Физика решение задач Д.Е. Онопко

САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ
ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ПЕТРА ВЕЛИКОГО
Д . Е . Онопко
ФИЗИКА
Р Е Ш Е Н И Е ЗАДАЧ
Учебное пособие
ИЗДАТЕЛЬСТВО
П О Л И Т Е Х Н И Ч ЕС К О ГО У Н И В Е Р С И Т Е Т А
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ
ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИ ВЕРСИТЕТ ПЕТРА ВЕЛИКОГО
Д. Е. Онопко
ФИЗИКА
Р Е Ш Е Н И Е ЗАДАЧ
Рекомендовано Учебно-Методическим объединением
по университетскому политехническому образованию в качестве
учебного пособия для студентов высших учебных заведений,
обучающихся по направлению подготовки бакалавров
«Техническая физика»
ИЗДАТЕЛЬСТВО
П О Л И ТЕ Х Н И Ч ЕС К О ГО У Н И В Е Р С И Т ЕТ А
ББК 22.3
0 -5 9
Р ец ен зен ты :
Доктор физико-математических наук, профессор, главный научный сотрудник
ПИЯФ им. Б. П. Константинова НИЦ «Курчатовский институт» С. М. Дунаевский
Доктор физико-математических наук, профессор СП бПУА С. Лукьяненко
Онопко Д. Е. Физика. Решение задач: учеб, пособие/Д. Е. Онопко. — С П б.: Изд-во
Политехи, ун-та, 2015. —259 с.
Учебное пособие соответствует содержанию разделов: «Механика», «Статистиче­
ская физика и термодинамика», «Электричество и магнетизм», Физика колебаний и
волн», «Квантовая физика» дисциплины «Физика», входящей в базовую часть матема­
тического и естественнонаучного цикла ФГОС ВПО по всем направлениям подготовки
бакалавров и дипломированных специалистов технического и физического профиля.
Пособие содержит описание решений типичных задач из различных разделов кур­
са физики. При изложении решений существенное внимание уделяется анализу физи­
ческой основы рассматриваемого в задаче явления. В состав пособия включено также
математическое дополнение, содержащее краткое описание необходимых для решения
задач сведений из высшей математики, которые могут представлять определенные
сложности для студентов начальных курсов.
Учебное пособие предназначено для студентов младших курсов высших учебных
заведений, обучающихся по всем направлениям подготовки бакалавров и дипломиро­
ванных специалистов технического и физического профиля, и направлено прежде всего
на облегчение самостоятельной работы студентов в процессе обучения решению задач
по физике.
Библиогр.: И назв.
Печатается по решению
Совета по издательской дятельности Ученого совета
Санкт-Петербургского политехнического университета Петра Великого.
ISBN 978-5-7422-4978-8
© Онопко Д. Е., 2015
© Сантсг-Петербургский политехнический
университет Петра Великого, 2015
Предисловие.....................................................................................................................................4
I. МЕХАНИКА.......................................................................................................................... 5
1. Кинематика материальной точки и твердого тела............................................ 5
2. Основное уравнение динамики................................................................................. 14
3. Законы сохранения....................................................................................................... 23
4. Динамика твердого тела............................................................................................. 43
5. Основы релятивистской механики.......................................................................... 57
6 . Гармонические колебания......................................................................................... 68
II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА............................................ 79
1. Уравнение состояния газа.......................................................ч.................................79
2. Первое начало термодинамики. Теплоемкость.................................................. 82
3. Молекулярно-кинетическая теория........................................................................ 90
4. Второе начало термодинамики. Энтропия........................................................... 97
5. Явления переноса....................................................................................................... 107
6 . Некоторые вопросы теории вероятности........................................................... 112
III. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ......................................................................121
1. Постоянное электрическое поле в вакууме........................................................121
2. Проводники и диэлектрики в электрическом поле.........................................136
3. Электроемкость. Энергия электрического поля............................................... 149
4. Электрический ток...................................................................................................... 156
5. Постоянное магнитное поле. Магнетики............................................................163
6 . Электромагнитная индукция. Заряженные частицы
в электромагнитном поле...............................................................................................181
7. Уравнения Максвелла. Электромагнитные волны..........................................191
IV. ОПТИКА. АТОМНАЯ ФИЗИКА.................................................................................. 198
1. Интерференция света................................................................................................198
2. Дифракция света......................................................................................................... 209
3. Поляризация света......................................................................................................220
4. Тепловое излучение. Квантовая природа св е га .............................................. 230
5. Рассеяние частиц. Атом Резерфорда - Бора...................................................... 238
6 . Волновые свойства частиц. Уравнение Шредингера....................................-243
Математическое дополнение........................................................................................ 2 5 5
Библиографический список...................................................................................................2 5 8
ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемое пособие содержит описание решений значительного
числа задач из основны х разделов курса Общей физики, используемых
преподавателями кафедры Экспериментальной физики на занятиях со
студентами различных факультетов С П бГТ У . В больш инстве случаев
упомянутые задачи взяты из сборника И. Е . И родова “Задачи по общей
физике” , СП б.: изд-во “Лань”, 200 4 г. Номера задач по указанному
сборнику приводятся в скобках после последовательных номеров задач
пособия. Нумерация рассматриваемых задач организована независимо
внутри каждого из четырех больших разделов. В описании решений
возможны ссылки только на другие задачи данного раздела.
При изложении решений сущ ественное внимание уделяется анализу
физической основы рассматриваемого в задаче явления. М атематическая
часть решения реализуется по возможности с помощью общих методов,
без использования нестандартных упрощений. В связи с этим в состав
пособия включено математическое дополнение, содержащее краткое
описание необходимых сведений из высш ей математики, которые могут
представлять определенные сложности для студентов младших курсов.
Численные расчеты выполнены в большинстве случаев в системе СИ,
исключение составляю т только задачи по атомной физике, решение
которы х проводится в систем е С ГС .
Данное пособие представляется полезным при самостоятельной
работе
студентов - в первую очередь, в качестве направляющего
руководства и источника справочной информации. С другой стороны,
преподавателю пособие позволяет экономить время занятия за счет
перенесения рассмотрения некоторых задач на самостоятельную работу
студентов.
А втор будет также признателен всем преподавателям кафедры за
возм ож ны е замечания по поводу изложенных решений.
I. МЕХАНИКА
1. К и н ем ати ка м атер и ал ьн ой точки и т в е р д о го т ел а
Основные формулы
• Скорость и ускорение точки: v = dr!dt\
a = d v /d t.
• Ускорение точки в проекциях на касательную и нормаль к траектории:
a T= dvT/d t;
точке.
a n = v 2 /R , где R - радиус кривизны траектории в данной
J
• Путь, пройденный точкой: s = v(t)dt , где v - модуль скорости точки.
• Угловы е скорость и ускорение твердого тела: a = d(p/dt;
р = d a /d t .
• Связь м еж ду линейными и угловыми величинами:
v = coR; ап = ca2R; ат= /3R, где R - расстояние от оси вращения.
1-1 (1 -1 5 ) Кабина лифта, у которой расстояние от пола до потолка равно
h = 2,7м , начала подниматься с постоянным ускорением а = 1,2м/с2. В
момент времени С = 2 с после начала подъема с потолка кабины стал падать
болт. Найти: а) время свободного падения болта; б) перемещ ение и путь
болта за время свободного падения в систем е отсчета, связанной с шахтой
лифта.
Решение. Рассмотрение будем проводить в неподвижной системе
координат, ось z которой направлена вертикально вверх, а начало отсчета
соответствует исходному положению лифта.
Положение пола кабины лифта определяется соотношением (to время от начала движения лифта; t - время от момента отделения болта)
zQ(t) = a tl I2 = a(tx + t ) 2/ 2 ;
( 1)
Координата болта выражается следующ им образом
z x(t) = h + a t2 /2 + atxt - g t2/ 2 ;
(2)
Первые два слагаем ы х в правой части (2) соответствую т положению болта
в момент отры ва. Болт, оказавш ись свободным, продолжает двигаться
вверх с достигнутой к этому моменту скоростью att и одновременно
начинает падать вниз, т.е. его суммарная скорость будет следую щ ей
v(t) = atx - g t ;
(3)
Два последних слагаем ых (2 ) и являю тся результатом интегрирования этой
скорости.
Болт окаж ется на полу кабины, когда совпадут соответствую щ ие
координаты (1 ) и (2). Из равенства zi(At) - z 0(At) (А/ - время падения болта)
после неслож ны х преобразований находим
(.a + g)A t2 /2 = h ;
(4 )
Соотнош ение
(4)
можно
непосредственно
получить
в
неинерциальной системе координат, связанной с кабиной лифта, если
учесть соответствую щ ие силы инерции.
И з выражения (4 ) следует At = ^ 2 h /(a + g ) ; At = 0,7с.
Перемещ ение
болта
за
время
соответствую щ и х координат (2 )
падения
определяется
Az = z, (0 ) - z, (At) = - a t lAt + gAt 2 / 2 ;
разностью
(5)
Az = 0 ,72м ;
Путь болта за время At определяется интегралом от модуля его скорости
(3 ) (Ь - момент обращения скорости болта в нуль, /2 = at , /g )
At
h
At
s = J|v(7)|afr = j v(t)dt - J v(t)dt =2
о
0
(2
Ж
2
gAt1-
.
a t?
+ - --------a t A t - — L + A z ; ( 6 )
s = 1.3 1m .
В ы раж ение для пути ( 6 ) м ож ет быть получено и непосредственно, на
основании следую щ их соображений: болт после отрыва будет двигаться
вверх в течение времени t2, затем такое же время падать обратно до
исходной точки; при этом путь болта за время 2 12 составит 2
Д вигаясь затем вниз из точки отрыва, болт должен ещё см еститься на
расстояние Az (5), чтобы достигнуть пола кабины.
1-2 (1 -1 7 ) Из пункта А, находящ егося на ш оссе (рис.), необходимо за
кратчайш ее время попасть на машине в пункт В, расположенный на
а_________ _____ с_______
d расстоянии / от ш оссе. И звестно, что скорость
машины по полю в г| раз меньше её скорости
по ш оссе. На каком расстоянии от точки D
следует свернуть с ш оссе?
Решение. В ве д ем обозначения: s - длина участка AD: С - точка съезда с
ш оссе; х - длина отрезка CD ; v - скорость машины на ш оссе.
Суммарное время движения машины складывается из времени движения
по ш оссе и времени движения по полю
t(x) = -
х 2 +12
(О
V
V
Р авенство (1 ) выражает время движения машины как функцию х, т.е. как
функцию положения точки С.
щ
_
..
„ dt
1
= 0;
образом - как корни ее первой производной: — = ------1 +
ах v
477Т2
отсю да л1х2 +/2 = грс и окончательно ( х > 0 ) х = 1 /-Jт
f -1 .
1-3 (1 -2 2 ) Частица движется в положительном направлении оси х так, что
её
скорость
меняется
по
закону
v = a-Jx ,
гд е
а
-
положительная
постоянная. Имея в виду, что в момент / = 0 она находилась в точке х = 0,
найти: а) зави си м ость от времени скорости и ускорения частицы;
б) средню ю скорость частицы за время, в течение которого она пройдет
первые s м етров пути.
Решение. П о условию задачи
dx
г
v=— = аух ;
dt
(1)
В торое равенство (1 ) представляет собой дифференциальное уравнение с
разделяющ имися переменными. Разнесем переменные и проинтегрируем:
Г4^, - a \ d t .
в
результате
получаем
l 4 x = са + с .
J 4х
J
постоянная с определяется из начальных условий
Произвольная
*L > = °;
О тсю да следует, что с = 0. Окончательно будем иметь
(2)
x - o r t 1 14 ;
(3)
И спользуя зависим ость (3), находим скорость частицы v = a 2t / 2 и
её ускорение
а —ос2 I I . Полученные равенства п оказы ваю т, что
рассматриваемое движение является равноускоренным. В этом случае
координата частицы х (при н улевы х начальных условиях ( 2 )) вы раж ает
путь, пройденный ею за время t. Средню ю скорость на пути j можно
получить, если разделить длину этого пути на время его прохождения
t0 = (2 /a)4~s . Таким образом, получаем v = s /10 = ( а /2 > / s .
Эту задачу можно решить и другим способом . Продифференцируем
исходное
уравнение
( 1)
по
времени:
dv
1
dx
— - и -^-j= ^ ~ 01
1
О тсю да, интегрируя и учитывая, что на основании (1 ) и (2 )
а
v|(=Q= 0 ,
получаем v = cx2t l 2 . Путь, пройденный частицей к моменту времени t,
можно представить ( 1) в виде s(t) == v 2 {t) /а 2 - v(t)t /2 , и соответствен н о,
для средней скорости будем иметь
;= £ « = ч о ,г ^ 5 )
t
2
W
Изложенный способ решения несколько короче первого, но он
сущ ественно уступает ему в степени общности подхода.
1-4 (1 -2 6 ) Точка движ ется в плоскости ху по закону х = A sin at, у = А( 1 cos oof), где А и а - положительные постоянные. Найти путь s, проходимый
точкой за время т, и угол м ежду скоростью и ускорением точки.
Решение. По условию задачи известны составляющ ие радиуса-вектора х и
у. Дифференцируя эти выражения, можно получить компоненты вектора
скорости
V* = А ш cos соf; vy = А а sin со/;
( 1)
и после второго дифференцирования - составляющие вектора ускорения
ах = - А а 2 sin a t; ау = А а 2 cos at;
(2)
На основе соотношений (1 ) можно заключить, что модуль скорости v = А а
является величиной постоянной, поэтому путь s, проходимый точкой за
время т, будет равен 5 = Аах.
У гол между скоростью и ускорением точки может быть получен при
рассмотрении соответствую щ его скалярного произведения: cosip =
(a, v)
av
.
Используя равенства (1 ) и (2), получаем cos ср = 0, т.е. ср = п/2.
1-5 (1 -2 9 ) Тело бросили с поверхности Земли под углом а к горизонту с
начальной скоростью v0. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти:
а) время движения; б) максимальную
вы соту
подъема и горизонтальную
дальность полета; значение угла а , при
& котором они будут равны друг другу;
в) уравнение траектории у(х), где х и у —
перемещения тела по горизонтали и вертикали соответственно.
Решение. Горизонтальная и вертикальная составляющ ие скорости тела
будут следующ ими (рис.):
у* = у0 с о з а ;
( 1)
у,, = v0 sin а - gt;
(2)
Сущ ественно подчеркнуть, что горизонтальная составляющая (1) является
постоянной.
Врем я подъема t0 тела определяется моментом обращения в нуль
вертикальной составляю щ ей ( 2 ) его скорости
/0 = v 0 s i n a / g ;
(3)
Общ ее время движения равно удвоенному времени подъема (3 ) At = 210.
М аксимальная высота подъема вы ражается интегралом
,
, ч,
•
V ,
Vnsin2 a
^max = Уvy № = J (V0 sin a - gt)dt =
— ;
0
Горизонтальная
0
дальность
полета
будет
следую щ ей:
s - vxAt = Vq(s in 2 a ) / g . Равенство hmax = s имеет м есто при угле:
а 0 =arc tg 4 = 76°.
Интегрируя составляющ ие скорости (1 ) и (2 ) в пределах от нуля до t,
получаем соответствую щ ие компоненты радиуса-вектора
x = vxt ;
(4)
у = v0 sin а/ - g t2 / 2 ;
(5)
Исключая время из равенств (4 ) и (5), находим уравнение траектории
8
2
полета тела: y (x ) = x t g a ----- у-— 5— х .
2 vq cos а
1-6 (1 -3 0 ) Под каким углом а к горизонту надо бросить шарик, чтобы
а) радиус кривизны начала его траектории был в р = 8 раз больш е, чем в
вершине; б) центр кривизны вершины траектории находился на земной
поверхности?
Решение.
Радиус
кривизны
в
произвольной
точке
траектории
выражается следующ им образом (v скорость и й , - нормальное ускорение
тела в этой точке): R = v2/ a „ .
аг
В
соответстви и с условием
задачи естественно предполагать, что
в процессе движения шарика на него действует только сила тяжести.
Поэтому в точке бросания (рис.) нормальное ускорение будет иметь вид а„
= g co sa . Таким образом, радиус кривизны в этой точке будет равен
V2
R = ---- 5— , где v0 - начальная скорость шарика.
geos a
В верш ине траектории v = vx = Vo cos <x и а п ~ g, поэтому
v 2 co s 2 а
соответствую щ ий радиус кривизны составит Rh = ------------- •
§
а) И сходя из соотношения Ro = r\Rh, находим искомый угол щ :
c o s a ] = ?7' 1/3, т.е. а , = л/З.
Vg sin 2 а
б) Верш ина траектории находится на вы соте
. Поэтому
2g
из условия Rh = h„ следует, что t g a 2 -
или а 2 = 54,7°.
1 -7 (1 -3 4 ) Воздуш ны й шар начинает подниматься с поверхности земли.
С корость его подъем а постоянна и равна v0. Благодаря ветру шар
приобретает горизонтальную компоненту скорости v* = ay, где а постоянная, у - вы сота подъема. Найти зависимости от вы соты подъема:
а) величины сноса шара х(у ); б) полного, тангенциального и нормального
ускорений шара.
Р еш ен и е. Зависимость вы соты шара от времени подъема определяется
соотнош ением
у = vyt = v0t;
( 1)
Горизонтальная составляю щ ая скорости шара выражается следующ им
образом
vx = a y = a v0f;
(2 )
и следовательно, координата х шара будет иметь вид
х = av0t2 / 2 ;
(3)
ОС
2
И склю чая время из равенств (1 ) и (3 ), получаем х = •— у .
2 v0
Дифференцируя вектор скорости шара (i и j —орты осей координат)
v(t) = a v 0t i + v 0j ,
(4)
находим вектор его ускорения
а = a v 0 i;
(5)
В ектор полного ускорения шара (5 ) от вы соты подъема не зависит; следует
такж е отметить, что он направлен горизонтально.
Рассмотрение скалярного произведения ускорения и скорости
at
позволяет определить угол ср м ежду этими векторами: c o s p = ■, —■■■=;
Vl + a V
Тогд а тангенциальная составляю щ ая ускорения будет следую щ ей :
а т= acostp =
a 2vnt
v0t
VT+ a 2t2
а\ у
4 V 02
+ с с 2у 2
В свою очередь, нормальная составляю щ ая будет иметь вид
av.о___ _
а п =asm<pл/I
ocvо
л/vo + « V
1 - 8 ( 1 - 3 8 ) Т очк а движется, замедляясь, по окружности радиуса R так, что в
каждый м ом ент времени её тангенциальное (а т) и нормальное (ап)
ускорения по модулю равны друг другу. В начальный мом ент t — О
скорость точки равна v0. Найти зависимость: а) скорости точки от времени
и от пройденного пути s; б) полного ускорения точки от скорости и
пройденного пути.
Решение. У слови е равенства указанных ускорений
|Лг| = а„;
можно записать в виде (v - скорость точки)
( 1)
dv _ v2 _
(2)
В дифференциальном уравнении (2 ) разделяем переменные и интегрируем:
- = — + с . Произвольная постоянная с определяется из начальных условий
v R
v| = v 0, она оказы вается равной с = 1/vq. Таким образом, зависим ость
скорости от времени вы раж ается функцией
v (0 =
(3 )
1 + v 0t/R ’
В о все последующ ие моменты времени v(t) > 0, поэтому проходимый
точкой путь s(t) определяется непосредственным интегрированием
выражения ( 3 ), и после исключения времени из функций v(f) и s(t) м ож ет
бы ть получена искомая зависим ость скорости от пути.
С ущ ествует, однако, и более непосредственный способ установления
этой зависим ости. С помощ ью равенства dt = ds/v уравнение (2 ) можно
привести к виду
(4)
ds
R
И спользование стандартной процедуры решения дифференциального
уравнения с разделяющ имися переменными (4 ) при учете начальных
условий v| 0 = v 0 позволяет получить искомую функцию
(5)
v(s) =v0r ^ ;
Н а основе равенства (1 ) полное ускорение точки будет следую щ им
а = л]а2т+ а 2п = f i a n =
v2
;
(6 )
П одставляя в ( 6 ) выражения для скорости точки (3 ) или (5 ), получим
соответствую щ и е функции, определяющие зависим ость её полного
ускорения о т времени или пути.
1-9 (1 -4 8 ) Твердое тело вращ ается, замедляясь, вокруг неподвижной оси с
угловым
ускорением
Р = кр~со, где ш -
его угловая скорость, к -
положительная постоянная. Найти среднюю угловую скорость тела за
время, в течение которого оно будет вращаться, если в начальный момент
его угловая скорость была равна шоРешение. По условию задачи
Р = ^ - = -к ^ \
at
(1)
Второе равенство (1) представляет собой дифференциальное уравнение с
разделяющ имися переменными. Разнесем переменные и проинтегрируем:
2л/ю = - k t + с .
В
соответствии
с
начальными
условиями
со| = со0 ,
произвольная постоянная с будет следующ ей с = 2-Jco^. Окончательно
получаем: a ( t ) = (*Ja% “
О2 .
М омент остановки вращения определяется условием co(fi) = 0; отсю да
И скомое среднее значение угловой скорости определяется интегралом
^*1
__
1^.2
•k ja ^
’л _ а о
Ч — _
со = —]w (t)d t = —j ( a 0 - k J a ^ t + — t2)dt = w0
*10
4
(\ о
12
( 2)
1-10 (1 -4 9 ) Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его
угловая скорость зависит от угла поворота ср по закону со = ш0 - аср, где со0
и а - положительные постоянные. В момент времени t = 0 угол ср = 0.
Найти зависимости от времени угла поворота и угловой скорости.
Решение. В соответствии с условием задачи имеем
® = ~ Г = С°а~а(р\
at
( 1)
Второе равенство (1) является дифференциальным уравнением, которое
допускает разделение переменных. Выполняя указанную процедуру и
интегрируя, получаем
1п(й>0 —аср) ——at + с ;
(2 )
Постоянная с определяется на основе начальных условий <р\1=0 = 0 ,
с = In а 0 ;
П одставляя (3 ) в (2) и потенцируя, находим: а>0 -а<р = шйГ а‘ . Отсю да
№ = ^ - (1 - Г * ) и ©(О = ■^ = со0Г ' .
a
dt
(3)
1-11 (1 -5 3 ) Ш ар радиуса R катится без скольжения по горизонтальной
плоскости так, что его центр движется с постоянным ускорением а (рис.).
Найти зависимость от времени t после начала движения скоростей точек А
и В, а такж е ускорений точек А и О.
Решение. С корость центра шара определяется
выражением v = at. Точки, лежащие на большой
окружности
шара,
которая
касается
горизонтальной
плоскости,
одновременно
участвую т в д вух движениях: поступательном со
скоростью v и вращательном, линейная скорость
которого такж е равна V. Соответствую щ ая
угловая
скорость
вращения
определяется
соотношением а> = a t /R .
О сь
х системы координат выберем
совпадающ ей с направлением движения центра
шара, ось у направим вертикально вверх; начало координат совм естим с
положением центра шара в момент t = 0 ; угол поворота у шара будем
отсчитывать от отрицательного направления оси х по часовой стрелке
(рис.).
Составляю щ ие скорости точки на большой окружности шара после
поворота на угол у от начального положения у = 0 будут следующ ими
vx(t) = at + at sin у (t)\
(i)
vy(t) = at cos у (t);
(2)
Компоненты ускорения этой же точки
дифференцирования выражений ( 1) и ( 2 ).
определяются
в
результате
,
.
dy
.
a 2t2
w J t ) - a + a s m y + a tc o s y ' - a + a s m y +
cosy ;
at
R
■ dy
a 2t 2 .
wy( 1 ) - a c o s y - a t s m y — = a c o s y
s in / ;
y
at
R
При получении (3 ) и (4) использовалось очевидное соотношение
С корость и ускорение точки А (у = п/2) (см . (1 ) - (4 )) будут
следующими:
vx = 2 at,Vy = 0 ; vA = vx \
2.2
a t
w ; = 2 a ; w * = — — ;w
R
aY
= a J4 + —r .
RA
(3)
(4)
dy
dt
= со.
О
2*2
a t
Ускорение точки О (у = Зл/2) будет таким w, = 0, wy = —— ; w
Л
= wУ ’
2. О сновн ое у р авн ен и е дин ам ики
Основные формулы
• В торой закон Ньютона: m d v /d t = F .
2-1 (1 -6 2 ) В установке, показанной на рис., м ассы тел равны то, т\, т2 ,
м ассы блока и нитей пренебрежимо малы и трения в блоке нет. Найти
ITIi
mz
ускорение а, с которым опускается тело
------------то, и силу F
натяжения
нити,
связы ваю щ ей тела т\ и т2, если
]
коэффициент трения м ежду этими
телами и горизонтальной поверхностью
d mo
равен к.
Решение. Движущ ей силой рассматриваемой совокупности тел является
сила тяж ести тела т0; сила сопротивления определяется силой трения тел
т\ и т2 при движении их по горизонтальной плоскости; полная ускоряемая
м асса является суммой м асс всех тел то + т\ + т2. Н а основании второго
закона Н ью тона можно написать: ( т0 + т\ + т2) а = m0g - к (т\ + т2) g;
откуда:
а = [т0- к ( т\ + т2)] g / (то + т\+ т2);
Сила F натяжения нити, связываю щ ая тела т i и т2, определяется
двумя факторами — необходимостью преодоления силы трения тела т2 и
сообщ ения ему ускорения а.
F = kmtg + т2а = т2 ( k g + a ) = (А+1) m0m2g / (т0 + т\+ т2).
2 -2 (1 -6 4 ) Н ебольш ое тело толкнули снизу вверх по наклонной плоскости,
составляю щ ей угол а с горизонтом. Найти коэффициент трения к, если
время подъема тела оказалось в г\ раз меньше времени спуска.
Решение. В вед ем обозначения: Vo - исходная скорость тела, т - его м асса;
а : и а 2 ускорения тела при движении вверх и вниз по наклонной плоскости
соответствен н о; t\ —время подъема, t2 —время спуска (t2 / 1\ - г]).
На тело, находящ ееся на наклонной плоскости, действую т две силы —
скаты ваю щ ая сила F j = mg sin а и сила трения F, - kmg cos а. При
движении вверх обе силы являю тся тормозящими, при движении вниз тормозящ ей оказы вается только сила трения. П оэтому:
а\ - ~ (F d + F ,) /m ; а 2 = (F d~ F ,) / т;
(1)
Таки м образом, ускорения а\ и а 2 не зави сят от времени, т.е.
движение вверх является равнозамедленным (щ < 0 ), а вниз равноускоренным
(а 2 > 0 ) . Тогда в первом случае зави си м ость скорости
от времени будет следую щ ей:
v(t) = v0 +a\t; в момент остановки v(t\) = 0 , и следовательно
?i = - v0/ а\\
(2)
П уть, пройденный за это время, определяется интегралом
о
этот ж е путь проходится телом при спуске за время t2 с ускорением а 2 при
нулевой начальной скорости. Поэтому
v0t, + а,/)2/2 = а2?2/2;
(3)
Разделим равенство (3 ) на t} и выразим у 0 /р на основе (2 ), тогда
будем иметь (/2 / /Д2 = - щ/ а 2. Теперь используем равен ства (1 ) и
определения сил F d и F,:
Оh i и)2 = (Fd + F ,) / ( F d - F i ) = ( F d/ F , + 1) / ( F d/ F , - 1) =
= [tg a +k\ / [tg a - k];
О тсю да по условию задачи ц 2 = [tg a +k\ / [tg a -
к]; из последнего
соотнош ения окончательно находим к = [(г )2 - 1 ) 1 (р 2 + ^)] tg a.
2 -3 (1 -6 7 ) Н а гладкой горизонтальной плоскости леж ит доска м ассы т\ и
на ней брусок м ассы т2. К бруску приложили горизонтальную силу,
увеличиваю щ ую ся со временем t по закону F = a t, где a — постоянная.
Найти зави си м ость от t ускорений доски а 2 и бруска а 2, если коэффициент
трения м еж ду доской и бруском равен к.
Решение. Чтобы си стем а из доски и бруска двигалась как одно целое с
ускорением а
а - щ = а 2 = F / (т\ + т2),
часть силы F , приходящаяся на долю доски, долж на составлять F\ = т\а. В
то ж е время максимальное воздействие бруска на доску определяется
силой трения F q — km2g, следовательно, указанное движение систем ы
возм ож н о только, если F\ < F q, т.е. до того м ом ента времени fo >пока
a f 0 т\ / {т\ + т2) < km2g.
Для t > t0 д оска будет двигаться с достигнутым м аксимальны м ускорением
а]тш! = р 0/ т = km-2g / т\ = af0 /(w i + т2),
тогда как брусок начнет перемещ аться по доске с возрастаю щ им
ускорением
а2 = ( Р - Р о ) / т 2 = ( М - к т ^ ) / т 2.
2-4 (1 -7 1 ) Брусок массы т тянут за нить с силой F так, что он движется с
постоянной скоростью по горизонтальной плоскости с коэффициентом
трения к. Нить составляет угол а с горизонтом
(рис.). Найти угол а, при котором натяжение
нити будет наименьшим, и определить это
4L .L ?
натяжение.
Решение.
Движущая
сила
бруска
Fd
определяется горизонтальной составляю щ ей силы F , уменьшенной на
величину силы трения F q. При написании выражения для F 0 необходимо
учесть вертикальную составляю щ ую силы F , понижающую давление
бруска на плоскость
F d = F cos а - F q = F cos а - k(mg - F sin a );
Брусок двигается с постоянной скоростью , поэтому F d = 0. Из этого
уравнения находим F как функцию угла a
F - k m g /(c o s а + ks\n a );
(1)
М инимальное значение силы F достигается при максимальной
величине знаменателя. Экстремум последнего позволяет определить
искомый угол a
tg a = кг,
( 2)
Соответствую щ ее значение силы F ( l ) оказывается следующ им
^min = k m g /[c o s a ( 1+ А2)];
Стандартные тригонометрические преобразования соотношения (2)
позволяю т получить
cos 2 a = 1/ ( 1+ к2)\
(3)
И спользуя (3 ), для F min окончательно находим F min = k m g /^ l + k 2 .
2-5 (1 -7 4 ) В системе, показанной на рисунке, массы тел равны т0, т\, т2,
то
трения
нет,
м ассы
блоков
пренебрежимо малы. Найти ускорение
Z
тела mi.
Решение. Поместим
начало системы
координат в центре
неподвижного
S—л
т
блока, ось у направим вертикально
вниз, ось х - налево. Предположим для
т
определенности, что т\ > т2. В этом
mil
случае тело т2 будет двигаться вверх
относительно подвижного блока за счет
3
некоторой силы Г, обусловленной частью силы тяжести тела т\, тогда как
само тело mi начнет смещ аться вниз относительно того ж е блока под
действием своего веса, уменьшенного на величину Т. В результате по
г л
в:
третьему закону Ньютона к подвижному блоку будет приложена
направленная вниз сила 2 Т, которая вы зовет движение тела т0 по
горизонтальной плоскости направо.
Е сли обозначить соответствую щ ие ускорения трех рассматриваемы х
тел через а0, а\, а 2, то уравнения движения для них оказываю тся
следующ ими:
- а 0т0 = 2Т-,
(1)
a m =Р\ - Т = m\g-T\
(2 )
a 2m2 = Р г ~ Т = rri2g - T ;
(3 )
В (1 ) знак минус обусловлен тем, что а0 < 0 (координата х при движении
тела то направо уменьш ается) и Т > 0; <Я]>0, а 2<0; Р, - вес тела, i = 1, 2.
В уравнения (1 ) - (3) входят 4 неизвестных - ускорения д0. а ь а г и
сила Г, поэтому необходимо сформулировать ещё одно дополнительное
условие. Для получения его найдем расстояния d0\и d 02 между телом mQи
телами т\ и т2 и сложим соответствую щ ие значения:
dot + d02 = {х 0 + (уо + y i ) } + {*о + (Уо+Уг)} = 2[х 0 + у0] + [yi + Уг]‘,
Здесь хо - положение то на оси х (расстояние между т 0 и центром
неподвижного блока); у й - положение центра подвижного блока на оси у
(интервал между центрами блоков); у\ и у 2 - расстояния между центром
подвижного блока и телами т\ и т2 соответственно. Выражения в круглых
скобках характеризуют положения тел т\ и т2 на оси у , сум м ы в
квадратных скобках представляю т собой длины нитей, одна из которы х
связы вает т о и подвижный блок, другая - тела mi и т2.
Длина нитей сохраняется в процессе всего движения, поэтому
2х 0 + (уо + У\) + (Уо + Уг) = const;
(4)
следовательно, тож дество (4) можно дважды продифференцировать по
времени. В результате получаем
2 ао + at + а 2 —0;
(5 )
Соотнош ение (5) и есть искомое четвертое уравнение для системы (1) - (3).
Определяя из уравнений (1) - (3) ускорения а 0. Яь а 2 и подставляя
соответствую щ ие выражения в равенство (5 ), для силы Г получаем:
Г = Ig m o m m / [А т т + та(т\ + т2)];
Теперь искомое ускорение а\ можно непосредственно определить из
уравнения ( 2 ): щ = g [ 4 m m +
~ тт)\ / [4т\т2 + тй(т\ + т2)].
2-6 (1 -7 5 ) С каким минимальным ускорением а следует перемещ ать в
горизонтальном направлении брусок А (ри с.), чтобы тела 1 и 2 не
двигались относительно его? М ассы тел одинаковы ( т\ = т2),
коэффициент трения м ежду бруском и обоими телами равен к. М ассы
блока и нити пренебрежимо малы, трения в блоке нет.
Решение. Если а = 0, то тела 1 и 2 будут
двигаться обязательно - сила тяж ести m2g
тела 2 заведомо превосходит силу трения
km\g, удерживающ ую тело 1. Появление
ускорения а бруска А приводит к
возникновению сил инерции. Е сли а
направлено в сторону тела 2 (рис.), то
соотношение движущей и удерживающей
сил будет следующ им:
m jg - ат\ > km\g + кат2',
( 1)
Здесь ат\ сила инерции, приложенная к телу 1 и компенсирующ ая часть
веса тела 2 ; кат2 - сила трения, возникающая за счет соответствую щ ей
силы инерции, прижимающей тело 2 к передней грани бруска Л.
При увеличении ускорения а неравенство (1 ) в конце концов
превратится в равенство, т.е. движение тел 1 и 2 прекратится.
Соответствую щ ее (минимальное) значение а будет следующ им:
«min = g ( l - к ) / ( I +к).
Следует
отметить,
что
при
противоположном
направлении
ускоренного движения бруска А, достижение равенства в (1 ) становится
невозможны м, т.е. тела 1 и 2 всегда будут находиться в состоянии
движения.
2-7 (1 -7 8 ) Н а тело м ассы т, лежащ ее на гладкой горизонтальной
плоскости, в момент времени t = 0 начала действовать сила F - kt, где к постоянная. Э та сила направлена под фиксированным углом а к горизонту.
Найти скорость тела в момент отрыва от плоскости и путь, пройденный им
к этому моменту.
Решение. О трыв тела от плоскости произойдет в тот момент Ц, когда
вертикальная составляю щ ая приложенной силы F окажется равной силе
тяжести тела (см . рис. задачи 2 -4 ): F sin а = kt\ sin а = mg', отсю да
11 = m g / (к sin а).
Горизонтальная составляю щ ая этой силы F будет определять
ускорение тела а\ ait) = kt cos а / т. По условию в начальный момент
/
движения тело покоилось, поэтому v(f) = J a(t')dt' = kt2 cos а / 2 т .
о
В момент t] отрыва от плоскости скорость тела будет равна:
v(fj) = mg2 cos а / ( 2 к sin" а);
Путь s(t{), пройденный к этому моменту, составит:
s (t\) = J v(t)dt = ktf cos a 16m = m 2g 3 cos a / ( 6 k 2 s in 3 a ) .
о
2-8 (1 -8 0 ) Т ел о м ассы m бросили под углом а к горизонту с начальной
скоростью v0. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти приращение
импульса тел а за первые t секунд движения (Д p[t)) и модуль этого
приращения за все время движения (|Др|).
Решение. Горизонтальная vx и вертикальная vy составляю щ ие скорости
тела (см . рис. задачи 1-5) имеют вид: vx = v0 cos a ; vy(t) = v 0 sin a - gt;
Составляю щ ая vx в процессе движения не м еняется, поэтому изменение
импульса определяется только изменением вертикальной составляю щ ей
уy(f), следовательно: Др(г) = -mgt\ |Др| = 2 mvQsin a.
При написании последнего равенства учтено, что в м ом ент падения
вертикальная составляю щ ая vy равна по м одулю этой ж е величине в
момент старта.
2 -9 (1 -8 2 ) Частица м ассы т в момент t = 0 начинает дви гаться под
действием силы F = F 0 sin at, где F 0 и со - постоянные. Найти зависим ость
пути, проходимого частицей, от времени ( s(t)).
Решение. Уравнение второго закона Н ью тона для рассматриваемой
частицы будет следую щ им (а - ускорение): та - F 0 sin at.
Скорость частицы v(t) определяется интегралом (по условию v(0) = 0):
1
F 1
F
v(t) = f a(t')dt = — f sin cot dt = — — (1 - cos cot) .
'
m q
mco
Таким образом, v(f) > 0, т.е. частица двигается только в одну сторону,
поэтому (при учете s ( 0 ) = 0 ) для пути s(t) получаем:
F
sit) = [ v{t)dt = —
{cot - sin cot).
J
wirtr
mco
П олезно напомнить, что если бы частица м огла двигаться в разные
стороны, то
для определения пройденного
пути
следовало бы
интегрировать модуль её скорости |v(f)|.
2-10 (1 -8 4 ) Катер м ассы т движется по озеру со скоростью vo- В момент t =
0
выключили
его
двигатель.
Считая
силу
сопротивления
пропорциональной скорости катера в степени и, т.е. F = — kvn (п = 1, п = 2 ),
найти зави си м ость скорости катера и проходимого им пути от времени.
К огда катер остановится?
Решение. Движение катера следует рассматривать на основе второго
закона Ньютона: m — - - k v n\разделим переменные v и /: dv/vn - - ( k/m)dt.
dt
Интегрировать целесообразно для конкретных значений п. П усть п - 1.
= 1„ V = .
| *
v
-t + c ;
т
Произвольную постоянную с можно определить из начального условия
v(0) = v0: с = In v0. Таким образом, In (v/v0) = - (к/m) t\ потенцируя,
к
—I
получаем v(t)=v0e т . Остановка катера произойдет при t - » оо.
Зависимость пути от времени определяется интегралом:
-А,
s(t) = \v(t)dt = va —( \ - e т ) ;
о
к
При t - » оо путь s(t ) стремится к конечной величине v0m / к.
Аналогично можно рассмотреть случай п = 2:
f ^ = _ i = _ £ , + c ; с = - l/v0; отсю да v = mv0 / (kvot + т). Путь, проходимый
v
т
катером к моменту t, равен:
1у2
.( О
0 kv0t + т
= —[ln(fcv0f + >и)-1пяз] = — In (—- t + 1) ;
к
к
т
Таким образом, как и в первом случае, остановка катера произойдет при
/ - » оо; однако при этом путь s(t) - » оо.
2-11
(1 -8 6 ) Небольшой брусок начинает скользить по наклонной
плоскости, составляю щ ей угол а с горизонтом. Коэффициент трения
зависит от пройденного пути х по закону к = Ъх, где Ъ - постоянная. Найти
путь бруска до остановки и максимальную скорость его на этом пути.
Решение. Уравнение движения бруска (т - его масса, а - ускорение):
ma = m g sm v .-k (x )m g co 'sa \
( 1)
Первое слагаемое в (1 ) представляет скатываю щ ую силу, второе - силу
трения.
Равенство (1 ) можно записать иначе
Л
dt 2
= g sin a - f o c g cos а ;
( 2)
Соотнош ение (2 ) является дифференциальным уравнением второго
порядка, правая часть которого не содержит независимой переменной t.
Будем
считать,
времени,
т.е.
что
v(t)
скорость
v(?) =
v(x(t)).
Тогда
=
dx
является
dt
d 2x
—
dt
сложной
функцией
dv dx
dv
dx dt
dx
= — v (x ( 0 ) = — — = — v ,
dt
и
следовательно,
— v = g sm a -b x g cosa ;
(3)
dx
Уравнение (3) является уравнением первого порядка с разделяющ имися
переменными, поэтому v2/ 2 = (g sin а ) х - ( 6g cos а ) х 2/ 2 + с; в
соответствии с начальными условиями v|
= 0 , с = 0. Таким образом,
v2 = g (2x sin а - bx 2 cos а );
(4 )
Путь бруска до остановки Х] (значение х, когда v = 0) равен: Х\ = (2 /Ь) tg а .
М аксимальное значение скорости достигается при х га = tg а / Ь, оно равно
vm = j ( g /Ь) sin a tg a ;
Рассмотренную задачу можно решить на основе энергетических
соображений, без использования уравнения (2). При соскальзывании
бруска с наклонной плоскости его потенциальная энергия mgx sina
переходит в кинетическую mv2/2 и расходуется на преодоление работы сил
трения bmg cos а х / 2: mgx sin a = mv2/ 2 + bmg x2/ 2 cos a. О тсю да
v2 = g(2x sin a - bx2 cos a ), т.е. в точности соотношение (4).
2-12 (1 -8 9 ) Небольшой шарик массы т, подвешенный на нити, отвели в
сторону так, что нить образовала прямой угол с вертикалью , и затем
отпустили.
Найти
модуль
полного
ускорения шарика и силу натяжения нити в
зависимости от 9 - угла отклонения нити от
вертикали.
Решение. Удобнее вм есто 0 ввести угол а,
такой, что a + 0 = я/2 (рис.); Р - сила
тяжести шарика; R - длина нити. Решение
задачи
будем
проводить,
исходя
из
энергетических соображений. При повороте
шарика из горизонтального положения на
угол а соответствую щ ая часть его потенциальной
энергии
перейдет в кинетическую mv2/2. Таким образом,
mgR sin а = mvV 2. О тсю да
v2 = 2gR sin a ;
Поэтому нормальная составляю щ ая ускорения шарика а п будет
следующ ей: а„ = v2/R = 2 g sin a;
mgRsma
(1)
Тангенциальная составляю щ ая а т определяется соответствую щ ей
составляю щ ей силы тяжести
a r - m g cos a / m = g c o s a ;
(2 )
Таким образом, для модуля полного ускорения шарика находим:
а = g V 4 s in 2 a + c o s 2 a = g V l + 3 s in 2 а - g-\/l + 3 c o s 2 в ;
Сила натяжения нити Т является суммой центробежной силы и
нормальной составляю щ ей силы тяжести
Т = ma„ + mg sin a = 3mg sin a = 3 mg cos 0;
М ож но предложить другой способ решения этой задачи - на основе
непосредственного решения уравнения второго закона Н ью тона (формула
(2)). Учиты вая определение а г = — , связь линейной и угловой скоростей
dt
v = coR и определение последней со = — , запишем соотношение (2 ) в
следую щ ем виде:
dco
at
g
■■—cos a :
d t2 R
d 2a
(3)
В торое равен ство (3) является дифференциальным уравнением второго
порядка, которое не содержит в явном виде независимой переменной t. Для
его решения целесообразно рассматривать со(?) как сложную функцию
времени a(a(t)). Тогда
d 2a
dt 1
d
dw da_da _g
co = — c o s a ;
= — a(cc(t)) = d a dt
da
R
dt
(4)
П оследнее равенство в (4 ) представляет собой дифференциальное
уравнение первого порядка с разделяющ имися переменными. Решая его,
находим:
со2/ 2 = g/R. sina + с.
П о условию задачи с = 0, поэтому т 2 = 2 g/R sina или v2 = 2gR sin a.
Таким образом, основное соотношение (1) м ож ет быть получено и в
рамках рассматриваемого подхода.
2 -1 3 (1 -9 3 ) Велосипеди ст едет по круглой горизонтальной площадке
радиуса R. Коэффициент трения зависит только от расстояния г до центра
О площадки как к = к0(1 - r/R), где к0 - постоянная. Найти радиус
окружности с центром в точке О, по которой велосипедист м ож ет ехать с
максимальной скоростью . К акова эта скорость?
Решение.
При
движении
велосипедиста
сила
трения
должна
уравновеш ивать центробежную силу (v - скорость): mv2lr = kmg; отсю да
V2(r)
= k og r(l - r/R).
Стандартным способом можно найти экстремальные точки v(r); в
данном случае удобнее определять эти точки для v2(r). В результате
получаем:
rexl = R/2 и vmax (rexl) = *JkQgR / 2.
3. Законы со хр ан ен и я
Основные формулы
h
• Приращение импульса системы частиц: р(Г2) - р(^) = J F d t .
• Работа и м ощ ность силы : А = J F d r,
Р - Fv.
• Приращение кинетической энергии частицы: Тг - Г, = А , где А - работа
всех сил, д ействую щ и х на частицу.
• Уменьш ение потенциальной энергии частицы в поле: U} - U 2 = Af , где
Af - работа си лы поля.
„
d\
„
dm
•Уравнение динамики тела переменной м ассы : т — - Ь + — •и , где и -
dt
dt
скорость присоединяемого (отделяемого) вещ ества относительно тела.
3-1 (1 -1 2 4 ) Снаряд, выпущ енный со скоростью v 0 под углом а к горизонту,
разорвался в верхней точке О траектории на два одинаковы х осколка.
Один осколок упал на зем лю под точкой О со скоростью Vj. С какой
скоростью упал на зем лю второй осколок? Сопротивления возд уха нет.
Решение. О тметим прежде всего следую щ ее обстоятельство. Е сл и тело с
вы соты h брошено вертикально вниз со скоростью и, то скорость его у
поверхности земли щ будет определяться следую щ им соотнош ением:
u% =2gh + u2 ;
( 1)
Равенство (1 ) является непосредственным следствием закона сохранения
энергии. С лагаем ое 2 gh представляет собой квадрат скорости тела,
брошенного с вы соты h без начальной скорости, в нижней точке пути.
При разры ве снаряда выполняется закон сохранения импульса, тогда
как механическая энергия сохраняться не будет. В вед ем обозначения: щ и
и2 - векторы скоростей первого и второго осколков сразу после разрыва, т
- м асса снаряда. Тогда
т\ = (m /2 )u i + ( m / 2 ) u 2 l
(2)
Распишем равенство (2 ) через проекции на горизонтальную (х) и
вертикальную (у) оси координат (в точке О vy = 0 и по условию ии = 0):
2 V* = 2v0x = иг*; 0 = щу + щу\
(3 )
23
В соответствии со вторым равенством (3), в момент разрыва
вертикальные составляющие скоростей обоих осколков равны по модулю,
но противоположны по знаку. Из соотношения (1) непосредственно
вы текает равенство этих скоростей и у поверхности земли (для обоих
осколков 2 gh = vly)\
Щгу = Щ\у = vi;
(4)
Дело в том, что тот осколок, у которого обсуждаемая составляю щ ая
иу направлена вверх, после достижения вершины своей траектории начнет
падать вниз и на вы соте точки О его вертикальная скорость окажется в
точности равной соответствую щ ей скорости второго осколка.
Окончательно скорость второго осколка в конце траектории составит:
и2 = J u l +
= V4vo* + v,2 = V4vo cos2 а + v,2 .
3-2 (1 -1 2 7 ) Две одинаковые тележки (м асса тележки М), на каждой из
которых находится по человеку (м асса человека т), движутся без трения
по инерции навстречу друг другу по параллельным рельсам. Когда
тележки поравнялись, с каждой из них на другую перепрыгнул человек - в
направлении, перпендикулярном к их движению. В результате первая
тележ ка остановилась, а скорость второй оказалась равной v. Найти
первоначальные скорости v t и v2 этих тележек.
Решение. Прыжок человека приводит к получению тележкой импульса,
перпендикулярного к направлению её движения; этот импульс вы зывает
кратковременное увеличение давления на рельсы и на характер движения
тележки не влияет. Поэтому импульсы тележек после обмена пассажирами
будет следующими:
Mv 1 + mv2 = 0; Mv2 + mv\ = ( М + m)v;
П ервое
уравнение
соответствует
продолжающей движение.
Полученная система
двух
остановивш ейся
линейных
тележ ке,
уравнений
второе
содержит
-
две
неизвестные v , и v2. Решая эту систему, находим
V] ——mv !{М - т); v2 = Mv И М - т).
3-3 (1 -1 2 8 ) Две одинаковые тележки (м ассы М каждая) двигаю тся друг за
другом по инерции (без трения) с одной и той же скоростью v0. На задней
тележ ке находится человек м ассы т. В некоторый момент человек
прыгнул в переднюю тележку со скоростью и относительно своей тележки.
Найти скорости, с которыми будут двигаться тележки после этого.
Решение. Следует иметь ввиду, что скорость и человека сопоставляется со
скоростью v2 задней тележки, которую она будет иметь после прыжка (vt скорость передней тележки).
В неподвижной системе координат закон сохранения импульса для каждой
из тележ ек (задней и передней) можно представить следующим образом:
(М + m)v0 = Mv2 + т(и + v2); (М + m)v j = Mv 0 + m(u + v2);
Из первого уравнения находится v2, из второго - vj.
v2 = v0 - um t{M + m); vj = v0 + umM !{M + rrif.
3 -4 На спокойной воде озера стоит лодка, ориентированная параллельно
берегу, на корме которой находится человек. На какое расстояние s
переместится лодка относительно берега, если человек перейдет на её нос?
Трение отсутствует. М асса лодки М, длина L, м асса человека т.
