем вычтем первую строку из всех остальных. Тогда получим
•ЕоН-Зн—Е	v	v	v
О	Ео—v—Е	О	0	_
О	О	£0—v—Е	О
ООО	Ео—v—Е
= (£0 + Зо-£) (£0-о-Н)3 = 0.
Таким образом, три уровня имеют одинаковую энергию
Ei^E2^E3^Eg—v>.
а четвертый имеет энергию
Et=* Eq-}-3v и отделен интервалом 4 | v | от первых трех.
•»4. Матрица в рассматриваемом случае имеет вид
(Ео —А ООО	— А\
— А	Ео	—А	О О	0 \
О	—А	Еа	—А	О 0	|
О	О	—А	Еа	— А	О Г
О О	О	—А	£0	—А
— АО О О —А Ео/
Рна записана с учетом того, что все диагональные матричные элементы в силу симметрии системы равны между собой:
= ZZ= ... = Zfee = fo,
Решения и ответы
595
а среди недиагональных матричных элементов отличны от нуля лишь соответствующие переходам между соседними атомами, причем все эти ненулевые матричные элементы совпадают (из соображений симметрии) и равны _А.
Система уравнений
(Ео —Е) аг — Аш, — Аав~0,
—Aat + (Ео— Е) а2—Аа6 = О,
— Ась — Да6 + (Е0—Е) ов = 0, составленная с помощью этой матрицы, очевидно, удовлетворяется при одинаковых коэффициентах а,- [С(=агехр (—iEijn)], если Е = Е0—2А. Прежде чем находить значения энергий остальных пяти состояний, определим величину 6. Как видно из условия, при переходе к соседнему атому (по часовой стрелке) амплитуда пребывания электрона на соответствующем атоме умножается на е*5. Используя симметрию системы, можно в дополнение к соотношениям, приведенным в условии, написать С1 = Све‘8, или a1 = a6ei’s. С другой стороны, из условия имеем ав = а1е'65. Следовательно, е6,'8= 1 и допустимые значения
бй=.^(й-1)	(£=), 2, ..., 6).
Из условия нормировки У | а( |2 = 1 можно определить вели-i
чину й'1 = 1/рл6. Значения энергии, соответствующие найденным коэффициентам можно получить, подставляя ajk} = (1/рл"б) exp [i6ft (/—!)] в систему (1). Из первого уравнения этой системы найдем
(Ео—Е)-1=— А	е^-А-^е ₽<в*=0,
V 0 К6	/6 Кб
откуда
JT
24 cos4 (/г —1)	£о+2Л
О
(А=1, 2, 3, 4, 5, 6)
или ЕХ = ЕО—2А,	Е2*= Ев = Ее—А, £&А
Е3 = Е6 = Е0 + 4, Е4 = Ео-|-2Д. Все остальные уравнения системы (1) при этом удовлетворяются тождественно, в чем можно убе- Ео диться непосредственной подстановкой.
Коэффициенты Су получаются из а/ умножением на временной множитель	Ео-А
Ч —а/
Диаграмма уровней рассматриваемой си- д0-2Л стемы изображена на рисунке.
598	8. Квантовая механика (I)
9.5. а) Уровни энергии определяются уравнением
1 °| а» 1 tn tn , 1 tn 1 1	= 0
1 tb. tl tn © 1 tn	
откуда
Ех> г — Ео + А,	Е3— Е3 2А,
так что два уровня рассматриваемого молекулярного иона имеют равную энергию, а третий отделен от них интервалом
|ЕХ(3-Е3| = 3|А|.
б) Пусть энергия двух базисных состояний изменилась на величину Д, а третьего—на величину (Д-j-gA). Тогда уровни энергии системы определятся уравнением
Ео-(-Д—Е	—А
—А	Ео-4-Д— Е
—А ~А
— А
— А
£0 + Д + еЛ—Е
= 0.
Замечая, что этот определитель можно записать в виде
Ео4-Д — Е —А —А
—А Е04-Д—Е —А
—А —А Е0Ч-Д—Е
+еА1Е° + Л-Б I ------/1
— А
Ео + Д—Е
= (Е0 + Д-2Д-Е) (Е0 + Д + Д-Е)2 +
+ еЛ{(Е0 + Д-Е)а-Л2} =
«= (Ео + Д + А—Е) [(Ео + Д—2Л —Е) (£0 + Д +Л-Е) +
+аЛ (Ео+Д-Е-Л)],
находим Е1 = Е0-|-Д4-Д.
Остальные два значения энергии найдем, приравняв нулю квадратную скобку в написанном выше выражении. Решая получающееся квадратное уравнение и пренебрегая членами второго порядка по е, получаем
1	.	2
Е3 — Ед Я- А “ЬЯ Ч—5"вД,	Е3 = Е0 + Д—2А-{—еА.
О	<j
Таким образом, если до наложения электрического поля два уровня иона имели одинаковую энергию, то теперь они расщепились на величину г/3 | еА | = А/300, а интервал между первым и третьим уровнями изменился незначительно и стал равным | ЗА—2/3еА | я 2,993 | А |.
Решения и ответы
597
главе 10. Сверхтонкое расщепление в водороде
10.1. Энергии уровней сверхтонкой структуры атома водорода в основном состоянии при наличии магнитного поля выражаются формулами (см. «Лекции», вып. 8, гл. 10):
£1 — A-f-цВ, Ец = А — рВ,
Н=— (Pe + Pjt,),
н'=—(Иг—ЦД
£iv-----А
Если магнитное поле мало (рВ<^2Я), то первые три из этих значений энергии относятся к состояниям с полным спином j—1 и его проекцией соответственно т=-}-1, о, — 1, а четвертое значение энергии—к состоянию с полным спином /=0. Пренебрегая квадратичными по В членами,
запишем частоты переходов из первых трех состояний
в низшее, четвертое состояние
: _£l £1V____f I	f __f p£
l~ 2лЛ ~Zo + 2^’ t2~to 2лГ
/з— /oi
уровнями
где fo—частота излучения при переходе между уу-------
сверхтонкой структуры свободного атома водорода" в основном состоянии (~ 1420 Мгц). Расщепление линии
2лЙ
оказывается равным в межзвездном пространстве —-14,0 гц, в магнитном поле Земли ~0,70 Мгц. (При В=1 гс р,В/2лл= 1,397048013-107 гц). Изменения длины волны соответственно равны ~2-10~7 и 1-10-2 см.
При больших полях, когда выполнено условие р'В А, уровни сверхтонкой структуры уже нельзя характеризовать значением полного спина, а энергии уровней можно записать в виде
E|=/l-|-fiB.	Ец = А—цВ,
Ещ=—4-|~р/В,	Е[у =—А—ц'В.