Решение. Обозначим скорость лодки относительно берега через V,
скорость человека относительно Лодки через и. Система человек - лодка
является замкнутой, поэтому её полный импульс будет сохраняться. В
неподвижной системе координат, ось х которой совпадает с направлением
движения лодки, для этого импульса получаем (скорости v и и направлены
в противоположные стороны, и < 0 ): Mv + m(v + и) = 0; отсю да
vtu - - m l (М + т).
Время движения лодки t = L/\u\, следовательно, её перемещение составит:
s - v t = mL /(М + т)\
( 1)
Эту ж е задачу можно решить другим способом. Положение центра
тяжести г с замкнутой системы человек — лодка не м ож ет быть изменено в
результате каких-либо внутренних перемещений её частей. В упомянутой
выше неподвижной системе координат, начало которой можно поместить
на носу неподвижной лодки, положение центра тяж ести до начала
движения составляло: rc = {ML /2 + mb') / (М + т), а после его окончания
г с = [M(s + L/2 ) + ms] l(M + т ).
Приравнивание
двух
последних
выражений
позволяет
получить
соотношение (1).
3 -5 (1 -1 3 2 ) Найти закон изменения массы ракеты со временем, если ракета
движется в отсутствие внешних сил с постоянным ускорением а, скорость
истечения газов относительно ракеты постоянна и равна и, а её м асса в
начальный момент равна тоРешение. Направление полета ракеты примем за положительное
направление оси х, тогда
относительная скорость
газов
будет
характеризоваться отрицательной величиной - и {и > 0 ), и уравнение
движения приобретет вид
dm
та = ------- и ;
dt
( 1)
t + c.
и
П роизвольную постоянную с определим из начальных условий т\!=0 = тй\
Разделим
переменные
в
(1 )
и
проинтегрируем:
lnm(t) =
она оказы вается равной с = \птй. Таким образом,
(2)
1п(т/m0) = - ( a / u ) f ,
Вы полняя потенцирование в (2 ), окончательно получаем: m(t) = т0Г а1,и.
3 -6 (1 -1 3 3 ) Ракета поднимается без начальной скорости вертикально вверх
в однородном поле сил тяжести. Начальная м асса ракеты с топливом равна
т0. С корость газовой струи относительно ракеты равна и. Пренебрегая
сопротивлением воздуха, найти скорость v ракеты в зависимости от её
м ассы т и времени подъема t.
Решение. Направим ось у вертикально вверх, скорость газовой струи
будет при этом описываться отрицательной величиной - и (и > 0 ), и
уравнение движения ракеты примет вид
dv
dm
...
m — = - m g — — и;
( 1)
dt
ctt
Разделим ( 1 ) н а т , умножим на dt и проинтегрируем
..
г dm
,
v(l) = - g t - и — = - g t - и In т + с ;
J т
Произвольная
постоянная
с
определяется
из
начальных
условий:
с = и In т 0. О кончательно получаем v(t ) = и l n - ^ - - g t .
m(t)
3 -7 (1 -1 3 6 ) Т ел еж ка с песком движ ется по горизонтальной плоскости под
действием постоянной силы F, совпадающей по направлению с её
скоростью . При этом песок вы сы пается через отверстие в дне с постоянной
скоростью ц кг/с. Найти зависим ость от времени ускорения а и скорости v
тележ ки, если в момент t = 0 тележка с песком имела м ассу т0 и её
скорость бы ла равна нулю. Трением пренебречь.
Решение. Уравнение движения тележки будет иметь вид (то - |±t)a = F;
отсю да
Ф ):
dv
~dt
т0 - /П
( 1)
В торое равенство (1 ) представляет собой дифференциальное уравнение с
разделяющ имися переменными, интегрируя которое, получаем
F
v(t) = -----In (m0 ~/ut) + c ;
М
По усл ови ю задачи v|
F ,
= 0 , поэтому произвольная постоянная с будет
Л
..
F .
тп
М
то-М *
следую щ ей с = — li\mQ. Окончательно находим v(t) = — In ----------- .
М
3-8 (1 -1 3 7 ) Платформа м ассы mQ начинает двигаться по горизонтально
расположенны м
рельсам под действием постоянной силы F, Из
неподвижного бункера на неё вы сы пается песок. С корость погрузки
постоянна и равна р кг/с. Найти зависим ость от времени скорости v и
ускорения а платформы в процессе погрузки. Трением пренебречь.
Решение.
Горизонтальная
составляю щ ая
скорости
струи
песка
относительно платформы равна — v(t), поэтому уравнение движения
платформы будет следующ им
(т0 + jut)
at
+ /Л’ = - у [Оо + / Т М О ] - F ;
at
Интегрируя второе равенство
условию
задачи
(v|
= 0)
(1 ), получаем:
( 1)
(т0 + //f)v(?) = Ft + с . П о
произвольная постоянная
с = 0 , поэтому
v{t) = F t/(m 0 + ^ ) , и следовательно, ускорение платформы будет иметь
вид a(t) =
щ р
(m Q+ jut)2
3 -9 (1 -1 3 8 ) Цепочка АВ длины / находится в гладкой горизонтальной
трубке так, что часть её длины h свободно свеш ивается, касаясь своим
концом В поверхности стола (рис.). В
некоторый момент конец А отпустили. С
какой скоростью он вы скочит из трубки?
Решение. Н аправим ось х параллельно
трубке с началом отсчета в её левом конце.
Движущ ей силой цепочки является сила
^в
тяжести её висящ его куска (р - линейная
плотность цепочки) F = gpk, эта сила остается постоянной в процессе
движения.
Движущ аяся
м асса
цепочки
п о степ ен н о 1 уменьш ается,
вследствие того, что её упавш ие на стол звенья прекращают перемещ аться.
Указанная м а сса выражается следую щ им образом: т = р(/ - х ), где х координата конца А. Скорость и ускорение движ ущ ейся части цепочки
определяются соответствую щ ими производными от величины х.
Уравнение движения цепочки будет иметь вид
..
s d 2x
,
d 2x
p O - x t - p - g H , ту. ^
gh
— .
(1)
В вед ем новую функцию, имеющую смы сл скорости цепочки, и будем
dx
считать, что она зависит от времени сложным образом u(x(t)) = — . Тогда
уравнение (1) будет иметь вид
d 2x
du
1,2
dt2
dx
gh
(2)
l-x
П оследнее равенство (2), умноженное на dx, можно проинтегрировать; в
, = и — = —— ;
результате получим: -
= - g h l n ( l - x ) + c . По условию задачи
= 0,
поэтому произвольная постоянная с будет равна с = gh\nl. Таким образом,
получаем зависимость скорости конца А цепочки от его положения координаты х
и(х)2 = 2gh In
l
l-x'
(3)
Из (3 ) следует, что конец А выскочит из трубки со скоростью
и{1 -h) = л/Ighlnl/h.
3-10 (1 -1 4 1 ) Локомотив м ассы ш начинает двигаться так, что его скорость
меняется по закону v = a - J s , где а - постоянная, 5 - пройденный путь.
Найти зависимость от времени ( t) суммарной работы (А) всех сил,
действую щ их на локомотив.
Решение. И скомая работа определяется приобретаемой локомотивом
кинетической энергией A(t) - mv(t)2/ 2.
Уравнение его движения будет следующим:
e^ - = a 4 s \
dt
( 1)
Разделим переменные в (1 ) и проинтегрируем: l 4 s = a t + c . Произвольная
постоянная с определяется исходя из начальных условий $|(=0 = 0 , т.е.
с = 0. Таким образом, s = a 2t2 / 4 ; отсю да v = a 2t / 2 и А = та lf2 / 8 .
3-11 (1 -1 4 5 ) Ш айба м ассы т соскальзы вает без начальной скорости по
наклонной плоскости, составляю щ ей угол а с горизонтом, и затем , пройдя
по горизонтальной плоскости расстояние /, останавливается. Найти работу
сил трения на всем пути, если коэффициент трения всю ду равен к.
Решение. Потенциальная энергия шайбы на верху наклонной плоскости
(s - длина, s sin ос —вы сота последней) равна модулю полной работы А сил
трения:
\A\= ss'm am g = sb n g co sa + lk m g -,
(1)
Первое слагаем ое второго равенства (1) соответствует этой работе при
соскальзывании с наклонной плоскости, второе - при движении по
горизонтальному участку.
Из (1 ) непосредственно находим:
Ik s in a m g
s in c c -k c o s a
Ik
s in a -k c o s a ’
Ikmg
и следовательно,
l-k c tg a
3-12 (1 -1 4 9 ) Частица массы т движ ется по окружности радиуса R с
нормальным ускорением, которое меняется по закону ап = at2 , где а постоянная. Найти зависимость от времени мощности P(t ) всех сил,
действую щ их на частицу, и среднее значение этой мощности за t секунд
после начала движения.
Решение. И звестное нормальное ускорение позволяет получить линейную
скорость движения v2 = а,Д = aRt2 или v = -Ja R t.
М ощ ность P(t) определяется работой всех сил, которая, в свою
очередь, характеризуется приобретенной частицей кинетической энергией.
„ ..
dA d mv2
dv
„
P(t) = — = — — — = mv— = a m R t ;
dt dt 2
dt
Зависимость мощ ности P(t) от времени является линейной, поэтому её
среднее значение за время t будет следую щ им: P(t) = m aR t / 2 .
3-13 (1 -1 5 5 ) Система состоит из д вух последовательно соединенных
пружинок с жесткостями д и
Найти минимальную работу, которою
необходимо совершить, чтобы растянуть эту систему на А/.
Решение. Растяжение А/ системы из двух пружин определяется суммой
растяжений (Дй г = 1, 2 ) каждой из них
A/ = A i + A 2;
Деформирующая сила одинакова для обеих пружин, поэтому
(1)
X i A i = X 2 A2;
Из соотношений (1) и (2) следует
(2)
A] = A / x 2 / (X i + X 2) h A2 = A/x i / (X i + 1г)\
Работа упругой силы выражается следующ им образом
(3)
Д = X А2 / 2;
(4)
Работа растяжения
системы
из двух
пружин
склады вается
из
соответствую щ их работ растяжения каждой из них, поэтому, используя (3)
и (4), получаем
Л = X i Ы ( Х 1 + Ы (А/2/2);
Таким образом, коэффициент, характеризующий ж есткость систем ы двух
последовательно соединенных пружин, будет следующ им
Х = Ш 2/(Х1+ Х2)и л и 1/х — 1/Xi + 1/Х 2-
3-14 (1 -1 5 7 ) Потенциальная энергия частицы в некотором поле имеет вид
U(r) = а/г2 - b/г, где а и Ь - положительные постоянные, г - расстояние от
центра поля. Найти: а) значение г0, соответствую щ ее равновесному
положению
частицы;
выяснить,
устойчиво
ли
это
положение;
б) максимальное значение силы притяжения.
Решение, а) У стойчивое равновесное положение частицы соответствует
минимуму потенциальной энергии. Экстремальные точки U(r) находятся
dU
2а
Ъ п
...
стандартным о б р а зо м :
= — г + — = 0 ; отсю да г 0 = 2а!о.
dr
г
г
Для выяснения характера экстремума в точке г0 следует определить
соответствую щ ее значение второй производной.
d LU
dr
= Ur
6 а 2Ь
~ Т ' ,.з и и , 1'■='!)
г
г'
Ъ
>
0;
Таким образом, в точке гй реализуется минимум функции U{r), и
следовательно, положение частицы в этой точке является устойчивым.
б) Сила, воздействую щ ая на частицу в поле U(r), выражается
следующ им образом F {r ) —- — - . Э та сила при г > го является силой
dr
притяжения (F(r) < 0) и при г < г0 силой отталкивания (F (r ) > 0).
М инимальное значение силы F(r) (максимальное значение силы
притяжения) определяется нулевым значением её производной (второй
производной U(r)). Оно достигается при г\ - Ъа!Ъ. Положительное
значение в точке г, второй производной F(r) (третьей производной -Щ г))
сви детельствует о том , что в этой точке действительно реализуется
минимум F(r).
(1 -1 6 0 ) Небольш ое тело начинает скользить с вы соты h по
наклонному ж елобу, переходящему внизу в окружность радиуса г (рис.).
Пренебрегая трением, найти условие прохождения телом наивысшей точки
окружности. Рассмотреть движение тела в случае нарушения этого
3-1S
условия.
Решение. В наивысш ей точке окружности центробежная сила F c должна
уравновеш ивать силу тяжести Р тела ( m - м асса, v - скорость тела):
mv2 / г = mg или v2 = gr,
( 1)
Закон сохранения энергии позволяет
рассматриваемой точке: mgh =
v2 = 2g(h - 2г)\
определить
скорость
тела
в
(2)
Приравнивая правые части
равенств ( 1) и ( 2 ), получаем р
искомое условие
h = h0 - (5/2) г.
Е сл и h < hQ (интерес
представляет случай h > г),
то
тело
не
см ож ет
проскользнуть
по
всей
окружности. В точке отрыва
О центробежная сила будет уравновеш ивать (но не превосходить)
нормальную составляю щ ую силы тяж ести Р т т.е. давление тел а на рельсы
в этой точке становится нулевым. Аналогично предыдущ ему, это условие
g sin а = V2/г и закон сохранения энергии (вы со та точки отры ва Ъ = г (1 + sin
a )) v2 = 2 g(h - b ) позволяю т определить положение этой точки: sin а =
2 ( h /r - 1) /3.
П осле отры ва от рельсов тело начинает двигаться свободно, со
скоростью v, под углом п/2 - а к горизонту.
(1 -1 6 3 ) Гладкий легкий горизонтальный стерж ень АВ м ож ет
вращ аться без трения вокруг вертикальной оси, проходящей через его
конец А. Н а стержне находится небольшая муфточка м ассы т, соединенная
невесомой пружинкой длины /0 и ж есткости х с концом А. К акую работу
нужно соверш ить, чтобы эту систем у медленно раскрутить до угловой
3-16
скорости со?
Решение. В результате вращения стержня муфточка будет растягивать
пружину, пока возникающая центробежная сила ни будет уравновеш ена
упругой силой пружины. Обозначая равновесное растяж ение через А,
получаем: т а 2(10 + Д) = хД; отсю да Д = ti/0/(l - р ), где р = т а 2/ %.
И скомая работа W определяется энергией, приобретенной системой.
Э та энергия вклю чает кинетическую энергию вращения муфточки и
упругую энергию растяжения пружины.
W= m( l 0 + A )V / 2 + xA2/2 = x /o2P(1+P)/[2(1- p )2].
3 -1 7 (1 -1 6 6 ) В системе, показанной на рисунке, м асса каж дого бруска т,
ж естко сть пружины х> коэффициент трения м ежду бруском и плоскостью
к. М ассы блока и пружины пренебрежимо малы. С и стем а пришла в
движение с нулевой начальной скоростью при недеформированной
пружине. Найти максимальную скорость брусков.
Решение. Уравнение движения будет следующим (х - смещение брусков
из начального положения, а - ускорение их движения):
2 та = m g -(x x + kmg);
(1 )
m
X
В (1) учтено, что движущей силой
системы двух брусков является сила
тяжести висящего бруска, уменьшенная
вследствие необходимости преодоления
упругой
силы пружины и силы трения
m
бруска, лежащего на горизонтальной
плоскости.
Р авенство (1) представляет собой дифференциальное уравнение
второго порядка, не содержащее в явном виде независимой переменной t.
тато г
я
. d 2x
2 ^ = g (l-k )m
dt 2
( 2)
Для его решения введем новую функцию - скорость, которая сложным
образом
d2
d
зависит
dv dx
от
времени
dv
— — = — v(x(t)) = -------- = — v и (2) оказывается
dx dt dx
d t 2 dt
порядка с разделяющимися переменными
dx
— = v(x(t)).
Тогда
dt
уравнением
первого
2 ^ -v = g ( l - k ) - —x
dx
m
Е го решение имеет вид (в соответствии с начальными условиями v|
произвольная постоянная с = 0)
4 х)2 = g ( l - к)х —(;х/2т)х2;
^
Стандартным способом находится экстремальная точка v(jc) (или v(x)2)
= 0,
(3)
х0 =mg{\ - кУ х
и соответствую щ ее максимальное значение скорости vmax = g ( 1 Эту ж е задачу можно решить другим способом, на основе закона
сохранения энергии. Уменьшение потенциальной энергии висящ его бруска
расходуется на приобретение кинетической энергии обоими брусками,
создание упругой энергии пружины и преодоление работы силы трения.
mgx = 2 (mv2/ 2 ) + %х2/ 2 + kmgx\
(4)
Из (4) соотнош ение (3 ) следует незамедлительно.
В торой способ решения задачи является более коротким, тогда как
первый - более общим.
3 -1 8 (1 -1 6 9 ) В ^ -си стем е отсчета вдоль оси х движутся две частицы, масса
и скорость каждой из которых определяются соответственно величинами
ти V,- (г = 1, 2). Найти скорость v К -системы отсчета, в которой суммарная
кинетическая энергия частиц является минимальной, и соответствую щ ее
выражение для этой энергии.
Решение. Скорость каждой частицы
в К -системе будет следующ ей
v[ = V,- - v, и суммарная кинетическая энергия W приобретает вид
W(v) = \wi\(v] - v)2 + т2(у2 - v)2] /2;
(1)
Стандартная техника поиска экстремальных точек функции
позволяет определить точку минимума (1)
v0 = (wiVi + w2v2)/ (w i + т 2У,
(2)
Следует отметить, что v0 представляет собой скорость центра масс
системы д вух частиц.
П одставляя
(2)
в
(1),
находим
соответствую щ ее
значение
кинетической энергии Wmm = [и ц т 2/(»ц + w2)](vi - v2)2/2.
Таким образом, суммарная кинетическая энергия оказывается
минимальной в системе, движущейся со скоростью центра м асс. Этот
вы вод остается справедливым для лю бого числа частиц при их
произвольном движении.
3 -1 9 (1 -1 7 2 ) Система состоит их двух шариков с массами Ш] и т2 ,
соединенных между собой невесомой
.
пружинкой.
В
начальный
момент
пружинка не деформирована, шарики
находятся на одном уровне и им / ' ^ \ ~ УГТ ГГГГ)Ы^~~^\
Ч2
сообщили начальные скорости Vi и v2, ( • Х ( ) 0 0 0 0 0 0 \
‘ )
V ]±v2 (рис.). Система начала двигаться в ^ ^
^
однородном поле тяжести Земли. Найти:
а) максимальное приращение потенциальной энергии системы во внешнем
поле; б) собственную механическую энергию системы Eh в момент, когда
её центр м асс поднимется на максимальную вы соту.
Решение. В соответствии с условиями задачи, будем считать, что исходная
скорость первого шарика направлена вертикально вверх, по оси у , а
второго - горизонтально, по оси х. Начальная скорость центра масс
системы vc определяется соотношением
v c = ( otiV i + w 2v 2)/(w i + т 2) = m 2v 2l{ m \ + m i ) i + m \V \!{m \ + m i ) j ,
где i и j - орты по осям х и у соответственно.
Таким образом, движение центра м асс рассматриваемой систем ы
оказывается аналогичным движению тела, брошенного под углом к
горизонту. Поэтому максимальное приращение потенциальной энергии A U
будет определяться той частью её кинетической энергии, которая
обусловлена исходны м значением вертикальной составляю щ ей скорости
vc.
(
тещ.
Г1
т, +т.2 У
2 .2
2(w j + т 2)
В момент максимального подъема собственная механическая энергия
систем ы E h оказы вается следующ ей
m,v,
ri
m0v.
212
2
2
-A U=-
т,т
\"‘2
m0v2 v2
-(v f + v | ) + 2 ( ти1 +/п2) 4 '
1‘ 2 (т] + т 2)'
К ак следует из (1), энергия Eh является суммой кинетической энергии всей
систем ы в систем е центра м асс и той части её кинетической энергии в
неподвижной систем е координат, которая определяется начальным
значением горизонтальной составляю щ ей скорости vc.
3 -2 0 (1 -1 7 5 ) С истема состоит из двух одинаковых кубиков, каждый массы
т, м еж ду которыми находится сжатая невесомая пружина ж есткости %
_______
(рис.). Кубики связаны нитью, которую в некоторый
m
момент пережигают. При каких значениях А/ начальном сжатии пружины - нижний кубик подскочит
после пережигания нити.
Решение. П осле пережигания нити сж атая пружина
будет распрямляться, поднимая верхний кубик и сообщая
ему
некоторую
кинетическую
энергию,
а
затем
растягиваться за счет этой энергии. Таким образом,
упругая
энергия
сжатой
пружины
перейдет
в
потенциальную энергию верхнего кубика и упругую
энергию её возникающ его растяжения (/г):
%Л/2/2 = mg(Al + h) + x^Z/2;
(1)
Растяжение пружины будет происходить до тех пор, пока возникающая
упругая сила не сравняется с силой тяжести нижнего кубика, т.е.
yh = mg'
(2)
Определяя растяжение h из (2 ) и подставляя его в (1 ), получаем квадратное
уравнение для AI
А/2
( 3)
2
X
Реш ая (3 ), получаем один имеющий физический см ы сл корень: АI = 3mg/%.
3-21 (1 -1 7 6 ) Л етевш ая горизонтально пуля м ассы т попала, застряв, в тело
м ассы М, которое подвеш ено на д вух одинаковых нитях длины I (рис.). В
результате нити отклонились на угол 0. Считая т « М , найти скорость
34
пули
перед
попаданием
в
тело
(vo)
и
относительную долю её кинетической энергии,
которая переш ла во внутреннюю энергию.
Решение. При попадании пули в массивное тело
будет вы полняться закон сохранения импульса EL>.
(vt - возникаю щ ая скорость тела-миш ени):
m V (,-(M + m )vu
( 1)
П олученный этим телом импульс вы зовет смещ ение его из
положения равновесия, в результате чего приобретенная им кинетическая
энергия Е к перейдет в потенциальную энергию Ер, обусловленную
подъемом н а величину h его центра тяжести.
Е к = {М + m)v\l2 = ЕР = {М + m)gh\
(2)
О тсю да
v ,2 = 2 gh;
(3)
По условию задачи
h = l( 1 - cos 9);
П одставляя (3 ) и (4 ) в (1 ), находим начальную скорость пули
И )= -
в
-----ЯГ - М Л-ТП I—- . во _M
м I—г . о
М +т I
^J2gl(l-c o s < 9 ) = 2 ---------- -Jgl sin —~ к 2 — ^jgl
'JSl sin
sin — ;
m
m
2
m
2
(4)
(5)
О тносительная доля Г| исходной кинетической энергии пули Ео,
перешедшей во внутреннюю энергию, составляет
ц = ( £ о - Ер)/Е0 = l - E p /E0 = l - m / ( M + m ) * l - m/M\
(6)
При получении третьего равенства (6 ) использовались соотнош ения (2 ) и
(5).
3 -2 2 (1 -1 7 9 ) Найти приращение кинетической энергии си стем ы из двух
шариков с м ассам и т\ и т2 при их абсолютно неупругом соударении. До
соударения скорости шариков были Vi и v2.
Решение. При неупругом соударении сохраняется полный импульс
сталкиваю щ ихся тел. П оэтом у (v —скорость образовавш ейся частицы )
т\\\ + тт}>2 = \{т\ + mi)\ отсю да
у т{\ 1 + т 2\2
(1)
иг, + т2
Суммарная кинетическая энергия д ву х ш ариков до столкновения
равна
Т\ = m\V\!2 + тту2 12, тогда как после столкновения эта энергия
оказывается следую щ ей Т2 = (w?i + mz)v2/2. Таким образом, изменение
кинетической энергии составляет
Д Г = Тг - Тх = - ц(у, - v 2)2/2;
гд е /1= - ^ ^ - - приведенная масса.
т] + т2
(2 )
Д ругое возможное решение этой задачи представляет рассмотрение
ситуации в системе центра масс. Скорость V c такой системы определяется
выражением (1 ), и следовательно, скорость образовавш ейся после
столкновения частицы (v - V c) оказывается в ней равной нулю. Поэтому
суммарная кинетическая энергия обоих шариков до столкновения
— £ mi(\i - V c)2 и будет составлять искомое изменение энергии - А Т (2).
2 /-1,2
3 -2 3 Д ве шара с массами т\ и т2 и скоростями vj и v2 испытали упругое
центральное столкновение друг с другом. Найти скорости шаров после
столкновения.
Решение. В случае упругого столкновения будут выполняться законы
сохранения импульса и энергии; для центрального соударения скорости
частиц до и после столкновения будут направлены по одной прямой.
w,V| + m2v2 = mxv\ + m2v'2,
где vj - скорости шаров после столкновения ( 7 = 1 , 2);
2
M\VX
2
/2
m 2V2 _ m \V\
г2
m 2v 2
~2~+ 2 ~ 2 + 2 ’
Преобразуем эти уравнения следующим образом
т i(vi - v/) = m2(v2 - v2);
(1)
mx(v? - v,'2) = m2(v2 —v| );
(2)
Учитывая, что v, фvj, разделим уравнение (2) на (1), тогда будем иметь
vj + v[ = v2 +v2 ;
(3)
Таким образом, скорости шаров после столкновения являю тся решениями
системы двух линейных уравнений (1) и (3). Эти решения имею т вид:
v{ = —v 1 + 2Vc,
(4)
v2 = - v 2 + 2Ve",
Здесь vc =
(5)
+ m2v.2 _ скорость центра м асс системы двух сталкиваю щ ихся
Щ +тг
шаров.
Данную задачу можно также решить другим путем, если провести
рассмотрение в системе центра м асс. В этой системе суммарный импульс
шаров - как до, так и после столкновения - равен нулю, и более того, при
упругом столкновении сохраняется модуль импульса каждого шара.
Столкновение приводит лишь к изменению знаков этих импульсов, т.е. к
изменению знака скорости каждого шара. Если vj- и vj.' - скорости i- того
шара в системе центра масс до и после столкновения соответственно и
vj.' = -v j., то в лабораторной системе будем иметь:
v; = Vc + V/ = V c - v t = V c - (V ,- K c) = -V, + 2KC;
Соотнош ения (6) совпадаю т с выражениями (4 ) и (5).
3 -2 4 (1 -1 8 3 ) Частица м ассы
испытала упругое столкновение с
покоивш ейся
частицей
м ассы
ш2. Какую
относительную
часть
кинетической энергии потеряла налетающая частица, если а) эта частица
отскочила под прямым углом к своему первоначальному направлению
движения; б) столкновение центральное?
Решение. В обоих случаях должны выполняться законы сохранения
импульса и энергии. В вед ем обозначения: pi - импульс первой частицы до
столкновения; р; - импульсы частиц после столкновения, /= 1,2.
а) В озвед ем в квадрат равенство, представляющ ее закон сохранения
импульса
р'2 = р, —p j ; при учете ортогональности векторов pi и р',
получаем:
„'2 _
2 ,
12.
( 1)
Рг ~ Р\ + Р] >
Если
(
mv 2
2
выразить
кинетическую
энергию
частицы
через
её
импульс
р г ), то закон сохранения энергии можно записать следующ им
2т
образом:
Pi
2 тх
12
Pi - + Рг
2т, 2т ,
( 2)
О тветом
на
вопрос
задачи
является
отношение
энергии,
приобретенной второй частицей в результате столкновения, к энергии
налетающ ей частицы:
?7 =
\ „'2
Рг
Р\ _ т , Рг_
2 тп / 2 от, \ти Pi
(3 )
И сключим р\2 из уравнений (1) и (2), результат разделим на
Рг
2т-,
Р\
т\+ тг
чего будем иметь Щг- =
, и следовательно, р = -
после
2т ,
т] + т 2
б) И скомое отношение (3 ) можно преобразовать к виду (vi начальная скорость первой частицы; v'2 - скорость второй частицы после
столкновения): 77 = m2v2 /m,v,2 .
В случае упругого центрального столкновения формулы для
конечных скоростей частиц получены в задаче 3 -2 3 . Используя формулу
(5 ) этой задачи,
для v2 (вторая частица до столкновения покоилась)
4 те, те,
находим: г/ = — — !——у .
(те, + т 2 )
3 -2 5 Н а гладкой горизонтальной плоскости на некотором расстоянии от
вертикальной стенки находится шар массы М. Второй шар м ассы те
движ ется от стенки к первому шару, и м ежду шарами происходит упругий
центральный удар. При каком соотношении м асс М и т е второй шар после
удара достигнет стенки и, упруго отразивш ись от неё, догонит первый
шар? О ба шара находятся на одном перпендикуляре к стене.
Решение. О сь х направим от стенки к неподвижному первому шару.
Обозначим через v2 исходную скорость второго шара (vj = 0).
В оспользовавш и сь формулами (4) и (5 ) задачи 3 -2 3 , найдем скорости
ш аров v ' (г = 1, 2 ) после столкновения:
г ,'= 2 П =-
2те
М -т е
vi > r ' = 2 F c . ■v, = - ----------- 1
М + те
М + те
Чтобы второй шар покатился в сторону' стенки, должно быть М > те.
П осле отражения от стенки скорость второго шара v'2 изменит знак, и этот
шар догонит первый, если |v2\> v j, т.е. М - те > 2те или М > Зте.
3 -2 6 Частица м ассы те испытала упругое столкновение с такой же
покоивш ейся частицей. Показать, что в результате столкновения эти
частицы или обменяю тся скоростями, или разлетятся по взаимно
ортогональным направлениям.
Решение. М а ссы сталкиваю щ ихся частиц одинаковы, поэтому законы
сохранения энергии и импульса можно представить в следую щ ем виде
(vi - скорость
налетающей частицы; v' - скорости частиц после
столкновения, г = 1 ,2 ) :
v2 = v|2 + v2 ;
(1)
vi = v\ + v'2;
(2 )
В озвед ем в квадрат равенство (2) (9 - угол между векторами v , и v 2, иначе
говоря, угол разлета частиц): v2 = v(2 + v'2 + 2v[v'2 c o s # , затем из результата
вычтем (1 ), окончательно находим:
v(v2cos# = 0;
a)
Р авенство (3 ) м ож ет быть выполнено, если:
v{ = 0 , и следовательно, v 2 = vi (2 ), т.е.
столкновения обмениваю тся скоростями;
(3)
частицы
в результате
6) c o s 0 = O, т.е. после столкновения частицы разлетаю тся под прямым
углом.
С ледует отметить, что v'2 Ф 0 , так как в противном случае было бы
v\ = vi (2 ); последнее является явно невозможны м при v'2 = 0 .
3 -2 7 (1 -1 8 5 ) П осле упругого столкновения частицы 1 с покоившейся
частицей
2 обе частицы разлетелись симметрично относительно
первоначального
направления
движения
частицы 1, и угол меж ду их направлениями
/ V - .
разлета 9 = 60°. Найти отношение м асс этих
частиц.
Реш ени е.
Pi
Ччч чЛ '
Закон
сохранения
импульса
Pi = Pi + Рг (Pi _ импульс первой частицы
до столкновения;
р'
-
импульсы частиц
после столкновения, г = 1 ,2 ) в условиях задачи приводит к равенству
модулей конечны х импульсов частиц (рис.). Д ело в том , что по условию
биссектрисой
угла в = 2 у , В С \ \ А Е
по построению , и
АС является
треугольник АВС должен бы ть равнобедренным,
р [ - р\. Таки м образом, будем иметь:
Q
Р\ - 2р[ c o s — ;
следовательно,
т.е.
0)
Закон сохранения энергии в случае равен ства р[ = р'2 принимает вид:
П одставив
4
20
— cos — =
w,
2
(1 )
в
(2 )
Л
1
1
т.
т.‘1
П12
разделив
и
-);
(2 )
результат
на
р\2,
находим:
Щ
л
20 ,
т- = 2 .
1
1
— + — .о т с ю д а — L = 4 c o s — —1 и
т,
'Ч
т
т->
т0
3 -2 8 (1 -1 8 9 ) Частица 1, летевш ая со скоростью v j, испы тала центральное
столкновение с покоившейся частицей 2 той ж е м ассы . Относительное
уменьш ение кинетической энергии систем ы в результате столкновения
характеризуется величиной т). Найти модуль и направление скорости
частицы 1 после столкновения.
Решение. При центральном столкновении движение частиц происходит
вдоль прямой, определяемой направлением скорости налетающ ей частицы.
Энергетический баланс систем ы описы вается уравнением (v ' - конечная
скорость частицы (/ = 1, 2 ); т - м асса частицы; в последую щ их уравнениях
выполнено сокращение на т):
(i - # )vi2 = v\2 + v2 ;
Закон сохранения импульса имеет вид
v, = v[ + v ' ;
(2)
П одставим в (1 ) выражение для v2 из соотношения (2). После
небольших преобразований получаем квадратное уравнение для v[
(3)
v j 2 - v , v ; + ?7v ,2 / 2 = 0 ;
Оно имеет два решения
1+ ^ 1 ^ .
(4)
l-V l-2 П
С корость второй частицы при этом будет следующей (см . (2 ))
2
2 [l + л/З —2?7
(5)
К ак следует из (4 ) и (5), для скорости налетающей частицы возможно
только второе решение (4) v[ =
В (1 -V P 2 ^ ). В
2
случае центрального
столкновения при движении обеих частиц в направлении движения
налетающ ей частицы ( v [ > 0 и V2 > 0 ) скорость последней не мож ет
превыш ать скорость исходно неподвижной частицы.
3 -2 9 (1 -1 9 0 ) Частица массы т испытала столкновение с покоившейся
частицей массы М, в результате которого первая частица ( т) отклонилась
на угол я/2, а вторая частица отскочила под углом 0 = тт/6 к
первоначальному направлению движения налетающей частицы. На
сколько процентов изменилась энергия этой системы после столкновения,
если М/т = 5,0?
Решение. О сь х системы координат направим вдоль скорости первой
частицы, ось у выберем вдоль направления её отскока.
В задаче рассматривается неупругое столкновение, поэтому будет
сохраняться только суммарный импульс частиц (vi - начальная скорость
первой частицы; v ' - конечная скорость /-ой частицы, /= 1 ,2 )
m\l = т\\ +Mv'2 ',
(1)
Распиш ем уравнение (1) через проекции скоростей на оси координат,
принимая во внимание, что
= V) и
= v{ и что траектория движения
второй частицы также расположена в плоскости ху.
mv\ =Mv 2 c o s # ;
0 =mv\-Mv'2 s in # ;
(2)
(3)
Перенося первое слагаемое (3) в другую сторону и деля получивш ееся
равенство на (2 ), находим
v[ /v, = tg 0 ;
(4)
В свою очередь, из соотношения (2 ) следует
v2 /vt= m/(Mcos 0 );
(5)
И сходная кинетическая энергия рассматриваемой систем ы равна
T -m v \ t2 \
энергия
после
столкновения
может
быть
определена на
основании выражений (4) и (5). Таким образом, относительное изменение
энергии будет составлять
AT
mv'^+Mv'■
т
mv.
М cos2 О
- - 1 = tg20 +
- l = (\ + m /M )tg26 + m /M - 1 ;
(6)
При получении последнего равенства (6 ) использовалось соотношение
l/ co s2 a = l + ?g2o :;
П одставляя численные значения в (6 ), будем иметь A T IT - - 4 0 % .
3 -3 0 (1 -1 9 2 ) Частица массы т х испытала упругое соударение с
покоивш ейся частицей массы т2, причем т\ > т2. Найти максимальный
угол, на который м ож ет отклониться налетающая частица в результате
соударения.
Решение. Законы сохранения энергии и импульса будут иметь вид (vi начальная скорость первой частицы; v '- конечная скорость г-ой частицы,
* = 1,2 )
mxv2 = тх\'х + m2v2 ;
(1)
тх\х = т х\\ + т2х ’2 ;
(2)
Разделим равенства (1) и (2 ) на тх и введем обозначение а = мг/иь
перенесем первое слагаемое правой части (2 ) налево и возведем результат
в квадрат (ф - угол рассеяния налетающей частицы). Тогда получим
vj2 = v,'2 + а у22 ;
(3)
v2 + v{2 - a 2v2 = 2v,v( cos«p;
(4)
Используя (3 ), исключим из равенства (4 ) величину v2
и результат
разделим на v,v[, после чего будем иметь
2cos<p = ( l - a )^7 + (l + a ) — ;
v,
v,
(5)
По условию задачи а < 1, поэтому из (5) следует, что cos ф > 0.
Соотнош ение (5 ) выражает косинус угла рассеяния как функцию
модуля
скорости
налетающей
частицы
после
столкновения,
а
следовательно, и сам этот угол ср. Определение экстремального значения
указанного угла можно выполнить стандартным образом, однако в данном
случае
целесообразно
ограничиться
поиском
экстремального
(минимального) значения coscp (5). В результате получим
v,' = ^ ( l - a ) / ( l + a)v ,;
(6)
П одставляя (6 ) в (5), находим cos^o = V l - а 2 ; отсю да sin2 ср = а2. Знак
sin ср не имеет сущ ественного значения - он характеризует только
направление отсчета угла рассеяния. Таким образом, окончательно будем
иметь sin ф = т21т\.
3 -3 1 (1 -1 9 4 ) М олекула испытала столкновение с другой, покоившейся,
молекулой той ж е массы . Показать, что угол между направлениями разлета
молекул
равен
п/2, если соударение упругое, и отличен от п/2 в
противоположном случае.
Решение. В ве д ем обозначения: V] - начальная скорость налетающей
молекулы; v; - конечная скорость г-ой молекулы, г = 1 ,2 .
Законы сохранения энергии и импульса будут иметь вид (г| - доля
кинетической энергии, теряемой при столкновении; проведено сокращение
на м ассу молекулы):
(1 ~ v ) v\
-
v|2 + v(2;
v , = v ;+ v '2 ;
(1)
(2)
В о звед ем уравнение (2 ) в квадрат
v2 = v;2 + v22 + 2 ( v ',v 2 ) ;
(3)
П одставляя v2 из (3 ) в (1), получим
viy\2 +v 'i) = 2(1- V)(v'iv'2) ;
(4)
И з равенства (4) следует, что если т) = 0, т.е. столкновение упругое,
то скорости разлетаю щ ихся молекул будут ортогональными (v',v'2 = 0 ).
Напротив, в случае неупругого столкновения (р ^ 0) угол разлета молекул
оказы вается произвольным (v ',v 2 Ф 0 ).
Следует отметить, что - как предполагается в. задаче - в случае
упругого столкновения молекулы обменяться скоростями не могут
(см . 3-26).
4 . Д ин ам ика т в е р д о го т ел а
Основные формулы
• Уравнение динамики твердого тела, вращ аю щ егося вокруг неподвижной
оси z: dM z /d t = I/3, = Nz, где Mz - м ом ент импульса, Nz - суммарный
момент внеш них сил.
• Теорем а Ш тейнера: I = 1С + та2.
• Кинетическая энергия твердого тела, вращ аю щ егося вокруг
неподвижной оси: Т = 1 а 2 /2 .
• Кинетическая энергия твердого тела при плоском движении:
Т = I c a 2 /2 + m v^ /2.
4-1 (1 -1 9 7 ) Ш арик м ассы m бросили под углом а к горизонту с начальной
скоростью vo. Найти модуль момента импульса шарика относительно
точки бросания в зависимости от времени движения. Сопротивлением
воздуха пренебречь.
Решение. Начало систем ы координат вы берем в точке бросания, ось х
направим горизонтально в плоскости бросания, ось у - вертикально.
Составляю щ ие скорости шарика будут следую щ ими:
v* = v0 co s а ;
(1)
vy = v0 sin а - gt;
(2)
Интегрирование выражений (1 ) и (2 ) позволяет получить соответствую щ и е
компоненты радиуса-вектора (при учете начальных условий г|(=0 = 0 )
х = vxt = v0fc o s a ;
у = vot sin a - gt2/2 ;
(3)
(4)
М ом ен т
импульса
определяется
векторным
произведением
М = [г, ту]. Радиус-вектор и вектор скорости (1 ) - (4 ) располож ены в
плоскости ху, поэтому момент импульса будет направлен вдоль оси z. Его
величина равна
\Щ = \Мг\= \m(xvy - y v x)\ = (И ) mgv0t2cos a .
4-2 (1 -1 9 9 ) Ш айба А массы m, скользя по гладкой горизонтальной
поверхности со скоростью V , испы тала в точке О (ри с.) упругое
столкновение с гладкой неподвижной стенкой. У гол м еж ду направлением
движения шайбы и нормалью к стенке равен а . Найти: а) точки,
относительно которы х момент импульса М шайбы остается постоянным в
этом процессе; б) модуль приращения момента им пульса шайбы
относительно точки О , которая находится в плоскости движения ш айбы на
расстоянии I от точки О.
Решение,
а) Изменение момента импульса
шайбы определяется суммой моментов внешних
сил, действую щ их на неё. Сила тяжести шайбы
компенсируется
реакцией
горизонтальной
плоскости. М омент силы реакции стенки,
которая действует на шайбу в момент удара,
равен нулю для точек, расположенных на
перпендикуляре к стенке в точке контакта с ней,
так как соответствую щ ий радиус-вектор и
указанная сила направлены вдоль одной прямой (стенка гладкая).
б) М омент импульса шайбы относительно точки О непосредственно
перед ударом и сразу после него сохраняет по модулю свое значение,
изменяется только его знак. В связи с этим соответствую щ ее приращение
момента импульса определяется выражением (рис.)
|ДМ| = 2mvl sin (a + я/2) = 2 mvl cos a .
4-3 (1 -2 0 7 ) Н а гладкой горизонтальной плоскости движется небольшое
тело м ассы т, привязанное к нерастяжимой нити, другой конец которой
втягиваю т в отверстие О (рис.) с постоянной скоростью . Найти силу
_ --*■
' натяжения
F нити в зависимости от
расстояния г тела до отверстия, если при г = Го
■ ;^ r
угловая скорость нити была равна ШоРешение. М омент силы F относительно точки
О равен нулю, поэтому момент импульса тела
относительно
этой
же
точки
будет
IF
сохраняться, т.е. М = т[г, v] = const. Здесь v скорость тела; она складывается из двух составляющ их: направленной к
точке О скорости втягивания нити и линейной скорости вращения гео.
М омент импульса тела будет определяться только последней, поэтому
тг2а = тго2(йо\
( 1)
Сила натяжения нити должна быть равна центробежной силе. При
2 . 4 , 3
учете (1 ) получаем: F{r ) = т а г = т а 0 г0 /г
4 -4 (1 -2 2 3 ) Планета м ассы т движется по эллипсу вокруг Солнца так, что
наименьшее и наибольшее расстояния её от Солнца равны соответственно
П и г2. Найти момент импульса L этой планеты относительно центра
Солнца.
Решение. В центральном поле сохраняется момент импульса относительно
центра поля. Сущ ественно отметить ещё следующее обстоятельство: когда
вращ ающ ееся тело находится на минимальном или максимальном
расстоянии от центра поля, его скорость оказывается ортогональной к
44
радиусу, проведенному в эту точку. В связи со всем сказанным можно
написать
L = mr\V\ = mr2v2\
(1)
= r 2v2/ri;
(2)
О тсю да
V)
В случае рассматриваемого движения будет выполняться также
закон сохранения механической энергии
mv}
тМ
-у-
Здесь - у
тМ
mvl
ш
V2
~2
тМ
Г ~г,
(3)
- потенциальная энергия гравитационного взаимодействия;
у - гравитационная постоянная; М - м а с с а Солнца.
П одставляя (2 ) в равенство (3), находим
(4)
На основании (1 ) и (4 ) окончательно получаем L = т 2уМ
4-5 Найти м ом ен т инерции:
а) тонкого однородного стержня массы т и длины / относительно оси,
перпендикулярной к стержню и проходящей через его конец (а ,) или через
его середину (а2).
б) однородного цилиндра относительно его оси симметрии; т - м асса, R радиус, h - вы сота цилиндра.
в) однородного шара относительно одной из его осей симметрии; т —
м асса, R - радиус шара.
Решение. Для тела с постоянной плотностью р момент инерции
определяется соотношением
J - p j r 2dv,
v
(1)
где г - расстояние от переменной точки тела до оси вращения; интеграл
берется по объему тела.
а ,) Е сл и х - расстояние от произвольной точки стержня до оси
вращения, р = т/1 - его линейная плотность, то
J = p j V dx =
;
(2)
о
3
а2) Из формулы (1 ) следует, что момент инерции обладает свойством
аддитивности. П оэтому в случае центрального положения оси вращения,
исходный стержень можно представлять состоящим из двух одинаковых
стержней половинного размера, для каждого из которых ось занимает
крайнее положение. Т огд а при учете (2 ) получаем:
J = 2т/2 (//2)2 /3 = ml2 /12;
(3)
Ф ормулу (3 ) можно получить, разумеется, и в рамках общ его подхода (1).
б) Для определения момента инерции цилиндра используем
полярную систем у координат, ось z которой совпадает с осью симметрии
цилиндра. В этом случае расстояние до оси вращения будет определяться
координатой г. Элемент объема в полярной систем е имеет вид
dv = rdr сЛр dz. Тогда
т-
г
J = p\r
У{
2+i.
.
,
т R\
.
mR2
drdm dz = — г------ 2 л п = -------- ;
nR2h 4
2
в) Определение момента инерции шара проведем в сферической
си стем е координат, ось z которой совпадает с осью вращения. Расстояние
от переменной точки шара до этой оси вы ражается произведением rsin 0;
элемент объема определяется соотношением dv = г2 sin 0 dr сШ dtp.
П оэтом у получаем
г) 5
ft
J = p \ r M sin 2+1 Odrdddcp = ~г~--------2 z rJsin 3 QdQ\
V
-я й 3 5
0
3
Интеграл по 0 вычисляется просто, если использовать замену переменной
cos 0 = х; - sin 0 d0 = dx\
п
я
i
1
л
J s i n 3 6dQ = |(1 - co s2 9 ) s m 6 d e = J(1 - x 2 )dx = 2 J (1 —x 2 )dx = —;
О кончательно получаем J = —w i?2 .
4 -6 Круглая горизонтальная платформа массы М и радиуса R, на краю
которой находится человек массы т, вращается вокруг своей центральной
вертикальной оси с постоянной угловой скоростью соо- Определить, как
изменится эта скорость, если человек перейдет в центр платформы.
Трением можно пренебречь.
Р еш ен и е. Рассматриваемая систем а является замкнутой, поэтому для неё
будет вы полняться закон сохранения момента импульса.
В исходном положении момент инерции систем ы определяется
суммой соответствую щ его момента пустой платформы MR2/2 и вклада,
обусловленного человеком , находящимся на её краю mR2/2 . В конечном
положении последнее слагаемое обращается в нуль. Поэтому для
сохраняю щ егося момента импульса системы получаем:
46
(MR2/ 2
(MR2/2)<в; отсю да
платформы составит <в = (1 + т/М) и 0+
mR2/2)(o0 =
новая
скорость
вращения
4 -7 (1 -2 6 2 ) Н а ступенчатый блок (рис.) намотаны в противоположных
направлениях две нити. На конец одной нити действую т постоянной силой
F , а к концу другой нити прикреплен груз м ассы от. И звестны радиусы R] и
i?2 блока и его момент инерции J относительно оси вращения. Трения нет.
Найти угловое ускорение р блока.
Р еш ен и е. Гр уз от воздействует на блок с силой Т; в
сво ю очередь, по третьему закону Н ью тона такая
ж е сила, но направленная в противоположную
сторону, прилагается и к самому грузу. Уравнение
движения последнего будет следую щ им (ось у
направлена вертикально вниз; а линейное
ускорение груза)
m a -m g -T \
(1)
в тож е время уравнение динамики вращения блока
имеет вид
J P — TR2 - F R 1 ',
Ускорения а и Р связаны стандартным соотношением
(3 )
а = i?2P;
С овм естное решение уравнений (1 ) и (2 ) при учете (3 ) позволяет получить
V = (mgR2- F R ]y (J+ m R 2 2y,
(4)
П олезно отметить, что угловое ускорение (4 ) не зави си т от времени.
В озм ож ен другой способ решения этой задачи. Полный момент
импульса L системы блок-груз относительно оси блока состоит из двух
слагаем ы х - вклада самого блока Jco (со - угловая скорость) и вклада груза
(v - его линейная скорость) mvRn. Учиты вая связь v = /?2со, получаем
L = Jco + mR2 со = ( J + m R 2) со;
М ом ент внеш них сил N склады вается из м ом ентов силы тяжести груза и
силы F : N = mgR2 -FR\.
Уравнение
для
мом ента
импульса
рассматриваемом случае имеет вид
( J + mR22) Р = mgR2 - F R f:
Из (5 ) непосредственно следует выражение (4).
си стем ы
dL
..
=^
в
(5 )
4 -8 (1 -2 6 6 ) В установке, показанной на рис., известны м асса однородного
сплош ного цилиндра от, его радиус R и м ассы тел т\ и от2. Скольж ения
нити и трения в оси цилиндра нет. Найти угловое ускорение р цилиндра и
отношение
натяжений
Тх/Т2
вертикальных
участков нити в процессе движения. Убедиться,
что при m - » О Т\ -> Т2.
Решение. Направленные вверх силы 7) и Т 2
приложены к телам т\ и т2, соответствую щ ие
противоположно направленные силы прилагаются
к цилиндру. Для определенности можно считать,
что гп\ > т2.
Запишем уравнения движения тел тх и т2
(ось у направлена вертикально вниз; а ускорение, а > 0)
тха = m\g—T\\
(1)
- т2а = mig - Ту,
_
(2)
а также уравнение динамики вращения цилиндра (J = mR7 2 - его момент
инерции)
jp = ( r , - r 2)i?;
(3)
П одставляя силы 7) и Г2, определенные из равенств (1 ) и (2), в (3 ) и
учитывая связь линейного и углового ускорений а = 7?Р, получаем
Р = ( т\ - M2)g/[( т\ + т2 + m/T)R}\
Отношение натяжений Т\/Т2 при этом будет составлять
Т\/Т2 = m x{g-a)l[m 2{g + а)] = тп\{Ат2 + т)1 [т2(4тх + т)}\
(4)
Натяжения нити 7) и Г2 с разных сторон цилиндра оказываются
различными по той причине, что воздействие веса более тяжелого груза т\
не только приводит к подъему более легкого т2, но и вы зы вает вращение
цилиндра м ассы т. Если м асса последнего стремится к нулю, то, как
следует из равенства (4), силы натяжения нити будут выравниваться.
4 -9 (1 -2 6 7 ) В систем е, показанной на рис., известны массы тел тх и т2,
коэффициент трения к между телом тх и горизонтальной плоскостью , а
mi
также м асса т блока (однородного
диска
радиуса
г).
Нить
легкая,
проскальзывание отсутствует. В момент
времени t = 0 тело т2 начинает
опускаться. Найти ускорение тела т2 и
рр2 зависимость от времени работы силы
трения, которая действует на тело т\.
Блок вращается без трения.
Решение. Полный момент импульса L рассматриваемой системы
относительно оси блока состоит из трех одинаковых по знаку слагаемых:
вклада самого блока М (J - его момент инерции, ш - угловая скорость) и
вкладов т уг д вух тел т,•/ i = 1, 2 ( v - скорость их движения).
48
L = Jco + (m\ + m2)vr = [J/r + (m\ + m2)r]v\
(1 )
При получении последнего равенства (1 ) использовалось соотношение
v = шг.
М ом ент внешних сил N определяется силой тяж ести тела т2 и силой
трения, действую щ его на тело т\,
N = m 2g r - km\gr = gr(m2- кт\);
(2)
Уравнение для момента импульса системы при учете (1 ) и (2 ) будет
следующ им:
dL
dt
— + (те, + тг )r
= gr(m2 - k m l ); отсю да для линейного
«V
,г
2,оч
ускорения а = — получаем (J = тг 12):
dt
а = gr(m2- кт\У \J /r + (т i + m2)r] = g(m2- кт])/(т/2 + т\+ т2)\
Работа А силы трения определяется выражением (А < 0 ; a - const)
A(t) = - (at112) km\g.
4-10 (1 -2 7 0 ) Однородный диск радиуса R (толщ ины h и массы от)
раскрутили до угловой скорости Шо и осторожно положили на
горизонтальную поверхность. Сколько времени диск будет вращаться на
поверхности, если коэффициент трения равен к?
Решение. Для ответа на вопрос задачи следует определить тормозящий
момент силы трения. Эта сила сущ ественно зависит от расстояния до оси
вращения. В связи с этим разделим мысленно диск на концентрические
цилиндрические слои толщины dr. Определим вес такого слоя
(р = m/(nR2h) - плотность вещ ества диска): pgh2nrdr, испытываемую им
силу трения: kpgh2nrdr и её момент относительно оси вращения:
dN = kpgh2nr2dr. Суммарный момент действующ ей на диск силы трения
выражается интегралом
R
R
2
2
N = ]d N = 2 n k p g h jr2dr = -u k p g h R i = - k m g R ;
(1)
о
о
3
3
Уравнение динамики вращения диска имеет вид ( J = mR2/2 - момент
инерции, Р - угловое ускорение)
Jp = - M
(2 )
Подставляя (1 ) в (2), находим Р = - 4kg/(3R). У гловое ускорение р является
постоянной величиной, поэтому ca(f) — (Во + Р^ О становка вращения диска
произойдет, когда co(?i) = 0 ; отсю да t\ = 37?coo/(4£g).
4-11 (1 -2 7 1 ) М аховик с начальной угловой скоростью со0 начинает
тормозиться силами, момент которых относительно его оси изменяется по
закону N = k - J a , где к - положительная постоянная. Найти среднюю
угловую скорость маховика за все время торможения.
Р еш ен и е. Вращение м аховика описывается следующ им уравнением ( J момент инерции)
J — = ~ k 4 a -,
dt
(1)
Знак минус в (1 ) появился в связи с тормозным характером
рассматриваемого движения.
Соотнош ение (1 ) представляет собой дифференциальное уравнение
первого порядка с разделяющ имися переменными. Разделяя переменные и
интегрируя,
2, 4 c o = - - j t + c .
получаем:
определяется из начальных условий т\
будем иметь со =
--
2J
t
у
Произвольная
с
постоянная
=со0 : с = 2^[аГ0 . Окончательно
. М аховик остановится, когда со обратится
в нуль, т.е. в момент времени
( 2)
‘о = { 2 Л к ) ^ И скомое среднее значение угловой скорости вы ражается формулой
со ■
■fJ
*0 о
к ^
4J 1
J
t + CDq dt = J L
12 J 2 0
о,
2J
0
0
3
При получении последнего равенства в (3) использовалось выражение (2).
4 -1 2
(1 -2 7 6 ) Гладкий однородный стержень АБ м ассы М и длины /
вращ ается с угловой скоростью Шо в горизонтальной плоскости вокруг
неподвижной вертикальной оси, проходящей через его конец А. Из точки А
начинает скользить по стержню небольшая муфта м ассы т. Найти
зависимость скорости v(r) муфты относительно стержня от её расстояния г
до оси вращения.
Р еш ен и е. В рассматриваемой замкнутой систем е будет сохраняться
полный момент импульса относительно оси вращения. На этом основании
получаем
M o = ( J + mr2)w,
(1)
здесь J = М 2/3 и тг2 - моменты инерции стержня и муфты, находящейся
на расстоянии г от оси вращения, соответственно.
Из (1 ) следует
со(г) = J® q/( J + тг2) = / а0/(7+ г2); 1-Л т \
(2)
При движении по стержню ускорение а муфты определяется
центробежной силой
50
та = т а г;
П одставляя в (3 ) выражение для угловой скорости (2 ), находим
d 2r
а =dt1
I 2o>Zr
(4)
[l + r 2Y
Р авен ство (4 ) является дифференциальным уравнением второго
порядка, не содержащ им в явном виде независимой переменной t. Для его
dr
решения введ ем новую переменную v (r(0 )- — , тогда
dt
d 2r
d . ,..
dv dr dv
— v ( m ) ) = -------- = — v ;
I t 2" dr
dr dt
dr
В результате этого уравнение (4 ) приобретает вид
± v=
(5)
(1 + г 2Г
*
()
Соотнош ение (5 ) представляет собой дифференциальное уравнение
первого
порядка с разделяющ имися переменными. Вы п олним
это
разделение и проинтегрируем
rdr
I 2a)2 j
2
dx
J (I + x f
1 2со2
1
2
I + r-
-+ с ;
ч. 2
При интегрировании использовалась замена переменной г = х; 2rdr = dx;
Произвольная постоянная с определяется из начальных условий v|r=0 = 0 :
с = W / 2 . Окончательно получаем
(6)
Эту задачу можно решить другим способом - без использования
дифференциального уравнения (4 ), если наряду с законом сохранения
момента импульса (1 ) воспользоваться законом сохранения механической
энергии.
М 02/2 = М 2/2 + ти2(г)/2 ;
(7 )
где и(г) - скорость м}'фты в неподвижной си стем е координат. Скорость
и(г) склады вается из двух ортогональных составляю щ и х: линейной
скорости
со(г)г,
обусловленной
вращением
движения муфты вдоль стержня.
и2(г) = v\r) + co2(r)r2;
стерж ня,
и
скорости
v(r)
(8)
П одставляя со(г) из (2) в равенство (7 ) и учитывая (8 ), непосредственно
получаем соотнош ение (6).
4-13 (1 -2 8 1 ) Д ва горизонтальных диска свободно вращаются вокруг
вертикальной оси, проходящей через их центры. М оменты инерции дисков
относительно этой оси равны 1\ и /2, а угловы е скорости оц и С0г- После
падения верхнего диска на нижний оба диска, благодаря трению между
ними, начали через некоторое время вращаться как единое целое. Найти
установивш ую ся угловую скорость со вращения дисков и работу, которою
совершили при этом силы трения.
Р еш ен и е. В
рассматриваемой системе будет сохраняться момент
импульса:
1\(Л\ +
— (1\ + /2) 03, поэтому конечная угловая скорость
оказы вается следующ ей: со = ( Д а ц + 72 co2) / ( / i + / 2).
И скомая работа силы трения определяется изменением кинетической
энергии системы при переходе её в конечное состояние
Л = (/, + 12) со2/2 - { W ' 2 + h со22/2) = - Ш
а», - со2)2/[2(/1 + /2)].
4-14 (1 -2 8 6 ) Однородный цилиндр (или шар), момент инерции которого
относительно его оси симметрии равен I, скатывается без скольжения по
наклонной плоскости, составляющ ей угол а с горизонтом. Найти
ускорение центра м асс этого тела и значение коэффициента трения к, при
котором скольжения не будет (т - м асса тела, R - его радиус).
Р еш ен и е. В общ ем случае плоское движение твердого тела описывается
двумя уравнениями: одно соответствует движению центра м асс под
действием результирующей всех приложенных сил, другое - описывает
вращ ательное движение тела вокруг оси, проходящей через упомянутый
центр, под влиянием суммарного момента этих сил.
та = mg sin а - F 0;
(1)
/р = Л Р0;
(2)
Здесь а - линейное, р - угловое ускорения тела; F q - сила трения. При
движении без скольжения а = 7?р.
П одставляя значение F 0, найденное из уравнения (1), в (2 ), получаем:
а = g sin а /(1 + I/mR2); после этого выражение для силы трения
приобретает вид
F q= Img sin а /(/ + mR2)\
(3 )
Для отсутствия скольжения сила трения (3 ), получаемая как решение
систем ы уравнений (1) и (2), не должна превышать максимально
возмож ную величину этой силы, которая определяется нормальным
давлением тела на наклонную плоскость: F 0 < kmg cosa. Отсю да, используя
выражение (3 ), находим k > t g a 1/(1 + mR2).
4-15 (1 -2 8 8 ) Однородный цилиндр м ассы т и радиуса R (рис.) в момент
t - 0 начинает опускаться под действием силы тяжести. Пренебрегая
массой нитей, найти угловое ускорение цилиндра и
зависимость от времени мгновенной мощ ности, которую
развивает сила тяжести.
Р еш ени е. Закрепленная нить действует на цилиндр с
направленной вверх силой Т. Уравнение движения центра
м асс цилиндра имеет вид (а - линейное ускорение)
ma = m g-T \
(1 )
Вращ ение
цилиндра
относительно
его
оси
описы вается уравнением (I0 = mR2/2 - момент инерции, Р угловое ускорение)
/оР = ГД;
(2 )
При получении (2 ) было учтено, что момент силы тяж ести относительно
центра м асс цилиндра равен нулю.
Реш ая систему (1), (2) и учитывая равенство а = (3F, находим
P = 2g/(3i?);
(3)
Следует отметить, что угловое ускорение (3 ) не зависит от времени.
Выражение (3) можно получить и другим способом , если
рассмотреть
вращение
цилиндра
относительно
мгновенной
оси,
совпадающ ей с его образующей, проходящей через точку касания нити.
Соответствую щ ий момент инерции цилиндра по теореме Ш тейнера будет
составлять I = 3mR2/2 , момент силы тяж ести окажется отличным от нуля N
= Rmg, и уравнение динамики вращения цилиндра примет вид
/ P = iV ;
(4)
Реш ение (4 ) также приводит к формуле (3). При таком подходе,
однако, удобно ответить на второй вопрос задачи. М гновенная мощ ность
Р, которую развивает сила тяж ести, определяется соотнош ением (со угловая
скорость;
при постоянном
ускорении
и нулевом
начальном
условии ш| =0 = 0 имеем со = (3?): Р = N® = 2m^tl2.
4 -1 6 (1 -2 9 2 ) На ш ероховатой горизонтальной плоскости леж ит катушка
ниток м ассы т. М омент инерции катушки относительно собственной оси
равен 1, её внешний радиус - R, радиус
намотанного слоя ниток - г. Катуш ку без
скольжения начали тянуть за нить с
постоянной силой F, направленной под
углом
а
к
горизонту
(рис.).
Найти
горизонтальную составляю щ ую а ускорения
оси катушки, силу трения F 0 и зависим ость
от времени работы A(t) силы F.
Р еш ен и е. Уравнение движения центра м асс катушки будет следующ им:
та = F c o s а - F q\
(1)
В свою очередь, уравнение динамики её вращения имеет вид ((3 - угловое
ускорение):
/Р =Ia/R = RF q- rF;
(2)
Знаки м оментов сил в последнем равенстве (2) соответствую т случаю
поступательного движения катушки в положительном направлении оси х;
в (2 ) такж е учтено, что при движении без скольжения а = i?p.
Реш ение систем ы (1 ), (2 ) позволяет определить ускорение а и силу
трения F q.
а = FR \ c o s а - r/R) / (/ + mR2)\
(3)
F q= F (I cos а + mrR) / (I + mR2);
У скорение a (3 ) обладает интересной особенностью : его знак, т.е.
направление движения, определяется разностью co sa - r/R. Таким образом,
при м алы х углах а приложения силы F катушка будет двигаться в
положительном направлении оси х, при больших - в отрицательном
(всегд а а < тг/2 и r/R < 1).
Работа силы F определяется кинетической энергией, приобретаемой
катушкой. Эта энергия складывается из энергии поступательного
движения катушки, как целого, и энергии её вращения. Учиты вая, что
ускорение a (3 ) не зависит от времени, для линейной скорости движения v
при начальных условиях v|(=0= 0 получаем: v — at и соответственно для
ш = (31. Поэтому будем иметь:
A(t) = mv2/2 + Ico2/2 =[FR(cos a - r/R )tf / [2(1 + mR2)].
угловой скорости:
4 -1 7 Однородный цилиндр (или шар), момент инерции которого
относительно его оси симметрии равен I, скатывается без скольжения по
наклонной плоскости в первом случае или соскальзы вает с неё без трения
во втором. В ы со т а наклонной плоскости h, м асса тела т, его радиус R.
Сравнить скорости центра масс тела, достигаемые в указанных случаях
внизу наклонной плоскости.
Р еш ен и е. Н аходясь наверху наклонной плоскости,
тело обладает
потенциальной энергией
Ер = ?ngh;
(1)
В первом случае кинетическая энергия тела после спуска будет
состоять из д вух слагаем ы х: энергии поступательного движения центра
м асс и энергии вращения относительно оси симметрии
Е и = mvx2/2 + /со2/2 =(т + 7/R2)v ,2/2;
(2)
Здесь V] и со - линейная и угловая скорости тела, они связаны
соотнош ением Vi = coi?.
В о втором случае, при соскальзывании, кинетическая энергия тела
будет определяться только энергией поступательного движения (у2 - его
скорость)
£*2 = ш >22/2;
(3 )
Приравнивая энергии (1) и (2 ), а такж е (1 ) и (3 ), получаем
vx2 = 2 g h /(l+ I/m R 2);
(4 )
v22 = 2 gh(5)
Таким образом, скорость центра м асс тела при соскальзы вании с
наклонной плоскости без трения v2 (5) будет превыш ать соответствую щ ую
скорость V! (4 ) при скатывании без скольжения. Дело в том , что при
скатывании часть исходной потенциальной энергии переходит в
кинетическую энергию вращения.
С ледует отметить, что выражение для скорости V) (4 ) м ож н о также
получить, рассматривая непосредственно процесс скатывания тела с
наклонной плоскости (задача 4 -1 4 ).
4 -1 8 (1 -2 9 4 ) В систем е, показанной на рис., известны м асса т груза А,
м асса М ступенчатого блока В, момент инерции I последнего относительно
его оси и радиусы ступеней блока R и 2 R.
М асса нитей пренебрежимо мала. Найти
ускорение груза Л.
Реш ени е. Действую щ ие в системе силы
показаны
на
рис.
В
зависимости
от
соотнош ения сил ве са груза А и блока В
возможны д ва случая движения в системе:
груз А, опускаясь, будет поднимать блок В
или, напротив, блок В будет двигаться вниз, aj
поднимая
груз
А. Для определенности
,
вы берем первую возм ож н ость.
Движ ение груза А вниз подчиняется уравнению (ось у направлена
вертикально вниз; а х - ускорение груза, а\ > 0)
та\ ~ m g - Т\,
(1 )
Движение блока В, который, вращаясь, поднимается наверх, описы вается
двумя уравнениями (а 2 - его линейное, а 2 < 0, и В - угловое ускорения)
Ма2 = - Т 2 + Mg + Т\,
l£ = 2RT] - R T 2,
(2 )
(3 )
Уравнение (2 ) характеризует движение центра м асс блока, равен ство (3)
соо тветствует вращению относительно его оси симметрии.
Ускорения а\, а 2 и р связаны очевидными соотношениями
а ,= 2 Д | 3 - Л р = ДР;
N = -fiP ;
(4 )
(5)
55
Подставляя (4 ) и (5) в равенства (1) и (2 ), получаем систем у их трех
уравнений (1 ) - (3 ) относительно неизвестных Т\, Т2 и р. Решение этой
системы позволяет определить Р и, следовательно, ар. а х = ( m - M)g 1{т +
М + I/R2). При т > М груз А действительно будет двигаться вниз, а при
т < М - вверх.
4 -1 9 (1 -2 9 7 ) Сплошному однородному цилиндру м ассы т и радиуса R
сообщили вращение вокруг его оси с угловой скоростью Сйо> затем
положили боковой поверхностью на горизонтальную плоскость и
предоставили самому себе. Коэффициент трения
между цилиндром и плоскостью равен к. Найти
время, в течение которого движение цилиндра будет
происходить со скольжением, а также полную
работу сил трения.
Р еш ени е. В данном случае сила трения F 0 - kmg
играет двоякую роль (рис.): с одной стороны, она
вы зы вает движение центра м асс цилиндра в
горизонтальном направлении, с другой -■ момент
этой силы относительно его оси приводит к замедлению вращения.
С оответствую щ ие уравнения имею т вид (v - линейная и ш - угловая
скорости цилиндра, I = mR2/2 - его момент инерции относительно оси
симметрии)
dv
т— = f 0;
dt
jd co _
d t~
-Щ
о;
( 1)
( 2)
Н езависимо интегрируя оба уравнения, получаем
v(i) = Fatlnr,
В
(3)
<в(0 = ш0 - FoRt IF,
(4)
процессе решения использовались начальные условия v(?)j(=Q = 0 и
U = ®oП роскальзывание цилиндра прекратится, когда между его линейной
и угловой
скоростями установится стандартная связь v(fi) = a(j\)R-
О тсю да
П = сооЛ / (F0/m + F vR2II) = ЮоД/(3 kg)\
(5)
и следовательно, v(fi) = ШоЛ/3;
До
момента
t\ кинетическая энергия вращения цилиндра
расходовалась на преодоление тормозящего влияния момента силы трения
и сообщ ение цилиндру ускорения поступательного движения. В момент Л,
при переходе движения цилиндра в чистое качение, устраняется
необходимость такого преодоления, что, в свою очередь, приводит к
трансформации ускоренного движения цилиндра в равномерное.
П олная работа силы трения будет определяться разностью энергии
установивш егося движения и исходной энергии:
А = [mv\tx)l2 + /со20,)/2] - W / 2 = - mR2со02/6;
Таким образом, только часть начальной энергии цилиндра переходит в
энергию его равномерного качения.
Рассмотренную задачу можно решить другим способом. После
исключения силы трения F 0 из уравнений (1) и (2 ) получаем: Id a = - mRdv.
Интегрирование
этого
уравнения
приводит
к
соотношению,
определяющ ему связь линейной и угловой скоростей цилиндра:
/ю(0 + mRv(t) = /сад
(6)
Условие прекращения скольжения v(?,) = co(Ci)/? позволяет на основе (6)
определить
равновесные
скорости.
М омент
времени
Л начала
установивш егося движения находится в результате интегрирования (1 ) при
учете полученного значения линейной скорости.
5 . Основы рел яти в и стск ой м ехани ки
Основные формулы
Рассматриваю тся две инерциальные систем ы -
К и К ',
в которых
использую тся соответственно параллельные оси декартовы х координат.
Система К ' двигается со скоростью v в положительном направлении оси х.
•
Формулы Лоренца (ш трихованные переменные относятся к системе
К '): х =
x' + vt'
,
у =у;
,
z =z;
V l - ( У /с ) 2 ’
t-
t' + x 'v /c 2
V l-(v / c )2 ’
• Сокращение движущ егося масш таба и замедление хода движущ ихся
часов (/0 - собственная длина; дс0 - собственное время):
/= / J l - ( v / c ) 2 ;
Atг
At =
V l-C v / c )2 ’
v' + V
i Сложение скоростей: v_ = ,
,
1+ v > / c 2
v ;V i- ( v / c ) 2
VT =
l + v 'v / c 2
i Релятивистский импульс (mr - релятивистская м асса; mQ- м асса покоя):
P = mr\ = V l - ( v / C) 2 ’
• Энергия релятивистской частицы ( Г - кинетическая энергия):
Е = тгс 2 = Т + пг0с 2\
• Связь энергии и импульса: Е 2 = р 2с 2 + wzgC4;
р 2с 2 = Г ( Г + 2 w0c 2);
5-1 (1 -3 6 5 ) Найти собственную длину стержня, если в лабораторной
системе отсчета его скорость v = с/2, длина / = 1,00 м и угол м ежду ним и
направлением движения 0 = 45°.
Решение. В /6-системе отсчета проекции стержня (/„ 4 ) на оси координат
будут составлять (ось х совпадает с направлением движения):
1Х= /созб» = /о^лУ1 - Р г \Р = -с \ ly = ls m d = l0y;
l0x, h y ~ эти ж е проекции в i f -систем е - системе, относительно которой
стержень покоится.
Собственная длина стержня составит /0 =
l l - / 3 2sm 2e
+ 1%
у =I
i
i-p 2
;
/о ~ 1,08м .
5-2 (1 -3 6 6 ) Стержень движ ется равномерно в продольном направлении
мимо д ву х меток А и В, расположенных на расстоянии Ах друг от друга.
Сначала в момент t\ напротив метки А оказался передний конец стержня.
Затем напротив метки В в моменты t2 и Ц оказались соответственно
передний и задний концы стержня. Найти его собственную длину.
Решение. В
/v-систем е
отсчета
скорость
стержня
определяется
соотнош ением v = Axl(t2 - t\), а его длина равна / = v(f3 собственная длина стержня будет составлять:
I -
1
°
Л/1 - (v/c)2
_
f2). Тогда
М < з~ 4)
*J(t2 ~ t])2 - ( А х / с )2 '
5-3 (1 -3 6 8 ) Стержень пролетает с постоянной скоростью мимо метки,
неподвижной в /6-системе отсчета. Врем я пролета At\ —20н с в /6-системе.
В си стем е же отсчета, связанной со стержнем, м етка движ ется вдоль него в
течение Д/2 = 25н с. Найти собственную длину /0 стержня.
Решение. В /6-системе отсчета длина стержня вы ражается соотношением
(v - его скорость)
l =ljl-(v /c )2 ;
( 1)
По условию задачи llv = At\ и
— = ф -(у /с )2 = —
/0
At2
I q/ v
от с юда
=А t2, поэтому при учете (1 ) получаем:
v = c ^ l - ( A t J At2)2 ,
и
следовательно,
/0 = сА12ф - (A tjA t2)2 ; /0 = 4,5м .
5-4 (1 -3 7 3 ) Два стержня одинаковой собственной длины /0 движутся
навстречу друг другу параллельно общей горизонтальной оси. В систем е
отсчета, связанной с одним из стержней, промежуток времени м ежду
моментами совпадения левы х и правых концов стержней оказался равным
At. К акова скорость одного стержня относительно другого?
Р еш ени е. В упомянутой систем е отсчета одного из стержней длина
второго стержня, движущ егося со скоростью v относительно первого,
сокращ ается, поэтому по условию задачи можно написать
/0 = W l - ( v / c ) 2 + v A f;
(1)
Равенство (1 ) можно преобразовать к виду: v2[l + (/0/А^)2/с2] - 2vl0/At = 0.
Корень v = 0 не представляет интереса, поэтому относительная скорость
21J At
второго стержня оказы вается равной: v = ---------- ------- г-.
F
v
l + (/0 /cA f)2
5-5 (1 -3 7 4 ) Д в е нестабильные частицы движутся в АГ-системе отсчета по
некоторой прямой в одном направлении со скоростью v = 0 ,9 9 с.
Расстояние м еж ду ними в этой систем е отсчета /= 120м . В некоторый
момент обе частицы распались одновременно в систем е отсчета, связанной
с ними { К ' - си стем е). Какой промежуток времени м еж ду моментами
распада обеих частиц наблюдали в А^-системе? Какая частица распалась
позже?
Реш ен и е.
следующ им
Р асстоян и е
образом:
м еж ду
частицами
в > АГ'-системе
/0 = //д/l - Д 2 ; /5 = v /с .
В
м ом ент
вы ражается
распада
t
координаты частиц в этой систем е составляли х и х + /о- С оответственно
этому, моменты распада частиц с точки зрения АГ-системы вы раж аю тся
соотношениями:
t, =
f' + - V
,—
С + 4 ( х ' + /0)
— • П ром еж уток времени
U —------ с,
лА - Р 2
между моментами распада обеих частиц в этой систем е оказывается
равным At = ?2 - h = /|3/[с(1- Р2)]; At = 20м кс. Таким образом, частица,
летевш ая впереди, распалась позже на время At.
5-6 (1 -3 7 6 ) Стержень А В движется с постоянной скоростью v
относительно стержня АВ (рис.)- Оба стержня имеют одинаковую
и на концах каждого из них установлены
собственную длину
синхронизированные между собой часы: А с В
/V____________ В'
v
и А с В . М омент, когда часы В поравнялись с
t часами А, взят за начало отсчета времени в
А
в системах отсчета каждого из стержней.
Определить показания часов В и В в тот момент, когда они окажутся
напротив друг друга; то же для часов А и А .
Реш ени е. АГ-систему отсчета совместим с неподвижным стержнем АВ. В
соответствии с одной из формул Лоренца, пространственно-временной
точке ( t, х ) этой системы в движущейся К ’ -системе соответствует время
t'--
■ xv/c\ 0 _ v ,
5Р
5
( 1)
I -------- Г
В АСсистеме правые концы стержней совпадут в момент времени tB =
/0/v; координата х при этом будет следующей х = /0; соответствую щ ий
этому собы тию момент времени в АС'-системе определяется формулой (1)
(’в . Л
л[ Г ^ = 1в ^
( 2)
1;
В К- и К' - системах отсчета подобным образом можно установить и
момент совпадения левых концов стержней. В АГ-системе длина
движущ егося стержня сокращается, поэтому I, АjjJ E
E
.
при этом его
конец А будет находиться в точке х = 0. Используя (1 ), находим t'A,
Таким образом,
.
______
tA=t*yl I-/?2 ;
53)
Если равенство (2) свидетельствует о том, что время в движущ ейся
системе идет медленнее, то (3), казалось бы, говорит об обратном.
Следует, однако, иметь ввиду, что t’A, не является временем движения
левого конца стержня А до точки х = 0: в момент синхронизации часов
стержней
координата
следовательно
(1),
этого
конца
составляла
начальный момент времени
для
х = -/0лДнего
>
и
был равен
t'aA, = % . П оэтому время движения конца А до точки х = 0 определяется
с
соотнош ением
А',. = ^ - t'0A, = V
- Л =
;
(4)
v
Р авенство (4 ) соответствует стандартному соотношению соответствую щ их
временных интервалов в движущ ееся и неподвижной систем ах отсчета.
Следует отметить, что решение этой задачи будет полностью
аналогичным, если в качестве неподвижного рассматривать стержень А В .
5 -7 (1 -3 8 2 ) Д ве частицы движутся навстречу друг другу со скоростями
V] = 0 ,5 0 с и v2 = 0 ,7 5 с по отношению к лабораторной системе отсчета.
Найти относительную скорость частиц, а также скорость, с которой
уменьш ается расстояние между ними.
Решение. ТС-систему отсчета совместим с частицей, движущейся в
положительном направлении оси х со скоростью V]. Тогда скорость второй
частицы в этой системе, будет выражаться соотношением (в лабораторной
си стем е следует считать, что v2 < 0, если V] > 0):
I
lv21+ vj
v2 = ---------;— гт-у ■
l + vi|v2 |
/с
О тносительная скорость частиц, как величина положительная, будет равна
|v2'|; |v2'| = 0 ,9 1 с;
Скорость и, с которой уменьш ается расстояние между частицами в
лабораторной системе, определяется алгебраической суммой
и = v 1 - v2 = vi + И = 1,25с.
Х отя скорость и и оказалась больше скорости света, этот факт не
противоречит теории относительности: объекта, который распространялся
бы с такой скоростью , не сущ ествует.
5 -8 (1 -3 8 5 ) Некоторая нестабильная частица движется со скоростью v в
К '-си стем е отсчета вдоль её оси у . К ' -систем а, в свою очередь,
перемещ ается относительно Х -си стем ы со скоростью v в положительном
направлении её оси х. Оси х и х обеих систем отсчета совпадаю т, оси у и у
параллельны друг другу. Найти путь, который частица пролетит в Ксистеме, если её собственное время жизни равно Ato.
Решение. Определим скорость и частицы в Х -си стем е отсчета (v) = 0 ):
ux —v; u = v'^/l —Д 2 ; Д = - ; u2 = v2 + v 2( l - 132);
c
С вязь времени жизни At частицы в A-систем е и её собственного времени
А?р
жизни А?0 вы раж ается соотношением At = •
/T W
П уть
1
"V
который частица пролетит в A -систем е до момента распада,
будет составлять s = uAt = и -
Atn
v * + V'2( l - n
•—Atг
Л'Д - и 1! с
( 1 - j3 2 ) ( 1 -
v
'2/
, Q_
; Р = v/c.
c
2)
5 -9 (1 -3 8 7 ) Стержень ЛД ориентирован параллельно оси х А '-си ст ем ы
отсчета и движется в этой систем е со
к'
скоростью
v вдоль её оси у (рис.). ТС-систем а
У
в свою очередь движется со скоростью v
относительно A -системы вдоль её оси х. Найти
17
угол 8 м ежду стержнем и осью х в А -систем е.
А Р еш ен и е. Определим составляю щ ие скорости
и стержня в А-системе
их = v; иу = v'^1 - f } 2 ;
= v /c ;
(1 )
В А ' -си стем е стержень пересечет ось х в момент времени t' = t'A - t'B, при
этом его концы будут находиться в точках х'А
и
х'в = х'А + 10, h ~
собственная длина стержня. В соответствии с формулами Лоренца, в Асистеме концы А и В стержня пересекут ось х в различные моменты
времени, интервал между которыми составит
At —tn
t,
(*'в - {а ) + у( х 'в- х 'а) / с2
v ljc 2 .
/ь Т 2
(2)
И скомы й угол 9 будет следующ им
yAt _ v'tJ i ~J32
v
/0 /
c
2
______ У
(3)
с 2^ р г
При получении (3 ) использовались равенства (1) и (2 ), а также выражение
I— п2
для длины стержня в А -си стем е х в - хА = /0-\Д ~ /3 .
5 -1 0 (1 -3 8 8 ) А '-си с т е м а перемещ ается с постоянной скоростью v
относительно A -систем ы . Найти ускорение а частицы в А ' -си стем е, если в
A-си стем е она движ ется со скоростью и и ускорением а по прямой: а) в
направлении вектора v; б) перпендикулярно к вектору v.
Р еш ен и е. Направление движения А '-си ст ем ы примем за ось х, одно из
перпендикулярных направлений к нему - за ось у.
а) В ЛГ-системе скорость и частицы характеризуется составляю щ ими
их = и\ иу = 0. С оответствую щ ая скорость её в К' -си стем е определяется
следую щ им образом
,
их —v
v ,
( 1)
их = , д
=0;
\ -р и х с
с
С вязь м ом ен тов времени в К ’ - и ^ -си стем а х устанавливается одной из
формул Лоренца
( 2)
=
Продифференцируем соотношения (1 ) и (2 ), считая v постоянной;
вы несем dt из правой части выражения, полученного на осн ове (2 ), и учтем
для него, что их = — , В результате будем иметь:
dt
du' =
1-J3 2
(1- P u j c ?
dt, = h M
J
(3)
"
t d t.
(4 )
Разделив равен ство (3 ) на (4), находим
du'
( 1 - / ? 2) 3/2 dux
-------------------------------------------/
dt'
.
(1 - P u j c ?
ИЛИ
Clх
(1 - / ? 2 ) 3/2
— ------------- —
dt
i
(1 - P u / c f
б) Э то т случай рассматривается аналогично предыдущ ему. В К- и
составляю щ ие скорости частицы будут соответствен н о
К' -си стем ах
следующ ими
их = 0\иу = и;
и'х = - v = con st-и'у = иул!I - / ? 2 ;
(5)
Продифференцировав (5) и разделив результат на (4 ), получаем
du'y
dt
5-11
(1 -3 9 4 )
Найти
■а'у = {\ - р г )а',а'х = 0 ;
скорость,
при
которой
релятивистский
импульс
частицы в г| = 2 раза превыш ает её нью тоновский импульс.
Р еш ени е. Релятивистский импульс частицы определяется формулой (v - её
скорость,
т0 -
м асса
покоя):
Pr = m0v /-Jl - /З2 ; /3 = v i e ,
тогда
как
ньютоновский импульс составляет P q = /яоч.
П о услови ю задачи Рг = п,Р0; отсю да ц 2 = 1/( 1 - р2). Таки м образом,
скорость частицы будет следую щ ей v = Сл/1 - 1 / Т]2 ; v = 0 ,8 7 с .
5-12 (1 -3 9 6 ) При какой скорости кинетическая энергия частицы равна её
энергии покоя?
Решение. Кинетическая энергия Т частицы определяется как разность её
полной энергии Е и энергии покоя Е 0 (т0 - масса покоя частицы, v - её
скорость): Т = Е - Е 0 = —^ M L = -m 0c 2-, J3 = —.
П о условию задачи Т = mQc2, следовательно,
\1^\~рг - 2 . Из
последнего равенства находим v = сл/з/2.
5-13 (1 -4 0 0 ) Пучок релятивистских частиц с кинетической энергией Т
падает на поглощающую мишень. Сила тока в пучке равна I, заряд и масса
каждой частицы - е й
т0. Найти силу давления пучка на мишень и
вы деляю щ ую ся в ней мощность.
Решение. Сила давления пучка на мишень определяется импульсом
поглощенных частиц. Импульс частицы следующим образом выражается
через её кинетическую энергию: с 2Р2 = 71{Т + 2 Е0), Е 0 = т0с2 - энергия
покоя. Число частиц в пучке равно N = Не, поэтому давление F
определяется соотношением: F = — J t (T + 2 т0с 2) .
ес
Выделяю щ аяся в мишени мощность составит W = N T -IT le.
5-14 (1 -4 0 2 ) Частица массы т в момент t = 0 начинает двигаться под
действием постоянной силы F. Найти зависимость от времени скорости
частицы и пройденного ею пути.
Решение. Релятивистское уравнение динамики частицы будет следующим
dP
— = F ; Проинтегрируем его, учитывая, что F = const, а также начальные
условия P\t=Q = 0 . В результате получаем: Р - F t или
mnv
: = F t.
л/l —V2/c
Из последнего равенства можно определить скорость частицы
Fct
v(0 = yjm lc2 + F 2t2
Пройденный частицей путь s выражается интегралом
s ( 0 = v(t)dt = e j
tdt
mnc
__ rri0
;J l + (F /m 0c )2t2 - 1
H c ' / F 2 + t2
При интегрировании использовалась замена переменной £
t -- х■,
5-15 (1 -4 0 5 ) Релятивистская частица с импульсом р и полной энергией Е
движ ется вд оль оси х i f -системы отсчета. Показать, что в К' -системе,
движущ ейся с постоянной скоростью vo относительно i f -систем ы в
положительном направлении её оси х , импульс и полная энергия данной
частицы определяется формулами ф = v0/c):
P x ~ EvJ 'сc2‘ . E ’ = E ~ P xV0
Рх=:
ЛЧЧ2 '
Решение. В инерциальной системе координат полная энергия частицы и её
импульс вы раж аю тся следующим образом
Е = mrc2\р = mr\,
где тг = -
тп
(1)
- ее релятивистская масса.
На основании формул (1 ) можно получить скорость частицы в i f системе отсчета
v = (с2/Е) р;
(2)
Равенство (2 ) можно расписать для каждой из составляю щ их векторов v и
р, однако в данной задаче рассматривается движение частицы вдоль оси х,
поэтому в дальнейш ем соответствую щ ие индексы указываться не будут.
Скорость этой частицы вдоль оси х в i f ' -систем е определяется при учете
(2 ) формулой
= с 2р / Е - у 0 _ c 2p - E v 0 .
v -v p
V
\ -w Jc2
1- p v j E
ф
E -p v 0
Используя (3 ) и учитывая соотношение Е 2 = р 2с 2 + m lc*, получаем:
,
(Е 2 - р 2с 2) ( 1 - 0 2) _ m 20c \ l - J 3 2)
v'2
1_“
=
(“Е - pv0)
'
о
'" 'с '
следовательно,
1
E -pvо
(4)
тпс
В соответствии с (1), импульс частицы в К -системе выражается
соотношением
А
тnv
'-Е уо
Р = - ,________,__________
Ч ~ у ' 2/ с 2
,
(5)
При получении последнего равенства (5 ) использовались формулы (3) и
Подобным образом для полной энергии (1 ) частицы в К' -системе
будем иметь (при учете (4))
т0с 2
_ E -p v 0 _
V i - v ' 2/c2 = 7 i r F ;
(6)
К ак было отмечено выш е, проведенное рассмотрение относится к р хсоставляю щ ей импульса частицы; составляю щ ие р у и р г в обеих системах
отсчета сохраняю т свои значения р\ = p p i = y , z .
С овокупность четырех величин {Etc, р) образует четырехмерный
вектор, правила преобразования которого при возм ож ны х трансформациях
пространства-времени непосредственно приводят к соотношениям (5 ) и
(6). Квадрат такого вектора представляет собой известный инвариант
Е 2/ с 2 - р 2 = т 2с 2.
5-16 (1 -4 0 8 ) Нейтрон с кинетической энергией Т = 2т0 с2, где т0 - его
м асса (покоя), налетает на другой, покоящийся нейтрон. Найти в системе
их центра м асс суммарную кинетическую энергию Тс нейтронов и импульс
p ci (г = 1 ,2 ) каждого нейтрона.
Решение. Направление движения первого нейтрона примем за ось х Кси стем ы отсчета; К '-с и с т е м у совм естим с центром м асс двух нейтронов,
эта систем а такж е будет двигаться вдоль указанной оси х.
И мпульс движущ егося нейтрона р 0 в К -си стем е выражается
формулой
p 02c2 = f + 2Tm0 c2-,
(1)
По условию задачи совокупность из двух нейтронов будет обладать таким
же импульсом; при этом полная энергия такой системы составит (следует
учитывать м ассу покоя д вух нейтронов)
Е = Т + 2гпо с2\
(2)
В К' -си стем е отсчета импульс р и полная энергия Е совокупности
д вух нейтронов вы ражаю тся следую щ им образом (зад. 5 -1 5 , vc - скорость
К -си стем ы )
->
У -
Ро~ Е
у с/ с 2
I------- Г
V I-/?2
г-,
. п _ \ .
’н ”
E ~PoVc .
^
7
5
( 3)
(4)
’
В систем е центра м асс (К '-с и с т е м е ) суммарный импульс частиц
должен быть равен нулю, поэтому из (3 ) следует, что скорость такой
си стем ы составит
vc= p 0c2/E;
(5)
П одставляя (5 ) в (4 ) и учитывая (1) и (2), получаем выражение для полной
энергии
Е' = ^ Е 2 - P qC2 =-у]2т0с 2(Т + 2m0c 2)',
(6 )
Кинетическая энергия Тс совокупности двух нейтронов в си стем е их
центра м асс оказы вается следующ ей:
ТС= Е ' - 2 m0c 2 = 2т0с 2 {J\ + Т/(2т 0с 2) - 1); Тс = 2тйс г {4 2 - 1 ) ;
Тс = 778 М эВ .
Формула ( 3 ) позволяет такж е определить импульс каждого нейтрона в К' си стеме. Д ля неподвижного в К -си стем е нейтрона получаем (его энергия
равна энергии покоя)
vcm0c 2 / c 2 _
Р оЩ с2
VЕ -
V w ?1
= - т 0с ;
(7 )
рУ
В торое равенство (7 ) получено на основе (5 ), третье равенство -- при учете
(1 ) и второго равенства (6).
И мпульс нейтрона, движущ егося в /^-системе, отличается от
рассмотренного только знаком р с\= - р съ (рл ~ 9 4 0 МэВ/с).
5_17 (1 -4 0 9 ) Релятивистская частица с м ассой ш и кинетической энергией Т
налетает на покоящ ую ся частицу с той же массой. Найти м ассу и скорость
составной частицы, образовавш ейся в результате соударения.
Решение. И сходный импульс р 0 движущ ейся частицы определяется
соотнош ением
с2р 2 = Т2 +2Т?п0 с2;
(1 )
По условию задачи этот ж е импульс является суммарным им пульсом
системы д ву х рассматриваем ы х частиц. Н а основании закона сохранения
импульса, импульс образовавш ейся частицы также будет равен р 0. Полная
энергия Е системы д вух частиц, а такж е энергия новой частицы (закон
сохранения энергии действует), вы раж ается равенством
Е = Т + 2 т 0 с2-,
(2)
И мпульс и энергия новой частицы
связаны м ежду
собой
стандартным образом (Мо —её м асса покоя)
Е 2- с2р 02 = М02 с 4;
П одставляя в (3 ) выражения (1 ) и (2), находим
(3)
М 0 = - ^ 2 т0(Т + 2 т0с 2)
(4 )
Квадрат импульса новой частицы вы ражается общей формулой (v -
её
С
скорость)
Ра =
м у
(5)
1 - v 2/ c:
Равенство (5 ) при использовании (1 ) и (4) позволяет определить скорость
этой частицы: v = Cy]T/(T + 2m0c 2) .
6.
Гарм он ические колебан ия
Основные формулы
• Уравнение гармонических колебаний и его решение (<и0 - собственная
частота): х
+ а>g X = 0;
x = a c o s ( a 0t + a ) ;
• Уравнение затухающ их колебаний и его решение ()3 - коэффициент
затухания; ш - частота затухаю щ его колебания):
x
+
2/3 x +
WqX =
0;
х = a 0V fil cos(co t + a)\
со2 = со2 - J32■,
Т = 2п /со;
• Логарифмический декремент затухания: Л = J3T;
• Уравнение вынужденных колебаний и его установивш ееся решение:
x +2/3 x + o) qX =
f 0cosa>t-
/о
^ ( c o l - a 1)2 + 4 р 2а 2
» Резонансная частота:
х = a, cos(<y/-#>);
.
2
tg <Р= -
pa
_
соп -с о
=a>jj- 2 р г\
6-1 (4 -6 ) Частица совершает гармонические колебания вдоль оси х по
закону х = a co s соГ Считая вероятность Р нахождения частицы в интервале
от - а до + а равной единице, найти зависимость от х плотности
dp
вероятности — , где аР - вероятность нахождения частицы в интервале от
cbc
х до х + dx.
Решение. Вероятность dP пропорциональна времени пребывания частицы
в интервале от х до х + dx.
Здесь А частицы.
dP = Adx/\v\;
коэффициент пропорциональности, |v| -
(1)
модуль скорости
В соответствии с условиями задачи имеем v = - а а sin со/;
|v |= a<W 1 - c o s 2 cot = У а 1 - х 2 ;
(2)
Коэффициент А можно определить из условия нормировки на единицу
суммарной вероятности нахождения частицы в интервале от - а до + а.
2-1
. х а
1= Г
— arcsin—
а0
^ -а У а 2 - X2 со
При
выполнении
интегрирования
использовалась
подинтегральной функции.
„
dP
I
Из ( I ) при учете (2) и (3 ) следует: — = — т- .
*
тгл1а2 - х 2
четность
6-2 (4 -1 3 ) Ч астица массы 'т находится в одномерном силовом поле, где её
потенциальная энергия зависит от координаты х как U(x) = {/0(1 - cos ах),
Н о и а - постоянные. Найти период м алы х колебаний частицы около
положения равновесия.
Реш ение. В указанном силовом поле на частицу действует сила:
F = - ^ - = - a U 0 s m a x . Уравнение второго закона Нью тона для частицы
dx
будет следую щ им
d 2x
ТТ .
m — 7- = - a U ns m a x ;
d t2
( 1)
Колебания частицы малые, поэтому можно положить, что sin ax « ах.
„
d 2x a 2U0
п
Тогда (1 ) примет вид: — j + ------ х = 0 ; отсю да для круговой частоты
m
dt 2
Л_ 2
колебаний получаем ©г = а Щ т , и следовательно, период колебаний будет
_
Ъг 2 л Гт
составлять Т = -— = —
— .
со
a \U n
6-3 (4 -1 9 ) Ж идкость объемом v налита в изогнутую {/-образную трубку
(рис.) с площ адью сечения канала s. Пренебрегая вязкостью , найти период
малых колебаний жидкости.
Р еш ени е. В положении равновесия жидкость в
обоих
коленах
[/-образной
трубки
устанавливается
на
одном
уровне.
При
возникновении колебаний уровень жидкости в
одном
колене
понизится
на некоторую
величину h, а в другом повысится на такую же
величину. Таким образом, h характеризует
перемещение по трубке всей массы
m
жидкости (m = pv, где р - плотность). В то же
время вес р жидкости в объеме 2 hs (р = pg2hs) является силой, которая
стремится устранить возникшее отклонение от равновесного состояния.
П оэтому
уравнение
движения
жидкости
будет
следующ им:
d 2h
p v ~ Y = -P g 2 h s ; отсю да
dt
0;
( 1)
v
Уравнение (1 ) описы вает малые колебания систем ы , период которых
,,
dt
составляет Т = к -yjlv/ gs .
6 -4
(4 -2 5 )
Однородный
стержень положили на два блока, быстро
вращающихся
в
противоположных
направлениях (рис.). Расстояние между
осями блоков /, коэффициент трения между
стержнем и блоками к. П оказать, что
стержень будет соверш ать гармонические
колебания. Найти их период.
Р еш ен и е. В общ ем случае в процессе движения стержень будет
располагаться несимметрично на поддерживающ их его блоках. Давление
Р , (j = 1, 2 ) на опоры можно определить, исходя из условия, что момент
силы тяж ести стержня относительно лю бого из его концов должен
уравновеш иваться соответствую щ ими моментами сил реакции блоков. По
третьему закону Н ью тона силы реакции опор Nt (/ = 1, 2 ) определяются
вы зываю щ ими их силами давления: Р, = - Nt.
У сл о ви е равновесия стержня будет иметь вид (Р = mg, m - м асса
стерж ня; Р = Р, + Р2 ; а - расстояние от конца стержня до ближайшего
блока при симметричном положении стержня, х - сдвиг стержня из этого
положения):
Р (а + 1/ 2) = -N i( a + х) - N2(a + х +1) = Р{(а + х) + Р2(а + х + Г) =
= (Д + Р2){а + х) + Р21 = Р (а + х) + Р21\
О тсю да: Р2 = Р(1 / 2 - х //), и следовательно, Р1- Р - Р 2 - Р (1/2 + х /1 ).
При движении стержня давление Р,- приводит к возникновению на
каждом блоке соответствую щ ей силы трения ЙР;. Блоки вращ аются в
противоположны х направлениях, поэтому эти силы трения оказываю тся
направленными навстречу друг другу. И х разность и определяет силу F,
вы зы ваю щ ую движение стержня:
F = В Д - Р 2) = 2кРхП = 2 k m g x /l.
Направление и величина силы F периодически меняется в зависимости от
конкретного расположения стержня на блоках, т.е. от соотношения
давлений Р\.
Уравнение движения стержня будет иметь вид (после сокращения на т)
70
О трицательный знак силы F в (1 ) связан с тем , что эта сила стремится
уменьш ить возникш ее отклонение от равновесного положения стержня.
Р авен ство (1 ) является уравнением гармонических колебаний,
период которы х определяется формулой Т = тг-^21/ kg .
6 -5 (4 -3 8 ) Частица м ассы m дви ж ется под действием силы F = - сш г, где а
- положительная постоянная, г - радиус-вектор частицы относительно
начала координат. Найти траекторию её движения, если в начальный
момент г = r 0i и скорость v = v0j , где i и j — орты осей х и у .
Реш ени е. Уравнение движения частицы будет следую щ им (после
d 2r
сокращ ения на m): — j = - a r , или в проекциях на оси координат
d 2x
It2
--а х ;
( 1)
(2 )
О бщ ие решения уравнений (1 ) и (2 ) имеют вид:
х = Ах cos со/ + Вх sin ш/; у = Ау cos со/ + Ву sin cot;
Ах, Вх, Ау, Ву - произвольные постоянные, со2 = а.
С оответствую щ ие составляю щ ие вектора скорости будут следую щ ими:
v* = со(—Ах sin ю/ + Вх cos со/); vy = со(- Ау sin со/ + Ву cos at);
Из начальных условий для радиуса-вектора г и скорости v частицы
следует, что Ау — 0 и Вх — 0, тогда как А х = го и Ву = Vo/co. Таки м образом,
будем иметь
х = го cos со/;
у = vo/co sin со/;
(3 )
(4 )
И сключая врем я из равенств (3 ) и (4), получаем уравнение траектории
движения (уравнение эллипса): (x/r0)2 + a(y/v0)2 = 1.