Тогда частоты переходов из состояний I, II, III в низшее состояние IV запишутся следующим образом:
При B= 10& гс
^ = 0,28064114-1012 гц, f2 = 0,11359225-Ю10 гц, f3 = 0,280356521 • 1012 гц.
Соответствующие длины волн равны
Ах = 0,10689 см, А2 = 26,41062 см,	А,=0,10701 ом.
9
КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА
К главе 11. Распространение в кристаллической решетке
11.1. Обозначим амплитуду пребывания электрона у n-го атома в состоянии i через С‘п, а в состоянии j—через С/. Они удовлетворяют следующей системе уравнений:
— В (Cn-1-J-Cn+i) — A (Cn-i+Cn+i), (1)
iA —~ = EjCn — В (Cn-i+ Cn+i) — А (Сп-14* Сп+1).
Для стационарных состояний зависимость амплитуд от времени известна
pi — r.i .-iEt/k р! _J iEt/h Cabans t —an e
Подставляя эти выражения в (1), получаем систему уравнений для коэффициентов ап:
(£,—£) =
(£/-£) а'п —А (а'п_1 + а'п+1)-В «.,+а^) =0.
Решение этой системы ищем в виде
4 = а/**", a^ = ayftx",
где хп = Ъп. Тогда а/ и ау удовлетворяют системе уравнений
(£,•—2А cos kb—Е) —(2В cos kb)
— (2В cos kb) a> + (Ep— 2A cos kb—£) ay=0, условием разрешимости которой является обращение в нуль Определителя:
IЕ,—2Acoskb—Е	—2В cos kb I
I—2B cos kb	Ej—2Acoskb—£|
Решая это квадратное уравнение относительно Е, получаем
Решения и ответы
В99
две полосы допустимых значений энергии:
Ei = у {Е' + £/+ (£/—£/)2 +16В2 cos2fe*} -2 A cos kb, £2=у (Е‘+ЕГ~ (£~£/)2 + 16В2 cos2 kb}—2A cos kb.
В предельном случае |£/—£у|^>2В получаем просто две независимые полосы, лежащие вокруг энергий £г- и Ef.
Ej^ — E;—2A cos kb, Е2 = Е/—2А cos kb.
Этот результат совершенно аналогичен полученному в § 1 гл. И «Лекций» (вып. 9), когда учитывается лишь одно состояние электрона в атоме. Это и понятно: ведь условие | £;—Е/ | |>> 2В фактически означает, что полосы можно рассматривать независимо друг от друга.
В другом случае | £г-—Ej | 2В получаем
£•+ £•
£i — ——- — 2 (А — В) cos kb,
Ef
Ег =--------2 (Л-4-В) cos kb.
Здесь обе полосы расположены вокруг общего «центра тяжести» (£( + £,-)/2, причем одна полоса лежит внутри другой.
11.2. Записываем систему уравнений для амплитуд
/А= (£0 + Д£) Сап-А (С^-х+С^,.
й^ = (Ей-ЬЕ) Cbn—A (Can + ^i)
и ищем решение в виде
С а
п = аехр i
Сп = Р exp i
Координата n-го атома типа а равна х° = 2пс- типа b соответственно равна х^= (2« +1) с. Тогда для величин а и р получаем систему алгебраических уравнений:
(£0 + Д£—£) а—(2Л cos kc) р = 0, — (2Л cos kc) а-|-(£0—Д£—£) р = 0.
Требование обращения в нуль определителя этой системы дает
£ = £0 ± V (Д£)а4-(2Л cosfec)C
600	9. Квантовая механика (II)
Примерная зависимость энергии Е от волнового числа k показана на рисунке.
Из рисунка, как и из формулы для Е, видно, что если k меняется от нуля до л/2с, то энергия принимает все свои допустимые значения: в верхней полосе от Е0Ц-+ /(ДЕ)2+4А2 до Е0-|-ДЕ, а в нижней полосе от Ео—ДЕ до Ео — /(ДЕ)2+ 4А2.
11.3. Будем исходить из уравнений для не зависящих от времени амплитуд ап [таких, что С„(/)=апехр( — iEt/a)]. Имеем
Еап =Еоа„—Аан+1—Aa„_,	(п<—2);
Еа_1 = Еоа_! — Ва0—Аа_2,
Еа0 —Евав-Ва^-Ва..!,
Ea+l = Eaai — Aai—Ba0,
Еап = Евап Aan—i Аап^.^ (п^2).
Решения ищем в виде
an = e‘kXn-f-^e~>kXn для всех п < 0,
an = ye‘kXn	для всех п > 0,
причем хп = Ьп.
Из уравнений для п 2 можно сразу же получить допустимые значения энергии
Е = Е0—2А cos kb.
Осталось три уравнения
(Ео—Е) (e-rtb + Pezsb) — Ва0 — A (e~2lkb + №ikb) = 0, (Ев—Е) аа—В (е-'^ + Р^6)—ByeiW = Oe
(Ео—Е)	—Ваа — Aye2ikb = 0.
Решения и ответы
601
Из первого и третьего уравнений с учетом соотношения Ео—E*=A(eikb-\-e~ikb) получим соответственно
Р = ^ «о-1
и
Y=J«° = P + 1-
Подставив теперь эти выражения во второе уравнение, найдем
iAB sin kb а°	(В2 — A2) cos kb 4- IB2 sin feb '
Следовательно,
_	iB2 sin kb
(B2— A2) cos kb-f-IB2 sin kb '
„	(A2 — B2) cos kb
P-Y —1- (B2_ A2) cos kb + IB2 sin kb '
Как и должно быть, найденные величины, «амплитуда прохождения» у и «амплитуда отражения» р, удовлетворяют условию | р |2 +1 у |3 = 1.
11.4. а) Из соотношения | Р |3 + | 1 + Р |3 = 1 следует
2РР* + Р + Р* = О, или
Р(Р* + 1) + Р* (Р+1)=0.
Поделив это соотношение на величину (Р +1) (р* +1), получим
б) Представим р в виде | Р | е‘ <1'1+л/2> и воспользуемся соотношением | р |2 Re р =0. Тогда | Р |34-| Р I cos
= 0, откуда | р 1 = sin т|.
Следовательно, р = iel‘> sin ri-
ll.	5. Если крайний атом левого кристалла считать нулевым, то система уравнений для амплитуд ап имеет вид
(Ео—В) ап — А (а„_14-ал+1) = 0	(л< 1),
(Ео—Е) а0—Aa_t — Ва! = 0,
(Е'п—Е) аг — Вай—А'а^ = 0,
(Ео—Е) ап—A' (an-i + ал+1) —0	(п^=2).