6 -6 (4 -4 2 ) Т ел о м ассы ш упало с вы соты h на чаш ку пружинных весов.
М ассы чашки и пружины пренебрежимо малы, ж естко сть последней %.
Прилипнув к чашке, тело начинает соверш ать гармонические колебания в
вертикальном направлении. Найти амплитуду колебаний и их энергию.
Реш ен и е. Определим положение равновесия весов с грузом m - величину
соответствую щ его сжатия d0 пружины в отсутствие колебаний:
mg = xdo или d0 = mg!к,
(1 )
При падении тела с вы соты h на весы ( h - расстояние от тела в
исходном положении до чашки ненагруженных весов) его исходная
потенциальная энергия перейдет в упругую энергию сжатия пружины; при
этом следует учитывать и дополнительное понижение d
m
(,d > d0) упавш его тела за счет сжатия пружины:
mg(h + d) = yd212 или d2 - (2mg/y)d - 2mgh/y = 0 ;
(2)
Решая квадратное уравнение (2), при учете (1 ) получаем
j =
+ т8
X
2h
2hx
'■da i d 0 1+
dn :
mg
1+
2Г
(3)
Двойной знак в (3 ) соответствует максимальным
отклонениям (вниз и вверх) чашки весов с грузом от
положения равновесия, поэтому амплитудой а колебаний
оказывается величина:
mg
a = dr
d^n
1+
2 hx
x v
mS
Энергия колебаний E определяется соотношением
E = ха212 = yda(do + 2h)/2 = mg[mg/(2y) + h\.
6 -7 (4 -4 7 ) Найти круговую частоту м алы х колебаний тонкого однородного
стержня м ассы т и длины I вокруг горизонтальной оси, проходящей через
■ точку О (рис.). Ж есткость пружины %, её масса
пренебрежимо мала. В положении равновесия стержень
Y
вертикален.
Р еш ени е. М алые колебания стержня определяются
моментом упругой силы пружины: /(^/ф) = %12Ф, где ф угол отклонения стержня от вертикального положения,
/ф - сжатие или растяжение пружины, а также моментом
ГШ Ш 4
силы тяжести стержня (l/2)g>mg, где (//2)ф - сдвиг центра
тяжести стержня из положения равновесия, т.е. плечо
этой силы.
Уравнение динамики вращения стержня, т.е. уравнение
колебаний его, имеет вид (/ = лг/2/3 —момент инерции стержня):
Td 2<p
at
=
,2
/
< p - - mg<p;
£
малых
а)
Отрицательные знаки в (1) обусловлены тем, что оба момента сил
стремятся возвратить стержень в положение равновесия.
Круговая частота колебаний ю выражается следующим образом:
со2 = (X/2 + lm gl2)ll=2yjm + 3g/(2/).
6-8 (4 -5 9 ) Найти частоту м алы х колебаний си стем ы , показанной на рис.
Известны радиус блока R, его момент инерции / относительно оси
вращения, м асса тела т и ж есткость пружины %. М ассы нити и пружины
пренебрежимо малы, нить по блоку не скользит, трения в оси блока нет.
Реш ение.
Груз
т,
растягивая
пружину,
поворачивает в состоянии равновесия блок на угол
ф0.
П осле
соответствую щ ий
возникновения
угол поворота
колебаний
блока можно
представить в следующ ем виде ф = фо + 5ф, где 5ф отклонение этого угла от равновесного значения.
Уравнение динамики вращения блока имеет вид
(/ + mR2)\3 = (mg - %Яф)Я;
(1 )
Величина (/ + mR2)и является полным моментом m
импульса системы блок-груз (зад. 4-7). Суммарный
момент внешних сил алгебраически складывается из
момента силы тяжести груза и момента упругой силы пружины (величина
Дф характеризует её растяжение). (3 - угловое ускорение, оно определяется
соотношением
^
dt2
dt2 ’
Уравнение (1) при учете (2 ) приобретает вид
(/ + m
В
положении
R
dt
= (mgR - xR 2<p0)~ xR 2Scp = ~ xR 23cp;
равновесия
упомянутые
моменты
внешних
(3)
сил
уравновеш ивают друг друга, поэтому mgR - х ^ 2фо = 0.
Уравнение (3 ) описывает колебательный процесс с частотой
со2 = %R2/(I + mR2).
6-9 (4 -6 2 ) Сплошной однородный цилиндр массы m соверш ает малые
колебания под действием двух пружин, суммарная ж есткость которых
равна х (рис.). Найти период этих колебаний в
отсутствие
скольжения.
М асса
пружин
пренебрежимо мала.
Р еш ени е. Цилиндр соверш ает малые колебания
относительно той его образующ ей, по которой
происходит
касание
с
горизонтальной
плоскостью в отсутствие колебаний. М омент
инерции относительно такой оси определяется
по теореме Ш тейнера (R - радиус цилиндра)
I = m R 2l2 + mR2 = № m R 2.
М ом ен т упругой силы %2Rq> Двух пружин относительно мгновенной
оси поворота (ф -
малый угол поворота из положения равновесия)
составляет: %2Rq 2Д = х4Л2ф. М омент силы тяж ести относительно этой
оси равен нулю,
В связи с этим уравнение динамики вращения будет следующ им:
at
( 1)
Из (1 ) следует, что частота колебаний определяется соотношением:
о2=
/ 1 = 8 х / З т , а период Т = я-^ЪтИх ■
6 -1 0 (4 -7 5 ) Точка соверш ает затухающие колебания с частотой а и
коэффициентом затухания р. Найти амплитуду скорости точки как
функцию времени, если в момент t = 0 : а) амплитуда её смещения равна а 0;
б) смещ ение точки х (0 ) = 0 и проекция её скорости гДО) = х0.
Р еш ен и е. Затухаю щ ее колебание описывается соотнош ением:
х = a t 01 cos(cot + а ) ;
(1 )
где а -ам п ли туда в момент t = 0 , а - начальная фаза.
а) П о условию задачи можно принять а = а 0 и а = 0 . Т огд а для
скорости колеблю щ ейся точки получаем:
v(f) =
dt
- - а йГ р' (/?coscot + tasin cot) —
= - а 0Г ^ ‘ [j3 cos a t + a cos {cot - n /2)];
(2 )
Как следует из последнего равенства (2), скорость представляется суммой
д вух одинаково направленных колебаний с равными частотами; отличие
этих колебаний по фазе составляет яг/2 . Амплитуда b(t) суммарного
колебания находится по правилу сложения векторов, сопоставляем ы х
амплитудам склады ваем ы х колебаний; угол между этими векторами
определяется соответствую щ ей разностью фаз. Таким образом, находим:
6 (f) = V ' /3'V ^ I + ® 7 б) Из условия х (0 ) = 0 следует, что а = п ! 2 . Т огд а на основании (1 )
для скорости точки будем иметь:
v(t) = - a t 0' [р cos {cot + к /2) + со sin (cot + л /2 )] =
= - a C 0 ,\ficos{cot + n IT) + cocosa)t\
(3)
Коэффициент а определяется из второго начального условия а = - х 0 /со.
Для амплитуды скорости (3) аналогично предыдущ ему рассмотрению
получаем: b(t) = \xo\£~01 -Jl + (fl/c o )2 .
6-11 (4 -7 7 ) К невесомой пружине подвесили грузик, и она растянулась на
Ах = 9,8 см . С каким периодом будет колебаться грузик, если ему дать
небольш ой толчок в вертикальном
декремент затухания Я = 3,1.
направлении?
Логарифмический
Р еш ен и е. В условиях равновесия вес грузика (т его м асса)
уравновеш ивается упругой силой пружины (к - её ж естко сть); mg = кАх . В
то же время собственная частота колебаний такой си стем ы (эти колебания
опи сы ваю тся уравнением тх + кх = 0 , х - отклонение от положения
равновесия) определяется выражением: col = — , и следовательно, а>1 = — .
т
Дх
Логарифмический декремент является произведением коэффициента
затухания р и искомого периода затухаю щ их колебаний Г (частота
последних со = -Jco^ - /З2 );
( 1)
Л = р Г = 2прЦ<о1 - Р 1 ;
В озвед я
(1 )
в
квадрат,
находим:
/?2 =
Я2® о2
4 7Г2
+ Л 2
л 2§
_
( 4 лг2 + Я 2)Ах
Окончательно получаем: Т - X ! р = у ( 4 /г2 + Я2)Ах/ g ; Т —0 ,7 с.
6 -1 2 (4 -7 9 ) Частицу сместили из положения равновесия на расстояние
/ = 1,0 см и предоставили самой себе. Какой путь пройдет, колеблясь, эта
частица до полной остановки, если логарифмический декрем ент затухания
Я = 0 ,0 2 ?
Реш ени е. И сходное смещ ение / определяет начальную амплитуду
затухаю щ их колебаний частицы, поэтому а = 0 (а - начальная фаза);
решение колебательного уравнения в этом случае принимает вид (р коэффициент затухания): х = ll~^‘ cos Ш .
П уть S частицы до полной остановки будет склады ваться из двух
групп слагаем ы х - уменьш аю щ ихся амплитуд смещений её из положения
равновесия в сторону положительных и отрицательных значений х.
Амплитуды последовательных смещений в одну сторону будут отличаться
множителем Г ^ = Г л (Т -
период колебания), тогда как амплитуды
подобных смещений в противоположные стороны - м нож ителем Г я/2. В
связи со всем сказанным получаем:
5 = 2/ £ г Дп + Г ш £ г Яп - / = 2/(1 + Г ш ) ± Г Хп - 1 ;
п=0
п=0
У
п= 0
( 1)
При каждом колебании путь от положения равновесия до максимального
смещения проходится дважды - за исключением исходного колебания.
00
Суммируемая последовательность в (1 ) ^ Г Лп представляет собой
и=о
убывающ ую геометрическую прогрессию со знаменателем Г 1 , поэтому
СО
}
^ 1 ~ Лп = ------ — . Таким образом, окончательно находим:
л=0
1' - Г"
S = 21
1+
„ -Я / 2
■-1 = 21-
1- .
1
-Я / 2
-/ = /
1+/
1-
-Я / 2
о-Л/2
; 5 = 2 м.
6-13 (4 -8 7 ) На осциллятор массы т без затухания с собственной частотой
соо действует вынуждающая сила по закону F0 cos a t . При каких начальных
условиях (х 0 и i 0) с самого начала будут происходить только
вынужденные колебания? Найти закон x(t ) в этом случае.
Р еш ен и е. Уравнение вынужденных колебаний при отсутствии затухания
(Р = 0) имеет вид:
х + а 0х = — c o s a t ;
т
( 1)
Общ ее решение (1) является суммой общего решения соответствую щ его
однородного уравнения и частного решения исходного уравнения Ц и а амплитуды этих слагаем ых соответственно):
x(t) = а 0 cos ( a 0t + а ) + а cos (a t - <р)\ а = т {а \ -а )
ср = 0 при Р = 0 .
О тсутствие колебаний с собственной частотой, т.е. равенство а 0 = 0 ,
должно непосредственно вытекать из начальных условий. Начальные
значения координаты и скорости частицы будут следующими:
х0 = х (0 ) = а 0 cos а + а и х0 = х (0 ) = - а 0а 0 sin а .
П оэтому следует положить:
х0 = а и х0 = 0 . Наличие второго условия
необходимо для исключения случая а = л ! 2. Окончательно получаем:
x(t) =
Fq
m {a l - а 2)
cos a t .
6 -1 4 (4 -9 0 ) Ш арик м ассы т, подвешенный к пружинке, удлиняет её на А/.
Под действием внешней вертикальной силы F0 cos a t шарик совершает
вынужденные колебания. Логарифмический декремент затухания К.
Пренебрегая массой пружинки, найти частоту со вынуждающей силы, при
которой амплитуда а смещения шарика максимальна, а такж е величину
этой амплитуды.
Р еш ени е. В задаче 6-11 была определена частота <м0 собственны х
колебаний пружинки под действием упругой силы
®о =
g_
А1'
а также
коэффициент затухания р
р 2 = Я2й>02 /(4лг2 + Я 2) ;
(1)
Для получения последней формулы использовалось соотношение (Т период затухаю щ их колебаний):
Х = рТ = 2лрЦ а1- Р 2 ;
(2)
Амплитуда я и начальная фаза ф вынужденных колебаний пружинки
определяются
установивш имся
решением
x(t)
неоднородного
колебательного уравнения: х + 2рх+ (о\ х = — c o s a t . Э то решение имеет
m
вид:
x(t) = acos(cot-(p)\
F Jm
а=-
(3>
М аксимум амплитуды а (3 ) вынужденных колебаний (резонанс)
достигается при минимуме соответствую щ его знаменателя, т.е. при
0™, = л/®о ~ 2Р 2 ;
В условиях задачи, учитывая (1 ), получаем:
й)02( 4 д 2 - Я2)
основании
(3)
и
(4)
Я (4 ^ 2 - Я 2)
]1 А /(4я2 +Л2)
4^ 2 +Я2
На
(4 )-
амплитуда
резонансного
колебания
будет
следующ ей:
1 УИ
F0 /m
-. Окончательно при учете (2 ) и (1 ) будем иметь:
2 р ^ а > 1 -р г
F0Л
F 0( 4 ^ 2 + Я2) А/
4лт р2
4 nmXg
6 -1 5 (4-97) Т ел о массы т, подвешенное на невесомой пружине, совершает
вынужденные колебания с амплитудой а и частотой оз. Собственная
частота колебаний системы равна а>о- Найти средню ю за период
механическую энергию данного осциллятора.
Реш ение.
Вынужденные
колебания
осциллятора
описываю тся
соотношением: x(t) = acos(cot - <р), где ф - начальная фаза. Энергия таких
колебаний
£(/)
складывается
из
потенциальной
E pol (t ) = kx(t ) 2 /2
( к - m a i l - ж естко сть пружины; задача 6 -1 1 ) и кинетической энергий
E hntt) = m x { t ? l2 .
Средняя за период Т механическая энергия выражается следующ им
образом:
1 г( л
\
2 2 (1
.
'\
ка
. ,
I г
ч
та со I г . г
— Jc o s {(Dt-(p)dt + ----------------js i n ( cot-(p)dt
Е = E pot + Е ш
-{col + © 2);
(l)
При получении последнего равенства в ( I ) учтено, что среднее значение
квадрата косинуса или синуса по периоду равно 1/2; например:
— J c o s 2 {cot - cp)dt = — j [ l + cos 2 {cot - <p)]dt = —.
2"1ф
2jTrrt
2
II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
1. Уравнение состояния газа
Основные формулы
• Различные формы уравнения состояния идеального газа:
p V = (т / M)RT\
p = (p /M )R T ;
р = пкТ,
М - молярная м асса, р - плотность, п - концентрация молекул.
• Уравнение состояния ван-дер-ваальсовского газа ( у - количество молей):
{p + a v 2 /V 2\ v / v - b ) = R T .
1-1 (2 -3 ) Г а з с молярной м ассой М находится под давлением р м ежду
двумя
одинаковыми
горизонтальными
пластинами.
Тем пература
газа
растет линейно от 7) у нижней пластины до Г2 У верхней. О бъем газа
между пластинами равен V. Найти его м ассу т.
Реш ен и е.
В ве д ем
температуры
вы ражается
от
вертикальную
этой
ось х
(рис.).
Линейная
координаты
формулой
(h
зависим ость
АХ
-
расстояние меж ду пластинами):
Т(х) = ах + Ь\а = (Г 2 - ТХ) Щ b = Ty.
d x lIIIIII
Вы делим тонкий слой газа толщины
dx,
расположенный
параллельно
пластинам (рис.). Параметры газа в
_________
Ъ
О
этом слое можно считать фиксированными, поэтому для его м ассы dm на
основе уравнения состояния находим ( 5 - площадь пластины; Sdx - объем
выделенного газа): dm = M pSdx/[RT(x)]. Для определения полной массы
газа следует просуммировать вклады всех подобных слоев:
R
ia x + b
aR
1о
aR
т
Ту
ш т .-т
л
R(T2
~Ty)
т
Ту.
В последнем равенстве (1) использовано очевидное соотношение V = h S .
1-2
(2 -6 )
В
баллоне
объемом
V= 7,5 л при температуре
7 = 300 К
находится см есь идеальных газов: Vj = 0,10 моля кислорода, v2 = 0 ,2 0 моля
азота и v3 = 0,30 моля углекислого газа. Найти: а) среднюю молярную
массу данной смеси; б) давление смеси.
Решение. Для определения средней молярной м ассы М смеси следует
среднюю массу молекулы т смеси умножить на число А вогадро TVA (т м асса смеси; М\ - молярная м асса г'-ой компоненты; г = 1, 2 , 3):
М = mNA = [т !{N a £ v,-)]NA = m /
/
v , = £ v tM, /£ v , ; M = 36,7 г/моль.
/
/'
i
Если молярная масса установлена, то определить давление смеси
можно с помощью уравнения состояния:
(1);
p = (m/M)RT/V = C Tv i)RT/V = ' Zpr, p i = viRT/V-,
/
/
р = 0 ,2 М Па = 1,97 атм.
Соотношения (1) представляют собой выражение закона Дальтона,
согласно
которому
давление
смеси
является
суммой
парциальных
давлений р\ её компонент.
1-3 (2 -8 ) Поршневым воздуш ным насосом откачивают сосуд объемом V. За
один цикл (ход поршня) насос захваты вает объем AV. Через сколько
циклов
давление
в
сосуде
уменьшится
в
т| раз?
Процесс
считать
изотермическим, газ - идеальным.
Решение.
В
условиях
задачи
давление
в
сосуде
пропорционально
находящейся в нем м ассе газа. За каждый цикл эта м асса уменьш ается на
такую
часть,
которая
требуется
для
заполнения
объема
насоса,
и
следовательно, остаю щ ееся в откачиваемом объеме количество газа будет
определяться множителем 5 = V /(7 + AV). Таким образом, после п циклов
масса газа и давление в сосуде уменьш атся в 5 ” раз, поэтому г| = 1/8".
Логарифмируя последнее равенство, получаем:
1пг| = я1п(1/8) = н1п(1 + А 7 / 7 ) , отсю да и = 1п7/1п(1 + AV/V).
1-4
(2 -1 5 )
Допустим,
соотношением
давление р
и
плотность
р
воздуха
р / р ” = const независимо от вы соты (и -
связаны
постоянная).
Найти соответствую щ ий градиент температуры.
Решение. Обозначая упомянутую постоянную через а, находим:
P = ( p / a ) Un-,
(1)
Вводя в уравнение состояния плотность и учитывая (1), для температуры
газа получаем:
T = M p /(R p )^ (M /R )a Vnp l~Un;
(2 )
Уменьш ение давления в столбе газа при подъеме на высоту dh выражается
формулой:
dp = -p g d h = - { p i a )Un g d h ;
(3 )
При получении последнего равенства (3) использовано соотношение (1).
Продифференцируем (2 ) и выразим dp через dh в соответствии с (3).
dT =
п )(М / R )(p / a)~l/пdp = -[(n -Y ) / п\(M g /R )d h ; отсю да
dT /dh = -[(n -\ )/n \ M g / R .
1-5 (2 -2 0 ) Идеальный газ с молярной м ассой М находится в однородном
поле тяж ести, ускорение свободного падения в котором равно g. Найти
давление газа как функцию вы соты h, если при h = 0 давление р = р 0, а
температура изменяется с высотой как а) Т = Т0 ; б) Т = T0(l + ah); а > 0 .
Р еш ени е. Изменение давления в столбе газа при подъеме на вы соту dh
выражается формулой (задача 1-4):
dp = -p g d h = -М р /(RT) g d h ;
(1)
Разделяя переменные в (1) и интегрируя, находим:
In
Р
Ро
Для
постоянной
м ё [ dh
m ’
«r iо ■
температуры
(случай а))
(2)
будем
иметь:
In( р / Р о ) - -M gh/(R T 0); потенцируя, получаем барометрическую формулу
Р = Ро exp [-M gh/(R T0j\.
В случае б) рассматриваются две возможности:
ln Р_ =
Mg r dh
Ро
RT0 { l + ah
± Ms
_ ± Mg
RT0a
ln(l + a h ) ; отсю да p = p 0 (1 + ah)
RT0a
При отрицательном знаке перед а имеет м есто естественное ограничение
h< \ ! а .
1-6 (2 -2 2 ) Какому давлению необходимо подвергнуть углекислы й газ при
температуре Т = 3 0 0 К, чтобы его плотность оказалась равной р = 5 0 0 г/л?
Расчет провести как для идеального газа, так и для ван-дер-ваальсовского.
Реш ен и е. Для идеального газа непосредственно находим:
р = pRT / М = 2 8 0 атм;
(1)
Уравнение В ан -д ер -В аал ьса для v молей газа имеет вид:
( p + a v 2 /V 2\ v / v - b ) = R T ;
Вы раж ая
число
молей
через
m газа
м ассу
( 2)
v = m /M
и
учитывая
определение плотности р = m /V , преобразуем (2) к виду:
г
2\
ар
Р л----- 7
М
М 2Д р
-Ь
= R T . О тсю да
(3)
р = RTp 1(М - bp) - а р 2 /М 2 = 79,3 атм;
Таким образом, отличие полученных в различных приближениях
результатов
(1 )
и
(3)
оказывается
весьм а
сущ ественны м;
более
реалистическим при этом естественно является значение (3).
2.
П ер в ое н ач ал о терм оди н ам и к и . Т еп л оем к ость
Основные формулы
• П ервое начало термодинамики: bQ = dU + 8А.
• Работа газа: А = J p d V .
• Внутренняя энергия идеального газа:
U = ( m l М)СуТ = ( т / М ) R T /(у-\) = p V /(у-1)\ у = Cp / C v =(CV+ R ) / C V.
• Внутренняя энергия моля ван-дер-ваальсовского газа: U = CVT - a / V M.
• М олярные теп лоем кости : Cv = ( i /2)R\ Cp = ( i/2 + 1)/?; i = иПост+ «вр+ 2nm„;
«пост, ивр, «кол - числа поступательных, вращательных и колебательных
степеней свободы молекулы соответственно.
2-1 (2 -2 6 ) Д ва теплоизолированных баллона 1 и 2 наполнены воздухом и
соединены короткой трубкой с краном. И звестны объемы баллонов, а
также давление и температура воздуха в них (Кь р-и Т\, / = 1, 2 ). Найти
температуру и давление воздуха, которые установятся после открытия
крана.
Р еш ен и е. П осле открытия крана, в процессе установления равновесны х
параметров
будет
сохраняться
суммарная
внутренняя
энергия
обоих
баллонов. Д ля определения последней удобно восп ользоваться формулой:
U = p V /(у - 1 ) . Таким образом, будем иметь (р - иском ое давление):
^ P iV,
р (У I
,t ty - 1
+ V2 )
у-1
p t f + p 2V2
'
V1 + v 2
Теперь искомую температуру можно получить с помощ ью уравнения
(=2 „ у
. Т :...р ^ + У 2) где v = Vj + v 2 =
1 - суммарное число
состояния
vR
И Щ
/1=2 р . у
молей воздуха. О кончательно находим: Г = (P\V] + p 2V2)
/
1=1
ч
2-2 (2 -3 1 ) Д ва моля (v = 2 ) идеального газа при температуре Та = 3 0 0 К
охладили изохорически, вследствие чего его давление уменьш илось в
п = 2 ,0 раз. Затем газ изобарически расширили так, что в конечном
состоянии
его
температура
стала
равной
первоначальной.
Найти
количество Q тепла, поглощенное газом в данном процессе.
Реш ени е. В результате двух стадий процесса внутренняя энергия газа
U = vC vT0 не изменилась. Работа, соверш аемая газом , на изохорическом
этапе равна нулю, на изобарическом этапе — определяется формулой:
A = ( p 0 /n )A V , где ро -
исходное давление;
AV -
соответствую щ ее
изменение первоначального объема Vo■ Н а этой стадии для достижения
исходной температуры указанный объем должен бы ть увеличен в п раз:
( p 0 /n)(nV0') = vRT 0 , поэтому AV = V0{ n - l ) . Таким образом, окончательно
получаем :Q = А = р йУа (\-\1 n ) - v R T ^ ( l- \ lп) \Q - 2 , 5 кДж.
2 -3
(2 -3 8 )
Один
м оль
кислорода,
находивш егося
при
температуре
Т0 = 2 9 0 К, адиабатически сжали так, что его давление (р0) возросло в т) =
10,0 раз. Найти: а) температуру газа после сжатия; б) работу, которая бы ла
совершена над газом.
Р еш ен и е. Преобразуем основное уравнение адиабатического процесса
p V y = с (с —постоянная) к переменным р и Т ( \ - т / М ) :
p V y = p (v R T /р ) у = vyp l~yTyRy = с , отсю да
p Uy-iT = c Uy /(УД ) = с , ;
(1)
а) Соотношение (1) позволяет получить температуру 7) газа после
сжатия (у = 7 / 5 ): Г, = Г0[р0 /(ti^ 0)]1/y-1 = r 0r|M/Y; Т\ = 560 К.
б) При адиабатическом процессе работа над газом определяется
изменением его внутренней энергии: A = AU = 7?(7j- Г 0 )/(у —1) = 5,61 кДж.
При
получении
последнего
равенства
использована
формула:
U = vRT /(у - 1 ) ; v = 1.
2 -4 (2 -4 2 ) Объем моля идеального газа с показателем адиабаты у изменяют
по
закону
полученное
V = a /T ,
газом
а -
где
в этом
постоянная.
процессе,
если
Найти
количество
тепла,
его температура испытала
приращение А Т .
Р еш ен и е.
Изменение
внутренней^" энергии
моля
газа
выражается
соотношением (задача 2-3):
АП = RAT /(у - 1 ) ;
(1)
Работа газа определяется следующим образом (P i, 7) и Рг, Т2 - начальные и
конечные значения объема и температуры соответственно):
Г)
Vj t
р ^2
У~
А = \ p d V = R \ - d V = - \ T 2dV = - R \ d T = -RAT-,
v,
V\V
а V\
г,
(2)
В о втором равенстве (2) использовано уравнение состояния, в третьем заданная зависимость V (T), в четвертом - сделана замена переменной
интегрирования dV = -a d T /Т 2 .
Складывая (1) и (2), находим количество тепла, полученное газом:
Q = AU + /4 = ( ( 2 - у ) / ( у - 1)]Л Д Г .
2 -5 (2 -4 9 ) Один моль идеального газа с показателем адиабаты у совершает
процесс, при котором его давление изменяется следующ им образом:
р - ЬТа , где а и b -
постоянные. Найти: а) работу, которую произведет
газ,
если
его
температура
А Т ; б) молярную
испытает приращение
теплоем кость газа в этом процессе; при каком значении а теплоемкость
будет отрицательной?
Реш ени е.
На
основе
уравнения
состояния
запишем
уравнение
рассматриваемого процесса в переменных Г и V: V = R T / р = R T]~a / Ь .
Дифференцируя последнее соотношение, будем иметь:
dV = [RQ. - a ) lb ] T~a dT = (1 - a ) R d T /p или
p d V = (1 - a ) R d T ;
(1)
а) И скомая работа выражается стандартным интегралом (F ), Т\ и Vi,
Т2 -
начальные
и
конечные
значения
объема
и температуры
газа
соответственно):
г2
т,
A = \ p d V = {\ -a )R \ d T = {\-a.)RAT\
к,
(2 )
г,
В о втором равенстве (2 ) сделана замена переменной интегрирования в
соответстви и с (1).
б)
Молярная
теплоемкость
С
рассматриваемого
процесса
определяется следующ им образом (Q - подводимое тепло):
dQ
С =dT
dU pdV
_
„
-------1-------- = Су + (1 •—a)R \
dT
dT
v
(3)
Второе равенство (3) получено на основе первого начала термодинамики; в
третьем равенстве использовано выражение внутренней энергии через Cv и
Т (задача 2 -2 ), а также соотношение (1).
Теплоемкость С (3) будет отрицательной, если ( R /C v = у - 1 ) :
1 + (1 - a )R /Су = 1 + (1 - а )(у - 1 ) = у - а (у - 1 ) < 0 , т.е. при а > у /(у —1).
2 -6 (2 -5 0 ) Идеальный газ с показателем адиабаты у совершает процесс, при
котором его внутренняя энергия выражается соотношением U(V) = bV a ,
где а и b -
постоянные. Найти: а) работу, которую произведет газ, чтобы
внутренняя энергия испытала приращение A U ; б) молярную теплоемкость
газа в этом процессе.
Р еш ен и е. Приравнивая выражение для внутренней энергии газа U (задача
2 -1 )
заданной
в
условиях
задачи
функции
(У(К ) ,
будем
иметь:
p V / ( y - l ) = bV a . О тсю да находим:
Р = Ь ( у - 1)К“ -1 ;
П одставляя
(1)
рассматриваемого
в
уравнение
( 1)
состояния,
получаем
уравнение
процесса в переменных Г и V (у - количество молей
газа):
b ( y - l) V a = v R T ;
(2)
Дифференцируя (2 ) и учитывая (1), находим:
ab(;Y -l)V a- ]dV = a p d V = \>RdT;
(3)
а) Принимая во внимание полученную зависимость p (V ) (1 ), а также
заданную функцию (7(F), для искомой работы газа будем иметь (F., U\ и
Кг, Ui - начальные и конечные значения объема и внутренней энергии газа
соответствен н о):
А = / p {V )dV =b(y - 1 ) J V *-'dV
к,
v,
(К “ - К,“ ) =
а
(6 Г2 - ( / , ) =
а
- (y -l)A U /а .
б) М етодика, аналогичная использованной в задаче 2 -5 , позволяет
определить молярную теплоемкость С рассматриваемого процесса:
dQ
vC = dT
dU
•
—
dT
pdV
„
R
= vC v + v — :
dT
a
(4)
+- —
П оследнее слагаемое второго равенства (4 ) преобразовано с помощ ью (3).
На осн ове соотнош ения (4) окончательно находим: С = CV + R / а .
2 -7
(2 -5 4 )
Один
моль
идеального
газа,
теплоемкость
которого
при
постоянном давлении Ср, соверш ает процесс по закону Т - Т0 + а К , где Г0
и а - постоянные. Найти: а) теплоем кость газа как функцию его объема К;
б) сообщ енное газу тепло при его расширении от V\ до К2.
Р еш ен и е. Уравнение состояния гада, соверш аю щ его указанный процесс,
имеет вид:
p V = R(T0 + a V ) ;
(1)
Дифференцируя заданную зависим ость температуры и объема, получаем:
(2)
dT = adV\
а) М олярная теплоем кость С газа выражается следую щ им образом
(задача 2 -5}:
C = ^ J I _ +^
dT
dT
R71
dT
f
aV
p
aV
П оследнее слагаем ое второго равенства (3) преобразовано с помощ ью
соотношений (2 ) и (1 ); при получении четвертого равенства использована
формула Cv + R-=C p .
С ледует отметить, что теплоем кость рассм атриваем ого в задаче
процесса представлена в (3 ) как функция объема.
б) Сообщ енное газу тепло Q определяется интегралом ( Г ь V\ и Т2, V2
-
начальные
и
конечные
значения
температуры
и
объем а
газа
соответствен н о):
Н
т2
V2
Р 'Г
У
е = \C(V)dT = a jC ( V ) d V = j ( а С р + ^-~-)dV = a C p (V2 -V^) + RT0 ln -p -; (4 )
Т\
V\
V\
'
1
В о втором равен стве (4) сделана замена переменной интегрирования в
соответствии с (2 ); в третьем равенстве использовано соотнош ение (3 ).
2 -8 (2 -5 6 ) И м еется идеальный газ с показателем адиабаты у. Е го молярная
теплоемкость при некотором процессе изменяется по закону С = а / Г , где
а — постоянная. Найти: а) работу, совершенную одним молем газа при его
нагревании о т Го до температуры в т| раз больш ей; б) уравнение процесса в
параметрах р , V.
Реш ени е, а) Полученное газом тепло будет составлять:
Q = \C{T)dT = а | — - = a ln r| .
To
To 1
Учиты вая соответствую щ ее изменение внутренней энергии ( R /Су = у —1):
Д U = Cv Сп - 1)Г0 = RT0 (р - 1 ) /(у - 1 ) , находим величину выполненной газом
работы: A = Q - b X J - a ln r ) —i?7J)(r| —1 )/(у —1) ■
б) Уравнение первого начала термодинамики для рассм атриваем ого
процесса будет следую щ им:
a d T IT = CvdT + pdV = CvdT + RTdV/V \
(1)
При получении второго равенства (1) использовано уравнение состояния.
Приравнивая
первое
дифференциальному
выражение
уравнению
(1 )
с
последнему,
разделяющимися
приходим
к
переменными.
Выполняя стандартную процедуру разделения ( а /Т 2 - C v IT^dT = RdV IV
и интегрируя, получаем (с - произвольная постоянная):
a / T + Cv lnT = -R ln V + c ;
(2)
С помощ ью уравнения состояния исключим температуру из (2):
a (R IC y )/(p V ) + ln p V + (R /C y )lnV = (c/C y + \ n R )= cl -,
И спользуя
приведенную
выш е
R /C v = у - 1
формулу
и
(3)
проводя
потенцирование в (3 ), получаем искомое уравнение рассматриваемого
процесса (для одного моля газа): p V y е х р - ^ — — = c o n s t.
pV
2 -9 (2 -5 8 ) Один моль кислорода расширили от объема V\ = 1,0 л до
V2 = 5,0 л при постоянной температуре Т = 2 8 0 К. Вычислить количество
поглощенного газом тепла. Г аз считать ван-дер-ваальсовским.
Решение. Уравнение состояния моля ван-дер-ваальсовского газа имеет вид
(задача 1-6):
{p + a l V 2\v-b)=RT-,
( 1)
С оответствую щ ая внутренняя энергия выражается соотношением:
U = CvT - a l V ;
(2)
Работа, совершаемая этим газом (1) при изотермическом расширении
от У\ до V2, составит:
A = \ p {V )d V = \ |
Возникаю щ ее
при
RT
V -b
этом
а
v2
изменение
( 1
, V0 - b
- Я Г In 2
+а —
V\-b
внутренней
Л
(3)
Ух)
энергии
(2 )
будет
следующ им:
AU = -a (l/V 2 - 1 / F i) ;
Поглощенное газом тепло определяется суммой выражений (3 ) и (4):
Q = A + AU = ЯГ1п[(К2 - 6 ) /(К, - b)] ; Q = 3,81 кДж.
(4)
2-10 (2 -6 1 ) Два теплоизолированных баллона соединены между собой
трубкой
с
краном.
В
одном
баллоне
V \ = l0n
объемом
находится
v = 2,5 моля углекислого газа. Второй баллон объемом V2 = 100 л откачан
до вы сокого вакуума. Кран открыли, и газ расширился. Считая газ ван-дерваальсовским, найти приращение его температуры.
Р еш ени е.
Рассматриваемый
процесс
расширения
газа
происходит
адиабатически и без совершения работы, поэтому его внутренняя энергия
будет сохранять свое значение. Для v молей газа эта энергия составляет
(задачи 1-6 и 2 -9 ):
U = v(CvT - v a / V ) . Приравнивая соответствую щ ие
выражения для U, записанные через параметры начала (Г ), КО и конца (Г 2,
V\+V2) процесса, получаем: СУД - v a / V l = C vT2 -v a /(V l + V2). О тсю да
А Г = Т2 - Г, = - ( v a IC v )V2 /[F , (F, + V2 )].
Используя соотношение R /C v = у —1, окончательно находим:
Д Г = -[ v a (y - 1 ) /R] V2 /[F, (F, + V2 ) ] ; Д Г = - 3 ,0 К.
Следует отметить, что в условиях задачи изменение температуры
идеального газа естественно было бы равным нулю.
2-11 (2 -6 8 ) П лотность см еси гелия и азота при нормальных условиях
р = 0 ,6 0 г/л. Найти концентрацию атомов гелия в смеси.
Р еш ени е. В соответствии с законом Дальтона (задача 1-2), давление смеси
определяется суммой давлений её компонент. В условиях задачи будем
иметь:
Р н е + .PN = ( Р н е ^ Н е + P n / M ^ R T
q
= р 0,
(1 )
где индексы Не и N характеризуют конкретную составляю щ ую смеси,
индекс 0 вы деляет её параметры при нормальных условиях; при написании
первого
равенства
(1 )
использовалось
уравнение
состояния
в
виде
р = p R T /М .
Преобразуем (1 ) следую щ им образом ( р Не + P n = Р ) :
Рне /Мне +
(Р
-
Р н е
) /M N = Ро /(ДГ0) . О тсю да
Р н е = й > W ) - p / M N]/(l/M He- l / M N);
(2)
Правую часть (2 ) умножим и разделим на число Авогадро, и затем все
равенство (2 ) разделим на м ассу тНе атома Не, тогда для его концентрации
иНе получим (к - постоянная Больцмана; mN - м асса молекулы азота):
«Не
2 -1 2
=
[Ро К Щ ) - Р
(2 -7 0 )
1
]/(! -
«*Н е
Идеальный
>« * N
газ
) 5 «Н е =
из
1 .5 '1
? с м '3 -
TV-атомных
молекул
расширяют
изобарически. Считая, что у молекул возбуждены все степени свободы
(поступательны е, вращательные и колебательные), найти, какая доля
теплоты,
сообщенной
газу
в
этом
процессе, расходуется
на работу
расширения.
Р еш ен и е.
При
изобарическом
процессе
объем
и
температура
газа
пропорциональны друг другу, поэтому для совершенной газом работы,
определяемой изменением одного из указанных параметров, будем иметь:
A = pA V = vRAT.
выполнение
этой
Сообщ аемое
работы
и
газу
vCpAT
тепло
изменение
его
расходуется
внутренней
на
энергии.
Относительный расход Г| полученного тепла на выполнение указанной
работы будет равен:
г| = vRAT 1(уСрАТ) - R I С р \
(1)
М олярную теплоемкость Ср можно выразить с помощ ью формулы:
Cp = [(i+ 2 )/2 ]R ,
(2)
где величина i является суммой поступательных ппот вращательных nm и
удвоенного числа колебательных икол степеней свободы молекулы:
i ~ « п о с Н Ивр+ 2 и Кол-
П одставляя (2 ) в (1), находим: ц = 2 /(г + 2 ).
Для
линейных и нелинейных
молекул
число
г соответственно
составит: i = 6 N - 5 и i = 6 N - 6 , u следовательно, для указанных структур
будем иметь: r| = l/ (3 iV -3 / 2 ) и "П= 1 /(37V —2 ).
3 . М олек улярн о-ки н ети ческ ая т еор и я
Основные формулы
® Средняя энергия молекул: 8 = (И 2) kT\ i = иПост+ пър+ 2птл.
® Функции распределения М аксвелла:
f
ф
О *) =
m
(
^1/2
2Л
mvx
2 kT
exp
2n kT
F (v) = 4тг
и?
\3 / 2
4
mv 2 Л
v2 ехр
2лЛ Г
2 кТ
• Наиболее вероятная vBep, средняя v и средняя квадратичная vKDскорости
молекул: vBep= -j2 k T /m ; v = *JM T /(т ш ) ; vKB= V 3 k T /m ■
• Распределение Больцмана: n = n0 exp[-£/ /(kT)\, U - потенциальная
энергия м олекулы относительно уровня, на котором п = п0 .
3-1 (2 -8 9 ) О пределить относительное число молекул, компоненты скорости
которых вдоль
оси z находятся в интервале (v z, vz + 8vz ), а модули
перпендикулярной составляю щ ей скорости - в интервале (v x , vx + 5 ух ).
М асса каж дой молекулы т, температура газа Т.
Р еш ен и е. Вер оятн ость
скорости
которы х
dp обнаружить молекулы газа, составляю щ ие
заклю чены
в
интервалах
(v,-, v,- + 5v; ; i = x ,y ,z ),
определяется соотношением:
dp = cp(vx )cp(vv )cp(vz )5vx5vy8v2 , где cp(v,) = [m l{2 % k T )f2 exp [-m v ? /(2 k T )].
П роизведение
5v;c5v;(,5vz
представляет
собой
элем ент
объема
в
пространстве скоростей в случае использования в нем декартовой системы
координат. В условиях задачи в этом пространстве целесообразно перейти
к полярным координатам, выбрав ось z в качестве основной оси. Элемент
Г 2
9
объема в этом случае будет следую щ им: v1 6v1 8vz5(p, где v± = J v x + vy проекция скорости на плоскость ху. В результате получим:
dp = [т /(2пкТ)]2/2 ex p [-m (v 2 + v 2 )/(2/cr)]v± 5vx 8vz5cp;
(1 )
Для ответа на вопрос задачи вероятность (1 ) следует проинтегрировать по
2п
углу ср. Таки м образом, окончательно находим ( Jcftp = 2 л ) :
о
dP = 2п[т /(2ккТ)]312 e x p [-m (v 2 + v2 )/(2kT)]v±5v1 5vz ;
(2)
Вероятность (2 ) и определяет искомое относительное число молекул в
указанном
интервале
8 jV IN = dPN I N - d P .
скоростей
(N
— полное
чи сло
молекул):
3-2 (2 -1 0 0 ) Вы числить среднюю проекцию скорости (ух) и (|v^|), если
м асса каждой молекулы от и температура газа Т,
Р еш ен и е.
П лотность
вероятности
сущ ествования
молекул
газа,
обладающ их составляю щ ей скорости vx, определяется функцией ср(гЛ)
(задача 3 -1 ), поэтому для (|vx|) получаем:
(К | ) = ] Н Ф х)^ х = 2[m/(2nkT)]U2 Jv x exp [-от
—00
О
/(2kT)]dvx =
00
2кТ
= [от /(2 пкТ)]]11J ехр[-отм /(2 kT)\du = -[о т /(2тikT)]112— ехр[-отм /(2 kT )fQ =
о
m
= sj2кТ /(тш);
(1)
В о втором равенстве (1) использована четность подинтегральной функции
]ух|ф(ух ) ; в третьем равенстве при вычислении интеграла сделана замена
переменной v ^ - u .
Для получения величины (ух) можно использовать аналогичную
процедуру:
( ^ ) = Ь ф^ Ж
= 0;
(2)
-0 0
Н улевой результат (2 ) является следствием интегрирования нечетной
функции по симметричному промежутку. Этот же результат может быть
получен
и
непосредственно
из
физических
соображений
-
рассматриваемое движение молекул газа не приводит к перемещению его в
пространстве как целого.
3-3 (2 -1 0 2 ) Вы числить с помощью функции cp(vx ) число v молекул газа,
падающ их в единицу времени на единичную площадку, если концентрация
молекул и, температура газа Т и масса каждой молекулы от.
Р еш ен и е. В единицу времени поверхности стенки сосуда достигаю т те
молекулы газа, которые находятся внутри прямого цилиндра длины vx , ось
х симметрии которого направлена перпендикулярно стенке. Умножая
число
nvx таких молекул (площадь поперечного сечения указанного
цилиндра
предполагается
равной
единице)
на
вероятность
cp(vx)dvx
сущ ествования составляющей vx и интегрируя по всей области изменения
последней (следует учитывать только молекулы, которые двигаю тся в
направлении к стенке, 0 < vx < со), находим полное число ударов молекул о
единицу поверхности стенки:
[W
v = n jv x(p(vx)dvx = n j -
( 1)
у 27т а
При вычислении интеграла в (1 ) использованы результаты задачи 3-2.
На
основе
выражения
для
средней
скорости
газа
молекул
/(п т ) , равенство (1) можно преобразовать к ви ду: v = пv /4 .
’=
3 -4 (2 -1 0 5 ) Г аз состоит из молекул массы т и находится при температуре
Т. Найти с помощ ью функции F (v ) = 4n[m/(2nkT)]3 llv2 e x p [-w v 2 /(2кТ)]\
а) функцию распределения молекул по кинетическим энергиям
/ ( б) ;
б) наиболее вероятное значение кинетической энергии z pr\ соответствует
ли оно наиболее вероятной скорости?
Реш ение, а) Вероятность обнаружить молекулу, модуль скорости которой
находится в
интервале (v ,v + dv),
определяется
следую щ им
образом:
dp = F (v )d v . Перейдем в этом выражении от скорости к кинетической
энергии
в
соответствии
с
соотношениями
е = mv2 /2
и
dz = mvdv = -Jb n z d v . В результате получим:
dp = A%[m/ (2пкТ)]3/2 — ехр [ - е 1(кТ)] _ ^ L = =
m
л/2т е
= [2д /(пкТ)^ ,2]-Jz e x p [ -s /(kT)\dz = f( z ) d z
Таким образом,
п л о т н о с т ь
вероятности распределения по кинетическим
энергиям оказы вается следующ ей: f ( z ) = [2n/(nkT)2/2]~ Jzexp[-z/(kT )].
б) М аксимум функции / ( б ) определяет наиболее вероятное значение
кинетической
энергии
z pr.
С оответствую щ ая
экстремальная
точка
находится стандартным методом из условия d f(z )/d z —0 . В результате
получаем уравнение
1/(2л/б)-л/б/(*Г) = 0 , корень которого будет равен
г рг = кТ 12.
Кинетическая энергия молекулы z(vpr) = k T , рассчитанная для её
наиболее
вероятной
vpr = ■yJlkT l m , в два раза превышает
скорости
полученное значение г рг.
3 -5
(2 -1 0 8 )
Идеальный
газ,
состоящий
из
молекул
м ассы
m
с
концентрацией п, имеет температуру Т. Найти с помощ ью распределения
М аксвелла число dv(9) молекул, падающих в единицу времени на единицу
поверхности стенки под углами 9, 0 + dd к её нормали.
Р еш ен и е. Вероятность
скорости
которых
dp обнаружить молекулы газа, составляю щ ие
заклю чены
в
(v,-, v,- + d v t\i - x , y , z ) ,
интервалах
определяется соотношением (задача 3 -1 ; а = т /(2кТ )):
dp(vx,vy ,v2) = ( a / n ) 3 l2 exp(r a v 2)dvxdvydvz = f( v ) d v xdvydvz ,
(1)
где / (v ) = (a/ 7i)3/2 e x p ( -a v 2 ) .
При решении задачи 3-1 в пространстве скоростей был реализован
переход от декартовы х координат к полярным; в рамках данной задачи нам
следует выполнить подобный переход к сферическим координатам, ось z
которы х
совпадает
с нормалью
к упомянутой
стенке.
В
результате
получим:
ф (у ,9 ,ф ) = / (v )v 2 sin B cfv JM p ;
(2)
В ы раж ение (2 ) соответствует вероятности обнаружить молекулы в области
пространственного угла dQ. = s in 0йШф около направления (0 ,ф ), скорости
которы х заключены в интервале v, v + d v .
Построим
наклонный
цилиндр,
опирающийся
на
единичную
площ адку S стенки, образующие которого параллельны упомянутому
направлению. Если вы соту такого цилиндра ограничить значением v c o s 0 ,
то
полное
составит:
jV
число
(v,0 ) =
вероятность
h
S
v c o s
ф ( г ,0 ,ф )
молекул,
.
Умножая
(2),
найдем
B
находящихся
N(v,Q)
число
на
молекул
внутри
полученную
него,
выше
рассматриваемого
цилиндра, достигаю щ их в единицу времени указанной площ адки ( 5 = 1)
при движении в фиксированном направлении (0,ср ):
dv(v, 0, ср) = N (у, 0 )ф (у , 0, ф) = n f (v)v3 sin 0 cos QdvdQdip ;
(3)
Для ответа на вопрос задачи d v (v ,0 ^ ) (3 ) следует проинтегрировать
по углу фи по скорости v, в результате получим:
оо
2л
( °о
N
dv(Q) = 7 7 sin 0 co s0 c f0 j/ (v )v 3c/v J ^ = « s in 0 c o s 0 rf0 2 n $ f(v )v 3dv ;
0
о
И спользуя определение функции
A
/ (v )
(4)
o
(1 ), преобразуем вы ражение в
круглых скобках в последнем равенстве (4):
2л J / (v)v3dv = 2
a
3/2 оо
t 3/2“
п
J exp(-av2)v3dv =
о
3/2 Г
. 1/2
7 a2
Uu! a
—e
J e auudu =
л
о
f 2 t r V /2-
a 3/2 1
'o J
' д 1/2 a 2
(д а )
1/2
V
nm )
(5)
В о втором равенстве (5 ) сделана замена переменной v = н ; в третьем
равенстве выполнено интегрирование по частям,
Таки м образом, на основании (4 ) и (5 ) окончательно получаем:
dv(Q) = n\lkT /(7ш)]1/2 s in 0 c o s0 6 ? 0 .
3 -6
(2 -1 1 4 )
В
очень
вы соком
вертикальном
цилиндрическом
сосуде
находится углекислы й газ при некоторой температуре Т. Считая поле
тяж ести однородным, найти, как изменится давление газа на дно сосуда,
если температуру газа увеличить в ц раз.
Р еш ен и е. Число
молекул
в рассматриваемом
сосуде
постоянным, поскольку он является практически
м ож но
считать
неограниченным по
вы соте, вследстви е чего молекулы газа не могут вы лететь из него. С
помощ ью формулы Больцмана определим полное число N молекул внутри
этого сосуд а, предполагая единичное поперечное сечение последн его, (и0 и
р 0 - концентрация и давление газа на вы соте h = 0 соответствен н о; m м асса молекулы ):
N = r n\ fsx p (r^ ~ )d h =
кТ
mg
Р о( Т ) .
mg
О)
При получении третьего равенства (1 ) использована формула р = пкТ .
Таким образом, из (1 ) следует, что в бесконечно вы соком сосуде, т.е.
при N = const, давление р 0 на дно не зависит от температуры.
3 -7 (2 -1 1 7 ) Закрытую с обоих торцов горизонтальную трубку длины
/= 100 см перемещают с постоянным ускорением а, направленным вдоль
её оси. Внутри трубки находится аргон при температуре Т = 3 3 0 К. При
каком значении а концентрации аргона вблизи торцов трубки будут
отличаться друг от друга на r| = 1,0 % ?
Решение. При рассматриваемом ускоренном движении на атомы аргона в
трубке будет действовать противоположно направленная сила инерции
(т - м асса атома A r) / = - a m . Разность значений на концах трубки
потенциальной энергии
поля, определяемого этой силой, выражается
соотношением (ось х направлена в сторону движения трубки от её левого
в
конца А к правому концу В): U -
-Jfd x
= a m i. Теперь на основании
л
формулы
Больцмана
оказывается
возможным
найти
отношение
концентраций аргона на концах трубки: nB /n A= ex p [-am l/(kT )] = \-r\.
Логарифмируя последнее равенство, получаем (М - молярная м асса Аг;
,
, ,,
. кТ
, ..
. RT л RT
Ц « 1): а = - l n ( l - r i ) — - = —1п(1 - ц )— *
» 70g .
ml
Ml
Ml
3 -8 (2 -1 2 0 ) Потенциальная энергия молекул газа в некотором центральном
U (r) = a r 2 , где а -
поле зависит от расстояния до центра поля как
положительная постоянная. Температура газа Г, концентрация молекул в
центре поля «о- Найти: а) число молекул, находящихся в интервале
расстояний (г, r + d r );
б) наиболее вероятное расстояние молекул от
центра поля; в) относительное число всех молекул в слое ( r ,r + dr)\ г) во
сколько
раз
изменится
концентрация
молекул
в
центре
поля
при
уменьш ении температуры в р раз.
Решение.
Формула
Больцмана
позволяет
получить
концентрации молекул от расстояния до центра поля:
зависимость
n(r) = n0 exp [~U(r)/(kT)\ = n0 exp [ - a r 2 /(kT )];
(1 )
а) Число dn молекул в сферическом слое ( r ,r + d r ) выражается
произведением соответствую щ ей концентрации ( 1) на объем этого слоя:
dN = n(r)4nr2dr = 4nn0r 2 e x p [ - a r 2 /(kT )]dr ;
(2)
б) Н аиболее вероятное расстояние rpr молекул от центра поля
соответствует
определения
максимуму
экстремума
распределения
приводит
к
(2).
Стандартная
процедура
2 г - 2 а г 3 /(кТ) = 0.
уравнению
О тсю да: грг - ~JkT /а .
в) Для получения полного числа N молекул следует просуммировать
вклады всех сферических слоев (2 ):
iV = 4л и 0 J e x p ( - a r 2 /k T )r 2dr = 4ли 0
="°(^ F )
;
(3)
При получении второго равенства (3) использовано значение интеграла:
J e x p ( - a r 2 /kT )r2dr =
■
Как следует из (2) и (3), относительное число молекул в слое {г, г + d r)
составит d N /N = [а/(тгА:Г)]3/2е х р [ -а г 2 /(kT )]4n r2d r .
г)
Количество
молекул
N
остается
постоянным,
поэтому
на
основании (3 ) можно заключить, что концентрация п0 в центре поля
оказывается обратно пропорциональной температуре в степени 3/2:
n0(T) = N [a/(n kT )]312.
Соответственно
при
уменьшении
исходной
температуры
концентрация п0(Т/г\) возрастает: п0 (Г /р ) /п0 (Г ) = р
4.
в
3/2
В то р о е н ачало терм оди н ам и к и . Энтропия
Основные формулы
• Основное уравнение термодинамики для обратимых процессов:
TdS = dU + p d V .
• Энтропия моля идеального газа:
р
раз
S M = C y ln T + R\nV + S0 = C p ln T -R \ n p + S b = C y ln p + C p ln V + S"0 .
• С вязь м еж ду энтропией и статистическим весом D, : S = k In Q .
4-1 (2 -1 2 8 ) Найти к. и. д. цикла, состоящ его из д вух изохор и двух адиабат,
если в пределах цикла объем идеального газа изменяется в п = 10 раз.
Рабочим вещ еством является азот.
Решение. К. п. д. рассматриваемого цикла (рис.) определяется следующ им
образом ( g ik -
тепло, полученное (при
Qik < 0 отданное) газом на этапе i - » к ):
rl ==(Sl2+S34)/,6l2 = l + 634/6l2; (1)
П роцессы
1-» 2
и
3 -» 4
являю тся
изохорическими,
поэтому
параметров
соответствует
газа
(индекс
у
номеру
узловой точки цикла; рис.):
6 з 4 _ Су(Т4 - Т 3) _ Т3(ТЛ/Т3 - 1 ) .
----------------------------------------------- ¥
Qa
CV(T2 - T })
Т2(1 -Т Х/Т2У
Для адиабатических процессов 2 - » 3 и 4 -> 1 будем иметь (задача 2-3):
Д К / - 1 = Д И Г 1 и Г, ^ - 1 =
;
(3)
Разделив последнее равенство (3 ) на предыдущее, находим (К, = V2 ;
V4 =V2):
TxiT2 =TA/T2-
(4)
Соотнош ение (4 ) позволяет разделить правую часть (2 ) на круглую скобку,
в результате чего, учитывая (3 ) и условия задачи, получаем:
& 4 1 Q\2 ~ ~Т2 П 2 = ~(у2 /Vз Г
1
= - и 1^ ;
(5)
П одставляя (5) в (1 ), окончательно находим: г| = 1 - н 1_у; т|= 6 0 ,2 %.
4-2 ( 2 - 1 3 1(a)) Идеальный газ соверш ает цикл, состоящий из изохоры,
адиабаты и изотермы, причем изотермический процесс происходит при
минимальной температуре цикла. Найти к. п. д. цикла, если температура Т
в его пределах меняется в п раз.
Решение. К. п. д. рассматриваемого цикла (рис.) определяется выражением
(задача 4 -1 ; Ол - тепло, полученное газом на этапе i - > k ):
Л -С б щ + б з О ^ б ы = l + S 3i '/6 i 2 ;
изохорическом
(О
Сообщ енное
газу
тепло
при
1-» 2
процессе
составляет (индекс у параметров газа
соо тветствует номеру узловой точки
цикла; ри с.):
Q n = С у(Т 2 - 7 ] ) ;
(2 )
При изотермическом процессе
3 -П
газ вы полняет работу над вещ еством
0 31 = Л 7, ln(Fj /V3) .
холодильника:
П оследнее
выражение
преобразовать,
учитывая
адиабатического
(задача
уравнение
процесса
2 -» 3
T2V]~l
4 -1 )
равенства
можно
и
словами, используя соотнош ение
VX=V2 ; 7] = 73 , другими
V1/V3 = (7j /72 )1/(г-1\ В результате получаем:
й п = [ЛГ, /(у - 1 ) ] ln (7 j /Т2) = CVTX1п(7] /Т2) ;
( 3)
В о втором равенстве (3 ) учтено, что R / ( y - l ) = C v .
С помощ ью выражений (2 ) и (3 ) находим ( 7 2 = пТх):
б з i _ Cp/7t ln(7t /72) _
Inn _
Qi 2 ~ C vTx(T2 /T \ - 1)
я -Г
(4)
На основании (1 ) и (4 ) окончательно будем иметь: r| = 1 - (In п) !{п - 1 ) .
4-3 ( 2 - 134(a)) Идеальный газ с показателем адиабаты у соверш ает прямой
цикл, состоящ ий из адиабаты, изобары и
изохоры. Найти к. п. д. цикла, если при
адиабатическом
процессе
объем
идеального газа увеличивается в п раз.
Решение. К .
п.
д.
и сследуем ого
цикла
(рис.) характеризуется выражением (задачи
4-1; 4 -2 ):
Л = 1+ б 2з/бз1;
При
изохорическом
процессе
(1)
3 —> 1
подводимое к газу тепло составляет
изобарическом
2 -» 3
процессе
Q31 = C V(TX- Т 3), тогда как при
газ
отдает
холодильнику
энергию
0 23 ~ Ср(Т3 ~Т2). Таким образом, получаем:
823 _ С р Ъ ~Тг) _
С у {Т ,-Т ъ)
831
\ -Т 2 /Т3 _
Ч 1 /Г3 - Г
К ак следует из уравнения состояния, при р = const будем иметь
(V2 =nV3):
T2 /T3 = V2 /V3 = n ;
(3)
На том ж е основании при V = c o n s t, а также р 3 = р 2 и И, = V3 , находим:
Tl/T3 = P l / p 2 ={V2 /V3y = n l ;
Второе
равенство
(4)
получено
при
(4)
использовании
уравнения
адиабатического процесса 1 - » 2 (задача 2-3): p xV^ = p 2V2 ■
П одставляя отношения температур (3) и (4) в (2), получаем (п > 1):
823/831 = - у ( « - 1 ) / ( « у - 1 ) ;
(5)
Используя (1 ) и (5), приходим к окончательному результату:
Г) = 1 - у ( и - 1)/(иу - 1).
4 -4 (2 -1 3 9 ) Д ва моля идеального газа сначала изохорически охладили, а
затем изобарически расширили так, что температура газа стала равна
первоначальной. Найти приращение энтропии газа, если его давление
изменилось в данном процессе в п = 3,3 раза.
Решение. На основании определения и при учете уравнения состояния
энтропия
идеального
газа
м ож ет
быть
выражена
через
лю бые
два
параметра из числа трех основных: р , V, Т. Изменения энтропии на первом
А5 0 и втором ASb этапах процесса будут составлять (индексы 1, 2 и 3
относятся
к
исходному,
промежуточному
и
конечному
значениям
параметров процесса соответственно):
А$„ = v[(C> 1пГ2 +R\nV2) - ( C v 1пД + R In V])] = vC v In(Т2 /Г ,) ;
(1)
ДА, = v[(C„ \nT3 - R l n p 3) ~ (Ср In T2 - R In p 2)] =
~ v Cp 1п(Г3 /T2) = vCp ln(7J /T2) ;
(2)
В (1 ) учтено, что V2 =VU в (2 ) - что р 3 = р 2 и Т3 = Г , ; в обоих случаях
аддитивные постоянные энтропии сокращ аются.
По
условию
изменение
температур
7] /Т2
пропорционально
изменению давлений р \ !р 2 = Р\1 Р з = п , поэтому суммарное приращение
энтропии будет следующим ( Ср = Cv + R ):
AS = ASa + ASb = v (-C y + Cp ) ln(7] /T2 ) = v R In n ; AS = 19,85 Дж/К.
4 -5 (2 -1 4 4 ) П роцесс расширения двух молей аргона происходит так, что
давление газа увеличивается прямо пропорционально его объему. Найти
приращение энтропии газа при увеличении его объема в (3 = 2 раза.
Решение. И зменение энтропии будет составлять (задача 4 -4 ):
AS = v[(C K In р 2 + Ср In V2 ) - (C v In p x + Cp In F j)] =
= v[CK In (p 2 / P l) + Cp \n(V2 /Vt)] = v(C v + C p ) In p = v Я —
У
Inp;
у -1
При
получении
третьего
равенства
(1 )
учтена
(1)
пропорциональность
давления и объема; в четвертом равенстве использовано преобразование:
Q + С р = C F (l + y) =
if(y + l ) / ( y - l ) .
П одставляя в (1 ) численные значения, находим ( уАг = 5 / 3): AS = 46,1 Дж/К.
4-6 (2 -1 4 6 ) Один моль идеального газа соверш ает процесс, при котором
энтропия газа меняется с температурой по закону S = аТ + C v In Г , где а положительная постоянная, Су - молярная теплоемкость данного газа при
постоянном объеме. Найти, как зависит температура газа от его объема в
этом процессе, если при V = V0 температура Т = Т0 .
Решение. Энтропия моля идеального газа следующ им образом выражается
через его температуру и объем (задача 4 -4 ; s 0 = co n st):
S = Cv \nT + R lnV + s0 \
(1)
Для рассматриваемого в задаче процесса энтропия оказывается зависящ ей
только от температуры; учитывая эту зависим ость и ( 1), получаем:
Су\ъТ + R\nV + sQ= а Т + Cv In Т ; отсю да
R\nV + s0 =aT-,
(2)
Р авенство
(2 )
определить
при
учете начальных условий
величину
П одставляя
это
постоянного
выражение
в
(2 ),
T\Y-v0 = ^о позволяет
слагаемого:
получаем
s 0 = аТ0 - R In V0.
искомую
зависим ость:
Г = Г0 +Л 1п(К /К 0 )/ а .
4 -7 (2 -1 4 7 ) Найти приращение энтропии моля ван-дер-ваальеовского газа
при изотермическом изменении его объема от V\ до V2.
Решение. Для обратимых процессов справедливо уравнение
TdS = dU + p d V ;
(1 )
Давление моля ван-дер-ваальсовского газа выражается соотношением:
p = R T К у - b ) - a ! V 2 , тогда как для внутренней энергии им еет место
U = C vT - a ! V
равенство:
(задача
2 -9 ).
Дифференцируя
последнее,
получаем: dU = CvdT + ( a /V 2)d V .
П одставляя выражения для d U ир> в (1), будем иметь:
TdS = CvdT + ( а / V2)dV + (R T/(V - b ) - a / V 2)dV = [R T /(V - b)]d V ;
(2)
В о втором равенстве (2 ) учтено, что Г = c o n s t.
Р азделив (2 ) на Г и проинтегрировав, находим искомое изменение
энтропии: 5 =
>■2 R
V2 - b
J-V - b dV = R\n F j - b '
У\
4 -8
(2 -1 5 3 )
Один
моль
идеального
газа
с
известным
значением
теплоемкости С\ соверш ает процесс, при котором его энтропия S зависит
от температуры Т как S = a / T , где а — постоянная. Температура газа
изменилась от Т\ до Т2. Найти: а) молярную теплоем кость газа как
функцию Г; б) количество тепла, сообщенное газу; в) работу, которую
соверш ил газ.
Решение, а) П олучаемое газом количество тепла можно рассматривать как
сложную
функцию
температуры
Q (S(T)),
поэтому
теплоемкости будем иметь:
dQ {S(T)) _ d Q d S _ T dS
dT
dS dT
dT
для
молярной
В третьем равен стве (1 ) использовано определение энтропии dS = d Q I T .
б) При установленной теплоемкости количество тепла, полученное
T}d T
газом , определяется интегралом: Q - \C(T)dT = - a | т,
г, "
в) Р абота газа вы ражается разностью
(A U
:a ln
Тг
л2
-
соответствую щ ее
изменение внутренней энергии; задача 2-4):
A = Q - A U = a ln(7j /T2) - C V(T2 - T ]).
4 -9 ( 2 - 154(a)) Рабочее вещ ество соверш ает цикл, в пределах которого
абсолю тная температура Т изменяется в п раз, а сам цикл и м еет вид,
показанный на рисунке. Найти к. п. д. цикла.
Реш ени е.
Учиты вая
связь
энтропии
и
dS = d Q /T , определим
тепловой энергии
количество тепла, получаемое (отдаваем ое)
газом
на
различных
рассматриваемого
изотермическом
тепло
цикла
(рис.).
1-> 2
ш аге
составляет
этапах
(индекс
На
подводимое
у
параметров
рабочего вещ ества соответствует номеру
узловой точки цикла):
s2
Qn = jT dS = Tl (S2 - S ly,Ql 2 > 0 ; (1 )
Sl
Адиабатический этап
2-»3
окружающ ей
На
линейная
средой.
зави си м ость
а = (Тх - T 3)/(S l - S 3)
и
осущ ествляется без теплового контакта с
последнем
температуры
ш аге
и
3 —> 1
цикла
Т = aS + b ,
энтропии
fe = ( r 3S 1 - r 15 '3)/(5 1 - 5 3) .
реализуется
В
связи
с
где
этим
соответствую щ ее изменение тепловой энергии рабочего вещ ества будет
следующ им:
S\
S\
Q31 = |TdS = J (aS + b)dS =
s3 s3
= a(S,2 - S i ) / 2 +
- S3) = (7] + Г3)(S, -.S^)/2;
Q31< 0;
(2)
Таким образом, для к. п. д. цикла на основании соотношений (1) и (2)
получаем (задача 4 -1):
ri = i + ^ I = i +
(Г1+ГзХД,-53)л Pi+Гз) _ 1Г,1 1
27)
2 2 1 (5 2 -5 !)
а 2
В третьем равенстве (3) учтено, что
= -
—
;
(3)
S2 = S 3 и 5 3 > S { , в четвертом
равенстве, что Г) = пТ3 .
4 -1 0 (2 -1 5 6 ) Теплоизолированный цилиндр разделен невесомы м поршнем
на две одинаковые части. По одну сторону поршня находится один моль
идеального газа с показателем адиабаты у, а по другую сторону - вакуум.
Начальная температура газа Г0- Поршень отпустили, и газ заполнил весь
цилиндр. Затем поршень медленно переместили в начальное положение.
Найти приращение внутренней энергии и энтропии газа в результате обоих
процессов.
Реш ение. При адиабатическом расширении идеального газа в вакуум
работа не соверш ается, поэтому его внутренняя энергия и температура
остаю тся постоянными. В м есте с тем при таком процессе давление газа
уменьш ается обратно пропорционально его возросшему объему (р] давление
газа
после
К0 -
расширения,
p l =RT0 /V0 .
Последующее
уравнением
(задача
2 -3 )
р = p xV^ / Vy = RT0V j -1 /V Y.
полный
адиабатическое
p V y = p 3V j ;
Соответствую щ ее
объем
сжатие
цилиндра):
описывается
отсю да
находим:
изменение
внутренней
энергии, определяемое совершенной над газом работой, будет следующ им:
Уп/ 2
Д[/ = - Л = -
\pdV = -R T ,V y
Vo
/Кл/2
0/2 ,т ,
j —
V0 У
п^п TrY—1
RW t
У' -1
ко /2
:^ Z C ( 2 H _ l ) .
r .-v|
,0
Г-1
Рассматриваемое расширение газа в вакуум представляет собой
необратимый процесс, в связи с этим для определения соответствую щ его
изменения энтропии следует рассмотреть какой-либо обратимый процесс,
который позволил бы осущ ествить переход между двумя равновесными
состояниями газа -
начальным и конечным. В условиях задачи таким
процессом является изотермическое расширение; приращение энтропии
при этом будет составлять (задача 4 -4 ): Д5, = Л1пР 0 —7? 1п(К0 /2) = i? In 2 .
104
Заключительное адиабатическое сжатие не связано с дополнительным
изменением энтропии.
4-11 (2 -1 5 8 ) Теплоизолированный сосуд разделен перегородкой на две
части так, что объем одной из них в п = 2 ,0 раз больше объема другой. В
меньшей
части
находится
Vi = 0 ,3 0 моля
азота,
а
в
больш ей
части
v 2 = 0 ,7 0 моля кислорода. Температура газов одинакова. В перегородке
открыли отверстие, и газы перемешались. Найти приращение энтропии
системы , считая газы идеальными.
Решение. В результате необратимого перемешивания каждый из двух
газов займет объем V всего сосуда. Приращение энтропии системы будет
определяться
суммой
изменений
энтропии
её
компонент
(N2,
0 2):
AS = ASi + AS2 ■ Приращение энтропии каждого газа при необратимом
расширении можно рассчитать, если связать его начальное и конечное
равновесные состояния каким-либо обратимым процессом (задача 4 -10). В
рассматриваемом случае следует использовать изотермический процесс.
Тогда для изменений энтропии азота и кислорода соответственно находим
(задача 4-4):
= vj Д {in V - In [К /(и +1)]} = v,i? 1п(и + 1 );
(1)
AS2 = v 2R {In К - 1п[и V /(и +1)]} = v2R ln(l + 1 /п ) ;
(2 )
Складывая (1 ) и (2), окончательно получаем:
AS = V ji?ln (n + 1 ) + v 2 i?ln (l + 1/н); А5 = 5,1Дж/К.
4-12 (2 -1 6 0 ) Два одинаковых теплоизолированных сосуда, соединенные
трубкой с краном, содержат по одному молю одного и того ж е идеального
газа. Температура газа
в одном
сосуде
7),
в другом
Г2. Молярная
теплоемкость газа Су известна. Вентиль открыли, и газ пришел в новое
состояние равновесия. Найти AS — приращение энтропии газа. Показать,
что AS > 0 .
Решение. Необратимый процесс перехода первоначально изолированных
объемов
газа
в
совм естное
равновесное
состояние
происходит
без
теплового контакта с окружающей средой и совершения какой-либо
работы,
поэтому
внутренняя
при таком
энергия,
и
переходе
следовательно,
будет
сохраняться
итоговая
суммарная
температура
будет
составлять:
Т = (ТХ+Т2) / 2.
Достижение
конечного
равновесного
состояния формально можно разделить на два этапа: независимый переход
каж дого изолированного объема газа к температуре Г и последующий
переход к непосредственному контакту (устранение перегородки) между
этими объемами. Как известно, в случае заполнения исходны х объемов
газом одной природы последний ш аг не приводит к дополнительному
изменению энтропии (парадокс Гиббса). Таким образом, результирующ ее
приращение энтропии AS будет определяться суммой соответствую щ их
изменений её для исходных объемов газа при обратимом изохорическом
переходе каждого из них к новой температуре Т (в предположении
возм ож н ого теплового контакта со средой; задачи 4 -4 ; 4 -1 0 ), т.е.
AS = Су (1ПГ - 1 п Г ] ) + С к (In Г - 1пГ2 ) = Су
= Cv I
h 12
Определим
знак
полученного
изменения
n
I
(1)
4 -ч у2
энтропии
AS
(1).
Рассм отрим разность: (7] + Т2)2 - 4 Г, Т2 = (Г] - Т2)2 > 0 при 7j & Т2, поэтому
(7] + Т2 )2 /(4717)) > 1 и 1п[(Г, + Т2 )2 /(4ТХ
Т2 )] > 0 , следовательно, AS > 0 .
4 -1 3 (2 -1 7 0 ) Один моль идеального газа, состоящ его из одноатомных
молекул, находится в сосуде при температуре Т0 = 3 0 0 К. Как и во сколько
раз изменится статистический вес этой системы (газа), если её нагреть
изохорически на АТ = 1,0 К ?
Решение. И зохорический нагрев газа приведет к увеличению его энтропии
на величину AS = Су 1п[(Г„ + АТ)/Т0] (задача 4-4). С другой стороны, это
же изменение энтропии можно выразить с помощью формулы Больцмана
через изменение статистического веса
(индекс
Q 0 исходного состояния газа
AS = к ln(O j /Q 0 ) .
1 относится к его конечному состоянию ):
Приравнивая
приведенные
выражения
для
AS
и
учитывая,
что
молекулярная теплоемкость Су определяется числом степеней свободы i
атома (одноатомной молекулы; i - 3 ) газа Cv = (i/2 )R = {i/2 )k N A (NA
-
число
А вогадро),
получаем:
Qn
й0
at)
Су In f .1 + —
к
i 17 , (.
= -T V aIn
Л 1
2
то )
V
А Т)
Г0 ,
потенцируя, находим: Q , /П 0 = (l + A T/T0J-il2)NA = 101,308,1° 21.
Таки м образом, увеличение статистического веса газа оказы вается
огромным.
5. Явления переноса
Основные формулы
• Средняя длина свободного пробега молекулы газа: X = 1 /(•J 2 n d 2n ) ,
d —эффективный диаметр молекулы, п - концентрация молекул.
• Коэффициент диффузии Д вязкость т] и теплопроводность %газов:
D = \vX\ r| = ^vA,p;
3
3
%= \vXp cv ,
3
p - плотность газа, cv - его удельная теплоем кость при постоянном
объеме.
• Сила трения, действую щ ая на единицу поверхности пластин при их
параллельном
движении
в
ультраразреженном
газе
(щ ,и 2-
скорости
пластин): F = (1/6) vpjw, - и 2\• Стационарное уравнение теплопроводности в однородной среде ( Д оператор Л апласа): АТ = 0 .
5-1 (2 -2 3 7 ) П усть a d t - вероятность того, что молекула газа испы тает
столкновение в течение времени dt, а - постоянная. Найти: а) вероятность
того, что молекула не испытает столкновения в течение времени t;
б) среднее время м еж ду столкновениями.
Р еш ен и е.
Уменьш ение
момента
t молекул
Разделяя
в
за
N(t)
полученном
время
dt количества н естолкнувш ихся до
выражается
соотнош ением:
дифференциальном уравнении
интегрируя, находим: 1п У = - а ? + с , где с -
dN = -N (t)a d t.
переменные и
произвольная постоянная.
Выполняя потенцирование и используя естественны е начальные условия
N(t)\
= N 0, получаем:
N (t)/N 0 =е~ш . Таким образом, вероятность
“прожить” молекуле время t без столкновений составляет:
p (t) - e x p (-c u );
( 1)
Поэтому вероятность для подобной молекулы испытать столкновение в
ближайший последующий промежуток времени dt выражается разностью:
p (t) - p (t + dt) = ae~a'dt = P {t)d t ;
(2)
В первом равенстве (2) использована формула Тэйлора. Следует отметить,
что вероятность P(t) (2 ) м ож ет быть получена и другим способом - на
основании равенства ( 1) и условий задачи.
функция P(t)
Итак,
молекулы
нахождения
в
течение
(2)
определяет
промежутка
среднего
времени
t
вероятность
времени
между
t+t + d t.
столкновения
Поэтому
столкновениями
для
можно
использовать стандартную процедуру:
/
t = J tP{t)dt = a J/e atdt = а - ( l/ a ) t e ~ a '| % ( l / c t ) J V “ 'c?? =
о
о
V
а
О)
В о втором равенстве (3 ) проводится интегрирование по частям.
5-2 (2 -2 4 2 ) Кислород находится при 0° С в сосуде с характерным размером
/ = 10 мм (это линейный размер, определяющий характер интересующего
нас процесса). Найти: а) давление газа, ниже которого средняя длина
свободного пробега молекул X > I ; б) соответствую щ ую концентрацию
молекул и среднее расстояние между ними.
Реш ен и е, а) Длина свободного пробега молекулы кислорода определяется
соотношением (d - диаметр молекулы; п - концентрация):
Л. = 1 /(л/2?id 2n),
(1)
Для идеального газа давление и концентрация связаны формулой: р = пкТ.
П одставляя в последнее равенство и из (1), при Х~1 находим:
р 0 = k T /(-j2 n d \ ) = 0,69 Па.
б) Для такого давления концентрация молекул будет следующ ей:
п ~ P qКкТ) = 1, 8 - 1014 см‘3;
при
этом
среднее
молекулами составит: а - н ~1/3 = 0,17 мкм.
расстояние
а
между
5-3 (2 -2 4 5 ) Идеальный газ совершил процесс, в результате которого его
давление возросло в щ раз. Как и во сколько раз изменилась средняя длина
свободного пробега и число столкновений каждой молекулы в единицу
времени, если процесс: а) изохорический; б) изотермический?
Реш ен и е.
Длина
свободного
пробега
молекулы
газа
определяется
соотношением (задача 5-2): Х = 1/(72 тсс/2и ), а число её столкновений v в
единицу времени формулой: v = (v ) / X = ~j2nd2n(y ) , где (v) = ф к Т 1{пт) —
средняя скорость молекул (задача 3-3).
а) При
V = const температура газа пропорциональна давлению,
поэтому при указанном повышении давления длина X не м еняется, а число
v увеличивается в ф ф раз.
б)
При
Г = const
объем
газа
обратно
пропорционален,
концентрация прямо пропорциональна давлению. В
а
его
связи с этим при
увеличении давления в щ раз величина X уменьш ится, а количество v
увеличится во столько же раз.
5 -4
(2 -2 5 2 ) Как
изменятся
коэффициент диффузии D и вязкость ц
идеального газа, если его объем увеличить в щ раз: а) изотермически;
б) изобарически?
Реш ени е.
Коэффициент
диффузии
D
и
вязкость
ц
выражаю тся
следующ ими формулами: D = (l/ 3 )(v ^ и ц = (l/3)(v)A,p, где р — плотность
газа; X = 1 ! { 4 ln d 2n) ; (v) = ф к Т /(п т ) (задача 5-3).
При
Т = const
ио-кратное
увеличение
объема
приводит
к
пропорциональному уменьшению концентрации и плотности, поэтому
коэффициент D увеличится в щ раз, а значение ц не изменится.
При
р = const
соответствую щ ему
указанное
росту
увеличение
температуры.
По
объема
этой
приведет
причине
к
масштаб
упомянуты х в предыдущем случае изменений величин D и ц возрастает вследстви е увеличения средней скорости - пропорционально множителю
7 «0 , т.е. D увеличится в пй
раз, т; в п0
раз.
5-5 (2 -2 5 6 ) Теплопроводность гелия в а = 8,7 раза больш е, чем у аргона
(при нормальных условиях). Найти отношение эффективных диаметров
атомов аргона и гелия.
Реш ен и е.
Теплопроводность
% = (l/ 3)(v )X p cF ,
где
Су-Су/М
газа
-
определяется
удельная
соотношением
теплоем кость
газа
при
постоянном объеме ( М - молярная масса).
П о условию и в соответствии с определением % получаем:
А ,, >
mArNA
m Av ^АгпАт тИе% е
Хне . ( v H e ) ^ - H e P H e М Ат
<х=
ХАг
eN а ;
ч ^ Н е и Н е / V т АхпАх
\v A r ) ^ A r P A r
-
*Jm Ar I т Яе
(^ A r
I
^ Н е)
( 1)
>
В третьем равенстве (1) учтены выражения для средней скорости молекул
газа, длины свободного пробега молекул (задача 5-3), плотности р = тп и
молярной м ассы . Из (1 ) следует: dAr /d He = {а.^тте /т Аг У 2 = 1,66
5-6 (2 -2 6 0 ) Д ва одинаковых параллельных диска, оси которы х совпадаю т,
расположены на расстоянии h друг от друга. Радиус каж дого диска равен а,
причем а » h . Один диск вращается с небольшой угловой скоростью со,
другой диск неподвижен. М еж ду дисками находится ультраразреженный
газ с молярной м ассой М, температурой Т и под давлением р . Найти
момент силы трения, действующ ий на неподвижный диск (относительно
оси дисков), если вязкость газа м ежду дисками равна тр
Реш ен и е. Сила трения, действую щ ая на единицу поверхности пластин при
их движении параллельно друг другу в условиях ультраразреженного газа,
определяется формулой (щ - скорости пластин; /= 1, 2 ):
F = ( 1 / 6 ) ( v ) p |m, - « 2 |.
В
связи с этим на кольцевую область радиуса г и ширины dr
(площади 2 n rd r) неподвижного диска будет действовать сила ( й = ш г линейная скорость вращ аю щ егося диска на расстоянии г от оси):
d F = ( l/ 6)(y)pu2nrdr = (1 /3)(v}pom г 2dr = (2 /3 ) pa>^]2nM /(RT ) r 2d r ;
В третьем равенстве (1 ) использованы соотношения
и
(1)
М ом ент си лы трения (1) относительно оси дисков составит:
dL = rd F = (2 /3 ) ра>^2пМ /{R T )r3d r ;
Интегрируя (2 ), окончательно получаем:
1 =
2 пМ
2
З Н
с? р®
I пМ
3
\2RT'
RT
5 -7 (2 -2 6 6 ) Найти распределение температур в вещ естве, находящ емся
м еж ду двум я
большими параллельными пластинами,
если
последние
поддерж иваю т при температурах 7) и Г2, расстояние м еж ду ними равно 1 и
теплопроводность вещ ества %= a J T .
Р еш ен и е.
Стационарное уравнение теплопроводности в одномерном
1/
dT
случае и м еет вид: — х С Л -щ = 0 ' Интегрируя его, получаем (cj -
dx\
dx)
произвольная постоянная):
%(T)dT I d x - c p ,
(1 )
Левая часть (1 ) (ось х предполагается направленной перпендикулярно к
пластинам) представляет собой плотность потока тепла; в стационарных
условиях она должна быть постоянной. Следует отметить, что именно это
требование
позволяет
получить
равенство
( 1)
непосредственно,
без
обращения к уравнению теплопроводности.
П одставляя заданную функцию %(Т) в (1 ) и интегрируя, находим:
а{213)Т з п = с хх + с2 \
(2 )
Разделим (2 ) на коэффициент при Г 3/2 и введем другие произвольные
постоянные (С,- = с{ЗЦ2а)\ i = 1 ,2 ), тогда будем им еть: Т 3/2 —С\Х + С 2 . Эти
постоянные можно определить, исходя из
граничных условий (начало
отсчета на оси х соответствует положению нижней пластины ); Т\х=0 = Г, и
Т\ , = Гп. Н а этом основании получаем: С 2 = 1\
IХ = 1
z
и Ц -^ 2
~
)'1•
Таким образом, искомое распределение температур будет следую щ им: ■
г
= г 1^ + ( х //)[(г 2 /г 1) 3/2 - 1]}2/3-
5-8 (2 -2 7 0 ) Найти распределение температуры в пространстве между двумя
концентрическими сферами, заполненном однородным теплопроводящим
вещ еством. Радиусы сфер равны R\ и R2, а температуры составляю т 7) и Т2.
Реш ен и е. Стационарное уравнение теплопроводности для однородной
среды
будет
следующ им:
АТ = 0. Оператор Лапласа в сферических
координатах при отсутствии зависимости распределения температуры от
угловы х переменных имеет вид:
d 2T 2 d T .
— Т'1'— Т " = ^ ;
dr
( 1)
г dr
Для решения (1 ) введем новую искомую функцию Щ г) = гТ(г)\
тогда будем иметь:
dT
гг
U
d 2T
IT
dr
г
г1
d r1
Г
2 U’
л
2U
- +л -
Подставляя эти выражения в (1 ), находим: U”/ r = 0 или U \ r) = 0. Таким
образом, после двукратного интегрирования получаем (Cj - произвольные
постоянные; i = 1, 2 ): U (r) = C lr + C2, и следовательно, Т{г) = С] + С 2 / г .
Значения Q можно определить, исходя из граничных условий T\r=R<
1г=Я, = 7 j и
T2R2
_ (Г) - T 2)R iR2 и Q _ 1
2JV2 —7) Л|
Г| „ = Г , . О тсю да получаем: С 2 ;
1Г=Л2
z
R2 - R a
Л 2 ~R\
Таким
искомое
образом,
распределение
температур
будет
следующ им:
( 2)
Г ( г ) = [(Г 2Л 2 - Г, R]) + (Г, - Т2 )R,R2 /г]/(Л 2 - А ) ;
Распределение (2) можно также получить без непосредственного
решения уравнения теплопроводности ( 1), если рассмотреть поток тепла
между
заданными
сферами:
стационарных условиях
Реш ение
возникаю щ его
этот
Q - -y ^ n r2dT /dr ;
поток
остается
дифференциального
R] < г < R2 .
постоянным:
уравнения
Q = const.
при
заданных граничных условий приводит к выражению ( 2 ),
6 . Н ек оторы е вопросы теори и вер оя тн ости
Основные формулы
• Биномиальное распределение вероятностей:
В
учете
Среднее число событий, вероятность реализации которых равна р (из
общ его числа N)\ k = Np\ дисперсия а 2 = N pq.
•
Распределение
вероятностей
при
возможности
нескольких
взаимоисключающ их событий:
=
2 > / =Л Г-
• Нормальное распределение (распределение Гаусса), плотность
вероятности:
х - среднее значение, о 2 - дисперсия.
• Распределение Пуассона (число N событий
КС
события мала): PN( к ) = --------;
—
велико, вероятность р
2
'k -N p = k\ а = X ;
/с!
2
—
к - к - среднее число появлений события в N испытаниях; о - дисперсия.
6-1 Одна и та ж е монета бросается N раз. Найти вероятность выпадения
орла а) только один раз; б) не менее одного раза. Рассм отреть, как
меняются эти вероятности при увеличении N.
Реш ение. Вероятности выпадения каждой из сторон монеты (р орла и q
решки)
естественно
Вероятность
предполагаются
однократного
(& = 1)
одинаковыми
выпадения
р = q = 1/2 .
орла при N бросаниях
определяется формулой биномиального распределения:
PN(k = 1) = C lNp ]q N~] = { N \ /[ l\ ( N - m P y - ' = N / 2 * ;
(1)
Для получения вероятности выпадения орла не менее одного раза
(иначе говоря, по крайней мере, один раз) следует просуммировать
вероятности его выпадения 1 ,2 , . . . , N раз. Поэтому получаем:
(2)
В о втором равенстве (2 ) учтено, что при N бросаниях орел не вы падет хотя
бы один раз только в случае TV-кратного появления решки. Суммарная
вероятность реализации лю бого из возм ож ны х исходов, разумеется, равна
единице.
При росте числа испытаний N вероятность однократного появления
конкретного события PN(k = l) уменьш ается весьм а быстро (1), тогда как
вероятность реализации в этих же условиях рассматриваемого события
хотя бы один раз PN (к > 1) еще быстрее приближается к единице (2).
6 -2 Рассмотрим случайные числа между 0 и 1. К акова вероятность того,
что ровно пять из десяти м ест после запятой заняты числами, меньшими 5?
Р еш ен и е. У словиями задачи цифры от 0 до 9 делятся на две равные по
численности группы: 0 з - 4 и 5 -S -9 .B связи с этим суммарные вероятности
случайного
появления
произвольной
цифры
из
этих
групп
будут
p = q = 1/2 . Таким образом, с помощью биномиального
одинаковыми
распределения (задача 1- 1) получаем:
■Рю(5) -С\оР5д5
6-3
Игра
заклю чается
в
_ 1_
Ш
0 ,2 4 6 .
5!5! 25 2 5
бросании
пяти
игральных
кубиков.
Найти
вероятность выпадения шестерки а) на одном кубике; б) по крайней мере,
на одном кубике; в) на двух кубиках.
Р еш ен и е. В ер оятн ость выпадения шестерки при бросании одного кубика
равна р = 1/ 6; вероятность реализации любой другой цифры q = 5/ 6.
Теперь на основе
биномиального распределения (задача
6 -1 )
можно
ответить на все вопросы задачи.
а ) ^ . ) =^ Т = Ш
б) р5(к
> ) =с\Р у
1
И
+ с 25 р 2д 3 + с\Р \ 2
= 1 - С 5У У
С ’ - “’402;
+c $ P W +QW =
= l - ( 5 / 6 )5 = 0 ,5 9 8 .
Вероятность выпадения не менее одной шестерки при бросании пяти
кубиков получена аналогично выражению ( 2 ) задачи 6 - 1 .
6 -4 В ящ ике находятся шары, различающ иеся только ц ветом : 10 белы х и 2
черных. Н аугад достается один шар, определяется его цвет, затем шар
возвращ ается обратно. Найти вероятность извлечения а) при N попытках
только белы х ш аров; б) первого черного шара в TV-ой попытке.
Р еш ен и е. В ер оятн ость вытащить белый шар составляет р = 5 /6 , черный
шар q - 1/ 6. Н а основании биномиального распределения (задача 6 -1)
получаем вероятность TV-кратного извлечения только белы х ш аров:
^ (T V ) = CA
W
= (5 / 6 f.
В ер оятн ость впервые вытащ ить черный шар при TV-ой попытке
определяется
произведением
вероятности
(TV— 1)-кратного
извлечения
только белы х ш аров и вероятности вытащ ить черный шар:
С ледует подчеркнуть, что при фиксировании номера (TV) попытки,
давш ей
первый
черный
шар,
биномиальное
распределение
можно
использовать только для описания результатов TV- 1 испытания.
6-5 Д ва равносильны х противника играют в ш ахматы . Что вероятнее:
а) вы играть одну партию из двух или две партии из четы рех? б) выиграть
не менее д ву х партий из четы рех или не менее трех партий из пяти? Ничьи
во внимание не принимаются.
Реш ени е. Ш ахм атисты являю тся равносильными, поэтом у естественно
предполагать, что вероятность выигрыша (р) или проигрыша (q ) каждого
составляет p = q = H 2 .
а)
На
основании
биномиального
распределения
(задача
6 -1)
получаем (к - число выигранных партий конкретным соперником):
P2(k = l) = C'2p W
Таким
образом,
выиграть
и PA{k = 2) = C l p 2q 2 = 3 / 8 .
одну
вероятным, чем две из четырех.
партию
из
двух
оказы вается
более
б)Р4(2<^<4) =с42рV +c43PV +C4W =1п /о
с\
/-
/^3
4 1 , s-л5
3 2 , /т4
5 0 _i
- с4°Л 4=10 (1)
/-^2
2 3
^-rl
14
/^0
0 5
Ръ \ р < к < Ъ ) - С ър q + С 5р q + С 5р q - \ - С 5р q - С 5р q - С 5р q = 1/ 2 ;
(2)
В о вторых равенствах (1) и (2 ) от суммарной вероятности всех возможных
событий
отнимаются
вероятности
рассматриваемой ситуации.
исходов,
противоположных
Как следует из сравнения (1 ) и (2), выигрыш
не менее двух партий из четырех является более вероятным, чем выигрыш
не менее трех из пяти.
6-6 Ящ ик содержит одинаковые шары, различающиеся только цветом: 12
белых, 10 черных и 8 красных. Наугад достается один шар, определяется
его цвет, затем шар кладется обратно. Найти вероятность извлечения 5
белых, 4 черных и 3 красных шаров в результате 12 попыток.
Реш ен и е. Вероятности вытащить шар определенного цвета составляю т:
белый
р х = 1 2 / 3 0 = 2 /5 ,
И спользование
черный
распределения,
р 2 = 1/3,
допускающего
р ъ= 4/15.
красный
наличие
нескольких
независимых событий, позволяет рассчитать искомую вероятность:
Р12(5 ,4 ,3 ) =
12!
5!4!3!
5 4 3
Р\ Р 2 Р 3
11-7-2
14
- = 0 ,0 6 6 5 .
5 7 -З 5
6 -7 (2 -1 6 7 ) В сосуде объемом V0 находится N молекул идеального газа.
Найти вероятность того, что в некоторой выделенной части этого сосуда,
имеющей объем V, окажется п молекул. Рассмотреть, в частности, случай
V = V0 /2 .
Р еш ен и е. Вероятность обнаружить молекулу в части V объема сосуда
составляет
p - V /V0,
q = (V0 - V ) /V 0 = 1 - р .
а
вероятность
Биномиальное
найти
её
вне
распределение
этой
(задача
части
6 -1)
позволяет определить искомую вероятность:
PN(n) = C n
Np nq N~n = {N U [n\{N -ri)4}P nq N- nВ случае V = V0 /2 будем иметь: p = q = 1/2, и поэтому PN(ri) =
ЛМ(1 /2 * )
n\(N -п)\
6-8 (2 -1 6 8 ) Идеальный газ находится при нормальных условиях. Найти
диаметр
сферы,
в
объеме
которой
относительная
флуктуация числа
молекул г) = 1,0 ■10 " 3 . Каково среднее число молекул внутри такой сферы?
Реш ение.
Использование
биномиального
распределения
позволяет
выразить относительную флуктуацию среднего числа молекул п в объеме
К некоторой сферы, являющейся частью больш ого изолированного объема
К0:
Г| = л!(п - и)2 /п = ^ pqN /(p N ) = V ? l(pN ) ;
где N -
(1)
полное число молекул в объеме К0; p = V/V0 -
вероятность
пребывания молекулы в объеме К; q = (V0 - V )/V 0 = 1 - р
- аналогичная
вероятность
(1 )
для
оставш ейся
части
объема
Ко.
Из
r]2N = q / p = (F0 - V ) / V = V0 / V - l и далее (r|2i V » l ) :
получаем:
= ^2n + 1 и ц 2# .
О тсю да находим объем искомой сферы:
К = К0 /(Nr\2) = l/[(N /К0)г|2] = 1 /(«0 л2) ;
где
n0 = N /К0 -
(2)
число молекул в единице объема при нормальных
условиях (число Лош мидта); п0 = 2 ,6 8 7 -1 0 19см '3. Для диаметра этой сферы
( V = (n /6 )D 3) из (2 ) получаем: D = [б/(71и0г)2)| /3 = 0 ,4 1 м к м . Среднее число
молекул внутри сферы (2) будет составлять: п = n0V = 1/г| = 1 , 0 - 1 0 .
6-9
Среднее
квадратичное
значение
(математическое
отклонение
о
нормально
ожидание)
а
распределенной
и
среднее
случайной
величины X равны а - 20 и ст = 5. Найти вероятность того, что в результате
испытания X примет значение, заключенное в интервале ( а = 15, р = 2 5 ).
Р еш ени е.
П лотность
вероятности
f(x )
нормально
распределенной
случайной величины определяется формулой:
1
/ (*) =
aV27c
exp
Сх - а ?
( 1)
2а 2
В соответствии с (1 ), вероятность в результате измерения обнаружить
величину X в интервале (a , Р) выражается интегралом:
P-Q
ст
jJa
V271 aа-а
P (a < X < P) = | / ( x)dx = ~ j =
a
exp
ехР
CT
где Ф (х ) =
При
[ _ £ } dy = Ф
о
1 2 )
-Ф
a
a -a
( 2)
1 X
,— f exp ' z .2 ' dy - функция Лапласа.
V 2 tcJ0
v 2 ;
получении
второго
равенства
(2 )
сделана
замена
переменной
(х - а ) / а = у .
П одставляя
в
(2 )
заданные
численные
значения,
для
искомой
вероятности находим:
Р {\5 < X < 25) = Ф(1) - Ф ( - 1) = 2Ф(1) = 0 ,6 3 2 6 ;
Во
втором
равенстве
(3 )
учтена
нечетность
(3)
функции
Лапласа
Ф ( - х ) = - Ф ( х ) ; конкретное значение этой функции находится или с
помощ ью
соответствую щ их
таблиц,
или
путем
непосредственного
компью терного интегрирования.
6-10 П роизводится взвеш ивание некоторого вещ ества без систематических
ошибок. Случайные ошибки взвеш ивания подчинены нормальному закону
со средним квадратичным отклонением о = 20 г. Найти вероятность того,
что взвеш ивание будет произведено с ошибкой, не превыш ающ ей по
абсолю тной величине 8 = 10 г.
Реш ен и е.
В ер оятн ость
обнаружить
в результате
взвеш ивания
вес X
вещ ества в интервале a - 5 < X < a + 5 ( а = Х ) вы ражается следую щ им
образом (задача 6-9):
Р ( а - д < X < д + 5 ) = Р(\Х —а\ < 8 ) = ф ( 8 / с ) - Ф ( - 5 / с т ) = 2 Ф (8 / о ) ;
При
получении
последнего
равенства
(1 )
использована
(1)
нечетность
функции Ф ( х ) .
П одставляя числовые значения в (1), получаем (задача 6 -9 ):
Р(\Х - а\ < 10) = 2 Ф (0 ,5 ) = 0,3 8 3 .
6-11 Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону со
средним
квадратичным
отклонением
а - 20 мм
и
математическим
ожиданием а = 0 . Найти вероятность того, что из трех независимы х
118
измерений ош ибка хотя бы одного не превзойдет по абсолютной величине
5 = 4 мм.
Реш ен и е.
Вероятн ость
рассматриваемую
обнаружить
X
величину
в
в
результате
интервале
|Х| < 5 ;
измерения
(X = а ~ 0 )
вы ражается следую щ им образом (задачи 6-1 0 и 6 -9 ):
Р(\Х\ < 5) = 2Ф(5/ст) = 2 Ф (0 ,2 ) = 0 ,1 5 8 6 ;
Суммарная
вероятность
произвольного
(1 )
отклонения
от
среднего
значения X
измеряемой величины равна единице, поэтому вероятность
обнаружить
величину X вне указанного интервала будет составлять:
б(|Х| > б) = 1 - Р(|Х| < 5 ) = 0 ,8 4 1 4 .
И спользование биномиального распределения (задачи 6-1
и 6 -3 )
позволяет ответить на вопрос задачи. Для искомой вероятности получаем:
Рг = C\P]Q2 + C 2P 2Ql + С 33Р 32 ° = 1 - С|Р°<2 3 = 0 ,4 0 4 .
6-12
М агазин
получил
N = 1000
детски х
игруш ек.
Вероятн ость
повреждения игрушки при перевозке равна р = 0 ,0 0 3 . Найти вероятности
того, что количество поврежденных игрушек составит: а) ровно две;
б) менее д вух; в ) более двух; г) хотя бы одну,
Реш ен и е.
Число
N
велико,
вероятность
р
мала,
поэтому
можно
воспользоваться распределением П уассона (к — число рассм атриваем ы х
событий, в рамках задачи - количество поврежденных игруш ек):
к-Х
Хе
PN{к) = -------- Д = N p . По условию задачи X = 3 .
к\
a) Pn (2)--
Х2е~х
= 0 ,2 2 4 0
б) PN{k < 2 ) = PN(0) + Р ч (1) =
е~х(1 + Х) = 0,1991.
у2 -X
в) PN(к > 2 ) = 1 - [PN(0 ) + PN (1) + PN(2 )] = 1 - ( е~х + Хе~х + - у - ) = 0 ,5 7 6 8 .
/с=АГ ук -X
г) PN( k > 1 )= 2
к= 1
± ± - = 1 -Р „ (р ) = 1 -е ~ х
к\
0 ,9 5 0 2 .