Решение для области / ищем в виде суммы падающей и от-
602
9. Квантовая механика (И)
раженной волн
ап (п < 0) = eikXn + Ре ~ikXn,	xn = bn,
а для области II—в виде прошедшей волны
ik'x	>
ап[п^\}^=уе п,	хп = Ь'п.
Тогда из уравнений для п<—1 получим допустимые значения энергии
Е = Е0—2А cos kb.
С другой стороны, та же энергия Е (из уравнений для п 2) равна
Е = Е'О—2А' cos k'b'.
Это означает, что волновые числа в областях I и II связаны соотношением
Еа—2А cos kb = E‘o—2А’ cos k'b'.
а)	Обратимся теперь к оставшимся второму и третьему уравнениям. Подставим в них явный вид амплитуд a_lt а0, аг, а2 и воспользуемся соотношениями
Е9—Е = А (е'*ь+е-йЬ), Ео—Е — А' (eik'b‘ A-e~lk'b').
Тогда второе уравнение преобразуется к виду Ae~ikb$+Aeikb — Beik'b'y = Q, а третье уравнение сразу дает искомое соотношение
(1+Р)-
6)	Подставив это выражение для у в предыдущее уравнение! находим
Р AA'e~ikb—B2eik'b'
Если k'—мнимое, = то elkb =e~Hb’. Поскольку А, А' и В—вещественные числа (как и kb), то числитель и знаменатель являются комплексно-сопряженными друг по отношению к другу. Следовательно, | £ | = 1. Но величина | р |2 есть доля отраженных частиц. Следовательно, все частицы, доходящие до поверхности раздела, должны отражаться от нее. Этот результат легко понять: мнимость волнового числа k' означает отсутствие потока частиц в области II, или, проще говоря, означает, что частица не может свободно распространяться в этой области (хотя и может «забежать» в нее с краю). Это случится, если енергия частицы, налетающей слева на границу раздела(
Решения и ответы
603
не попадает в область энергий, допустимых для свободного распространения в правом кристалле, т. е.
|£0—Bo|Ss2| Я |+2|Д'| .
в)	Для проверки закона сохранения числа частиц найдем прежде всего групповые скорости
1 dE b „ . ,
= -г- -тг = т 2А sin kb, е h^k h
	1 dE b'.,. L,.,
Vg^ldF = JM Smkb‘
Заметим, что
t>g/fr' A' sin k'b' Vg/b ~ A sin kb
Дальше, используя связь между 0 и у, а также явный вид 0, найдем
В	2i АВ sin kb
Т = Л' ( +0)= AA'e-ikb_Bzeib'b’ •
Тогда
4ЛаВ2 sin3 kb
171 “ (ЛЛ')а+В4 —2ЛЛ'Васоз (kb+k'b') '‘
Из явного вида 0 получаем
(ЛЛ')3 + В4—2ЛЛ'В2 cos (kb—k'b')
1Р 1 “ (ДЛ'Р + В4 —2ЛД'В2 cos (kb+k'b') '
В числителе этого выражения добавим и вычтем величину 2АА'В2 cos (kb + k'b'). Тогда
IR (2	! 2АА'В2 [cos (kb + k'b') — cos (kb—k'b')]
IPI =“‘+ (ДД')*+В*_2AA’В* cos (kb+k’b’) '
Преобразуя разность косинусов, получаем
4 А А'В2 sin kb sin k’b’
1P 1 “	(ЛД')4 + 54—2A4'Ba cos (kb + k’b') ‘
Но дробь в первой части этого равенства как раз равна
М2
частиц
vg/b'
Vg/b 
Таким образом, получаем закон сохранения числа
1Р12+Ы2
Vg/b' _,
Появление множителя при | у |2 можно пояснить следующим образом. Закон сохранения числа частиц означает физически, что поток частиц, приходящих слева, равен сумме потоков
604
9. Квантовая механика (II)
частиц, прошедших границу и отраженных от нее. Величины | Р |2 и | у |2 пропорциональны вероятности для частицы находиться вблизи данного атома, т. е. плотности числа частиц в том или другом потоке. А для того, чтобы получить величину потока, нужно умножить плотность частиц на их скорость. При этом нужна скорость, измеряемая количеством атомов, проходимых частицей в единицу времени, для этого и приходится поделить vg на Ь.
Полезно заметить, что полученное выше соотношение несправедливо при мнимом k'. Для этого случая поток в области II отсутствует, и закон сохранения числа частиц принимает вид |Р|2=1.
К главе 12. Полупроводники
12.1.	Распишем-уравнения движения электрона в полупроводнике по компонентам:
dvx , 1	<7 с ,
-тг Н---cx + <o,ov,
dt т х т* х ' с У
dvy j
—+ _пу= -Шсих,
dv, , 1	.
df + T^ = °-
Уравнение для г-компоненты скорости решается элементарно (иг=ооге"/''т), и для наших целей не представляет интереса. Для решения первых двух уравнений удобно заменить
= Ео cos mt = R е (Eoeiat) комплексной величиной Ex=Eee‘wt.
Решение уравнений ищем в виде vx—ae,a>t, vy~beiat, где а и Ь—комплексные постоянные величины, для которых получаем систему алгебраических уравнений
/. , 1 \	, qF0
ova-J-	6 = 0.
Решая их, получаем v — 1+Аот <7ТДО х (l+iWT)2 + w?T2
Решения и ответы
605
Следовательно, искомое соотношение vx qx	1 + /сот
i+(io«_Q2)T3 + 2i(ov
получено.
Мощность, поглощаемая электроном от поля, находится по формуле
P = q-Reox Re£x.
Но Re £х = £0 cos со/, а величину Re vx запишем следующим образом:
Re vx = Re (g- £x) = Re Re^-Im Im£x.
Тогда поглощаемая мощность равна
P(/) = ?£2Re ^^-Jcos2co/—qE% Ira cosco/ sin cot
При усреднении по периоду Т = 2л/со второе слагаемое обратится в нуль, поскольку отношение vx/Ex не зависит от
Т
времени, а интеграл J cos со/ sin со/ dt равен нулю. Таким об-о
разом, средняя за период поглощенная мощность будет пропорциональна Re (ух/Ех):
' ' <р> =
Проанализируем частотную зависимость поглощаемой мощности. Имеем
( vx\ 1 + (cog Ч-со3)-с2 дХ е\ЕХ) ~ [1 -j-(со2—со2)т2]2-|-4со2т2 т*
При соет 1 это выражение существенно упрощается. Введем обозначение Дсо = со — coff и будем считать, что ] Дсо | ыс. Тогда получим
п₽ (	\________!_______TL
\EXJ 1 +(Дсо)2т2 2m* ‘
Это означает, что поглощаемая мощность максимальна при со = сое (Дсо==0), причем ширина максимума (определяемая по частоте, при которой поглощаемая мощность вдвое меньше максимальной) равна 1/т. Измеряя частоту, отвечающую максимуму поглощения, и ширину этого максимума, можно получить т* и х.