6 -1 3 Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету составляет
р = 0 ,0 1 . Сколько нужно купить билетов, чтобы выиграть хотя бы по
одному
из
них
с
вероятностью
Р0 > 0,95 ?
Сравнить
результаты,
полученные на основе биномиального распределения и распределения
П уассона.
Реш ени е. В соответствии с биномиальным распределением, вероятность
выиграть хотя бы по одному из N билетов определяется выражением
(<? = 1 - р У
( 1)
По условию должно быть 1 - q N >P0, отсю да l n ( l - P 0 ) > N\nq и далее
( 1п д < 0 ;
при
делении
на
отрицательное
число
изменяется
знак
неравенства) N > 1п(1 - Р0 )/ In g = 2 9 8 ,0 7 3 , т.е. N > 2 9 9 .
При малой вероятности р
билетов
для
выполнения
выигрыша количество N лотерейных
условия
задачи
должно
быть
достаточно
большим, поэтому для определения вероятности ■Р (1) можно также
воспользоваться распределением Пуассона:
( 2)
Выполняя
получаем:
преобразования,
1 - е~к > Р0 ;
полностью
аналогичные
1п(1 —Р0 ) > —А.. Умножение
предыдущим,
на (—1)
опять-таки
приводит к изменению знака неравенства: X > - 1п(1 - Р0 ) ;
N > -\ п (1 -Р 0) / Р = 2 9 9 ,5 7 3 . Окончательно находим : N > 3 0 0 .
Как и следовало ожидать, результаты, полученные в данном случае с
помощ ью
приближенного
распределения
П уассона
(2 ),
практически
совпадаю т с результатами точного биномиального распределения ( 1).
III. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
1. П остоя н н о е эл ек тр и ч еск о е поле в вак у ум е
Основные формулы
• Н апряженность и потенциал поля точечного заряда q:
F = _ !_ ± L .
4тсе0 г 2 г ’
mr,
1
£.
4лб0 ’
г
• Связь между напряженностью и потенциалом: Е = -V cp ;
• Теорема Г а у сса для вектора напряженности: |Есй5 = <j / s 0;
s
1-1 а) Найти на основе общего определения, а также с помощью теоремы
Г аусса, напряженность электрического поля, создаваемого бесконечной
равномерно заряженной нитью (X ,- заряд на единицу длины).
б) В
рамках первого подхода рассмотреть напряженность поля
равномерно заряженной длинной (“полубесконечной”) нити в плоскости,
перпендикулярной к ней и проходящей через её конец.
в) О бсудить случай нити конечной длины.
Реш ение.
равномерно
Электрическое
поле
заряженной
нити
характеризуется осевой симметрией.
а)
Н апряженность
создаваемая
нити
dx,
в
точке
поля
dE,
Xdx элемента
зарядом
на
wr
расстоянии
л/г2 + х 2 от него, равна (рис.):
dEP
Г
\dE:
dE = Xdx /[4ue 0 ( г 2 + х 2 )]
В ектор
этой
напряженности
направлен по прямой, соединяющей выделенный элемент нити dx и точку
наблюдения (рис.; для определенности предположим, что X > 0). Разложим
этот
вектор
на
две
составляющ ие
-
параллельную
нити
(сШр)
и
перпендикулярную к ней (dE„).
dEp = dE sm a = dE
х
л/777
1
Xxdx
4яд0 (г2 + x2)3/2 ’
( 1)
ЛгсЬс
dE„ = dE cos a = dE
2
(2)
n 3/2
4 я £0 (r'L + x l )
V r2 + X 2
Для бесконечной нити всегда найдется другой элемент dx, расположенный
к исходному относительно нуля оси х,
симметрично по отношению
параллельная составляю щ ая напряженности поля которого компенсирует
подобный вклад первого. По этой причине суммарная напряженность
электрического поля Е нити будет определяться только нормальными
(радиальными) составляющими вкладов её различных элементов.
Хг
dx
2Х
4 л ео - со<>2 + х 2)3/2
471Ео гл/г 2 + х2
X
..
1
Нш
2 пепг
О' х-х» ■Jl + г 2/х 2
( 3)
27ГБпГ
Для получения первообразной интеграла во втором равенстве соотношения
(3) и спользовалась замена переменной х = r t g 0 :
dx
r
_
х
в (3 ) такж е учтено, что интеграл по симметричному промежутку от четной
функции равен удвоенному интегралу по половине промежутка.
Таким образом, напряженность электрического поля равномерно
заряженной нити (3 ) направлена радиально симметрично в каждой из
перпендикулярных к ней плоскостей и определяется расстоянием точки
наблюдения до нити.
С огласно
теореме
электрического
поля
Г аусса,
через
поток
замкнутую
вектора
напряженности
поверхность
определяется
суммарным зарядом q, локализованным внутри неё (dS - направленный
элемент поверхности):
fE ^ S = ^/e 0;
‘
(4)
s
Для
случая
поверхности
целесообразно
радиуса
г,
бесконечной
радиуса
R
равномерно
в
рассмотреть
коаксиальную
качестве
заряженной
цилиндрической
поверхности
интегрирования
цилиндрическую
с
первой
и
поверхность
больш его
ограниченную
двумя
перпендикулярными
к
оси
симметрии
плоскостями.
Результат
интегрирования по этим плоскостям в (4 ) оказы вается равным нулю (из
соображений симметрии следует, что на них E ± g?S), поэтому значение
интеграла (4 ) будет определяться только вкладом боковой поверхности
указанного цилиндра (h - его вы сота):
2nrhE =\1г/г0 ;
(5)
Как и следовало ожидать, для цилиндрической поверхности достаточно
малого радиуса R - нити - равенство (5 ) приводит к полученному выш е
соотнош ению для напряженности электрического поля (3).
б)
В
этом
случае указанная
выш е
компенсация
параллельных
составляю щ и х элементарных напряженностей dEp (1 ) происходить не
будет -
напротив, эти величины будут суммироваться:
-1
4 я £ о л] г 2 + х 2
4п е 0г
( 6)
При определении интеграла в третьем равенстве ( 6 ) использовалась зам ена
переменной у = х2.
С другой стороны, сум м а нормальных составляю щ их (3 ) за счет
сокращения длины нити уменьш ится в два раза
Е п = Х /(4п е0г ) ;
(7)
Таким образом, Е п - Ер и модуль вектора напряженности оказы вается
следую щ им Е = А,/(2л/2я б 0г ) ; полученный вектор Е будет направлен под
углом 7с /4 к упомянутой в условиях задачи плоскости.
Следует отметить, что распространение области интегрирования в
( 6 ) на всю
ось х непосредственно демонстрирует обращение в нуль
параллельной составляю щ ей напряженности поля бесконечной нити, как
интеграла о т нечетной функции по симметричному промежутку.
в) В соответстви и с последним замечанием, в случае нити конечной
длины для точек в плоскости, перпендикулярной нити и проходящей через
её
середину,
составляю щ ая
Ер - 0.
Нормальная
составляю щ ая
Е„
вы ражается соотношением типа (3 ), в котором пределы интегрирования
определяю тся половиной длины нити.
Для точек, лежащ их на продолжении
оказы вается
только
параллельная
нити, отличной от нуля
составляю щ ая
напряженности
Ер\
123
пределы
соответствую щ его
интегрирования
(6)
определяются
расположением точки наблюдения и длиной нити.
В случае произвольного расположения точки наблюдения следует
определить
составляю щ ие напряженности Еп и Ер в
соответствии
с
изложенной выш е методикой ((3), ( 6 )), модифицированной применительно
к нити конечной длины, и векторно сложить полученные результаты.
1-2 Найти на основе общего определения напряженность электрического
поля, создаваем ого следующими равномерно заряженными объектами:
а) проволочным кольцом, б) тонким диском на соответствую щ ей оси
симметрии, в ) плоскостью . В последнем случае сравнить полученные
результаты с результатами использования теоремы Гаусса.
Реш ение, а) В ведем обозначения: г
-
радиус
плотность
кольца;
X -
его
заряда
линейная
(будем
считать, что X > 0 ); z - координата
точки наблюдения на оси кольца
(рис.). На элементе длины кольца
гй?ср
(ф
-центральный
угол)
локализован заряд Xrdq. Этот заряд
создает
напряженность
электрического поля
dE = Xrdy/[4nB0{r2 + z 2 )],
вектор которой направлен по прямой, соединяющей указанный заряд и
точку наблюдения (рис.). При переходе к другим элементам кольца вектор
dE будет описывать коническую поверхность, центрированную на оси
симметрии объекта. Напряженность Ev в точке наблюдения определяется
суммой составляю щ их, параллельных оси кольца dEp = dE cos а (а - Угол
между вектором dE и этой осью ; кольцо создает поле как выш е, так и ниже
его плоскости, т.е. 0 < а > я ; cos а = z /V r 2 + z 2 ):
2к
Xrz
' ’ ' h
' m
2^3/2
r ' r f )
I ^
0
Xrz
=
2 E, ( r J « 4 S/2’
(1)
Перпендикулярные к оси симметрии составляю щ ие напряженности dE„,
определяемые элементами кольца, расположенными на концах любого
диаметра, полностью компенсируют друг друга.
К ак
следует
из
(1),
в
центре
( г = 0; г * 0 )
зам кнутого
кольца
напряженность электрического поля равна нулю. В случае неполной дуги
окружности упомянутая выш е компенсация вкладов dE„ для тех элементов
кольца,
у
которых
отсутствует
пара
на
противоположном
конце
соответствую щ его диаметра, не будет иметь места. В результате в центре
дуги появится напряженность поля, вектор которой будет расположен в
плоскости дуги и направлен по её оси симметрии. Для определения
величины
этой
напряженности
следует
спроектировать
упомянутые
вклады dEn на указанную ось и просуммировать полученные результаты
либо по всей длине дуги, либо только по тому её участку, который
соответствует углу разрыва.
б) П лотность заряда тонкого диска обозначим через о. Диск можно
рассматривать как совокупность концентрических, расширяющихся колец
ширины
dr,
линейная
плотность
заряда
которых
выражается
соотнош ением X = и dr. Напряженность поля на оси симметрии диска,
создаваем ого
каждым
из
таких
колец,
определяется
формулой
( 1).
Результат суммирования этих вкладов для z Ф 0 выражается интегралом (R
- радиус диска):
В процессе интегрирования в (2 ) использовалась замена переменной г 2 = х;
В точках на оси симметрии диска на одинаковом расстоянии от его
плоскости значения напряженности ( 2 ) будут отличаться только знаком; в
частности, при z -> 0
Е - > ± ст/(2 б 0) .
в) В соответствии с использованным выш е подходом (Ь), плоскость
можно
представить
как систему концентрических колец ширины dr,
радиус которых неограниченно увеличивается. При этом центр такой
совокупности может совпадать с любой точкой плоскости. Следовательно,
вектор
напряженности
Е
поля
заряженной
плоскости
оказы вается
перпендикулярным к ней и может зави сеть только от одного параметра расстояния точки наблюдения до плоскости. Однако, как следует из (2 ) при
i? —> то, м одуль напряженности поля плоскости оказы вается постоянным:
£ = ст/(2 е0 ) ;
(3)
При использовании теоремы Г ау сса для определения напряженности
поля
заряженной
плоскости
в
качестве
поверхности
интегрирования
вы берем поверхность прямого ограниченн 0 го"цияиндра, расположенного
симметрично
относительно
симметрии
следует,
упомянутой
что
плоскости.
вектор
Из
соображений
напряженности
направлен
перпендикулярно этой плоскости, поэтому соответствую щ ий интеграл
будет определяться только вкладами двух оснований цилиндра (s площадь
внутри
основания):
этого
|Ec/S = 2 s E ;
s
цилиндра,
равен
заряд
го.Таким
плоскости,
образом,
локализованный
2sE = a s / e 0 ;
и
следовательно, напряженность поля будет вы ражаться соотношением (3).
1-3 На осн ове теоремы Г а у сса найти во всем пространстве напряженность
электрического поля, создаваем ого а) заряженной сферой, б) объемно
заряженным ш аром. Распределение заряда предполагается равномерным.
Р ассм отреть возмож ность использования в указанных случаях общ его
подхода определения напряженности.
Р еш ен и е.
Электрическое
поле
заряда,
распределенного
сферически
симметрично, такж е будет обладать указанной симметрией. В этом случае
в качестве поверхности интегрирования для теоремы Г а у сса естественно
выбрать
сферу,
концентрическую
с
центром
такого
распределения.
Учиты вая радиальную направленность вектора напряженности, будем
иметь (г - радиус упомянутой сферы; q - заряд, расположенный внутри
неё): j>EdS = 47t r 2-E = <7/e 0 .О тсю да
s
Е = iy/(47t£0r 2 ) ;
(1)
Если R - радиус заряженного тела (сферы или шара), Q - его заряд, то на
основании ( 1) получаем:
2 ’r >R’
а) Е = T
Лиг 0r
0; г < R;
(2 )
;r>R;
47TE0 r 2
б) Е =
^
3
-т е г
3
4 n e0r 2
pr .
e
3sn ’ P
(3)
-;г<Л;
Как и следовало ожидать, формулы (2 ) и (3) в области г > R приводят к
тому ж е сам ом у результату.
И спользуем общий подход для определения напряженности поля
заряженной сферы. Рассмотрение будем проводить в сферической систем е
координат, центр которой совпадает с
‘Z
центром этой сферы, а ось z направлена
dE
через точку наблюдения. Б удем считать,
что
эта
точка
находится
вне
z
сферы
(рис.).
Сферу
можно
совокупн ость
представить
кольцевы х
как
фрагментов
7
переменного радиуса, если пересечь её
системой
близко
расположенных
параллельных
dq
лю бого
определяется
(ст = 2/(4ттй 2 )
—
- / /
\
плоскостей,
перпендикулярных
заряда
/
—^
к
оси
из
z. Элемент
таких
колец
соотнош ением
-
С
/
плотность заряда на
сфере; d S - элем ент её поверхности):
dq = ad S = o R 2 sin QdQdy.
Н апряженность на оси симметрии равномерно заряж енного кольца была
определена в задаче 1- 2 . Е соответствии с методикой, использованной в
этой задаче, для точки, отстоящ ей от плоскости кольца радиуса г = /?sin 0
на величину z0 = z - R c o s 9 , получаем:
,„
z0o7?2 sinGc® 2f
aR 2( z - i?cos9)sin0c?0
4 лб0(г 2 +Zq)3/2 j0
2 s 0[(i? sin 0)2 + (z - 7? cos 0)2]3/2
...
dE = — ----- ъ----- 5- 575- I <*p = ------------- -— 5-------- -------------=- 57=-.
(4)
Вектор напряженности dE (4 ) направлен вдоль оси симметрии (оси z)
кольца.
Окончательное значение напряженности в рассматриваемой точке на
этой оси будет определяться суммой вкладов от всех колец:
2п
cR
(z -7 ? c o s 9 )s in 0 c ? 9
£ _ \dE~
f
~1
~ 2 е 0 J [(Д sin 0 )2 + (z - Л cos 0 )2 ]3/2 ’
Проведем
естественную
замену
переменной
(5)
интегрирования
в
(5):
co s 0 = х; - sin бой = d x , в результате получим:
Е =
cR
2 1
(z - Rx)dx
-J
2 s 0 i p 2 + z 2 - IR z x f'2
aR z
z x -R
(6)
2 e0 z2 ^ R 2 + z 2 _ 2Rzx
При вычислении интеграла в ( 6 ) использовалась замена переменной
yу = R
R22 + z 2 - 2Rzx\
z - R x = ( y - R 2 + z 2 )/(2z);
dy = -2Rzdx;.
Для z > R получаем
E = <jR2 /(s0z 2 ) = Q / ( 4 t i s 0 z 2 ) ;
(V)
Напомним, что при извлечении корня в ( 6 ) следует использовать его
арифметическое значение.
Как вы текает из формулы ( 6 ), для точки наблюдения, находящейся
внутри сферы, т.е. при R > z > 0, £ = 0.
Таким образом, полученные значения напряженности поля сферы
полностью совпадаю т с результатами использования теоремы Гау сса (2)
(переменные г и z в (2) и (7) по сути дела имеют одинаковый смысл).
Объемно заряженный шар можно рассматривать как совокупность
сферических слоев возрастаю щ его радиуса г толщины dr. Поверхностная
плотность заряда каждого слоя равна а = рdr, где р - объемная плотность
заряда шара. Для точки вне шара (z > К) получаем
Е
0 EgZ
3 e 0Z
. ] е
Г
^
, Л
(8 )
47tE0Z
Е сл и точка наблюдения находится внутри шара (R > z > 0), то верхний
предел интегрирования в ( 8 ) равен z: сферические слои с г > z во
внутренней
области
напряженности
не
создают,
Выполнение
интегрирования приводит к следующ ему результату
(9)
£=?о7e oz^ =fJ e 0 ;p=
Полученные выражения ( 8 ) и (9) совпадаю т с (3), если опять-таки учесть
равноценность смы слового значения переменных г и г ,
1-4 (3 -2 0 ) Бесконечно длинная цилиндрическая поверхность круглого
сечения заряжена равномерно по длине с поверхностной плотностью
ci = a 0 cos(p, где ср - полярный угол цилиндрической систем ы координат,
ось z которой совпадает с осью данной поверхности. Найти модуль и
направление напряженности электрического поля на оси z.
Решение.
Цилиндрическую
поверхность
можно
рассматривать
как совокупность колец высоты dz
одинакового радиуса R. По условию
задачи элемент заряда такого кольца
(заряд на элементе цилиндрической
поверхности
dS = dzR dq)
следующ им:
dq = a 0 cos ф dz Rdq>.
Вектор
будет
dE,
напряженности
создаваемой
этим
фиксированной
симметрии,
зарядом
точке
на
в
оси
расположенной
на
расстоянии z от плоскости выделенного кольца, направлен по прямой,
соединяющей заряд с этой точкой (рис. задачи 1-2; г = R). Проекция dEp
этой
напряженности
(rj = л!R 2
на
ось
z 2 ; cos a = z /f\; a -
z
определяется
угол между вектором напряженности и
осью z):
ст0 cosqdzR dq» z
1
dEn
4
л е
соотношением
0
Интегрирование (1 ) по всем у кольцу приводит к нулевому результату, т.е.
напряженность
электрического
поля,
создаваем ого
рассматриваемым
кольцом, и следовательно, всей цилиндрической поверхностью , не будет
обладать составляю щ ей, направленной по оси z.
Перпендикулярная к оси, и соответственно, параллельная плоскости
кольца
составляю щ ая
напряженности
dE„
выражается
следую щ им
образом:
dEn = о 0 cos(pdzRd(p/(4ns0r 2)R / .
(2)
Составляю щ ая dE„ расположена в плоскости, проходящей через ось z и
рассматриваемый элемент кольца и, следовательно, будет поворачиваться
при переходе к другим его элементам. Поэтому напряженность dEn следует
в свою очередь разложить на две ортогональных составляю щ их dEm и dEny,
первая из которы х направлена вдоль оси х полярной системы координат
(рис.).
dEm = dE„ cos(7i + ф) = -
1
a 0R 2dz cos2 (pd(f>
4 лбп
ьо
Ц
( 3)
Суммируя вклады (3 ) от в се х элементов кольца, получаем
1 a ^ d z 2?
J
2
dE™ = - 74тге0
Z - - 4Г[ — о cos ^
.
a QR2dz
= — 47е 0Г]
^ -’
(4)
Значение интеграла в (4 ) определяется на основе соотношения:
2п
^ ^7t
j* cos^ фdtp = — |(1 + соз2ф)а?ф = д ;
о
Вторая
из
упомянутых
2 о
выш е
составляю щ их
dEny пропорциональна
произведению с о з ф я т ф , интеграл от которого в пределах от ф = 0 до
Ф
=
2
я равен нулю.
Таким образом, вектор напряженности поля, создаваем ого одним
кольцом рассматриваемой в задаче цилиндрической поверхности в точке
на её оси симметрии, лежит в плоскости, перпендикулярной к этой оси, и
направлен под углом ф = п используемой полярной системы координат
(рис.). Значение этой напряженности вы ражается формулой (4).
Полный вклад цилиндрической поверхности определяется
суммарным вкладом всей совокупности колец:
2
со
dz
\Em \= - \ d E T = - ^ - \
a 0i? 2 1 _____ dz_
2чЗ/2
,£ о
2 ,3 /2
о (Л 2 + г'1')
2sg
,( ^ + 0
(5 )
2ео
П ервообразная интеграла в (5 ) имеет вид (см . задачу 1-1):
dz
J (R 2 + z 2)3/2~
1 -5
(3 -2 1 )
Н апряженность
z
r
24 r 2 + z 2
электрического
поля
зависит
только
от
координат х и у по закону Е = а{х\ + yj)/(x2 + у 2), где а - постоянная, i и j орты осей х и у. Найти поток вектора Е через сферу радиуса R с центром в
начале координат.
Решение. П оток вектора Е через поверхность 5 определяется следую щ им
Ф = j> E JS = § E nd S ; вектор dS направлен по внешней нормали к
s
s
образом:
элементу поверхности, Е п сферической
проекция вектора Е на эту нормаль. Для
поверхности вектор упомянутой нормали направлен по
радиусу ( к - орт оси z) г = xi + yj + zk, поэтом у составляю щ ая Е„ на
рассматриваемой в задаче сфере (при г = R) будет равна E„ = E r / R = a / R ,
и следовательно, Ф = — j dS = 4 n R a .
1-6
(3 -2 4 )
П ространство
р(г) = р 0 ех р (-о сг3) ,
расстояние
от
где
центра
заполнено зарядом
р0 и
а
-
системы .
с
объемной
положительные
Найти
плотностью
постоянны е,
модуль
г -
напряженности
электрического поля как функцию г. И сследовать полученное выражение
при малы х и больш их г.
Решение. Для ответа на вопрос задачи целесообразно использовать
теорему
Г а у сса
| E cS = ^/ e 0 ;
s
при
этом
в
качестве
поверхности
интегрирования естественно выбрать сферу радиуса R, центр которой
совпадает
с
центром
рассматриваемой
си стем ы
(см .
задачу
1-3).
В
результате будем иметь
4nR2E = — J p(r)dv =
J e x p ( - a r 3 ) r 2dr = " --■[! - e x p ( - a f f 3 ) ] ;
s0 v
во о
3 e 0a
(1 )
В первом равенстве (1) интегрирование производится по объему сферы;
получить значение последующего радиального интеграла позволяет замена
переменной гъ = х :
R
1 л3
1
J e x p ( - a r 3) r 2dr = - fe~ axdx = — [ 1 - е х р ( - а Л 3 ) ] ;
о
3 о
За.
Из равенства (1 ) следует (чтобы полностью соответствовать тексту задачи,
заменим обозначение переменной R на г):
Е (г) = р0 /(3s0ocr2 )[l - ехр(-осг3) ] ;
(2)
Для малы х г, т.е. при ссг3 « 1 , £ ( r ) « p 0 /(3s0a r 2 ) [ l - ( l - a r 3)] = p0r/(380) ;
для больш их г ( a г 3 » 1 ) Е (г ) ~ р0 /(Зв0а г 2).
1-7 (3 -2 5 ) Внутри шара, заряженного равномерно с объемной плотностью
р, имеется сферическая полость. Центр полости смещ ен относительно
центра шара на расстояние, характеризуемое вектором а (рис.). Найти
напряженность Е поля внутри полости.
Реш ение. Заполним полость зарядом с
плотностью
р
и
дополнительно
разместим
в
для
компенсации
введенного
ней
также
заряда
заряд
с
плотностью - р . Т огда напряженность
поля в полости будет определяться
двумя
равномерными,
симметричными
заряда
-
распределениями
заряда
противоположного
полости.
сферически
по
шара
знаку
Напряженность
и
заряда
поля
равномерно заряженного шара радиуса
R вы ражается формулой (3) задачи 1-3 Е = рг/(3е0 );г < R или в векторном
виде E = p r/ (3s0).
В соответствии с этим для рассматриваемой полости получаем (рис.)
Е = р г0 /(Зе0) - р г 1 /(Зе 0) , где г0 отсчитывается от центра шара, r t от центра
полости.
По
условию
г0 = а + Г|,
поэтому
находим
окончательно
Е = ра/(3е0 ) .
Таким
образом,
напряженность
поля
в
полости
характеризуется постоянной величиной.
1-8 (3 -3 2 ) Находящ аяся в вакууме круглая тонкая пластинка радиуса R
равномерно заряжена с поверхностной плотностью а . Найти потенциал и
модуль
напряженности
электрического
поля
на
оси
пластинки
как
функцию расстояния z от её центра. И сследовать полученные выражения
при z —* 0 и z » R .
Реш ени е. М одуль напряженности поля на оси пластинки выражается
формулой (2 ) задачи 1-2 (z > 0):
E(z) = g ( 1 - z /^ R 2 + z 2 )/(2e0) ;
(1 )
Потенциал связан с напряженностью поля соотношением E ( r ) = -V cp (r);
на оси z для него получаем (потенциал бесконечно удаленной точки
положен равны м нулю):
фО) = -
JE(z)dz
*
Z
)d z = - ( z - ^ R 2 + z 2)
= ~ j( l Э2 , .2 •
2г0
■Jr * + z
/Ео 2
=—
2s0
( J r 2 + z2 -
z );
(2)
При получении последнего равенства (2 ) использовалось соотношение
lim O ^ 2 + z2 - z ) - 0 .
В
соответствии
(p (z )-> a i? / (2 s 0) ;
с
(1)
предельное
и
(2),
значение
z —» 0
при
E (z) - >
напряженности
g
/( 2е0),
соответствует
случаю равномерно заряженной плоскости (задача 1-2).
При z » R получаем:
E (z) =
2 еп
1-
1- 1-
R2 V
2z
2sn
R2 =
a
2e0 2z2
q
4 n e 0z 2
где q = an R 2 - заряд пластинки;
9 (z ) = r ^ ( W l + r 2/ z2
2s0
z
'
l‘ V
R1 Л
—z
,
a
R^_
2 s 0 2z
q
.
47CS0Z ’
К ак и следовало ожидать, при z » R
поля,
создаваем ого
пластинкой,
напряженность и потенциал
приближаются
к
соответствую щ им
величинам, определяемым точечным зарядом.
1-9 (3 -3 4 ) Заряд q равномерно распределен по объему шара радиуса R.
П олагая диэлектрическую проницаемость всю ду равной единице, найти
потенциал внутри шара как функцию расстояния г от его центра.
Р еш ен и е. Н апряженность поля внутри Ein и вне Еех шара выражается
формулой (3 ) задачи 1-3: E in= pr/(3E 0) ;E ex= q / ( 4 m 0r 2);p = 3q/(4nR 3).
Потенциал связан с напряженностью поля соотношением E ( r ) = -V cp (r). В
случае сферически симметричного распределения заряда будем иметь:
\Eex(r)dr + \Ein{r)dr
ф(г) = -
R
со
R
ЗБ,
- J rdr +
г
°fjfr=_p (R2 - r 2) +
д
4 я е 0 |,г2
\Ein{r)dr + \Eex{r)d r =
6в0
R
3<?
Atlz0R
8 л е 0Л
(1 - - ^ ) ; r < R ;
3R
(1)
1-10 ( 3-48(в■)) Найти потенциал электростатического поля (i, j, k - орты
осей х, y ,z ) Е = ау\ + (ах + bz)j + Ьук, где a , b - постоянные.
Р еш ен и е. В осп ользуем ся равенством Е ( г ) = -V c p (r ). По условию задачи:
Зср(г)
dx
Зср(г)
, , Зф(г)
= -ау\ -dd-L = - (а х + bz);
ay
oz
= -b y ;
Проинтегрируем перечисленные уравнения:
ф(г) = -а х у + / ( у , z); ф(г) = - ( аху + byz) + g(x, z); ф(г) = -byz + h (x ,у ) ;
Каждая из произвольных функций f ( y , z ) , g (x ,z), h (x,y) не зависит от той
переменной,
по
которой
производилось
интегрирование
в
соответствую щ ем уравнении. Положив
f ( y , z ) = -by z + c, g (x ,z ) = c, h(x,y) = -а х у + с ,
где с -
произвольная постоянная, находим окончательное выражение для
потенциала: ф(г) = -ах у - byz + с 0 .
1-11 О пределить потенциал и напряженность поля электрического диполя
( p - q l —его момент, ± q - заряды, I - длина) на расстояниях, сущ ественно
превыш ающ их его размеры, т.е. при
г»
I, где г - радиус-вектор точки
наблюдения.
Р еш ен и е.
Потенциал
наблюдения
в
является
потенциалов,
точке
суммой
создаваем ы х
двумя
зарядами диполя (рис.):
ф(г+, 0
q
I co s0
47ге0
д ) _ д(.> --г+)
г_
4Л80 г+ г_
= —— ('
4яе0 к
рг
(1)
4де0 г
г
Приближенное равенство в (1 ) получено при использовании условия г »
/;
вектор г м ож ет отсчитываться от лю бой точки диполя; 0 - угол м ежду
векторами
г
и
р;
вектор
р направлен
от
отрицательного
заряда к
положительному (рис.).
Таким образом, окончательное выражение для потенциала диполя
оказы вается следую щ им:
ср(г) = рг/ (4яЕ 0г 3 ) ;
(2 )
Н апряженность поля определяется соотнош ением E ( r ) = -V c p (r). В
декартовой
си стем е
координат, начало которой совпадает с
началом
вектора г, получаем (при вычислении производных следует учитывать
равенство г = J x U y 2 + z 2 ) : £ , = -
1
д
Рх_
4лб(1
.г
з
и
для
остальны х
полученные
результаты ,
4 я е 0 дх
Аналогичные
соотношения
будут
составляю щ их
(Еу, Е.) вектора Е .
справедливы
Собирая
Зргх
1
' Г5 у
находим:
E(r) = [3(pr)r/r5 - p / r 3j/(47is0);
(3)
В ек тор напряженности (3 ) расположен в плоскости, проходящей
через векторы г и р. Для получения его модуля совм ести м начало системы
координат с отрицательным зарядом, ось х' направим вдоль вектора р, а
ось у' расположим в упомянутой вы ш е плоскости. Т огд а получим:
E x<= / l(3cos2 9 - l ) ; . E y = 3 y 4 c o s 0 s in 0 , где A = p /(4 n s0r 3); следовательно,
E 2 = E 2 + E 2’ =
.4 2[9
cos
2
0 (co s2 0 + sin 2 0 ) - 6 c o s 2 0 + l] = ^ 2 (l + 3 c o s 2 0 ) .
Окончательно находим:
E = p/(4Tts0r 3 )V l + 3 c o s2 0 .
(4)
2. Проводники и диэлектрики в электрическом поле
Основные формулы
• Напряженность поля у поверхности проводника в вакууме (о - плотность
заряда): Е п = а / е 0;
• Поток вектора поляризации Р через замкнутую поверхность S
(q'~ суммарный связанный заряд внутри этой поверхности): |PafS = -q';
s
• Поверхностная плотность связанного заряда (Рп - проекция вектора Р на
внешнюю нормаль): ст' = Рп;
• В ектор электрической индукции D и теорема Г аусса для него (q суммарный сторонний заряд внутри S): D = s 0E + P ;
|D gSS = q;
s
• Для изотропных диэлектриков (% - диэлектрическая восприимчивость):
Р = Х60Е;
2-1
(3 -5 6 ) Точечный заряд q
D = se0E ;
s = l + x;
= 2 ,0 0 мкКл находится м ежду двумя
проводящими
взаимно
перпендикулярными полуплоскостями.
Расстояние
от
заряда
до
каждой
полуплоскости I = 5,0 см. Найти модуль
силы F, действующ ей на заряд.
Реш ение.
заряда
вершинах
В вед ем
(±£?),
три
виртуальных
расположенных
квадрата
со
стороной
в
21
(рис.). Такая система зарядов сохраняет
нулевой потенциал полуплоскостей, и
следовательно, создает электрическое
поле, эквивалентное первоначальному полю исходного точечного заряда q
и
индуцированных
им
распределенных
зарядов
на
полуплоскостях.
Поэтому будем иметь:
F = q 2 [ - 2 /(4/2) cos я/4 + 1 /(8/2 )] /(4га0 ) = q 2 (1 - 2 4 l ) /(32тгб0/2 ); |/г| = 3 ,2 9 Н.
2 -2 (3 -5 7 ) Точечны й диполь с электрическим моментом р находится на
расстоянии а от проводящей плоскости. Найти силу, действую щ ую на
диполь, если вектор р перпендикулярен к плоскости.
Р еш ени е. Диполь (q - модуль его заряда, /- длина;
1 « а)
индуцирует
распределение
заряда
в
проводящей плоскости, взаимодействие с которым
и
определяет
соответствии
определения
испытываемую
с
методом
этой
силы
им
силу.
изображений,
введем
В
для
виртуальный
диполь, расположенный симметрично исходному
по отнош ению к упомянутой плоскости (рис.). На
основе формулы (3 ) задачи 1-11 можно заклю чить,
что
напряженность
виртуальным
диполем
поля,
создаваем ого
в области расположения
реального, направлена вдоль прямой, на которой
расположены оба диполя; её значение определяется
-q
формулой (4 ) этой задачи (г - расстояние от виртуального диполя до
рассматриваемой точки; 0 = 0):
E (r) = p /(2 n e 0r 3) ;
Отрицательному
заряду
исходного
диполя
(1)
соответствует
г = 2а,
положительному — г = 2а + 1 (рис.). Таким образом, на реальный диполь
будет действовать сила
F = qE (2 a + l ) - q E ( 2 a ) = q Е {2 а) + Щ ^ - 1 - Е (2а)
дг
: - З р 2 /(32тгг?0а 4 ) ; (2)
В торое равенство (2 ) получено на основе формулы Тэйлора (а »
Г); при
получении
(1 )
третьего
определение р = ql.
равенства
использовалось
соотношение
и
К ак непосредственно следует из (2 ), сила взаимодействия диполя и
проводящ ей плоскости является силой притяжения.
2 -3
(3 -6 0 )
Очень
длинная
нить
ориентирована
перпендикулярно
к
проводящ ей плоскости и не доходит до этой плоскости на расстояние /.
Нить заряжена равномерно с линейной плотностью
X. П усть точка О - след нити на плоскости. Найти
поверхностную плотность индуцированного заряда
о в зависимости от расстояния г до точки О.
Реш ени е. В соответствии с методом изображений,
введем виртуальную нить, представляю щ ую собой
отражение исходной в проводящей плоскости; обе
нити расположены на оси х рассматриваемой
▼Еп
задачи
оси симметрии
(рис.).
Плотность
индуцированного заряда определяется нормальной
к
упомянутой
плоскости
составляю щ ей
напряженности поля, создаваем ого обеими нитями.
-Л
Согласно задаче 1-1, указанная составляю щ ая в
£ „ = -
точке А (рис.) выражается следую щ им образом;
СО
А,
1
1
X
Xxdx
2\3/2
4 tcs0 j (г + х У
2 д е 0 \1г2 + х 2 ,
2 тсб0 л/г 2 + /2
( 1)
Знак минус в первом равенстве (1) обусловлен тем , что при X > 0
напряженность Е„ направлена
по
внутренней
нормали
к плоскости;
множитель 2 связан с учетом вклада двух нитей.
И скомая плотность заряда оказы вается следующ ей:
o ( r ) = s 0Е„ = -X /(27п/г2 +/2");
(2)
Как и следовало ожидать, индуцированный заряд (2 ) отличается знаком от
индуцирующ его. В точке О а = -Х /(2п1 ) .
2 -4
(3 -7 5 )
Точечный
сторонний
заряд
q
находится
в
центре
диэлектрического шара радиуса а с проницаемостью e j. Ш ар окружен
безграничным диэлектриком с проницаемостью е2. Найти поверхностную
плотность связанны х зарядов на границе раздела этих диэлектриков.
Р еш ен и е.
Для
изотропных
диэлектриков
вектор
поляризации
Р
следую щ им образом связан с напряженностью поля Е и электрической
индукцией D
=
е е
< )Е (
е
-
диэлектрическая проницаемость):
Р = (s —1) е 0Е = [( е —1) /е ] D ;
С оставляю щ ая
вектора
Р,
направленная
по
(1)
внешней
нормали,
определяет плотность связанны х зарядов на границе диэлектрика (ст' = Рп).
На границе двух диэлектриков результирующ ая плотность заряда будет
вы раж аться суммой связанны х зарядов, возникаю щ их в каждом из них:
+ о ^ = Ры + Р2п = РХп - ?2п ;
а' =
(2 )
Знак минус в последнем равенстве (2 ) обусловлен противоположным
Р{„ -
направлением внешних нормалей граничащих слоев;
проекция
соответствую щ его вектора поляризации на внутреннюю нормаль второго
диэлектрика. Таким образом, в последнем равенстве (2 ) используется
фиксированное направление нормали - от первого слоя ко втором у. В
случае сферической симметрии векторы Р , Е и D направлены по радиусам,
и следовательно, проекция каждого из них на внеш ню ю
элементу
сферической
поверхности
(нормальная
нормаль к
составляю щ ая)
с
точностью до знака совпадает с модулем сам ого вектора.
На основании теоремы Г а у сса для вектора D получаем ( г - радиус
сферы интегрирования, для первого диэлектрика
г < а,
для второго
- г> а;
q - сторонний заряд внутри этой сферы):
4 к r 2D = q\
И спользуя соотнош ения (1 ) -
(3 ),
(3 ) и учитывая сохранение нормальной
составляю щ ей вектора D на поверхности раздела слоев (при отсутстви и на
ней сторонних зарядов), находим плотность связанного заряда на границе
(г = а) диэлектриков: а' = [( ej - 1 ) / Sj - (s 2 - 1 ) / е 2]D = q(&x - z2) /(4тш2 е ^ 2 ) .
2 -5
(3 -7 6 )
П оказать,
что
на
границе
однородного
диэлектрика
с
проводником поверхностная плотность связанны х зарядов а' = - сг( е - 1)/ е ,
где е -
диэлектрическая проницаемость, а -
поверхностная плотность
зарядов на проводнике.
Р еш ен и е. В осп ол ьзу ем ся теоремой Г ау сса для вектора D. В качестве
поверхности интегрирования выберем поверхность небольш ого прямого
139
цилиндра, ось которого совпадает с нормалью к выделенному участку
границы раздела, а основания расположены с разных сторон от неё.
Внутри проводника электрическое поле отсутствует, и следовательно,
D = 0. Значение интеграла при малой вы соте цилиндра будет определяться
только вкладом его основания S, расположенного в области диэлектрика.
Таким образом, предполагая, что вектор D направлен по внешней нормали
к
указанному
основанию
(по
внутренней
нормали
к
поверхности
диэлектрика), будем иметь:
DS = a S или D = а ;
(1)
В ектор D определяет поляризованность Р диэлектрика, а следовательно, и
поверхностную плотность связанного заряда (см . задачу 2-4). Поэтому при
учете (1 ) получаем:
а'=
- [( s -
1)
/ б] £> = -
c j( e
-
1)
/ б;
(2 )
Знак минус в (2 ) обусловлен отмеченной выше направленностью D.
2 -6
(3 -8 0 )
У
плоской
поверхности
однородного
диэлектрика
с
проницаемостью е напряженность электрического поля в вакууме равна Е0,
причем
вектор
Е 0 составляет
угол
0О с
нормалью
диэлектрика
внутри
и
однородным,
к
(рис.).
вне
найти:
поверхности
Считая
поле
диэлектрика
а)
поток
вектора Е через сферу радиуса R с
центром
на
диэлектрика;
вектора
D
по
контуру
L,
плоскость
которого
поверхности
б)
циркуляцию
перпендикулярна
к
поверхности диэлектрика и параллельна вектору Е 0 (сторона контура,
параллельная плоскости раздела, равна /).
Реш ени е, а) В ектор Е вблизи поверхности диэлектрика можно представить
в виде суммы нормальной и тангенциальной составляющих Е = Е „ + Е Т.
При учете граничных условий для этих компонент
получаем -
для
вакуума и диэлектрика соответственно:
E vn — E qcos0 o; Е ” = Е 0 sin 0o ;
(1)
En
d = E Jv z - E * =El-,
(2)
Искомый поток вектора Е является суммой потоков его составляю щ их.
Для Е п находим :
( я/2
к
§E ndS = 2nR2 E v„ |cos0sin0fi?0 + £ ^ Jcos0sin0<s?0 = 2 n R E „ (—
S
l
" v2
n/2
0
l.j.
2s
= [(s - 1 ) /e]hR 2E qcos 0 O;
При
интегрировании
направленность
диэлектрика -
по
поверхности
(3 )
сферы
в
(3 )
учитывалась
вектора Е п по фиксированной нормали к поверхности
оси z используемой сферической си стем ы
координат.
М ножитель 2п в (3) является результатом интегрирования по <р; интегралы
ь
по 0 рассчитаны на основе соотношения Jco s0sin 0< 70 =
а
использованы также первые равенства (1 ) и (2).
Для составляющ ей Е т будем иметь:
f E T<^S = 0 ;
s
(4 )
Для получения равенства (4 ) ось z сферы интегрирования S следует
направить
вдоль
направления
Е х;
после
этого
справедливость
(4)
становится очевидной или непосредственно из физических соображений,
или как результат рассмотрения, аналогичного (3).
Складывая соотношения (3 ) и (4), для потока вектора Е окончательно
получаем:
fE tfS = f E „ J S = —
s
s
8
7t£2£ o c o s 0 o;
по контуру L проведем
б ) Вычисление циркуляции вектора D
аналогично
предыдущему
рассмотрению.
(5)
При
учете
соотношения
D = s s 0E , а также равенств (1 ) и (2 ), для составляю щ их D в областях
вакуума и диэлектрика будем иметь:
dv
„ = Eoe ;-,d ; = s0e ;-,
D dn = D vn\
= s s 0£ x = zDv
%;
(6)
(7)
Для циркуляции составляю щ ей DT при учете (6 ), (7 ) и (1 ) получаем:
f
L
= D\l - D *l = s 0£ T
v/(l - в) = - ( s - l ) s 0/£0 sin 0 O;
(8)
Интегралы от D. по боковы м сторонам контура I равны нулю.
Для циркуляции нормальной составляющ ей Р „ будем иметь:
К < Л = 0;
(9)
L
Р авенство (9 ) обусловлено тем, что интегралы по основаниям / контура L
равны нулю, а интегралы по боковым сторонам компенсируют друг друга.
Таким образом, получаем: |Ш 1 = j>DTtfl = - ( в - 1)в0Ш0 s in 9 0 .
L
2 -7
(3 -8 2 )
плотностью
Сторонние
L
заряды
равномерно распределены
с
объемной
р > 0 по шару радиуса R из однородного изотропного
диэлектрика с
проницаемостью
в.
Найти:
а) модуль
напряженности
электрического поля и потенциал как функцию расстояния г от центра
шара; б) объемную и поверхностную плотности связанны х зарядов.
Р еш ен и е, а) Электрическое смещение D внутри и вне шара находится на
основании
теоремы
Г а у сса
(в
случае
сферически
симметричного
распределения заряда векторы D , Е и Р направлены по радиусам; зад. 2 -4 ):
D (r ) =
p r / 3 ;r < R
( 1)
pR3 /(3 r 2) ; r > R
Учиты вая связь Е = D/( ee 0) , для напряженности поля получаем:
Е (г) =
рг/(Звв0) ; г < Д
(2)
pR3 /(3s0r2)\ r> R
Ф ормула (2 ) аналогична подобному выражению для вакуума (зад. 1-3; (3)).
Н а основании (2 ) для потенциала находим:
(г
R
\ E {r)d r+ \ E (r)d r
\.R
Ф 0) =
сс
(
1
R
uu
dr
Р
-:J r d r + R 3] - j
~
r
Зв0 Ь г
Rr
= —£ - [ ( 1 + 2 е )Д 2 - г 2 ];
6ввп
i + . "
Ог 1
Зе0г
r< R
(3)
r> R
Внутри шара при в = 1 формула (3 ) совпадает с выражением (1 ) задачи 1-9,
вне шара - соответствует потенциалу точечного заряда q = 4ртгК3 /3 .
б)
С вязь
векторов
поляризации
и
электрического
смещения
определяется следующ ей формулой (задача 2 -4 ; (1 )):
P = [(s -l)/ s ]D ;
(4)
Применим операцию дивергенции к обеим сторонам равен ства (4 ).
V P = [(e -l)/ e ]V D ;
(5)
Теперь восп ользуем ся дифференциальной формой теорем ы Г ау сса для
векторов P h D: div Р = - р '; div D = р ,
где. р'
и
р
-
объемные плотности связанны х и сторонних зарядов
соответствен н о. Т огд а на основании (5) будем иметь: р' = - [ ( б - 1 ) /в ] р .
П оверхностная плотность связанны х зарядов а ' определяется проекцией
вектора Р на внеш нюю нормаль к этой поверхности, для рассм атриваем ого
сф ерического случая - непосредственно модулем этого вектора (зад. 2-4).
И спользуя соотнош ения (4 ) и (1 ), получаем: а ' = P = [( E - l)/ ( 3 s ) ]p i? .
2 -8
Круглый диэлектрический диск радиуса R
(3 -8 3 )
и толщины d
поляризован статически так, что поляризованность Р всю д у одинакова и
её
вектор
леж ит
в
плоскости
диска.
Найти
напряженность
Е
электрического поля в центре диска, если d « R .
Р еш ен и е. Нормальная составляю щ ая
вектора
плотность
поляризации
о
определяет
связанного
поверхности
заряда на
диска
(рис.):
су(ф) = P co scp . На элементе боковой
поверхности
dS = Rdq>d
диска
локализован заряд
dq = сг(ф)dS = c(y )R d ty d .
Н апряженность поля в центре диска,
создаваем ая
этим
условии d « R ,
зарядом
при
будет следующ ей:
dE = dq l(4 n e0R 2).
Для получения окончательного значения искомой напряженности следует
просуммировать
вклады
спроектированные
на
в се х
ось,
элементов боковой
параллельную
вектору
поверхности
Р
(о сь
х;
диска,
рис.);
143
перпендикулярные к Р составляющ ие напряженности компенсируют друг
друга. Таким образом, получаем:
_
| cos(7t - ф)dq
2
4 ле0 о
Pd f
2 j
Pd
]С0$“ фЯф = 2 т а 0Л 0
4 е пЛ '
R2
( 1)
М ножитель 2 в (1 ) связан с учетом двух вертикальных половин диска
(рис.). Значение последнего интеграла в (1) равно:
г
1
,
If,,
.
. ,
1.
Бт2ф . *
]с0 3 "ф С ?ф = - ] ( 1 + С052ф )Я ф = - ( ф + -------х )
:
п
2'
2 -9
(3 -8 5 )
Первоначально
пространство
между
обкладками
плоского
конденсатора было заполнено возду?соц и напряженность поля в зазоре
равна E q. Затем “горизонтальную” половину зазора (рис.) заполнили
однородным
изотропным
диэлектриком
с
проницаемостью
е.
Найти
модули векторов Е и D в обеих частях зазора (1 и 2) после введения
U между обкладками не менялось;
диэлектрика, если а) напряжение
б) заряды q на обкладках оставались неизменными.
Реш ен и е. В екторы Е и D в обеих частях зазора будем различать с
“
“ помощью индекса г = 1 ,2 .
\
а) П осле введения диэлектрика разность
_______________________________ _
9
б-
“ —— ——— ——^
потенциалов
между
обкладками
конденсатора
будет
выражаться
следующ им
———
образом
(d
-
ширина
зазора):
U = dE0 = d (E ] + E 1) /2 = dEx(s + 1) /(2s);
(1)
В последнем равенстве (1 ) использовалось соотношение E 2 = E j е .
На основании (1 ) находим:
2е£0
7^
S+1
2
2Е0
Б+1
( 2)
Учиты вая связь D = е б 0Е , для вектора D получаем (в области 1 е = 1):
D, = D2 -
2
е е
0£ 0 / ( е + 1 );
(3)
Как и следовало ожидать, нормальные составляю щ ие вектора D, для
плоского конденсатора совпадающие с его модулем, в областях 1 и 2
оказы ваю тся одинаковыми.
144
б) Значение D для плоского конденсатора может быть получено на
основании теоремы Г ау сса (5 - площадь пластины, о - плотность заряда):
D
=
q /S = су .
После
внесения
дополнительного
диэлектрика
при
неизменном заряде пластин это значение сохранится в области 1 и - как
следствие равенства нормальных составляю щ их вектора D -
внутри
области 2. Таким образом, учитывая равенство о - Е 0s 0 , получаем
Е 0г 0 = А = А >
(4)
Е\ - E q\E2 = Е 0/ е -,
(5)
а следовательно, и
Выражения (5) и (4) могут быть также получены другим способом,
основанным на учете изменения ёмкости конденсатора при внесении
диэлектрика. Отношение исходной ёмкости С0 = е05 I d к окончательной
С, = 2 е 805 7 [ й?(е + 1)] (последняя представляет собой ёмкость конденсатора
с двумя слоями диэлектрика; задача 3 -1 ) составляет C0 /C t =
(
е
+ 1 ) /(2б ) .
При постоянном заряде конденсатора последняя величина определяет
изменение разности потенциалов на нем, и следовательно, изменение
составляю щ их Е\ и Е 2 (2). После получения значений последних (5),
величины D\ и D 2 (4) находятся незамедлительно.
2 -1 0 (3 -8 6 ) Рассмотреть решение задачи 2 -9, если диэлектриком заполнили
“вертикальную” половину зазора (рис.).
Р еш ени е. Сохраним обозначения задача 2 -9 , дополнив их величинами
зарядов Ц[ и плотностей щ, i = 1, 2.
а) Тангенциальные относительно
границы диэлектриков (нормальные к
пластинам)
будут
составляющие
сохраняться;
разности
вектора
при
потенциалов
1
Е
неизменной
на
пластинах ■
конденсатора их значения определяются напряженностью исходного поля:
£ 0 = £ , = £ 2;
(1)
Для вектора D соответственно получаем:
A -SoА ; А _ ееоА>
(2)
б) К ак уж е отм ечалось (задача 2 -9 ), вектор D внутри конденсатора
вы ражается следую щ им образом D = q /S = а . При неизменном заряде на
пластинах после заполнения диэлектриком половины объема конденсатора
(рис.) будем иметь: (ст, + a 2) S !2 = a S . На основании последнего равенства
при учете упомянутого выш е постоянства тангенциальных составляю щ их
£ , = Е2 получаем: 2 о = 2 е 0£ 0 = Oj + о 2 = Д + D2 - г 0А + е е 0Е 2 = Д ( е + 1 ).
О тсю да находим:
Д = 2е0А //(е + 1)» А = 2ss0£ 0 /(s + О;
(3)
и следовательно,
£ , = £ 2 = 2 £ 0/(е + 1);
(4)
К ак и в предыдущей задаче, выражения (4) и (3 ) могут быть
получены на осн ове учета изменения ёмкости конденсатора при внесении
диэлектрика. В данном случае отношение упомянутых ёмкостей будет
составлять
(конечная
ёмкость
С,
является
суммой
ёмкостей
двух
параллельно соединенных конденсаторов: С ,= С 0 /2 + гС0 /2; С0 = s 0S /d ):
C0 IC , = 2 / (s + l ) .
Последняя
величина
при
постоянном
заряде
конденсатора опять-таки определяет изменение разности потенциалов на
нем, а тем сам ы м при учете (1) и соответствую щ ие значения Е\ и Е г (4).
Формулы (3 ) на основе (4) находятся без труда.
2 -1 1 (3 -9 0 ) Точечный заряд q находится в вакууме на расстоянии I от
плоской
поверхности
изотропного
однородного
диэлектрика,
заполняющего все полупространство
(рис.).
равна
АП
Проницаемость диэлектрика
е
.
Найти: а) поверхностную
плотность а ' связанны х зарядов как
функцию расстояния г от точечного
заряда; рассмотреть случай I —> 0;
б) суммарный связанный заряд на
поверхности диэлектрика.
€
Р еш ен и е.
................................
составляю щ ая
а)
вектора
Нормальная
D
является
непрерывной на границе диэлектрик - вакуум D„, = D n l, и следовательно,
для вектора Е будем иметь:
= Е п1;
(1 )
С оставляю щ ие напряженности Е„\ и Е„г определяю тся вкладами точечного
заряда Eqn и связанного заряда на плоскости раздела Е т (знаки слагаем ы х в
последую щ их
равенствах
предположением
выбраны
в
соответстви и
с
исходны м
q > 0 и с '( г ) > 0 , а также с указанным на рисунке
направлением нормали):
Е п\ = ~Е дп - Е а„ ;
(2)
Е п2 = ~ E qn
(^ )
"*■ Е
ап
>
Величина E qn вы ражается соотнош ением (рис.):
Eqn = Я cosG /(47180г 2) = ql /(4яе0г 3) ;
(4 )
Н епосредственно вблизи граничной плоскости значение Е т оказы вается
следующ им (задача 1-2):
Еа„ = ст'(г )/(2s0) ;
(5)
П одставляя равенства (2 ) и (3 ) в (1), получаем:
Е ап
~ ~ К8 - 1) / ( Е
+
1)] E q n ;
(6)
Уравнение (6 ) при учете соотношений (4) и (5 ) позволяет определить
окончательное выражение для плотности связанного заряда:
o '( r ) = - q l { e - 1 ) /[27t(s + l ) r 3 ] ;
(7)
Е сли проекцию величины г на границу раздела обозначить как г ', то
будем иметь r = V r ' 2 +/ 2
(рис.). Теперь на основании (7 ) становится
очевидным, что при I —* 0 а ' ( г ) —> 0 , если г' Ф 0 ; другими словам и, при
помещении
стороннего
точечного
заряда
на
граничную
плоскость
диэлектрика связанного заряда на ней не возникает, за исклю чением точек,
непосредственно примыкающ их к этому заряду ( г ' = 0 ).
б) Для получения суммарного связанного заряда q' на границе
диэлектрика
его
плотность
(7 )
следует
проинтегрировать
по
всей
плоскости раздела (ш трих у переменной интегрирования г' опускается):
q' = 2 n j a \ ^ r 2 + l 2 )rdr = ■
q l( z - 1 ) 7
8
о
+
1
rdr
ql{ e - l )
8-1
i ( r 2 + l2f 2
(s + 1) V r 2 + / 2
8+ 1
М ножитель 2я появился в результате интегрирования по углу ср; при
вычислении радиального интеграла использовалась переменная г2 = х.
Равенство (7 ) можно получить другим способом - на основании того
обстоятельства,
нормальную
плотность
что
напряженность
составляю щ ую
связанного
Е п\ непосредственно
Р„,
поляризованное™
заряда
а
= ст'(г) / [ ( е —1)е0]
определяет
тем
самым
(задача
и
2-4).
Подстановка этого выражения, а также соотношений (5) и (4), в (2) и
приводит к (7). Такой подход использован при решении задачи 2-12.
2 -1 2 (3 -9 3 ) Небольшой проводящий шарик, имеющий заряд q, находится в
однородном изотропном диэлектрике с проницаемостью 8 на расстоянии /
от безграничной плоской границы, отделяющей диэлектрик от вакуума
(рис.). Найти поверхностную плотность а ' связанных зарядов на этой
границе как функцию расстояния г от шарика. И сследовать полученный
результат при /—> 0.
Реш ени е.
Нормальная
составляющая
Е„\
напряженности
поля
в
диэлектрике вблизи границы определяется суммой двух слагаемых соответствую щ ими
стороннего,
заряда
q
вкладами
практически
(E qn)
и
точечного
распределенного
связанного заряда ст'(г) на граничной
(Е ап).
плоскости
Величина
Ед„
определяется формулой, аналогичной
(зад. 2-11; (4)):
Eqn
— Д г cose=— — — • ( 1 )
4 лб0 г г 2
Выражение
для
47С80 ЕГ3
Еап
полностью
совпадает с формулой (5 ) задачи 2-11:
Еап = а '(г )/ (2 е 0) ;
(2)
При
одинаковом
знаке
q
зарядов
а'(г)
и
(связанный
заряд
противоположного знака возникает в диэлектрике непосредственно вблизи
шарика; учет его влияния сводится к использованию в (1 ) диэлектрической
проницаемости
в)
напряженности
создаваемы е
внутри
ими
диэлектрика
нормальные
направлены
в
компоненты
противоположные
стороны, поэтом у суммарная напряженность будет составлять (рис.):
Е п\
Е п]
Величина
(3 )
поляризованности Р т
=
Е дп - Е ап
определяет
;
(3 )
нормальную
составляю щ ую
и следовательно, плотность связанного заряда
(задача 2 -4 ):
( в - 1 ) е 0£ „ , = ? „ = с ' ;
(4)
П одставляя (3 ) в (4 ) и выражая а'(г) через Е ап (2), получаем:
Е ап
= [(Б“ 1) /(в +1)] E qn ;
(5)
Формула (5 ) соответствует выражению (6 ) задачи 2-11, различие в знаке
определяется знаком связанного заряда на границе диэлектрика.
Из уравнения (5 ) при учете (1) и (2) окончательно находим:
a'(r) = q l( z - l) /[ 2 m ( z + l) r 3] ,‘
(6)
Если переменную г выразить как г = л]г'2 + /2 (рис.), то нетрудно заметить,
что <У(л/г'2 + / 2 ) -> 0 при I - * 0, если г' Ф 0 .
Р авенство (5) можно также получить, исходя из непрерывности
нормальной составляю щ ей вектора D на границе диэлектрик - вакуум
£>nl = D n2 , т.е. на основе условия гЕ п1 = Е п2. Составляю щ ая Е п\определена
в
Е пг выражается
(3 ),
последнего
аналогично
равенства учтен тот
E n2- E qn+ E an. При
факт, что
составляю щ ие полей зарядов q и а'(г)
в вакууме
написании
нормальные
направлены в одну сторону.
Подобный подход использован при решении задачи 2-11.
3.
Э л ек тр оем к ость. Энергия эл ек тр и ч еск о го поля
Основные формулы
• Ё м кость плоского конденсатора ( S - площадь обкладки; d - расстояние
между обкладками; е - проницаемость диэлектрика внутри конденсатора):
149
С —esqiS /d.
• Энергия взаимодействия системы точечных, а также распределенных
зарядов ( р - соответствую щ ая плотность): W = —£ 9 ,ф; ;
й7 = ~ Jcpprfv.
• Энергия заряженного конденсатора { U - разность потенциалов м ежду
обкладками): W - q U / 2 = q 2 Н С - C U 2 /2.
• П лотность энергии электрического поля: w = E D /2.
3-1
(3 -1 0 3 )
Пространство
между
обкладками
плоского
конденсатора
заполнено последовательно двумя диэлектрическими слоями
d\
толщинами
и
1 и 2 с
d2
и
с
проницаемостями Е) и е2. Площадь
2
Ch
€2
1
di
€1
каждой обкладки равна S. Найти: а)
ём кость конденсатора; б) плотность
о'
связанных
зарядов на границе
раздела диэлектрических слоев, если
напряжение на конденсаторе равно U и электрическое поле направлено от
слоя 1 к сл ою 2.
Р еш ен и е, а) По теореме Г ау сса вектор электрической индукции внутри
плоского конденсатора будет равен (q - его заряд): D = q l S (задача 2 -9 ). В
этом случае вектор D
совпадает со своей нормальной составляю щ ей, и
следовательно,
иметь
будет
то
же
сам ое
значение
внутри
обоих
диэлектрических слоев. В связи с этим для напряженности в слоях 1 и 2
получаем: E t =
D / (
s
/e 0 ) ; /
= 1, 2,
и
соответственно разность потенциалов
между пластинами оказы вается следующ ей:
U0 = d xEx + d 2E 2 = q(dxl z x + d 2 /
е
2 )/ (
б
0S ).
Таким образом, для ёмкости конденсатора находим:
C = q /U 0 = s 0S /(d l l s l + d 2 / e 2)= s ^ S o 5 / (М г + e 2^ i) !
С1)
б) П лотность связанного заряда на границе слоев определяется
разностью нормальных составляю щ их векторов поляризации диэлектриков
(задача
2 -4 );
направление
нормали
совпадает
с
направлением
электрического поля —от первого слоя ко второму.
o' = Рп1 - Рп2 = Р, - р2 = [(в, - 1 ) /El - (6 2 - 1 ) /82 ] Ь = [(Б, - 62 ) /(8,8, Ж> =
[(е,
Во
втором
C t / / iS —( e ^ S
равенстве
(2 )
учтено,
что
2
^(^1^2
для
^2^1)’
плоского
(2 )
конденсатора
Рщ =Pi',i = 1>2; в третьем равенстве использована связь векторов Р и D
(задача 2 -4 ); в пятом - формула q = C U .
3-2 (3 -1 0 4 ) Зазор м еж ду обкладками плоского конденсатора заполнен
изотропным
диэлектриком,
проницаемость
£
которого
изменяется
в
перпендикулярном к обкладкам направлении по линейному закону от Z\ до
£2 (е2 > £ 1). Площ адь каждой обкладки S, расстояние м еж ду ними с?; заряд
конденсатора
д.
Найти:
а)
ём кость
£2
|Х
€1
о
конденсатора; б) объемную плотность
р' связанны х зарядов как функцию е,
если поле Е в конденсаторе направлено
в сторон}' возрастания £.
Реш ен и е,
а)
Упомянутая
линейная
зависим ость в от х (рис.) вы ражается следую щ им образом:
s (x ) = ax + 6 ; a = (s 2 - г х)1 d\b = £ ,;
Электрическая
постоянной
индукция
D = q /S
величиной
напряженности
поля
внутри
будем
( 1)
конденсатора
(задача
иметь
3 -1 ),
характеризуется
следовательно,
£ ( х ) = ^/[е ( х )8 05 ] .
для
Разность
потенциалов U меж ду обкладками определяется интегралом
dx _ q
U = fE(x)dx = ^ j ,
о
e
0
o
0
e
(
x
)
dx
E qS
,
fq OX +
d
a z 0S
ln(ox + fc)|^ =
u
-
a s 0S
In— ; (2)
E!
Для ёмкости конденсатора при учете (2 ) и (1 ) получаем:
С = q/U=
б)
Для
нахождения
е
0
( б 2 - е , )S /[d ln (e 2 /s1) ] ;
объемной
плотности
(3 )
связанны х
зарядов
воспользуем ся равенством р' = - V P , где Р - вектор поляризации (зад. 2 -7 );
последний, в свою очередь, определяется вектором D :
P = [( e - 1 ) / e ]D
(задачи 2 -4 ; 2 -7 ). Таким образом, при учете (1 ) получаем (вектор Р , как D и
г.
„ .
dP
E , направлен по оси x): p (x ) = -------=
dx
q d f E -l
— 1
S dx
<?(S2 - s i )
dSz\ x)
3 -3
(3 -1 0 6 )
Найти
ёмкость
цилиндрического
конденсатора
длины
/,
радиусы обкладок которого равны а и Ь, причем а < Ь, если пространство
м еж ду
обкладками
заполнено:
а)
однородным
диэлектриком
с
проницаемостью е; б) диэлектриком, проницаемость которого зависит от
расстояния г до оси системы как е = а / г , а -
постоянная. Краевыми
эффектами пренебречь.
Р еш ен и е. Предполагая конденсатор достаточно длинным (а < Ъ «
/), для
электрической индукции D на основании теоремы Г аусса получаем (q заряд
конденсатора):
D {r) = q /(2itrl); а < г < Ъ ,
и
следовательно,
E {r) = q /(2л е £0г /) . Разность потенциалов U между обкладками выражается
интегралом:
ь
ь I
In b / a ;
а) е = const; U, = f E (r)d r = — - — f— =
J
О
'ттос' 7 Ja v
2nze0r
r
2 m s 0l
6 ) e = a ! r \ U2 = J E {r)dr
._ q { b - a ) .
= ___ q_
— f dr
27tas0i
о la
2iras0/
Для ёмкости конденсатора соответственно находим (С = q/U ):
а) С) =2лБЕ0/ / 1 п ( 6 / а ) ; б) С2 = 2 п а г 01/(Ь - а ) .
3 -4
( 3- 112)
Найти
взаимную
ёмкость
системы
из двух
одинаковых
металлических шариков радиуса а, расстояние между центрами которых Ъ,
причем
b »
а.
Система
находится
в
однородном
диэлектрике
с
проницаемостью е.
Р еш ен и е.
Разместим
на
шариках
одинаковые
различающ иеся по знаку заряды q. При условии b »
по
модулю,
но
а распределение
зарядов на шариках можно считать равномерным. Напряженность поля,
создаваем ого положительно заряженным шариком, выражается формулой
(х - координата точки на прямой, соединяющей центры шариков; начало
координат выбрано в центре
упомянутого шарика): Е (х) = q /(4пгг0х2) .
Разность потенциалов U между поверхностями рассматриваемых шариков
будет следующ ей:
Ь -а
U = 2 J E(x)dx =
а
q
b ra dx
27ise 0 \ х 2
—
{1
27Г8б 0 \а
271ББ()Я
М ножитель 2 в первом равенстве (1 ) учитывает вклад шарика с зарядом
( - q)\ при получении окончательного значения U было отброшено второе
слагаемое в круглых скобках.
И скомая ёмкость системы двух шариков будет следующ ей:
С = q /U я 2 я б в йа .
3 -5
(3 -1 3 3 )
заряженный
Конденсатор
до
напряжения
ёмкости
С 1 = 1 , 0 м к Ф,
£/0 =ЗООВ,
предварительно
подключили
параллельно
к
незаряженному конденсатору ёмкости С2 = 2 ,0 мкФ. Найти приращение
электрической энергии этой системы к моменту установления равновесия.
Реш ение. В процессе подключения будет сохраняться исходный заряд
q = C lU0.
конденсатора
Ём кость
систем ы
из
двух
параллельно
соединенных конденсаторов определяется суммой С = С] + С 2 , поэтому
установивш аяся
разность
U = q / C = [Cl /(Cl + C 2)]U0 .
потенциалов
Изменение
на
них
энергии
будет
AW
равна
исходного
конденсатора в результате подключения второго составит
AW = W2 -W j = (C U 2 - Cjt/g)/ 2 = CxU l [С, /(Сг + С 2) - 1]/2 =
= - [ С ,С 2 /(С, + C2)]U l /2; AW = - 0 ,0 3 Дж ;
Уменьш ение энергии обусловлено увеличением ёмкости составного
конденсатора, которое при неизменных зарядах ± q на обкладках приводит
к ослаблению электрического поля внутри него.
3 -6 (3 -1 3 7 ) Заряд q распределен равномерно по объему шара радиуса R.
Считая диэлектрическую проницаемость е = 1 ,
найти: а) собственную
электрическую энергию шара; б) отношение энергии W\ внутри шара к
энергии W2 в окружаю щ ем пространстве.
Р еш ени е, а) Собственная электрическая энергия системы определяется
интегралом
по
области
распределения
(V)
её
заряда
q:
W = (l/ 2)Jcp (r)p (r)cfv , где р(г) - плотность заряда, ф(г) - потенциал. В
v
рассматриваемом случае р = 3g/(47t7?3) и <в(г) == Зд[1 - г 2 /(3/<!2 )] /(8тш0й )
(задача 1-9; (1)), поэтому получаем:
w
=
9q 1
4R
9* 2
4л j ( l ^0л
3 R A'
647i2En
i?4 о
20nenR'
и15
1 6 я е 0Я
б) Напряженности поля внутри Е {г) и вне Е е(г) шара вы ражаю тся
формулами (задача 1-3; (3)). Плотность энергии электрического ноля равна
w = сЕ0£ 2 / 2.
Для
значений
энергии
в
упомянутых
областях
соответственно находим:
2
■Jr4dr ■
J0 ‘ ' '
8 7 is 0 i ? 6 о
5 - 8 7 i e 0 /?
ТТЛ 471Е 0 ^ „ 2 , , 2 .
q2 7 dr
q
W2
= -----2 .\
<
Ee i(r)ri
d r = -?
— Г— = Q-- TiC
Z
П
J
v 7
5<тго. J , . 2
2
JR
°
'
8
т ге
0 д г 2
8
д е
0 Л
Таким образом, получаем: Wl /W2 = 1/5; при этом естественно FFj + Ж2 = Ж.
3 -7 (3 -1 4 4 )
Внутри
плоского
конденсатора
находится
параллельная
обкладкам пластина, толщина которой составляет т) = 0 ,6 0 расстояния (d)
между обкладками.
Ё м кость
конденсатора
в
отсутствие
пластины
С0 = 20 нФ. Конденсатор сначала подключили к источнику постоянного
напряжения U = 2 0 0 В , затем отключили и после этого медленно извлекли
пластину из зазора. Найти работу, совершенную против электрических сил
при извлечении пластины, если она: а) металлическая; б) стеклянная.
Р еш ен и е, а) В
этом случае имеем систему из двух последовательно
—
соединенных конденсаторов, интервалы
м ежду пластинами которых составляю т
d\ и dz, d ] + d 2 = d ( 1 - л ) (рис.). Ём кости
h = 77c3
этих
равны
конденсаторов
(5
-
соответственно
площадь
пластины):
Cj = z 0S/dj-, / = 1 , 2 . Суммарная ём кость
систем ы будет следую щ ей ( С 0 = e 0S / d ):
С = 1 /(1/С, + 1/С2 ) = z0S l{d x + d 2 ) = zQS l[d{\ - p)] = C 0 /(1 ■- л ) ;
(1)
При напряжении H заряд такой систем ы определяется соотношением:
q = CU = C0U /( 1 - д ) ;
Величина заряда (2 ) сохраняется при извлечении пластины.
(2)
И ском ая работа А вы ражается разностью энергий конденсатора без
пластины (W0) и при её наличии (W).
A = W0 - W = q 2 /(2C0) - q 2 1(2С) = q \ 1(2 С0 ) = С0и \ /[2(1 - р )2 ] ;
(3 )
И = 1,5 •10'3 Дж.
В серии преобразований (3 ) использовались равенства (1) и (2).
б)
В
этом
случае
исходный
конденсатор
содержит
д ва
слоя
диэлектрика - первый слой толщины dr\ с проницаемостью а и второй с
соответствую щ ими
параметрами
d(\ - Г|)
и
8=1.
Ё м ко сть
такого
конденсатора вы раж ается формулой (задача 3 -1; (1 )):
С =
e z 0S
/[е d(\ - р ) + с?р] = еС 0 /[р +
е
(1
- р )];
(4)
Е го заряд характеризуется величиной
q = CU = гС0и /[р + е(1 - р ) ] ;
Аналогично
(5)
предыдущ ему, работа извлечения пластины
определяется
разностью энергий конденсатора без нее и с ней.
А. = q 2 /(2С0) - q 1 1(2С) = р (е - l) q 2 /(2еС0) = p e (s - 1 )C0U2 /{2[р + в(1 - р )]2} ;
А = 0 ,8 ■10‘3 Дж.
В процессе последн их преобразований использовались формулы (4 ) и (5).
3 -8 (3 -1 4 6 ) П лоский конденсатор расположен горизонтально так, что одна
его пластина находится над поверхностью жидкости, другая -
под её
поверхностью . Диэлектрическая проницаемость ж идкости е, её плотность
р. На какую вы соту поднимется уровень ж идкости в конденсаторе после
сообщения его пластинам заряда с поверхностной плотностью о?
Реш ен и е. Ё м к о сть конденсатора без жидкости ( 5 - площ адь пластины; d расстояние м еж ду пластинами) равна: С 0 = е05 /d ; тогда как ём кость при
вы соте h (h < d) слоя ж идкости внутри него состави т (задача 3 - 1 ; (1 )):
C = ee 0S / [ E ( d - h ) + h ].
Энергия
W(h)
конденсатора
вы раж ается
соотнош ением ( q = a S - его заряд):
W(h) = q 2 1(2С) = a 2S [sc? + h( 1 - e)] /(2es0) .
П осле зарядки конденсатора исходный уровень ж идкости в нем (ho)
повысится на величину h b поэтому полная толщ ина диэлектрика внутри
него
состави т
h = h0 + h i . Направленная
ввер х
сила,
обусловленная
возникающим
электрическим
полем,
которая
действует
на
столбик
жидкости единичного сечения вы сотой h\, будет следующ ей:
1
dW (hx)
S
В
положении
равновесия
cr2( s - l )
dJ\
эта
2 еб 0
сила
должна
уравновешивать
силу
гидростатического давления (вес этого столбика) рghy.
a 2( E -l)/ (2 s e 0) = pg/j,, отсю да /г, = a 2( E -l)/ (2 e s 0p g ).
4.
Э лектри чески й ток
Основные формулы
• Закон Ома: I = U / Я,
• Закон Ома в дифференциальной форме (о - удельная проводимость):
j = crE;
4-1
(3- 156) Металлический шар радиуса а окружен концентрической
тонкой металлической оболочкой радиуса Ъ. Пространство между этими
электродами заполнено однородной слабо проводящей средой с удельным
сопротивлением р. Найти сопротивление межэлектродного промежутка.
Реш ени е.
Разместим
на
электродах
(обкладках
конденсатора)
разноименные, но равные по модулю заряды q. Тогда напряженность поля
в промежутке между электродами будет следующ ей: Е {г) = д/(4я£Е0г 2) ,
г - расстояние
от
центра
шара,
а<г<Ъ\
е - диэлектрическая
проницаемость проводящей среды.
Полный
расположенную
ток
I
через
между
сферическую
обкладками,
поверхность
характеризуется
радиуса
г,
постоянной
величиной ( j = E / р - плотность тока):
I - 4 % г 2] = Лпг2Е /р = q /(ее0р );
Разность потенциалов U на электродах определяется интегралом:
ь
С/ = J E {r)d r = — —
а
4 лееп
(1)
При учете (1 ) и (2 ) для сопротивления R промежутка м ежду обкладками
конденсатора получаем:
R = U 11 - p{b - а) /(4паЬ ) ;
Рассматриваемую
задачу
можно
решить
(3)
другим
способом.
Сопротивление сферического слоя радиуса г и толщины dr выражается
соотношением dR = рс/г/(4лг2 ) ; интегрируя его от а до Ь, получаем (3).
Такой метод оказывается более простым, но первый способ обладает
сущ ественно большей общностью.
4 -2 ( 3- 157) Пространство между двумя проводящими концентрическими
сферами, радиусы которых а и Ъ (а < Ь), заполнено однородной слабо
проводящей средой. Ё м кость такой системы равна С. Найти удельное
сопротивление р среды, если разность потенциалов ( U) м ежду сферами,
отключенными от внешнего напряжения, уменьш ается в т| раз за время At.
Полный ток I
Реш ени е.
выражается
q-CU
-
между сферами (обкладками
формулой (задача 4-1;
заряд конденсатора.
С
(1)):
конденсатора)
I = q /(se 0p) = CU /(se0p ) , где
другой стороны,
по
определению
I ~ d q / d t = C d U / d t . Приравнивая приведенные выражения для тока I,
приходим к дифференциальному уравнению (напряжение U уменьш ается,
т.е d U td t< 0 ) :
d U (t)/d t = -U (t)/(ee0p );
(1 )
Разделяя переменные в (1 ) и интегрируя, получаем (с 0 постоянная):
условия
произвольная
lnC/(O = -f/ (s s 0p) + c0 . Учитывая естественны е начальные
U\t=Q= U Q,
находим:
с0 =1п/У0 ,
и
следовательно,
1п[£/0 /17(f)] =Н/(ё 80р ) . П о условию задачи 1пг| = Д//(Б80р ), отсю да
p = A?/(ss0 lnr|);
В
формуле
(2 )
остается
неизвестной
(2 )
величина
е;
её
можно
определить, используя выражение для ёмкости сферического конденсатора
С = 4n se0 a b / ( b - а ) . Окончательно получаем: р = AnAtab![С {Ь- а)\пт\].
4-3 ( 3- 15 9 ) М еталлический шарик радиуса а находится на расстоянии / от
безграничной
идеально
проводящей
плоскости.
П ространство
вокруг
шарика заполнено однородной слабо проводящей средой с удельным
сопротивлением
р.
Найти
для
а«
случая
I: а) плотность тока у
проводящей плоскости как функцию
расстояния
г
разность
потенциалов
шариком
б)
и
от
шарика,
плоскостью
сопротивление
если
между
U;
равна
среды
между
шариком и плоскостью .
Р еш ени е,
а)
шарик
При
точечным
проводящей
учесть
влияние
им
заряда
плоскости
на
I
считать
зарядом;
индуцированного
а«
условии
естественно
основе
изображений.
на
можно
метода
Нормальная
составляю щ ая
результирующей
напряженности Е„ в точке на этой плоскости на расстоянии г от шарика
(рис.) вы раж ается соотношением (q - заряд шарика):
Е п = 2 g c o s 0 / (4 7 ts or 2 ) = <7//(27tsor 3) ;
М нож итель
2
в
(1)
отражает
вклад
(1)
виртуального
заряда
-q
(индуцированного заряда); в данном случае E jnd = Е , для q > 0 вектор E ind
направлен
в
сторону
- q .
заряда
Тангенциальная
составляю щ ая
напряженности £ х на проводящей плоскости равна нулю.
Заряд
q
неизвестен, для
его
определения
найдем
зависим ость
разности потенциалов U меж ду шариком и плоскостью от величины этого
заряда. Напряжение U легко находится на перпендикуляре к плоскости,
соединяю щ ем реальный и виртульный точечные заряды:
и=-
f\±.
4 л еп V
\аV
I dr
21 -а '
1
4k sО
, L
н
у
» q /(4ns0a);
2 1 -а
Ч (1
4716 (5 ^ 0
1
21-
(2)
В первом равенстве (2 ) отрицательный знак перед вторы м интегралом
определяется знаком виртуального заряда; пределы интегрирования этого
слагаемого
обусловлены
таковыми
первого интеграла. Приближенное
равенство (2 ) получено при учете условия а «
I. На основании (2 ) находим
q = 4 n e0a U ;
(3)
Таким образом, при учете (1 ) и (3 ) для нормальной составляю щ ей
плотности тока получаем:
j„ (r) = E n / p = 2 a lU /(p r3)\
(4 )
Тангенциальная составляю щ ая плотности отсутствует, так как Е х = 0 .
б)
Д ля
получения
полного
тока
I
плотность
(4 )
следует
проинтегрировать по всей проводящ ей плоскости (х - проекция расстояния
г на эту' плоскость; рис.):
р
J ( Н + / 2 )3' 2
(-1 )
Р
-Jx2 + l 2
4%aU
(5 )
~о
1 = 2% ---------
4тш/гу
о
xdx
2аШ (
„
1
со
.
Интегрирование по углу ср определяет множитель 2% в первом равенстве
(5); при вычислении интеграла по х использовалась зам ена переменной
„ 2
_ ,,
Соотнош ение (5) позволяет определить сопротивление R промежутка
между ш ариком и плоскостью : R = U 11 = р /(4л а ) .
4-4
(3 -1 6 0 )
Д ва
проводящей
длинных
среде
сопротивлением
между
осями
с
параллельных
удельным
р.
Расстояние
проводов
/, радиус
сечения каждого провода а. Найти
для случая а «
тока в
1:
точке,
а) плотность
равноудаленной
от
осей проводов на расстояние г, если
разность
потенциалов
проводами
равна
сопротивление
среды
длины проводов.
м еж ду
U;
на
б)
единицу
провода н аходятся
в
слабо
Решение,
а)
В се
точки
плоскости
симметрии
системы
являю тся
равноудаленными от осей проводов. Выделим какое-либо сечение этой
плоскости и проводов перпендикулярной плоскостью (рис.). Подключение
проводов к источнику тока приводит к появлению на них разноименных
зарядов с линейной плотностью ± X. Напряженность поля в точке на оси у
(рис.), создаваемого длинными заряженными проводниками, выражается
формулой (задача 1-1; (3)):
E n(r ) = 2£(r)cos0 = 2^cos0/(27tEEor) = XI /(2лее0г 2) ;
( 1)
В (1) множитель 2 возникает в результате учета вклада двух проводов; е диэлектрическая проницаемость среды; Е„ направлена по нормали к
плоскости симметрии.
Для нахождения связи плотности заряда X и заданной разности
потенциалов U проинтегрируем результирующую напряженность поля,
создаваемого
обоими
проводами,
в
одинаковом
направлении
вдоль
1 -----1~а« - i - m '
-In
Л£Б0 а
и
(2 )
кратчайшего расстояния между ними:
и=-
X
_ j dr
2 яееп
При переходе
l-a r )
T - =
Л ЕЕi |
0 a
г
ЯЕЕ0
ко второму равенству (2)
изменен
порядок
пределов
интегрирования последнего интеграла; приближенное равенство получено
при учете условия а «
I.
С помощью (2 ) получаем X = я е е 017/1п(//я ) ; далее на основании (1)
будем иметь
£ „ ( г ) = Ш [21п (/ / а)г2] ;
(3)
Для плотности тока соответственно находим:
Ш
- Е п{г )!р = U l /[2рIn( l/a ) r 2 ] ;
(4)
Следует отметить, что плотность тока вдоль плоскости симметрии
равна нулю (рис.).
б) Суммарный ток / через полосу плоскости симметрии шириной z
определяется при учете (4 ) интегралом (рис.):
I
z j7 « ( V /2/4 + y 2 ) 4 ' = 2z
Ul
?
dy
2pln(//a) q /2/4 + y 2
= zt/n/[pln(//a)];
zUl
2 a fc t 2 у
p in ( l / a ) l
ё l 0
(5)
В третьем равен стве (5 ) использовано соотношение f - —
= —a r c t g - .
а +х
а
а
Таки м образом, сопротивление R среды на единицу длины проводов
( z = l ) оказы вается следующим: R = U 11 - р In(1/а ) /я .
Приведенное выражение для тока I (5) можно получить и другим
способом, если рассчитать ток, стекающий с поверхности одного их
проводов:
г
Е {а )
.. .
I = j(a )2 n a z = ----- - 2 ш
p
X
Xz
nUz
= -------------2 naz = --------= ------------- ;
2 jte s0ap
S E 0 p
pln(//a)
(6)
В о втором равенстве (6) учитывается вклад в создание напряженности
только одного провода - по условию I »
а.
4 -5 (3 -1 6 8 ) М еж ду пластинами 1 и 2 плоского конденсатора находится
неоднородная слабо проводящая среда. Её диэлектрическая проницаемость
и удельное сопротивление изменяются от значений
значений
е
2,
е ь
р) у пластины
1
до
р2 у пластины 2. Конденсатор подключен к постоянному
напряжению, и через него течет установившийся ток 1 от пластины 1 к
пластине 2. Найти суммарный сторонний заряд в данной среде.
Решение. В осп ользуем ся дифференциальной формой теоремы Г ау сса для
вектора D (рех - плотность стороннего заряда):
divD = pex;
(1)
Внутри плоского конденсатора электрическая индукция D будет зависеть
только от одной переменной (х), поэтому
D(x)
= е (х )е 0Е ( х )
, В
свою
очередь, напряженность Е связана с плотностью тока j , постоянной внутри
конденсатора
(S
-
площадь
пластины):
Е(х) = /р ( х ) = /р (х ) /S .
Следовательно, для D будем иметь: D(x) = Е0Б ( х ) / р ( х ) / 5 . Таким образом,
равенство (1 ) приобретает вид:
^
ах
= Eo7T-[sWPW] = PacW ;
S ах
(2)
Интегрируя второе равенство (2 ) по промежутку м еж ду пластинами
конденсатора (начало отсчета совпадает с пластиной 1; / — величина
зазора), получаем:
I
d
I
J P e x (*)<& = s 0 - J - T ^ W p W I ^ = e0 -?[e2P2 - s lP l] ;
О
В
о
q OX
£>
левой части (3 ) стоит величина стороннего заряда
единичного
сечения
между
пластинами
qа
конденсатора.
в столбце
Суммарный
сторонний заряд Оех будет равен: Qa = Sqex = s 0/[82p2 - е , р , ] .
4 -6
(3 -2 0 2 )
М ежду
пластинами
плоского
конденсатора
помещена
параллельно им металлическая пластинка, толщина которой составляет
т| = 0,60 расстояния м ежду обкладками. Ём кость конденсатора в отсутствие
пластинки Со = 2 0 нФ. Конденсатор подключен к источнику постоянного
напряжения U = 100 В . Пластинку медленно извлекли из конденсатора.
Найти: а) приращение энергии конденсатора; б) механическую работу,
затраченную на извлечение пластинки.
Решение, а) Формула для ёмкости С конденсатора с металлической
пластинкой получена в задаче 3 -7 : C = C0 / ( l - r i ) . И скомое приращение
энергии определяется разностью энергий конденсатора без пластины (Wo)
и при её наличии (W).
AW -W q - W = и 2(С0 ~ С ) /2 = - С 0и 2ц /[2(1 - n ) ] ; A W = -0 ,1 5 мДж;
б) При извлечении пластинки заряд конденсатора уменьш ается (qo заряд
без
Aq = q0 - q = U(C0 - C ) = - C 0Ur\/(\~'r]),
пластинки):
обстоятельство,
в
свою
очередь,
означает,
что
работа
Это
источника
напряжения будет при этом отрицательной А' = AqU = - C 0C 2r|/(l-r|). На
основании закона сохранения энергии для работы А по извлечению
пластинки получаем:
A = W W - A ' = A W - А'=
0
Таким
образом,
хотя
+
=
А = 0,15м Д ж ;
2(1- л )
1-Л
2(1- л )
энергия
конденсатора
при
извлечении
пластинки уменьш ается (AW < 0 ) , работа А внешних сил при учете вклада
источника напряжения (А' < 0 ) оказы вается положительной.
5.
П о стоя н н о е м агн и тн о е поле. М агн ети ки
Основные формулы
• Закон Био-С авара: </В =
У
471
г3
г - вектор, направленный от элемента d\ линии тока I в точку наблюдения.
• Циркуляция вектора В в вакууме: |ВсЛ = р 0/;
L
• Сила А мпера: <Ш = /[</1,В];
• Элементарная работа сил Ампера при перемещении контура с током
(d<&- изменение магнитного потока через контур): 5 А = ЫФ\
• Циркуляция намагниченности J ( Г -с у м м а р н ы й молекулярный ток):
f Jdl =Г;
L
• В ек тор Н и его циркуляция (/ -су м м а р н ы й макроскопический ток):
Н = В/р,0 - J ;
|НйЛ=7;
L
• Для магнетиков, у которы х J = %Н (% —магнитная восприимчивость):
В = р р 0Н ;
р = 1 + х;
5-1 а) О пределить на основе закона Био-С авара, а такж е с помощ ью
теоремы о циркуляции индукцию В
магнитного
поля,
создаваем ого
прямым бесконечны м проводником,
по которому течет ток I.
б) В рамках первого подхода
рассмотреть
поля
магнитную
прямого
индукцию
“полубесконечного”
проводника с током I на плоскости,
перпендикулярной
к
нему
и
проходящей через его конец.
в)
О бсудить
случай
проводника конечной длины.
Решение, а) Закон Био-С авара вы ражается формулой
dB = р0/[сЛ,г]/(4яг3) ;
( 1)
163
г - вектор, направленный от элемента ей линии тока I в точку наблюдения.
У ч ет свой ств векторного произведения в (1) показывает, что в случае
прямого тока все его элементы создают в произвольной фиксированной
точке одинаково направленные векторы сЖ (рис.). В с е
направлены
по
касательной
к
эти векторы
соответствую щ ей
окружности,
центрированной на проводнике и расположенной в перпендикулярной к
нему плоскости, в сторону вращения правого винта, перемещение которого
совпадает с направлением тока. Поэтому при суммировании можно не
принимать во внимание векторный характер слагаемых айВ.
В ве д ем обозначения: b - расстояние между точкой наблюдения и
проводником, а - угол между векторами dl и г, тогда будем иметь (рис.):
г = Ы sin а
dl = r d a / s i n a = b d a ls in 2 а . На основании последних
равенств элемент d.B (1) можно представить следующим образом:
и
dB - р 0/ dl sin а /(47ЕГ2) = ц 0/ sin a da. !{4n b).
В случае прямого бесконечного тока угол а изменяется в пределах от
О до те, поэтому окончательно получаем:
При определении вектора В с помощью теоремы о циркуляции
направленность
его
устанавливается
на
основе
приведенных
выше
соображений, а контур L интегрирования выбирается в виде окружности
указанного типа. Полагая её радиус равным Ь, получаем:
|ВсЛ =2пЬВ = ц 0/ , т.е. также приходим к формуле (2).
L
б), в)
Как
уже
отмечалось, для прямого тока
в любой
точке
наблюдения все векторы с® направлены одинаковым образом, поэтому
при рассмотрении
полей токов, упоминаемых в пунктах
б) и в),
определение магнитной индукции можно также проводить с помощью
формулы
(2),
изменив
только
соответствующ им
образом
пределы
интегрирования.
В частности, в случае “полубесконечного” проводника для точки
наблюдения, расположенной в перпендикулярной плоскости, проходящей
через его конец, такими пределами будут: тг/2 и л. Как и следовало
ожидать, величина В при этом уменьшится в два раза, по сравнению со
случаем бесконечного тока. Для проводника конечной длины пределы
интегрирования будут определяться углами с направлением тока, которые
образуют прямые, соединяющие точку наблюдения с концами проводника.
Если эта точка расположена в перпендикулярной к проводнику плоскости
симметрии, такими углами будут а и я - а (рис.).
5-2 (3 -2 3 2 ) Определить индукцию магнитного поля тока, равномерно
распределенного а) по плоскости с линейной плотностью i; б) по двум
параллельным плоскостям с линейными плотностями i и —i.
Реш ение, а) Задачу можно решить двумя способами. В соответствии с
одним
из
них,
указанную
плоскость можно представить как
совокупность
параллельных
бесконечных токов idx, где dx ширина полосы с током. Магнитная
индукция, создаваемая таким током
определена в (задача 5-1; (2 )), при
этом вектор dB направлен по касательной к соответствую щ ей окружности
в перпендикулярной к току плоскости (рис.). Разложим каждый такой
вектор на д ве составляю щ ие - параллельную dBp и перпендикулярную dB„
плоскости с током. Суммироваться
при учете различных элементов тока
будут только dBp, составляю щ ие dBn компенсируют друг друга. Для dBp
получаем (а расстояние
,
расстояние от точки наблюдения до плоскости, г -
между
элементом
a nidx
u.nidx a
2 яг
2nr r
dBp = — — c o s a =
тока
и
этой
точкой;
рис.):
\x.Qiadx
u---------------------------- ’
2 n (a2 + x 2) ’
Окончательное значение магнитной индукции Вр будет следующ им:
ц 0га
В р = ' 2я
dx
I а 2 +х 2
_ ц 0га ‘л
п
dx
[ а 2 +х2
Поia 1
* х
—
------a r c t g =
п а
а о
В третьем равенстве (1 ) использовано соотношение J
dx
а +х
( 1)
1
х
= —a rctg — .
а
а
Таким образом, результирующий вектор Вр оказывается параллельным
плоскости с током и перпендикулярным самому току; его конкретное
направление определяется правилом правого винта (рис.). Сущ ественно
подчеркнуть, что величина Вр не зависит от расстояния до упомянутой
плоскости.
В торой способ решения данной задачи основан на использовании
теоремы о циркуляции. Учиты вая установленную вы ш е направленность В ,
контур
L
интегрирования
выберем
в
виде
прямоугольника,
расположенного в плоскости, перпендикулярной к исходной плоскости с
током, симметрично относительно последней. Будем считать, что этой
плоскости
параллельна
большая
1 прямоугольника.
сторона
Тогда
получаем (интегралы по сторонам прямоугольника, перпендикулярным к
плоскости с током, равны нулю):
(2)
L
П оследнее равенство (2) приводит к (1) при учете очевидной идентичности
обозначений: В = Вр.
б) В
случае двух
направленными
плоскостями
токами
величина
параллельных плоскостей
одинаковой
индукции
плотности
Вр
с противоположно
в
удваивается,
области
а
в
между
остальном
пространстве обращается в нуль. Если направление указанных токов
совпадает - ситуация становится противоположной.
Z
■В
5 -3
(3 -2 2 2 )
Определить
магнитную
индукцию на оси кругового тока I (R радиус витка).
Реш ен и е. Элемент тока (ср - центральный
угол)
Idl = IRd<$
создает
в
точке
наблюдения, находящ ейся на расстоянии
z от плоскости тока, индукцию <Ш (рис.).
В ектор dB направлен перпендикулярно к
плоскости,
проходящей
через
элемент
окружности (А и ортогональный к нему
радиус-вектор г, соединяющий элемент А
с точкой наблюдения. При рассмотрении всей совокупности различных
элементов тока вектор dB опишет коническую поверхность. При этом
суммироваться будут только dBz - проекции dB на ось z; составляю щ ие
dBp, параллельные плоскости тока, компенсируют друг друга. Проекция
dBz вы раж ается следую щ им образом {ей ± г ) :
__Uа — Цо7 Rdq
R — Р о-^Ф
Г" СОЬ
г ~~
_ .,
dB. — М А
4л
4п г~
4 пг
( 1)
Интегрируя (1 ) по <р, получаем:
2 271
№orr2
4 n r 3 J0
'
( 2)
2 (i?2 + z 2 ) 3/2>
В центре 'Кругового тока (z = 0 ) магнитная индукция равна: В 2 = ц 0/ /(22?).
Следует отметить, что в этом центре векторы г/В в се х элем ентов тока
направлены по оси z (рис.). П оэтом у магнитное поле тока, протекающ его
по
незамкнутой
дуге
окружности,
будет
в
её
центре
определяться
пропорциональной этой дуге частью последнего выражения. Сущ ественно
иным
образом
слож илась
бы
ситуация
при
z * 0.
В
этом
случае
незамкнутость дуги тока приводит не только к уменьш ению величины Bz,
но
и -
вслед стви е
появлению
нарушения
Вр,
составляю щ ей
Результирую щ ее
упомянутой
значение
вы ш е
параллельной
магнитной
индукции
определяться векторной суммой указанных компонент.
5 -4
(3 -2 2 6 (6 ))
Найти
индукцию
магнитного поля в точке О контура с
током I, показанного на рисунке.
Р еш ен и е.
Вы делим
элементы
контура:
следую щ ие
дуга
АВС
окружности радиуса а с центральным
углом
Зл/ 2
и д ва прямых участка
длины b D E и E F (фигура OCDEFAO квадрат). В соответствии с правилом
правого
винта,
перечисленные
элементы создаю т в точке О одинаково
компенсации плоскости
при
этом
к
тока.
будет
направленные слагаемые искомого вектора В . Два остаю щ ихся участка CD
и FA контура в точке на продолжении их собственной прямой поля не
создаю т -
в этом случае векторное произведение в законе Био-Савара
обращается в нуль. Вклад дуги АВС в точке О будет следующ им (задача
5-3): В] = (3 /4) ц 0/ /(2 а ) ; участки DE и E F даю т одинаковый вклад, на
Т
примере DE он равен (задача 5 -1 ): В2
JH / *Т
Зтс/4
г
% ц01 1
—
f sinadcx = ^ 4 nb Tt/2
J
A4~rU
nb
Таким образом, окончательно получаем: В = В{ + 2 В2 =
CO S— =
-
4nb -Jl
4
Ир/ Зл
4л 2а
V2
b
5 -5 (3 -2 3 1 (6 )) Найти магнитную индукцию в точке О , если проводник с
током I имеет вид, показанный на рисунке. Радиус изогнутой части
проводника R, а прямолинейные участки его очень длинные.
Р еш ени е. Н а основании правила правого винта можно сделать следующие
заключения. Прямой участок А В тока
создает
в
точке
слагаемое
О
искомого вектора В ,
В \:
направленное в
отрицательную сторону оси z, Вклады
половины
прямого
дуги
участка
соответственно)
отрицательную
окружности
DE
BCD и
(В 2х
и
В Ъх
оси
х.
направлены
сторону
Используя результаты,
в
полученные в
задачах 5-1 и 5-3, находим:
Ви
Складывая
соответствую щ им
= В гх = ро-? /(4nR); В 2х = ц0/ /(4Д);
образом
приведенные
составляющие,
окончательно получаем (вектор В расположен в плоскости xz):
В = л/в?г + ( В 2 х + В 3х) 2
= ^ ^ 2 + 2л + л 2.
5 -6 (3 -2 3 3 ) Однородный ток плотности j течет внутри неограниченной
пластины толщины 2d параллельно её поверхности. Найти индукцию
магнитного поля этого тока как функцию расстояния х от средней
плоскости пластины. М агнитную проницаемость всю д у считать равной
единице.
Р еш ен и е. В ек тор
В
направлен перпендикулярно току и параллельно
плоскости пластины (задача 5 -2 ). Контур
L
интегрирования,
использования
вы берем
в
необходимый
теоремы
виде
располож енного
о
tx
для
циркуляции,
^
J ®
®j
прямоугольника,
0
перпендикулярно
пластине и току (рис.), симметричным
относительно
средней
.
^
X
плоскости
пластины образом. Учиты вая, что интеграл по боковы м сторонам контура
равен нулю ( ей X В ), получаем (/ - сторона прямоугольника, параллельная
В ):
|В<Л =2/2? = ц 0/
2 xl\
x<d
2 ей;
x>d’
О тсю да окончательно находим:
В(х) = Цо/
х\ x < d
( 1)
d\ x > d ’
Таки м образом, внутри пластины, по мере удаления от средней
плоскости, магнитная индукция увеличивается, тогд а как вн е пластины остается постоянной.
Данную
использования
задачу
можно
теоремы
о
решить
и
циркуляции.
другим
Пластину
способом
-
с
можно
током
без
рассматривать как совокупность параллельных плоскостей с плотностью
тока jd x в каждой. Тогда,
интегрируя по соответствую щ ем у промежутку
магнитную индукцию, создаваем ую одной такой плоскостью (задача 5-2;
(1 )), получим:
B (x) = ^ -\ jd x \
2 -X
Для случая x < d
(2)
(рис.) вклады рассматриваемы х плоскостей с током,
расположенны х в интервалах х + d и - d -*•- х , компенсирую т друг друга.
При учете условий j = const, х < d \ j - 0,х > d выражение (2 ) сводится к (1).
5 -7 (3 -2 3 5 ) Т о к I течет по длинному прямому проводу и затем растекается
равномерно по всем направлениям в однородной проводящей среде (рис.).
Считая магнитную проницаемость среды равной единице, найти индукцию
магнитного поля в точке А, отстоящей от точки О на расстояние г под
I
углом 0.
у■ 7
О/
/
/
/
\
/
\
7
/
Реш ен и е.
В оспользуем ся
|В<Л =p 0 J j ^ S ;
/
/
I
Q\
Интеграл
\г
в
плотность
\ д
............... ...... 7А
У
---------
( 1)
S
правой
тока)
протекающий
/
общей
формулировкой теоремы о циркуляции:
части
(1 )
(j
представляет
через
-
ток,
произвольную
поверхность S, натянутую на контур L.