Предположим теперь, что соет уменьшается. Когда эта величина приближается к единице, полученная выше упрощенная формула становится неприменимой. Чтобы понять, что происходит с зависимостью поглощенной мощности от
606	9. Квантовая механика (II)
частоты, исследуем случай	иначе говоря, положим
<ое = О. Тогда
пс ( _ЛТ 1 Л \Ех )	т* 1 +<о2т4 ’
т. е. частотная зависимость этой величины не содержит максимума при отличных от нуля частотах, т. е. резонанс не наблюдается. Переход между двумя предельными формами частотной зависимости происходит где-то в области й^.т—1. Условие <ост > 1 означает, что время между столкновениями т больше, чем период обращения электрона. Ясно, что только в этом случае движение электрона будет периодическим (по крайней мере между столкновениями) и, стало быть, наблюдение резонанса будет возможно.
12.2.	«Ток тепловых дырок» 1Г, текущий из области р в область nt будет пропорционален концентрации таких дырок в р-об ласти, энергия которых достаточна для преодоления барьера:
/г~Л'7,(Р)г~'7 (V» + V>/*7’.
Здесь через Уо обозначена разность потенциалов между п- и p-областями в условиях равновесия; V—дополнительная разность потенциалов, приложенная извне; Np (р)—полная концентрация дырок в р-области.
Если же дырки переходят из п- в p-область, то им не нужно преодолевать барьер, так что создаваемый ими ток Ig будет пропорционален всей концентрации дырок в «-области:
ig Ир (л).
Результирующий дырочный ток 1р равен разности этих двух токов:
В условиях равновесия (при У = 0) результирующий ток должен быть равен нулю. Из этого условия получаем отношение концентраций дырок в п- и р-областях:
Np^ ^c-<iV./kT
NP (Р)
Тогда при отличном от нуля внешнем потенциале V имеем
1 p=^Ir(eqV/kT— V).
Точно такой же вид будет иметь ток отрицательных носителей (электронов), поэтому полный ток в р — «-переходе равен

Решения и ответы
607
Здесь 1е—ток электронов из области п в область р при равновесных условиях.
Величину (/, + /,) можно интерпретировать как максимальный ток, который может течь при отрицательной внешней разности потенциалов.
главе 13. Приближение независимых частиц
13.1. В приближении независимых частиц энергия рассматриваемой системы равна сумме энергий каждого из электронов, осуществляющих двойные связи. Такой электрон может «принадлежать» одному из четырех атомов углерода и иметь энергию £0. Однако наличие переходов электрона от одного атома к соседнему делает такие состояния нестационарными. Матричный элемент перехода равен —А, так что, согласно § 5 гл. 13 «Лекций» (вып. 9, стр. 69), энергия стационарного состояния электрона может принимать значения
ES = EO—2А cos в (s—1, 2, 3, 4). о
Тот же результат можно получить, приравнивая нулю детерминант, составленный с помощью энергетической матрицы Нц. Тогда значения энергии определяются корнями уравнения:
Ео—Е —ЛОО
_Л	Е.-Е	— А О
0 —Л	£0 — Е	—А
0 О —Л £0 — Е
Расписывая определитель, получим биквадратное уравнение
(Е—£„)*— ЗЛ3 (£—£0)2 +Л4 = 0, корнями которого являются величины
£! = £„-]/~£0_1,618Л,
£2 = £0 —	А ~ £0—0.618Л,
£3 = £0 + У<Л » £о + 0,618Л,
£4 = £0 + }/? + ^- Л « £0+ 1,618Л.
Любопытно, что, сравнив эти выражения с написанным выше
608
9. Квантовая механика (И)
Es, мы можем получить
хотя не занимались здесь никакой тригонометрией.
В основном состоянии молекулы бутадиена два электрона из двойных связей имеют энергию (один со спином «вверх», другой со спином «вниз»), а два других электрона — энергию £2. Если же молекула бутадиена находится на первом возбужденном уровне, то один из электронов, имевших энергию Еч в основном состоянии, будет иметь энергию Е3. Таким образом, энергия излучения, испускаемого молекулой бутадиена при переходе с первого возбужденного на основной уровень, равна
A w = Е3—Е.г = Кй (3 — /б) А х 1,236/1.
Найти длину волны этого излучения теперь не представляет труда:
. _ 2лс _ 2«Йс
При А = 1 эв получаем 1= 1,00-Ю-4 см.
Займемся теперь вопросом распределения электронов в молекуле. Если электрон имеет энергию Es, то, как следует из § 5 гл. 13 «Лекций» (вып. 9), амплитуда вероятности нахождения этого электрона возле n-го атома равна
= Ds stn-=- и.
О
Нормировочный множитель Ds выберем так, чтобы выпол-4
нялось условие нормировки 2 |я”’р==1.
п~ 1
Тогда для состояния электрона с энергией E7(s = l) получим
Аналогично для з = 2 имеем
Решения и ответы
609
В однократно ионизованной молекуле бутадиена два электрона находятся в состоянии с энергией Ег и один электрон — в состоянии с анергией £2. Тогда вероятность обнаружить какой-либо электрон возле n-го атома можно записать следующим образом:
рп^2\а^ Р + 1-К’ Р-
Подставляя сюда величины получаем
1 /о Pi — Pi —( 3 —
₽2=РЗ = у ^34
—0,6382, /б/
-4=Л = 0,8618.
Этот результат позволяет сказать, что возле крайних атомов углерода находится примерно по 0,64 электрона, а возле средних—по 0,86 электрона.
13.2. Чтобы найти энергию, необходимую для разрыва бензольного кольца, необходимо знать энергии конфигураций а и б, показанных на рисунке в условии задачи. В §4 гл. 13 «Лекций» (вып. 9, стр. 62) энергия основного состояния конфигурации а в приближении независимых частиц была найдена:
£а = 6£0-8Д.
Энергию конфигурации б найдем по методу, изложенному в той же главе в § 5. Конфигурация б представляет собой линию из шести атомов углерода, причем энергия электрона из двойной связи, принадлежащего какому-либо из этих атомов, равна £0, а матричный элемент перехода электрона к соседнему атому равен — А. Тогда одночастичная энергия электрона в стационарном состоянии равна £=£0—24 cos kb. Величина^ определяется условием, что амплитуда вероятности пребывания электрона у n-го атома, равная sin kbn, обращается в нуль при п=7, т. е. для отсутствующего
JX седьмого (как и нулевого) атома. Следовательно, kb = —s, где s= 1, 2, .... 6.
В основном состоянии конфигурации б на низших одночастичных уровнях
£t = Еа—2А cos у ,
£2 = £0—2А COS ~ (
£3 = £0—24 cos —
будет находиться по два электрона. Поэтому полная энергия
D Заказ ЛЭ 17
610
9. Квантовая механика (II)
основного состояния конфигурации б равна
с с с л л (	।	2IX । Од \
£й = 6£0—4А I cos -y-f-cos y + cos-y 1.
Таким образом, необходимая для разрыва бензольного кольца энергия равна
„	„	. . /„ л 2л Зл\
Ед—Еа=4А (2—cos—cos-у----------cos-у I.
13.3.
Величину А найдем по известной длине волны излучения, которое испускается при переходе молекулы бензола из первого возбужденного состояния в основное. Для этого замечаем, что изменение энергии молекулы при таком переходе равно 2А, и, с другой стороны, эта же величина равна Йсо = 2лЙс/Х,. Тогда можно записать
_	_ 4лЛс /_ л 2л Зл\
Ед—Ea = —j— 12— cos —cos-у-------cos -у I.
Подставляя сюда А. = 2000А, значения косинусов и другие известные константы, получаем
Ед — £а = 3,1 эв.
Будем рассматривать спиновую волну как «частицу» с массой /пЭфф и энергией Е%. Наличие в системе такой частицы, магнона, означает, что спин одного из атомов направлен вниз, тогда как спины всех других атомов смотрят вверх. Поэтому спин всей системы при наличии магнона отличается от спина основного состояния (когда нет магнонов) на единицу. Следовательно, магноны имеют целый спин и подчиняются статистике Бозе—Эйнштейна, Тогда среднее число магнонов в состоянии с энергией Е% при температуре системы Т равно
1
Эта формула была получена в § 5 гл. 2 (вып. 8, стр. 44) для фотонов, но из ее вывода ясно, что она применима и для других бозонов. Но число магнонов в системе как раз и равно числу атомов, спин которых «перевернут» по сравнению с его направлением в основном состоянии.
Подсчитаем теперь полное число магнонов в системе. Для этого вспомним (см. указанный параграф «Лекций»), что в ящике объемом И число типов колебаний, приходящееся на интервал волновых чисел от К до	равно

Решения и ответы
611
20*
Следовательно, полное число магнонов в системе равно Г d3K/(2«)3 eE^kT-.i Тогда число атомов со спином «вниз» в равно
N. = У V
d^/(2n)3
единице объема
— “J е£^Г-!
Намагниченность материала определяется момент, приходящийся на единицу объема, нитный момент атома через |i. Магнитный момент грома направлен в ту же сторону, что и его спин (или в противоположную, если р, отрицателен), поэтому магнитный момент единицы объема можно выразить через число атомов со спи-
N,	Nl .
ном «вверх» и «вниз» -р—•
АГ.	fN N i \
M = J1 -у р, -p-=Ji -у— 2 — J •
Вспоминая, что расстояние между атомами решетки равно bt получаем полное число атомов в единице объема:
V ~ Ь3‘
Следовательно, намагниченность равна
63 V J eE«'kT-\ J
Основной вклад в интеграл, очевидно, дадут энергии Е%, удовлетворяющие условию Ец < kT. При низких температурах этому условию удовлетворяют лищь самые малые значения Е%, для которых можно приближенно записать Ек к АЬ2К.2. При этом формально интеграл по К. можно вычислять от нуля до бесконечности, поскольку большие значения К. все равно не дадут существенного вклада. Выполняя интегрирование по угловым переменным = и переходя к безразмерной переменной x=(AjkT) ЬК, получаем
как магнитный Обозначим маг-
М м 'г/насыщ
’/2
Р x2dx Уехг~. о
Здесь Л1насыи, = )х/6? —предельное значение намагниченности прн Т—»-0.
612
9. Квантовая механика (II)
Стоящий в квадратных скобках интеграл можно вычислить следующим образом:
Меняя порядок суммирования и интегрирования, получаем
После замены переменных х = //]/"п и интегрирования по частям получим интеграл ошибок, так что
Ряд такого типа называют ^-функцией Римана
При г = 3/2 имеем* £ (3/2) « 2,612. Таким образом, окончательно можно записать
-------— 1 — const -Т31г, насыщ
f k. \ 3/а const = 5,224 -—-г )
К главе 14. Зависимость амплитуд от места
14.1, а) В стационарном состоянии с энергией Е волновая функция одномерного движения записывается в виде
V (х, t)~u(x)e~iEt'^, причем и (х) удовлетворяет стационарному уравнению Шредингера
—к— ТТ+У W и = Еи.
2т dx2
_______Для прямоугольной потенциальной ямы с бесконечными
* См., например, Е. Янке, Ф. Эм де, Таблицы функций с формулами и кривыми, Физматгиз, М., 1959.
Решения и ответы
613
стейками граничные условия можно получить из самого уравнения Шредингера, Действительно, пусть V (х) —► оо во внешней области (х < 0 и х > а). Чтобы при этом уравнение Шредингера удовлетворялось, нужно положить либо и (х) = 0, либо diu./dxi —г оо всюду во внешней области. Но в последнем случае и сама функция и (х) должна обращаться в бесконечность во всей внешней области, что не имеет физического смысла. Таким образом, остается принять и(х)=0 при х<0 и х > а. Физически это означает, что частица не может находиться в области, где потенциальная энергия бесконечно велика.
б) Во внутренней области V (х)=0, так что уравнение принимает вид
где fe2 = 2/nE/A2. В общем случае решение этого уравнения хорошо известно:
и (х) = A sin kx + В cos kx.
Из граничного условия и(0)=0 получаем В = 0. Тогда другое граничное условие и(а)=0 дает
Л sin fea = O.
Поскольку А не может равняться нулю (иначе волновая функция всюду обратится в нуль), получаем условие йа = л(п + 1), л = 0, 1, 2, ... , так что допустимые значения энергии равны л2 А2
£„ = £Д;(л-Н)2,	« = 0,1,2,.,..
л 2та2
Наименьшее значение энергии получается при п=0
р __ 0 2mdi'
Волновая функция состояния с этой энергией равна
и0(х) =
л • пх
A sin — а
О
Ее график показан на
при 0<х<а,
при х < 0 и х > а.
фиг. 1.
ад?
А
Фиг. I.
о
а ' х
614
9. Квантовая механика (II)
14.2.
в) Первому возбужденному состоянию отвечает п = 1, так что	,
_	_ _ЗЙ2л2
г) Попытаемся сначала качественно рассмотреть распределение частицы по импульсам. Из соображений симметрии ясно, что частица с равной вероятностью может иметь импульсы р и —р, так что среднее значение импульса равно нулю, Далее, неопределенность координаты частицы Лх = ал поэтому неопределенность локализации импульса Ap'^sn^a. Эти качественные выводы можно сравнить с точной функцией распределения по импульсам
dw (р)	1
dp 2лА
а
J “о W
О
elpxjhdx
с=2Д2а2лА2
Г ра
COS
2/г-
-(пЙ)2 — (ра)2
а
Примерный график этой функции показан на фиг. 2. Масштаб по оси ординат произвольный.
2
а)	Решим уравнение Шредингера
d2u , 2/п , „ ,, , ,,
Д-2+-7— [£—V (а)] и = 0 dx2 fa
для различных областей потенциала V (х). При х<0, как и в предыдущей задаче, и (х) = 0. В области 0 < х < а получаем и (х) = A sin kx, где k^V'zmE/ji2. В области X > а общее решение имеет вид
и (х) — Се ~ *х De*\
Решения и ответы
615

В основном состоянии энергия частицы Е < 1%, поэтом? постоянную D следует положить равной нулю, ийа«А волновая функция будет возрастать до бесконечности np*t х —>-оо. Теперь следует потребовать, чтобы волновав функция и ее первая производная были непрерывна в точке х — а, где потенциал меняется скачком. Эти д^З условия приводят к непрерывности логарифмической Производной волновой функции, т. е. величины (duldxi/u (tf). Вычисляя это выражение с волновой функцией в областях 0 < х < а и х > а и полагая х~а, получаем
k ctg ka = — z.
Это трансцендентное уравнение определяет допустимые значения энергии частицы в рассматриваемой потенциальной яме. Если энергия известна, то это уравнение позволяет определить глубину потенциальной ямы:
у _	.
0 1—cos2/sa’
Если энергия частицы в основном состоянии отличается на 10% от энергии основного состояния при Уо -* оо, то Ей — {пгкг1Чтаг) (1 4-0,1). Тогда
cos 2fea = cos 2л У14- 0,1 « cos
Следовательно,
1-lpL Y.
2 V 10 ) •
Vo « 400^. "	2 ma2
б)	В первом возбужденном состоянии волновая функция должна иметь один нуль внутри ямы. Поскольку яма симметрична относительно точки х=0, то нуль волновой функции должен приходиться как раз на эту точку. При х > 0 волновая функция нашей задачи удовлетворяет такому же уравнению, как и в задаче пункта (а). Граничное условие предыдущей задачи и (0) »=0 также выполнено, поэтому энергия первого возбужденного состояния частицы в потенциале, изображенном на фиг. 2, совпадает с энергией основного состояния частицы в потенциале^
изображенном на фиг. 1, т. е.
Е = 11^
1	’ 2/na2
14.3. Потенциал V (х) обладает симметрией относительно замены я на —х, поэтому существуют два типа решений уравнения Шредингера: четныег т. е. такие, что и(—х) = и (х), и нечет
616
9. Квантовая механика (If)
ные, и (—х) = — и (х). Для первого типа решений во внутрен-ней области | х | < а имеем и (х) = В cos ах (а=УГ2mE/k-), а во внешней области и (х) = Се~$1х1 (P = l/<2m(V0—£)/Й-2). Условие непрерывности логарифмической производной функции и (х) при х=+а дает трансцендентное уравнение для определения уровней энергии четных состояний
atg aa = p.
Решения второго типа во внутренней области имеют вид и (х) — А sin ах, во внешней области и (x) = De~$x при х > а и и (х) = —De$x при х<—а. Приравнивая при х—±а логарифмические производные решений во внутренней и
внешней областях, получаем actgaa = — р.
Полученные уравнения можно решить графическим методом. Введем для этого величины х = аа и у=$а и нарисуем окружность x2A-Ks — P2 = ^mVaa2/fi2.
Тогда энергии четных состояний определятся пересечением этой окружности с кривой y=xigx, а энергия нечетных состояний — пересечением с кривой у=—xctgx при положительных значениях х и у в обоих случаях.
При Voa2 = 4&а/2/п радиус окружности р = 2. Из фиг. 1 видно, что в этом случае имеется по одному пересечению окружности с каждой из кривых, соответственно в точках х0 « л/3 и Xj«l,9. Тогда энергия основного состояния £0 = (я/3)2 (^2/2/па2), а первого возбужденного Ег = = 3,6 (Ь2/2та2). На фиг. 2 показана качественно зависимость волновых функций этих состояний от координаты.
Фиг. I.
Решения и Ответы
617
Если V0a2 < лФ/8т, то р < я/2, так Что будет существовать лишь одно связанное состояние.
14.4. Волновая функция ф (х, t) — K, exp [а (0 *2+с (/)]} должна удовлетворять уравнению Шредингера для свободной частицы i дф __ А2 <Э2ф' 1 lot 2т дх* ‘
Выполняя дифференцирование и приравнивая .коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой частях уравнения, получаем
da 2Й „	de th
dt tm	dt m
Интегрирование первого уравнения дает искомое выражение 1_______________________1 . 2/Й t
a(t)~ ай' т
Если подставить теперь значение а (<) во второе уравнение и проинтегрировать его с начальным условием с(0) = 0, то 1 , Г. , /2Йа0/\-3 . I , f2haot\
c=Tln|.1+h^) J+¥arCtg (“mJ1
Тогда волновую функцию можно записать следующим образом* Ф (х, () = const•е'“(х’ ° (2яо-)_,/* е-л2/4°г,
Здесь
Г1+«У],
4а0 L	\ т ) \
1	. /2Йа0/\ , х*
а (л, 1)= -у arctg J + 2т ' ia*'
61«
9. Квантовая механика (И)
Постоянный множитель const = Д' (2л/4а0) удобно выбирать равным единице. Отметим, что нормировка найденной волновой функции не зависит от времени. Ширина «области локализации» частицы меняется с течением времени и характеризуется величиной
—-MW-
Если волновая функция описывает электрон, находившийся в_ начальный момент времени внутри области шириной 1А, т. е. 2о0=1А, то ао = (2ао)~2 = 101в см~2. Через 1 сек волновой пакет «расползется» по области шириной 2о = 2,3-108 см = 2300 км (!)
Преобразуем волновую функцию в импульсное представление
<р (р,	Г <р(х, t)e~‘px/lidx=
\2пл/ J
=K(2tia)-i/*e-P2/i!iia-e.
Если подставить сюда явный вид Г/а(() н с(/) и проделать несложные преобразования с комплексными числами, то можно привести волновую функцию к виду
<р(р, 0 = constе~‘^р‘ (2лг])~,/*е~р’/4г>:‘, где
n-йгг;. ₽(р.
Как видно отсюда, «разброс по импульсам» остается постоянным во все моменты времени,
Чтобы оценить разброс по скоростям, запишем полуширину «области локализации», частицы следующим образом:
о2 (0 = [^ + («02]>
где величина и = КУ ай/т характеризует скорость расплывания пакета. Эту скорость можно принять в качестве меры «разброса по скоростям», причем и=г\/т.
Более строго этот вопрос можно проанализировать, используя введенное в гл. 18, вып. 9 «Лекций» понятие оператора скорости:
- th d v =-----г- .
т dx
С помощью волновой функции в координатном представлении можно найти среднеквадратичное отклонение скорости частицы от среднего значения, т. е. величину
<(о — <о>)2> = <о2> — <о>2.
Решения и ответы
619
Вычислив соответствующие интегралы, найдем, что среднее значение скорости оказывается равным нулю, <о>=0, а среднее значение квадрата скорости в точности соответствует ширине «разброса по импульсам»
<V2>=^0=!ll
' ОТ2 Щ2
( главе 16. Момент количества движения
16.1.	В начальном состоянии атома со спином 1 и равной нулю проекцией спина на ось г содержатся состояния со всеми тремя возможными проекциями спина (zn = 0, ± 1) на ось г', амплитудой испускания вдоль которой мы интересуемся. Однако из этих трех состояний в силу закона сохранения проекции момента количества движения лишь состояние т = +1 может испустить правополяризованный фотон. Поэтому интересующая нас величина А (9) будет пропорциональна амплитуде того, что в состоянии атома со спином 1 и проекцией спина на ось г, равной нулю, содержится состояние с проекцией спина +1 на ось г', направление которой задано полярными углами 0, ср. Тогда
А (0) = const <+ 1 | Ry (0) Rz (<р) 10> =
=const <-|-1 | Ry (0) | 0> = const sin 0-
16.2.	а) Перенумеруем изображенные на рисунке, приведенном в условии, стр< 547, конечные состояния цифрами от единицы до восьми слева направо.
В начальном состоянии проекция спина на ось z равна +1/г> поэтому в результате распада могут реализоваться лишь такие конечные состояния, в которых проекция полного момента количества движения на ось г равна +V2. Этому условию удовлетворяют лишь состояния 2 и 8. Амплитуды всех остальных состояний должны быть равны нулю.
б)	Пусть поляризованная вдоль оси z частица X распадается, а частица Y движется вдоль оси г', заданной полярными углами (0, <р). Относительно этой оси проекция спина частицы X могла быть равна -ф-1/» с амплитудой
(+4 1 (0) (ф) i+4)=eZ4,/2 c°s 4 *
или —1/2 с амплитудой
(-41 (°) яиф) ।+4)=~ei,f/2 sin т •
В первом случае сохранение проекции момента количества движения приводит к тому, что фотон, движущийся про
620
£). Квантовая механика (И)
тив оси г', будет левополяризованным, а проекция спина частицы У будет равна —1/2. Во втором случае фотон оказывается правополяризованным, а проекция спина частицы У равна +1/2. Обозначим амплитуду первого процесса через а, второго—через Ь. Тогда угловое распределение частиц У, поляризованных вдоль направления своего движения, определяется формулой
1/1	1 \ I1
№+(0)= |Ц-- | Ry(Q) R? (<р) | + j)| =
= у P/2(l—cos в).
Для частиц, поляризованных против направления своего движения, имеем
(0) = 11 a I2 (1 + COS0).
в)	Угловое распределение всех частиц получается суммированием по поляризации:
V (0) = №_ (0)-)-Г_ (0) =
=4[(1 а 12)+(1а !а_|Ь !'2) соз0]‘
г)	Если угловое распределение изотропно, то | а | = I b |. Процессы, описывающиеся амплитудами а и Ь, получаются один из другого зеркальным отражением в плоскости ху и поворотом вокруг оси у на 180°. Поэтому изотропное угловое распределение, т. е. равенство |а| = |Ь|, означает сохранение четности при испускании фотона.
16.3.	Проекция момента количества движения на ось г у правополяризованного фотона равна + 1, а у протона — либо +1/2, либо —1/.i, так что проекция полного момента коли чества движения системы р* может принимать значения m=-j-3/2 и -f-'/a. В конечном состоянии проекция момента количества движения на ось г', направленную вдоль импульса протона отдачи, обусловлена только спином протона, поэтому т' = ±
Пусть протон до столкновения был поляризован вдоль оси г. Тогда система р* может образоваться лишь в состоянии |/=»/г, т=4-»/2> с амплитудой а. Распад на п°-мезон и протон, движущийся в направлении оси г' с полярными углами (0, ср), может произойти из состояний |/=3/4, /тг'=+1/2> и |/ = 3/2, т' = —1/2>. Амплитуды вероятности того, что эти состояния имеются в состоянии |/ = 3/2, т= +3/2>, определяются матрицей поворота для спина 3/2. С помощью формулы (16.25) и табл. 16.2 «Лекций»
Речения и ответа 621
(вып. 9, стр. 148 и 152) получаем
/О	1	О	3 \
(у. +yl ^(0)^(ф)| у> +у)= ~Гз\1п|е^9еЗ'Ф/2, (у- -1| Ry(6) R2 (ф)|у’ +4) = rTcos|Sin2|e3‘-<P/2.
Если состояние |/ = 3/s, m'=+1/2> распадется и протон полетит вдоль оси z', а мезон —в противоположном направлении, то спин протона обязательно должен быть Направлен вдоль оси г'. Если т'— —1/2, то спин протОна после распада направлен против оси z . Амплитуды распадов в этих двух случаях равны соответственно fug. Теперь мы можем записать полные амплитуды процесса фоторождения л-мезона на протоне:
(и'=+у И1н=+у) =
/41	4	4 К
=Цу. +yl-M0)^ (<Р)1у - +у)«-
. У 3 . А 0 З/ф/2 = —af   sin 0 cos -ту е 47 .
Z	&
+-i) =grai^sin0 sin~-e3z4P/2 .
Индекс р означает проекцию спина протона на ось г до столкновения, а индекс р' —проекцию спина протона на направление его импульса после столкновения. Другие квантовые числа опущены. Совершенно аналогично можно получить амплитуды для случая р=—1/i:
(н' = +у I Р- = ~у)=^ "J (3cos0— 1)созуегф/2 , (р'=—4-|F|p=—4-) = —g&4(3cos0 + l) sin-x-ez<p/2 .
Возводя найденные амплитуды по модулю в квадрат, усредняя по начальным значениям проекций спина протона и суммируя по конечным, получаем угловое распределение протонов:
о(0)=4 S S кн'^ы2-
Ц’ = ±1/з H’/=i1/2
При вычислении этого выражения учтем равенство f — gt следующее из закона сохранения четности. В результате получим
О (0) =у I П2 [3 I a I2 sin2 04-1 b I2 (3 cos2 0+1)].
622
9. Квантовая механика (II)
Угловое распределение мезонов получится отсюда заменой 0Л—6, ибо мезон и протон движутся в противоположных направлениях. Это не меняет полученного выражения.
16.4.	Пусть п-мезон падает на мишень вдоль оси г, а проекция спина протона на эту ось равна (г. Рассмотрим такой процесс, когда после рассеяния п-мезон движется вдоль оси г' с полярными углами (0, <р), а проекция спина протона на ось г' равна р/. При образовании промежуточного состояния |/ = 3/г> т> проекция момента количества движения системы должна сохраниться, так что т = ц, Точно так же при распаде состояния | 3/2, т’"/ с испусканием мезона вдоль оси z' должно выполняться равенство т' = р'. Тогда амплитуду рассматриваемого процесса можно записать как произведение амплитуды образования состояния | 3/2, р>, амплитуды обнаружения в этом состоянии другого состояния 13/г> с проекцией спина р/ на новую ось г', и амплитуды g^, распада такого состояния с испусканием мезона вдоль оси z'. Вторая из этих амплитуд равна матрице поворота для спина 3/2
(у Н' I Ry (6) Rz (ф) I у и) = (у И' I Ry (0) I у Не-
допустимые значения р и р/ в нашем случае равны ± 1/2. Из табл. 16.2 «Лекций» (вып. 9, стр. 152) получаем
/1	,1 +lv /1 _1|р .А _1\_
\ 2 ’ ‘ 2 '	2 1 ‘ 2 /	2 ’	2 i y 1 2 ’	2 / ~
— -L- (3 cos 6—1) cos ,
4)=-(4-->>!•+1-
=у (3 cos 0 + 1) sin у .
Угловое распределение л-мезонов при рассеянии на неполя-ризованных протонах получается с помощью введенных амплитуд усреднением по начальным и суммированием по конечным поляризациям протона:
°(0)=у S S +(уН' |tfy(0)ly+J •
Сравним теперь образование промежуточного состояния с / = 3/а, когда протон поляризован по оси г и против оси z. Если повернуть систему координат на 180° вокруг оси у и затем выполнить операцию зеркального отражения относительно плоскости ху, то направление спина изменится на противоположное, а импульсы сталкивающихся частиц не изменятся. Поэтому в силу сохранения четности амплитуды / + 1/ и /-7 могу® отличаться самое 'большее несуществен
Решения и ответы
623
ным фазовым множителем, так что |f +1/ | = |f _1/2| = Л Подобное соотношение справедливо и для амплитуд распада l«+-/j=k-‘Ai=g-
Тогда угловое распределение л-мезонов при рассеянии на неполяризованных протонах принимает простой вид
o(0)=const	Ку И' I Ry (9)	“
ц,м' = ±72	1
= const (3 cos2 0 + 1).
16.5.	Определим угловую зависимость амплитуд испускания право- и левополяризоваиного фотонов:
<0+, R, 0<р | F | Г, = 1> = а£ <1, +11 ^(0) 7?г(Ф)|1, + !>== - иИ+cosO — ,
<0+, L, 0 ф | F 11 ", т = 1> = а* <1, — 11 Ry (0) Rz (<р) 11, +1> =
ь 2
Здесь индекс я указывает четность возбужденного состояния и принимает значение + или —, так что 1 + , например, означает, что полный спин системы равен единице, а четность положительна; величины и а" представляют собой амплитуды испускания вдоль оси г' фотона с правой и левой круговыми поляризациями, если возбужденный атом находится соответственно в состояниях | 1", т'=+1> и 11", т'=—1>. Для данного значения четности возбужденного состояния л эти амплитуды равны по абсолютной величине, но их относительный знак (см. § 1 гл. 16 «Лекций», вып. 9, стр. 131) зависит от значения п: а^ — ла^.
Если поляризация фотонов не регистрируется, то угловое распределение не зависит от четности возбужденного состояния:
Г (0) = |<0+, R, 0ф| F| 1", т = 1>|2 + + |<0+, L, 0ф|Е[1“ т = 1>12 =
= у|4|2 (Ч-С0320)-
Угловое распределение фотонов с круговой поляризацией тоже, очевидно, не зависит от л:
(0)=у 1412 о - с°з °)2; wr (°) = т 1412 с1+cos е)2-
624	9. Квантовая механика (11)
Найдем теперь угловые распределения линейно поляризованных фотонов. Амплитуда испускания фотона с поляризацией вдоль оси х' или у' выражается через амплитуды испускания фотонов с круговой поляризацией
<х' | F | 1*, т = 1> = <х' | KXR | F 11К, т = 1>4~
+ <х' | £><£ | F 11”, т=1>
<(/'I F| 1",	!>=.<(/'|/?></? |F| Г, m=I>4-
+ <//' | L><L | F | Г-,	1>.
Из соотношений
I R> (I x'> + { I У'>Ъ I L> =-77^- [I x">~1I-F'>1 находим
<х'|Я> = <х' \L> ==—^=-; <£/'j/?> = —<(/'I L>=—-Lr-V 2	К 2
Тогда амплитуды испускания линейно поляризованных фо-
тонов равны
<0+, х, 6ф | F [ 1П, т —1>
е'^а’к
—-4- [(14-cos 0)4~л(1 —cos 0)],
le^cri.
<0+, у, e<p|F| 1”, т=1> =---47[(14-cos0)—л(1 — cos0)].
2/2
Квадраты модулей этих амплитуд дают угловые распределения фотонов, поляризованных соответственно вдоль осей х' и у'. В случае положительной четности возбужденного состояния получаем
1^(0) =4 |4|*,	^(0)=y|4|2COS2 0.
Если же четность отрицательна, то угловые распределения оказываются иными:
^,(0)=4ia«i3cos30> ^(0)=414|2-
Если вспомнить, каким образом мы переходили от оси г к оси г', то легко убедиться, что ось х' лежит в плоскости, проведенной через направление ориентации спина возбужденного состояния и направление излучения фотона, а ось у' перпендикулярна к этой плоскости.
Таким образом, по угловому распределению линейно поляризованных фотонов можно определить четность возбужденного состояния.