Рассматриваемый
в
задаче
объект
обладает осевой симметрией, поэтому в
качестве
контура
L
интегрирования
целесообразно выбрать окружность, расположенную в перпендикулярной
к оси плоскости. Направление тока через контур на основании правила
правого
винта определяет направление его обхода, и следовательно,
направления внешних нормалей к элементам поверхности dS.
П олагая в соответствии с условиями задачи радиус упомянутой
окружности равным r s i n 0 , для контурного интеграла в (1) получаем:
|Ъсй =2л г sin QB ;
I
(2)
Строго говоря, в правую часть (2 ) будет входить только составляю щ ая В,
параллельная плоскости контура и касаю щ аяся окружности L, однако в
данном
случае
ортогональные
к
этой
составляю щ ей
компоненты
В
оказы ваю тся на основании приводимых ниже соображений равными нулю,
поэтому величина В, получаемая с помощью (2), будет представлять
результирующ ий вектор магнитной индукции.
О тсутствие
ортогональных к В
(2 )
составляю щ их
вы текает из
следую щ его рассмотрения. В с е элементарные токи, текущ ие в плоскости,
проходящ ей через ось симметрии и точку А, создаю т в этой точке
магнитное
поле,
вектор
В которого ортогонален
к этой
плоскости.
О стальны е элементарные токи можно разбить на пары, симметричные
относительно указанной плоскости. Каждый из токов лю бой пары можно
представить в виде сум м ы двух составляю щ их, одна из которы х является
проекцией его на рассматриваемую плоскость, другая - на перпендикуляр
к
ней.
П оследние
проекции
токов
направлены
в
противоположные
стороны, и поэтому соответствую щ ие вклады в В будут компенсировать
друг друга; тогда как одинаково направленные проекции токов на эту
плоскость не изменят исходной ортогональности результирую щ его В к
этой плоскости.
к ачестве поверхности S естественно
В
выбрать
сегм ен т
сферы
радиуса г, опирающ ийся на окружность L. Направление тока через каждый
элемент такой поверхности совпадает с направлением соответствую щ ей
нормали, поэтому интеграл в правой части (1 ) будет равен:
Jj<7S = у |dS = I -----у г 2|sin QdQ Jrfcp = /(1 - c o s 0 ) ;
5
J
S
0
Q
(3)
_ u o/ ( l - c o s 0 )
0
Приравнивая (2 ) и (3 ), получаем: В = — — — — — = ~— t g ~ ■
у ^
2 7 irs m 0
2nr
2
5 -8 (3 -2 4 1 ) О чень длинный прямой соленоид им еет радиус сечения R u n
витков на единицу длины. По соленоиду течет постоянный ток I. П усть
хо - расстояние, отсчитываем ое вдоль оси соленоида от его торца. Найти
индукцию магнитного поля на оси как функцию х0.
Реш ени е.
М агнитная
индукция,
создаваемая круговы м током nldx
его
оси
симметрии
следующ им
образом
А
на -х о
0
X,
выражается
(задача
5-3):
В
а
dB = \x0R 2n Id x /[2 (R 2 + х 2 )3/2] , где х расстояние м еж ду точкой наблюдения и
А
0
X.
Хо
плоскостью тока. В ектор dB направлен
в
вдоль этой оси.
У
торца
“полубесконечного”
соленоида индукция будет определяться интегралом:
ь
При получении третьего равенства (1 ) использовано соотношение
г
ах
dx
_
\ r 2 + x 2)312
Ф ормула (1 )
х
r
24 r 2 + х 2
согласуется с выражением
для
индукции
бесконечного
соленоида В 0 = ц 0« / .
Смещ ение точки наблюдения на конечное расстояние х0 от конца
соленоида
не
меняет
характера.
На рис .(а,Ь)
необходимости
отрезок АВ
учета
его
соответствует
реального соленоида; точка наблюдения
“полубесконечного”
положению
торца
х = 0 определяет положение
начала его формально “полубесконечного” участка.
Для случая, когда точка наблюдения находится внутри соленоида, на
расстоянии х0 о т его торца (рис. а), получаем:
Таким
образом,
в
рассматриваемой
ситуации
индукция
(2 ) является
суммой вкладов “полубесконечного” соленоида и соленоида длины х0.
Для точки наблюдения вне соленоида, на расстоянии х0 от его торца,
будем соответственно иметь (рис. Ь)\
( 3)
В данном случае вклад “полубесконечного” соленоида уменьш ается на
величину, соответствую щ ую его формально отсутствую щ ем у фрагменту
ДЛИ Н Ы
Х (| .
5 -9 (3 -2 4 6 ) Рассматривается кольцевой соленоид прямоугольного сечения.
Найти магнитный поток через это сечение, если ток в обмотке I = 1,7 А,
полное
число
витков
N = 1000,
отношение
внутреннему р = 1,6 и толщина h = 5 ,0 см.
внешнего
диаметра
к
Р еш ен и е. М агнитная индукция внутри указанного соленоида (тороида)
определяется формулой: В = \i0n IR /r , где R - средний радиус соленоида; г
-
радиус расположенной внутри него окружности, для точек которой
определяется значение индукции; n = N /(2nR ) - число витков на единицу
длины соленоида.
Магнитный поток с/Ф через элемент сечения clS = hdr выражается
следую щ им образом: с1Ф = BcLS = ([i0n lR /r)hdr = \i0INhdr /(2л г ) .
Для полного потока получаем (Л) и R2 - внутренний и внешний радиусы
соленоида соответственно):
Ф _ ц0/
N h
R? dr _ ц0IN h ln R2 _ ii0IN h
2л
г
R{
2л
lnr|;
Ф = 8м кВб.
2л
5 -1 0 (3 -2 5 2 ) Заряд q равномерно распределен по объему однородного шара
м ассы т и радиуса R, который вращается вокруг оси, проходящей через
его центр, с угловой скоростью со. Найти соответствую щ ий магнитный
момент и его отношение к механическому моменту.
Р еш ен и е.
Магнитный
момент dP кругового тока
d l , описывающ его
окружность радиуса r s in 0 ; г й R , равен:
dP = n(r sin 0 ) 2 d l ;
( 1)
Т ок d l определяется зарядом, сосредоточенном в элементарном кольце
2л
r 2rfrsin0o?0 Jc?cp = 27tr2rfrsin0c/0,
о
и
частотой
вращения
шара
со/(2 л )
( р = 3q /(4л R 3) - плотность заряда):
( 2)
d l = pra2л r2dr sin 0d0 /(2л) = pco r 2dr sin QdQ;
П одставляя (2 ) в (1 ) и суммируя магнитные моменты всех элементарных
круговых токов шара, находим полный магнитный момент:
1
(3)
М ом ент импульса М шара выражается следующ им образом ( J = 2mR2 /5 момент инерции):
М = Jco = 2m i?2co/5;
(4)
Отношение магнитного момента (3) к механическому (4 ) оказывается
равным: P I М = 2npR3 /(3m) = q /{2 m ).
5-11 (3 -2 5 6 ) Д ва длинных прямых взаимно перпендикулярных провода
отстоят друг от друга на расстояние а. В каждом проводе течет ток I.
Найти
максимальное
значение
силы Ампера на единицу длины
g
провода в этой системе.
Реш ение. Предполагая, что ток в
первом
X
проводе
определим
создаваемую
длины
расстоянии
от
основания
идет
силу
им
на
второго
перпендикуляра,
на
Ампера
нас,
F(x),
элемент
А/
точке
на
в
соответствую щ его
кратчайш ему расстоянию м ежду проводами (рис.). Рассматриваемая точка
находится на расстоянии г•= л/а2 + х 2 от первого провода.
F (x ) = IAlB(r) sin а = /А/
т2М
Р о Л х = Ро£_
2п г) г
2п
х
2
а +х
2
(1)
В (1 ) использовано выражение для магнитной индукции бесконечного
прямого провода В (г ) = р 0/ /(2пг) (задача 5-1).
М аксимум F (x ) (1 ) определяется экстремумом функции / ( х ) = х/ (а2 + х 2).
Из уравнения d f I dx = (а 2 - х 2) /( а 2 + х 2 ) 2 = 0 находим: х0 = ± а .
Таким образом, в точках х 0 значение силы Ампера оказывается
максимальны м по модулю F ( x 0 ) = р 0/2 / (4к а), (А/ = 1); в точке х 0 - а эта
сила направлена на нас, в точке х 0 = - а за чертеж.
5 -1 2 (3 -2 6 1 ) Квадратная рам ка с током I - 0 ,9 0 А располож ена в одной
плоскости
с длинным прямым проводником, по которому течет ток
/0 = 5,0 А .
Сторона рамки
а = 8,0 см. Проходящая через середины
противоположны х сторон ось рамки
параллельна проводу и отстои т от
+Io
А‘F
него на расстояние, которое в р = 1,5
1г
раза больш е стороны рамки. Найти:
а
а) амперову силу F , действую щ ую на
рамку; б) механическую работу А,
которую
нужно
соверш ить
Fi
при
медленном повороте рамки вокруг её
оси на к.
Р еш ен и е, а) Ближняя сторона рамки
находится
на
fej = р а - а / 2 = ( а / 2 ) ( 2 р - 1 )
расстоянии
У'F
расстоянии
от
прямого
62 =Г|а + а/2 = (а/2)(2т| + 1)
проводника,
(рис.).
дальняя
И ском ая
-
на
сила
F
определяется разностью сил А мпера, приложенных к указанным сторонам,
- силы,
действую щ ие
на
д ве
другие
стороны
квадратной
рамки,
компенсируют друг друга.
'I
F = 1а(В\ - В2) = ^ ——^2 л \Ь\
1Л
W
V
= 0 ,4 5 мкН ,
и2 У 7Г(4'П" - 1 )
здесь Bj (z = 1 ,2 ) —магнитная индукция на расстоянии 6,- от проводника.
б)
М агнитный поток Ф через рамку (рис.) вы раж ается следую щ им
образом ( d S - a d x - элемент её площади; х - расстояние от провода с
то к о м / ,): ф = Г Щ
J
К ^ И . Й 4 | £ Ь |П ±1; ф > о;
2л I х
2п
2т| —1
Р абота механических сил при поворачивании рамки из положения,
при котором направления магнитного момента рамки (положительной
нормали) и вектора В совпадаю т ( Ф /к= Ф ) , в противоположное, когда
указанные направления будут отличаться на угол п ( Ф f m = - Ф ), равна:
а = -/ (ф
/т -
ф
,„ )= 2 1 ф =
А ~ ° ’ 1 м кД ж '
Следует напомнить, что работа внешних сил отличается знаком от
работы сил поля.
5-13 (3 -2 6 8 (6 )) Проводящую плоскость с током поместили во внешнее
однородное магнитное поле (обозначим его неизвестную индукцию Во). В
результате
индукция
магнитного
поля
с
одной
стороны
плоскости
оказалась В ь а с другой стороны В2 (рис.). Найти магнитную силу F,
действую щ ую
на
единицу
поверхности
плоскости.
Выяснить,
куда
направлен ток в этой плоскости.
Решение. В ектор магнитной индукции В плоскости с током плотности i
Bi
В2
направлен
параллельно
плоскости
и
перпендикулярно току, в соответствии с правилом
правого винта; при этом B = p0z'/2 (задача 5-2).
На основании условий задачи (|Bi| > \В2\, рис.)
можно
заключить,
что
вектора
В
и
В0
параллельны друг другу слева от плоскости и
антипараллельны справа от неё. Поэтому, вопервых, ток плоскости должен быть направлен
перпендикулярно плоскости чертежа за чертеж;
во-вторых,
будут
справедливы
следующие
равенства (В/ >0; В 2 <0): В0 + В = В ]; В0 - В = В2 ■
Реш ая эти уравнения, получаем: В 0 = (В{ + В2 )/2; В = (В , - В2 )/2;
П оследнее соотношение позволяет определить плотность тока плоскости:
i —2 В /Ро = (B j - В 2 )/ Р о >
Сила Ампера F , действующ ая на единицу поверхности плоскости (А/ = 1),
оказы вается равной: F = iB0 = (В , - В 2 )(В , + В 2 )/(2р0) = (Bj2 -В | )/ (2 р 0 ) ;
сила F направлена в правую сторону (рис.).
5 -1 4
(3 -2 8 3 )
Постоянный
ток I
течет
вдоль
длинного
однородного
цилиндрического провода круглого сечения с радиусом R. П ровод сделан
из парамагнетика с магнитной восприимчивостью X- Найти: а) зависимость
индукции В от расстояния до оси провода; б) объемный молекулярный ток
/' и его плотность _/'; в) поверхностный молекулярный ток /' и его
плотность у '.
Реш ен и е,
а)
В
рассматриваемом
случае
напряженности Н и намагниченности J
произвольной
окружности,
векторы
индукции
В,
направлены по касательной к
расположенной
в
перпендикулярной
к
проводнику плоскости и центрированной на его оси, в соответствии с
правилом правого винта.
Для определения вектора Н воспользуем ся теоремой о циркуляции.
Контур L выберем в виде окружности радиуса г указанного выш е типа.
Тогда получим: §Исй=2пгН
J
( r /R ) 2I;r < R -,
или Я =
I\r>R\
1
и далее для индукции В будем иметь: В =
| я /(2тгД 2 ) ; г < Я ;
I / / (2л г); г > R\
Гцц0Я / (2 л Л 2 ); ц = 1 + х ; г < R;
\
\iQI/(2 n r )-,r > R ;
б) Циркуляция намагниченности
J ( r ) = xH = iIr /(2 n R 2) ;r < R;
по
одной
из
упомянутых
окружностей
(1)
определяет
объемный
молекулярный ток, протекающий через нее:
I'v(r) = ^ d \ = 2 n r J = ^ - - ,
L
(2)
R
Направление этого тока совпадает с направлением тока проводимости I.
Н а основании (2) можно заключить, что в цилиндрическом слое с
радиусами г и г + Ъг молекулярный ток будет равен:
ЪГ = I'v (г + 5 г ) - /' (г) = 5 r dl'v(r) /dr = Ъг 2%Ir /R 2 .
Этот же ток можно выразить через его плотность
j'v : ЪГ = j'v2 n rbr.
Приравнивая д ва последних выражения, находим:
f v = XI/{n R 2)-,
(3)
в) Намагниченность вне проводника равна нулю , поэтому при
рассмотрении циркуляции J по окружности с радиусом, незначительно
превышающим R , получаем: 0 = I'v (R) + I's . Таким образом, поверхностный
молекулярный
ток
оказывается
следующ им:
I ’s = —I'V(R) = —%I;
его
плотность (линейная) соответственно равна j's - - y l !(2%К). Сущ ественно
177
подчеркнуть, что этот ток направлен противоположно объемному току и
току проводимости.
О тметим
молекулярного
следую щ ее
обстоятельство.
О бъемную
плотность
j'v (3 ) можно получить непосредственно -
тока
на
основании теоремы о циркуляции в дифференциальной форме:
rot J = j v ;
(4)
В услови ях задачи операцию ротора следует рассматривать в полярной
системе координат, ось z которой совпадает по направлению с током 1
( е,-; г = г,ф ,z - ор ты ):
Л
d Jm
г Эф
d J^
' 3 J,
ег +
Эг /
Kd z
dr j
/
е ф+
1 3 (r Jv )
Vг
1 d Jr
г Эф
дг
(5)
е2;
В соответстви и с отмеченной выше направленностью вектора J , в этой
системе
координат
он
будет
иметь
только
одну
составляю щ ую
J p ( r ) = J { r ) (1). По этой причине отличная от нуля компонента плотности
тока ((4 ), (5 )) оказы вается направленной по оси z, и величина её составит:
1 Э (г7 ф) _
(j'v)z =-
Г
dr
Х1
( 6)
nR l
Как и следовало ожидать, направление и значение объемной плотности
молекулярного тока (6 ) совпадает с (3).
5-15 (3 -2 8 4 )
Длинный
соленоид
заполнен
неоднородным
парамагнетиком, восприимчивость которого зависит только от расстояния
г до оси соленоида как у = cir2 , где а - постоянная. Н а оси соленоида
индукция
магнитного
поля
равна
В0. Найти зависим ость
от
г:
а)
намагниченности магнетика J ( r ) ; б) плотности молекулярного тока j\ r )
внутри магнетика.
Р еш ен и е, а) Внутри длинного соленоида, при наличии в нем магнетика
или без него, вектор напряженности Н будет иметь постоянное значение.
Э тот вы во д следует из рассмотрения циркуляции Н по прямоугольному
контуру Ь0, расположенному в плоскости осевого сечения соленоида, через
который
протекают
одинаково
направленные
токи
соответствую щ его
участка последнего (рис.). Таким образом, учитывая условие %\r=Q = 0 , на
оси
соленоида
получаем:
Я = 5 0 /[(1 + х)|ао] = 5 0 /цо'
равенство
Последнее
позволяет
определить
намагниченность внутри соленоида:
J (г ) - Х Д = а г ^Вй /ц 0 ;
(1)
В ектор J , как Н и В 0, направлен вдоль оси
соленоида, поэтому токи намагничивания
будут
круговыми,
п лоскостях
расположенными
поперечных
в
сечений
соленоида, ортогональных к его оси.
б)
Определим
намагниченности
контуру
L\,
J
одна
циркуляцию
по
из
прямоугольному
больш их
сторон
которого (/ - её длина) совпадает с осью
соленоида (рис.). Направление обхода контура выберем таким образом,
чтобы
направление
молекулярных
нормали
токов,
к
нему, -
протекающ их
положительное
через
контур,
-
направление
совпадало
с
направлением тока в ближайших участках обмотки соленоида. Тогда,
учитывая, что 7|
Q = 0 (1 ), получаем:
f j c a = - J { r ) l = I'(r);
(2)
к
отрицательный
знак
первого равенства
(2 )
обусловлен
направлением
интегрирования по дальней от оси стороне контура; перпендикулярные к
оси стороны (длины г) прямоугольника вклада не даю т: на них J 1 <А;
Г {г ) - объемный молекулярный ток, протекающий через контур.
Рассмотрим также циркуляцию J
по аналогичному контуру Ь2,
отличие которого от контура L\ сводится лишь к увеличению на Ъг длины
перпендикулярной к оси стороны. Для него находим:
§ Ш = - Д г + Ь г ) Ы Г ( г + Ьг)\
h.
(3)
Разность молекулярных токов в (3 ) и (2 ) м ож но выразить через плотность
этого тока j'(r ) внутри магнетика:
I\ r + b r ) - l \ r ) = [ - J { r + br) + J(,r)]l = - ^ ^ - l b r = - ^ ^ - l b r = j'{r)lbr\ (4 )
dr
Ho
Из последнего равенства (4) получаем:
/ И = -2аВ0г/й о ;
(5)
Отрицательный знак плотности молекулярного тока свидетельствует о
том, что этот ток будет направлен противоположно току проводимости
соленоида.
Выражение для плотности тока (5 ) можно получить существенно
проще, если использовать теорему о циркуляции в дифференциальной
форме (задача 5-14):
rot J = j ' ;
(6)
В условиях задачи операцию ротора следует рассматривать в полярной
системе
координат
с
осью
z,
направленной
по
оси
соленоида.
В
соответствии со сказанным выш е, в этой системе координат вектор J будет
иметь только одну составляющ ую J 2 (r ) = J ( r ) (1 ), вследствие чего ((6 ) и
задача 5-14; (5 )) единственная отличная от нуля компонента плотности
молекулярного тока будет иметь вид:
д J z (г ) _
УФ(»') = ■
2 аВ0
дг
р0
г\
(7)
Направление и величина плотности молекулярного тока (7) совпадает с (5).
5-16 (3 -2 8 6 ) Прямой длинный тонкий проводник с током I лежит в
плоскости
раздела
двух
непроводящих
сред
с
магнитными
проницаемостями pi и р2- Найти модуль вектора индукции магнитного
поля во всем пространстве в зависимости от расстояния г до провода.
Следует иметь в виду, что линии вектора В являю тся окружностями с
центром на оси проводника.
Реш ен и е. Будем для определенности считать, что упомянутые в задаче
среды являю тся парамагнитными. Направления тока I в проводнике и
вектора
В 0 его
Индукция
Во
магнитных
направлении
магнитного
вы зы вает
поля
связаны
правилом
преимущественную
правого
ориентацию
винта.
векторов
моментов молекул в окружающ их проводник магнетиках в
магнитного
поля,
вследствие
чего
молекулярные
токи,
которые также связанны указанным выш е правилом с этими моментами,
180
оказы ваю тся
направленными
результирующ ее
поле
В -
в
сторону
поле
тока
тонкого
I.
Таким
проводника
с
образом,
током
и
молекулярных токов намагничивания - можно рассматривать как поле
суммарного прямого тока. Для такого тока будет сохраняться значение
модуля В
на упомянутых
в тексте задачи
силовы х линиях в виде
окружностей при учете непрерывности его нормальной составляющей на
границе магнетиков.
В ектор Н пропорционален В: Н = В/(цц0), поэтому на основании
теоремы о циркуляции для Н при использовании контура L в виде
окружности указанного типа получаем (г значение Н в соответствую щ ем магнетике,
|НйЖ= тсг(Я1+ Н 2) = —
-
i = 1, 2):
_1_
В = 1:
( 1)
п
Иг j
й о чД1
ш
l
радиус окружности; Д
Из последнего равенства (1) получаем:
( 2)
Если М-! = р-2 = 1 з то формула (2) превращается в стандартное выражение
для индукции прямого тока (задача 5-1; (2)).
6.
Э л ектр ом агн и тн ая индукция. Заряж енны е части ц ы в
эл ек тр ом агн и тн ом поле
Основные формулы
d<S>
• Закон электромагнитной индукции (Ф - магнитный поток): E f = ------- ;
dt
• Собственная энергия тока ( I - индуктивность): W = Ы 2 /2;
• М агнитный поток через контур, создаваемый текущ им по нему током Г.
Ф =Ы ;
• Объемная плотность энергии магнитного поля: w = В Н / 2 ;
• Сила Лоренца (v - скорость частицы): F = <?Е + <?[v,B];
6-1 (3 -3 0 2 ) Длинный прямой проводник с током I и П-образный проводник
с
подвижной
перемычкой
расположены
в
одной
плоскости
(рис.).
j
Перемычку,
«---------------------С------------------ »
перемещ ают
скоростью
V.
вправо
которой
с
/,
постоянной
Найти э.д.с. индукции в
контуре как функцию расстояния г.
V
И
длина
-------- ► Р еш ени е.
Магнитный
с1Ф
поток
через элементарный контур площади
__________________________ ds = Id r ,
расположенный
на
расстоянии г от прямого проводника,
вы раж ается следующ им образом (формула для индукции В = ц 0/ /(2кг)
получена в задаче 5 -1 ): ВФ = B{r)ds = [i0Ildr /(2 п г).
Суммарный
определяется
поток
интегралом
через
(г0
-
рассматриваемый
расстояние
м ежду
контур
(рис.)
проводником
и
ближайшей к нему стороной контура):
ф (0 :
M / I n ^Q+v ? .
J
^ i ''
2п
i
г
2п
( 1)
г0
На основании (1) для модуля э.д.с. индукции получаем:
I _ dO(t) = ц0и
= Ро Ну
; r (t)= r0 + v t.
dt
2и r0 + vt 2nr(t)
|вд |=
6 -2 (3 -3 0 4 ) П о двум гладким медным шинам, установленным под углом а к
горизонту, скользит под действием силы тяжести медная перемычка м ассы
т (рис.). Ш ины замкнуты на сопротивление R. Расстояние м ежду шинами
/. Систем а находится в однородном магнитном поле с индукцией В,
перпендикулярном плоскости, в которой перемещ ается перемычка. Найти
установивш ую ся скорость перемычки, пренебрегая всем и факторами, не
упомянутыми в тексте задачи.
Р еш ени е.
Составляю щ ая
тяж ести,
которая
силы
вы зы вает
движение перемычки по наклонной
плоскости, вы ражается формулой:
Рт = w g s i n a .
С
другой
стороны,
при
перемещении перемычки по шинам
изменяется магнитный поток через проводящий контур, в со став которого
скорость перемычки) Ф(7) = v lB t ; в контуре
входит эта перемычка (v возникает
э.д .с.
|£’,(r)| = d<S>(t)l dt - vlB
индукции
и,
следовательно,
электрический ток I - \Е,{г)\/R = v lB /R . П о правилу Ленца направление
этого тока должно быть таким, чтобы д е й ст ву ю щ и на перемычку сила
Ампера FA = ПВ = v F B 2 / R препятствовала её движению . Таким образом,
в случае установивш егося движения перемычки долж но выполняться
равенство: Рт = F A или mg sin а = vl2B 2 /R ; отсю да: v = R m g s'm a/(l2B 2).
6-3
Квадратная проволочная рамка со стороной а
(3 -3 0 9 )
проводник
с
постоянным
Сопротивление
рамки
током
R.
и прямой
1 леж ат в одной п лоскости (рис.).
Её
повернули на 180° вокруг оси 0 0 ',
отстоящей от проводника с током
на расстояние Ъ. Найти количество
электричества, протекшее в рамке.
Реш ен и е.
Электрический
возникающий
в
рамке
ток,
при
её
повороте, вы раж ается следую щ им
образом (задача 6 -2 ; Ф - магнитный
поток):
Е ,.( 0 _
U
R
1 dO(t)
R
dt
Заряд, перенесенный этим током за время от начала tx до конца t2 поворота,
будет равен:
q = )i{t)d t = - i ) ^ d t = | [ Ф 0 ',) -Ф (/ 2 ) ] ; ( l )
(1
‘\
Начальный и конечный магнитные потоки через рамку соответственно
равны ((задача 6 -1 ; (1 )); г - расстояние от проводника с током Г):
Ф('.):
Црa l j dr _ ц 0а/ 1п
2 Я
Ь -а Г
2п
Ь
Ь -а
( 2)
Ф ( ,,) = _ М £ T - = - ^ \ n —
W
Этт
2n JJb г»
2к
bU ’
Знаки выражений (2 ) и (3 ) определяются выбором направления нормали к
плоскости рамки. М ожно предположить, что упомянутая нормаль до
поворота была направлена параллельно вектору В , и следовательно, в
результате поворота оказалась антипараллельной.
П одставляя (2 ) и (3) в (1), окончательно получаем:
6 -4 (3 -3 1 3 ) Плоский контур (рис.), имеющий вид двух квадратов со
сторонами я = 20 см и 6 = 10 см , находится в однородном магнитном поле,
перпендикулярном
к
его
плоскости.
Индукция поля меняется во времени по
Ъ
у
закону 5 = 5 0 sinco/, где В 0 = 10 мТл и
со = 1 0 0 с'1.
Найти
индукционного
тока
амплитуду
сопротивление
единицы
в
контуре,
его
если
длины
р = 50 мОм/м. Индуктивностью контура
пренебречь.
Реш ени е.
При
любом
направлении
индукционного тока
в
контуре,
нормали к плоскостям большого и малого квадратов будут направлены в
противоположные стороны. Поэтому магнитный поток через этот контур
будет равен:
Ф ( t ) ~ { a 2 - b 2)B(t)\
такому
потоку
соответствует э.д.с.
индукции (опустим отрицательный знак, как не имеющий сущ ественного
значения):
£ ,(? ) = d<$>(t)/dt = ( a 2 - b 2)B0a co s(o t,
и
следовательно,
в
контуре возникнет индукционный ток (4 (а + Ь)р - сопротивление контура):
Ej(t )
4(a + b)p
_ (a 2 - 6 2 )i?0cocoscof _ ( a - b ) B 0a cos at
4 {a + b)p
4p
Амплитуда этого тока составит: /0 = (а - Ь)В0ю /(4р); /о = 0,5 А.
6-5 (3 -3 1 9 ) Непроводящ ее тонкое кольцо м ассы т, имею щ ее заряд q,
может свободно вращаться вокруг своей оси. В начальный момент кольцо
покоилось и магнитное поле отсутствовало. Затем включили однородное
магнитное поле, перпендикулярное плоскости кольца, которое начало
нарастать во времени по некоторому закону В (0 - Найти угловую скорость
со кольца в зависимости от индукции B (f).
Р еш ени е. М агнитный поток через плоскость кольца будет следую щ им (г радиус кольца): Ф(?) = n r2B (t), ему соответствует э.д.с. индукции E ind{t)
(E(t) - напряженность возникающего электрического поля):
- n r 2d B /d t;
Е м (0 = J E (t)dl = 2nrE(t) = -й?Ф(0 / dt = ■
(1)
Из (1 ) получаем : E(t) = - ( г /2)dB /d t .
Таким образом, на заряженное кольцо действует сила F (t) = q E (t) ; её
2
момент
момент F (t)r определяет его угловое ускорение P(f) ( тг
инерции кольца относительно его оси):
F (t)r = - ( q r 2 l l) d B ld t = mr2${t)\
Из
последнего
равенства
(2 )
находим:
(3(/) = -[ql(2 m )\ d B /d t ,
( 2)
и
следовательно, угловая скорость будет равна
(3)
Из (3 )
следует, что вектор угловой скорости са кольца оказывается
направленным противоположно вектору В , т.е. магнитное поле тока,
возникающ его при вращении кольца, препятствует изменению внешнего
поля - как и должно быть в соответствии с правилом Ленца.
6-6 (3 -3 2 8 ) Вы числить индуктивность единицы длины двухпроводной
ленточной линии (рис.),
расстояние
м еж ду
если
лентами
h
значительно меньше их ширины Ь.
Реш ени е.
b » h ,
области
Учиты вая
для
магнитной
м еж ду
лентами
соотношение
индукции
мы
в ^
можем
использовать выражение: B = \i0i ( i -
линейная плотность тока), полученное для магнитного поля м ежду двумя
параллельными
плоскостями,
содержащими
противоположно
направленные, равномерно распределенные токи (задача 5-2). Вектор В
параллелен лентам и перпендикулярен току, а его конкретное направление
определяется правилом правого винта.
Энергия магнитного поля в объеме V = bhl м ежду лентами (/ протяженность выделенного участка линии) будет следующ ей:
W = В Н V 1 2 - ц / V /2 = | V 2 hi !(2b ) ;
С
другой
стороны,
указанная
энергия
м ож ет
быть
выражена через
индуктивность рассматриваемого участка линии (Z): W = Ы 2 / 2 , поэтому
для
искомой
индуктивности
единицы
её
длины
(/ = 1)
получаем:
Ц = \x0h / b .
Такое ж е выражение для индуктивности можно получить, если
определить магнитный поток Ф через контур, образуемый участком длины
/ перпендикулярного продольного сечения линии
Ь = Ф11 = ВЫ I I - \x0ihl l(ib ) = \x0h l /Ь = Ц 1.
В озм ож н ость такого подхода обусловливается тонкостью
образующ их
линию ленточны х проводников (см . задачу 6-8).
6 -7 (3 -3 3 8 ) Определить взаимную индуктивность тороидальной катушки и
проходящ его по её оси бесконечного прямого провода. Катуш ка имеет
прямоугольное сечение, её внутренний радиус а, внешний
Ь. Длина
параллельной проводу стороны поперечного сечения тора равна h. Число
витков
катушки
N. Система находится в однородном магнетике с
проницаемостью ц.
Р еш ен и е. М агнитный поток, создаваемый прямым проводом с током I,
через один виток катушки равен:
Ф = Г В <r) d S . M £ kj * = M " l n ‘ ;
J
2л
Ja г
2п
а
В
(1 )
предполагается
одинаковая
направленность
(1 )
вектора
В
и
положительной нормали к плоскости сечения катушки.
Полный поток через тороид будет следующ им: Y = ЫФ . Э тот поток
определяет взаимную индуктивность L рассматриваемой си стем ы :
L = 4f / 1 = \x0y,hN In(b /a) /(2 n );
С ледует подчеркнуть, что при расчете взаимной индуктивности
рассматриваемой
системы
энергетический
подход
оказы вается
несостоятельны м.
6 -8
(3 -3 5 1 ) Коаксиальный кабель
состоит из внутреннего сплош ного
проводника радиуса а и наружной проводящей тонкостенной трубки
радиуса
Ь. Найти индуктивность единицы длины кабеля для токов
достаточно малой частоты, при которой распределение тока по сечению
практически равномерно. М агнитная проницаемость всю ду равна единице.
Р еш ен и е. М агнитная индукция внутри кабеля определяется на основе
теоремы о циркуляции (задача 5 -1 4 ; I - ток в кабеле):
в { г ) \^1г1{2пагу,г<а[ ц 0//(2тгг);г >а\
Энергия W магнитного поля, сосредоточенная на участке кабеля длиной I,
будет при учете (1) следую щ ей:
Г - ~ - \ в Ч г) А - ^ \ в \ г ) Ы г =
z M-0 V
‘‘■ г 'О
.м
2/
471
0
а
nl
М-0
b
2 ( r)rdr +
JВ 2 r)rdr
(
1
j r 3dr + j - d r
а4 0
jВ
/
= В Д 1 + 1П*
4тт I 4
а
(2)
В то ж е время эту энергию можно выразить через индуктивность L
рассматриваемого участка кабеля:
выражение
и
(2 ),
находим
W = П 2 12 ; приравнивая последнее
индуктивность
единицы
его
длины
(/ = l ) : i , = ц0[1/4 + 1п(Ь/о)]/(2я).
Следует отметить, что использование магнитного потока для расчета
индуктивности
результату.
рассматриваемого
кабеля
приводит
Этот факт обусловлен неоднозначностью
к
неверному
выбора контура
интегрирования при наличии внутреннего проводника конечного радиуса,
6 -9 (3 -4 0 1 ) Н ерелятивистская заряженная частица пролетает электрическое
поле цилиндрического конденсатора и затем попадает в однородное
поперечное магнитное поле с индукцией В (рис.). В конденсаторе частица
движется
/
'
по
дуге
окружности,
в
магнитном поле - по полуокружности
радиуса г. Разность потенциалов на
конденсаторе U, радиусы обкладок а
1
\
\
1
1
У
\
\
/
/
ху
/
/
ч
/
/
/
/
частицы и её удельный заряд q/m.
Реш ение.
Напряженность
цилиндрическом
поля
в
конденсаторе
выражается формулой (задача 3 -3 ; X в®
®В
и Ь, причем а < Ь. Найти скорость v
заряд
на
единицу
расстояние
от
длины;
оси
г
-
симметрии):
Е (г) = Х /(2пе0г ) ; при этом соответствую щ ая разность потенциалов между
обкладками оказы вается равной:
U = \ E (r)dr =
Сопоставление
двух
последних
X
2тсбл
-In -.
соотношений
позволяет
исключить
неизвестный заряд конденсатора, в результате получаем:
Е (г) = и/[г\п(Ь/а)]-,
(1)
При движении частицы в цилиндрическом конденсаторе центробежная
сила уравновеш ивается силой кулоновского притяжения, в магнитном поле
- силой Лоренца ( v ± В ):
mv2 / г = qE = qvB ;
(2 )
Из последнего равенства (2 ) при учете (1 ) находим скорость частицы:
v = E / B = U/[rB\n(b/a)\;
(3)
Теперь, приравнивая первое и последнее выражения (2) и учитывая
q
v
U
соотнош ение (3), для удельного заряда получаем: — = — = —г—.=------------ ■
т гВ г В 1п(Ь/а )
6 -1 0 (3 -4 0 2 )
Из
начала
координат
О
области,
где
созданы
оси у электрическое и магнитное поля с
однородные параллельные
напряженностью Е и индукцией В (рис.), вылетает в направлении оси х
нерелятивистская частица с удельным зарядом q/m и начальной скоростью
v0. Найти:
а) координату уп частицы в момент,
когда она п -й раз пересечет ось у\
Е
б) угол а м еж ду скоростью частицы и
осью у в этот момент.
Решение.
В
магнитном
поле
-
в
отсутствие электрического - частица
двигалась
бы
по
окружности,
расположенной в перпендикулярной к
В
плоскости
( v 0 _ L B ).
Угловую
скорость вращения со и радиус г этой окружности можно определить из
условия равенства центробежной силы и силы Лоренца:
m a 2r = qv0B - gcorS; со = qB/m\ г - v0 /со = mv0 /(<qB).
Центр такой окружности был бы расположен на оси z на расстоянии г от
начала координат (рис.).
Вклю чение электрического поля, вектор Е которого параллелен В,
вы зовет движение частицы с ускорением a = q E /m в направлении оси у,
но не повлияет на полученную величину угловой скорости. В
целом
траекторией частицы будет винтовая линия с увеличиваю щ имся шагом,
центральная ось которой проходит через центр упомянутой окружности
параллельно оси у (вектору В).
П осле и-го оборота частицы вокруг оси винтовой линии её смещение
вдоль оси у будет следующ им ( Т = 2л/ш - период обращения):
а{п Т )2
2п2п2Е m
qE 2
v = —i----— = -2— п
"
2
2m
qB
В этот момент вектор скорости частицы будет составлять угол а с осью у:
t
vX _
vv
vo = m
anT
v0 Чв - V0B .
qE 2nn m 2nnE
6-11 (3 -4 0 6 ) П учок нерелятивистских заряженных частиц проходит, не
отклоняясь, через область А (рис.), в которой созданы поперечные взаимно
перпендикулярные электрическое и магнитное поля с напряженностью Е и
индукцией В. Е сли магнитное поле выключить, след пучка на экране
Z
см естится на Az. Зная расстояния а
1‘ Fc
и
D
Е1к
Ь, найти удельный заряд q/m
частиц.
Реш ени е. При пролете частиц без
А
AZ
У
отклонения через область А - при
наличии в ней электрического и
'Jo
магнитного полей - их скорость v0
должна быть направлена по оси у
(рис.),
1'F l
а
‘
ъ
т.е.
кулоновского
vy = v 0,
и
взаимодействия
сила
Fc
должна уравновеш иваться силой Лоренца FL :
Fc = q E = FL - q v yB\vy - E I В ;
(1)
В случае присутствия одного электрического поля частицы приобретут
ускорение wz = q E / m , направленное по оси z. Учитывая время пролета
области A
tA = a / v y , для составляю щ ей скорости v2 на вы ходе из неё
получаем: vz = wztA . Сдвиг Az на экране будет склады ваться из двух
компонент - смещений, определяемых временами пролета областей A (tA)
и D ( tD = b / v y) :
A z = wztA/2 + vztD = wztA(tA/ 2 + tD) = wztA(a + 2b) /(2vy ) =
= [E a(a + 2b) 1(2Vy)]('q/m) = [a(a + 2 b)B A/(2E ) ] { q /m ) ;
(2)
При получении последнего равенства (2 ) использовалось соотнош ение (1).
На основании (2 ) окончательно находим: q /m = 2Д z E I[a(a + 2Ь)В2] .
7.
У равнения М аксвелла. Э л ек тр о м агн и тн ы е волн ы
Основные формулы
• Уравнения М аксвелла в дифференциальной форме (j - плотность тока;
ro tE = р - плотность заряда):
dt ’
*
ro tH = j + — ;
8t
d iv D = p;
D = ee0E ;
• Ф азовая скорость электромагнитной волны : v = с /Л[щ ',
с = 1 /^/sqM-o S
• С вязь между амплитудами векторов Е и Я в плоской волне:
Е^Г0 = Н
^
• Объемная плотность энергии электромагнитного поля:
w = ED /2 + BH /2;
• П лотность потока электромагнитной энергии (вектор Пойнтинга):
S = [Е Н ];
7-1
(4 -2 2 1 )
П лоская
электромагнитная
волна
Е = E m c o s (c o ? -k r)
распространяется в вакууме. Определить магнитную составляю щ ую Н
этой волны.
Р еш ен и е. В плоской волне векторы Е , Н , к - как и их лю бая циклическая
перестановка - образую т правую тройку векторов, поэтому направление Н
будет определяться единичным вектором: n A= [ k , E т]/(кЕт). В
то же
время амплитуды электрической и магнитной составляю щ их плоской
волны
связаны
соотношением
^ Е т=
Нт .
Учиты вая
также
совпадение по фазе указанных составляю щ их, для Н получаем:
Н = n hH m cos(cor - k r ) = lk , E J
m
Cos(car _ k r ) =
V М д
= 7 1p - [ k , E m]co s(co ?-k r);
Коэффициент
в
последнем
равенстве
м ож но
использовать соотнош ения: к = со/с; с =
л/ eq / po
/Аг = 1/(р0ш).
преобразовать,
если
. В результате находим:
Таким образом, магнитная составляющая плоской электромагнитной
волны будет иметь вид: Н = [к, Е ш] /(р0со) cos(o r - к г ) ,
7-2 (4 -2 2 5 ) В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна,
частота которой v = 100 М Гц и амплитуда электрической составляю щ ей
Ет = 50 мВ/м. Найти средние за период колебания значения: а) модуля
плотности тока смещения; б) плотности потока энергии.
Решение, а). Принимая направление распространения плоской волны за ось
х, для её
электрической составляющей, вектор которой будем считать
направленным
оси у,
по
соответствую щ его
тока
E y = E mco s((o t-k x ).
получаем:
смещения
выражается
Плотность
соотношением:
j y = dDy /dt = - б 0ш£ м sin(oH - кх) ; среднее значение его модуля будет
равно
( 7 ’ = 1/ у = 2д/со
|j y |=
- период колебания):
J|sin(cof - kx)\dt - —
J sin udu =
= 4e0
;
(1)
ly^l = 0,178 mA/m2.
При
получении
второго
равенства
(1)
сделана
271
(D t-kc = u;codt = du и у ч тен о .ч то J |sin
замена
переменных
Л
= 2 J sin
о
.
о
б) М агнитная составляющая плоской волны при указанном выше
выборе
осей
х
и
у
будет
Н 2 = yjz0 /yL0E m cos(cot - кх) .
направлена
Плотность
по
потока
оси
z
энергии
(задача
7-1):
определяется
вектором Пойнтинга S = [Е ,Н ]. Е го среднее за период колебания значение
будет равно:
S - f^-E?. — (co s2(cot-bc)d x = ^[^-E?,— (cos2 udu =
A/По
Тт
уРо
7Ь 0
= yje0 /[i0E 2 / 2 = EQcE 2
m /2 = 3,32 мкВт/м2.
Преобразования в (2 ) и (1) аналогичны; |co s2 udu - (1 /2) J (1 + cos 2u)du.
(2 )
7-3 (4 -2 3 1 ) В вакууме вдоль оси х установилась стоячая электромагнитная
волна Е = E m cos кх cos со/. Найти х-проекцию вектора Пойнтинга Sx(x,t ) и
её среднее за период колебаний значение.
Решение.
М агнитная
составляю щ ая
стоячей
волны
определяется
соотнош ением: Н = H msin foe sin со Л Это выражение может быть получено
или в результате наложения д вух плоских волн, распространяющихся в
противоположные стороны по одной прямой, или из уравнений М аксвелла
для плоской волны при использовании приведенного в тексте задачи
выражения для электрической составляющей. Как известно, векторы Е , Н,
к должны образовы вать правую тройку векторов. В связи с этим можно
предположить, что вектор Е будет направлен по оси у, тогда как вектор Н
по оси z.
Таким образом, вектор Пойнтинга будет следующ им:
&с(х ,* ) = [ Е , Щ с = E yH z - Е тН т sin кх cos кх sin со t cos со t -
= (ЕтН т /4) sin 2fcc sin 2ш ? ;
(1)
Усреднение по периоду колебаний полученного выражения для Sx(x,t ) (1)
сводится к соответствую щ ем у усреднению sin 2co f, поэтому Sx(x,t) = 0.
Заключение такого рода полностью соответствует природе стоячей волны.
7 -4 (4 -2 3 3 ) Переменный синусоидальный ток частоты со = 1000 с '1 течет по
обмотке прямого соленоида, радиус сечения которого R = 6,0 см. Найти
отношение амплитудных значений электрической и магнитной энергий
внутри соленоида.
Решение.
Переменный
ток
соленоида
определяется
соотношением
I = l m cos со t , где 1т - его амплитуда.
П лотности
электрической
wE
и
магнитной
wH
энергий
электромагнитного поля выражаются формулами ( s = 1; р = 1):
w£
= E D / 2 = s 0£ 2 /2;
= В Н / 2 = р0Н 2 12 —ц 0(п/)2 /2 ;
(1)
(2)
В последнем равенстве (2 ) учтено, что напряженность магнитного поля
внутри соленоида равна (п - плотность его витков): Н = п1.
Напряженности электрического и магнитного полей связаны одним
из
уравнений М аксвелла, которое по своей сути является выражением
закона электромагнитной индукции:
|E^ = - A
L
Учиты вая осевую
s
= -p 0 A
S ™
s ;
(3)
S Ш
симметрию задачи, в качестве контура L выберем
окруж ность, центрированную на этой оси и расположенную в плоскости
поперечного сечения соленоида; интеграл по S будем рассматривать как
интеграл по площади, ограниченной указанной окружностью. Выполним
интегрирование в уравнении (3 ), используя указанный выбор его областей
и симметрию задачи: 2 %rE{t) = р 0со ^т sin со tnr '2 ; г < R .
О тсю да
для
соответствую щ его
амплитудного
значения
Е т находим:
Е т = \х0(йп1тг /2 . Теперь на основе (1 ) можно определить величину
(амплитуду) электрической энергии соленоида (V = nR2l - его объем; / длина):
0 W
Ачг -
^
=
= б0 (р 0сол/т ) 2 л « 4 /16 = в 0(р 0шн/т )2 л ¥ / 1 6 ;
(4)
Интегрирование по объему в (4 ) выполнялось в полярных координатах; в
этом случае dV = rdrd^ dz .
Отношение
амплитудных
значений
электрической
WE
(4 )
и
магнитной WH = wHV (2) энергий будет следующ им:
WE /W H = е 0(р 0сон/и ) 2 Д2 /[8р0( « 7 „ ) 2] = е 0ц 0ш2Д 2 /8; WE /WH = 5 ,0 Т О "15 .
7 -5 (4 -2 3 4 ) Плоский конденсатор с круглыми параллельными пластинами
радиуса R медленно заряжают. П оказать, что поток вектора Пойнтинга
через боковую поверхность конденсатора равен приращению энергии
конденсатора за единицу времени. Рассеянием поля на краях пренебречь.
Решение. Предположим, что вектор Е напряженности электрического
поля конденсатора направлен вертикально вверх (рис.). Для определения
вектора Н воспользуем ся одним из уравнений М аксвелла, которое по
своей сути является выражением теоремы о циркуляции для Н (ток
194
проводимости
в
конденсаторе
отсутствует; D - вектор электрического
смещения):
'Н
Принимая
симметрию
во
внимание
задачи
и
осевую
учитывая
необходимость определения Н на боковой поверхности конденсатора,
вы берем в качестве контура L окружность радиуса R, центрированную на
этой оси
и расположенную
плоскости
(рис.). В
направлен
по
в
параллельной
обкладкам конденсатора
каждой точке этой окружности вектор Н
касательной,
и
при
этом
в
такую
сторону,
будет
чтобы
соответствую щ ее движение правого винта совпадало с направлением
вектора D
Интеграл по S0 в (1 ) будем рассматривать как
(D ttE ).
интеграл по площади, ограниченной упомянутой окружностью .
Вы полняя
теперь
интегрирования
в
уравнении
(1 ),
получаем:
2 itRH = nR2d D /d t и далее ( s '- диэлектрическая проницаемость вещ ества в
Н = (R / 2)dD /dt = ( ee0R /2)dE /d t . У читы вая, что вектор
конденсаторе)
Пойнтинга S = [ЕН ] на боковой поверхности конденсатора оказы вается
направленным
внутрь
его
объема
(рис.),
для
полного
потока
Ф
электромагнитной энергии через эту поверхность будем иметь (V = nR2h объем
h -
конденсатора;
расстояние м ежду
его
обкладками;
WE —
электрическая энергия конденсатора; wE = E D /2 - её плотность):
Ф = 2nRhS = luR hEH -
(2)
Таким
следует,
что
образом,
поток
из
последнего
электромагнитной
равенства
энергии,
(2 )
непосредственно
поступаю щ ий
внутрь
конденсатора, определяет изменение его электрической энергии. М ож но
показать аналогично решению (задача 7 -4 ), что магнитная составляю щ ая
энергии
заряж аемого
соответствую щ ей
конденсатора
электрической
оказы вается
составляю щ ей,
заключение относится и к его полной энергии.
много
поэтому
меньше
предыдущ ее
7 -6 (4 -2 3 5 ) П о прямому проводнику круглого сечения течет постоянный
ток I. Найти поток вектора Пойнтинга через боковую поверхность участка
данного проводника, имеющ его сопротивление R.
Решение.
Разн ость
U
потенциалов
на
рассматриваемом
проводника
можно
участке
выразить
двумя
способами - на основании закона Ома и
через
напряженность
приложенного
электрического поля (/ - длина участка):
U = IR = E1.
E = I R /l.
О тсю да
Направление
вектора
Е
совпадает
направлением
тока
в
проводнике.
с
Напряженность магнитного поля вблизи
поверхности
определить
проводника
с помощью
циркуляции
электрическое
можно
теоремы
о
(приложенное
поле
не зависит
от
времени, поэтому ток смещения будет
равен нулю; противоположная ситуация
имела м есто в задаче 7-5):
|Ш 1 = 7 ;
(1)
L
Контур L естественно выбрать в виде окружности, расположенной в
плоскости
поперечного сечения проводника, радиус г которой равен
радиусу проводника.
В
каждой
точке
этой
окружности
вектор
Н
будет
направлен
по
касательной и при этом таким образом, чтобы соответствую щ ее движение
правого винта совпадало с направлением тока 1. Выполняя интегрирование
в (1 ), получаем: Я = //(2лг).
Как
следует
из
проводника векторы Е
определяемый
ими
проведенного
рассмотрения,
на
поверхности
и Н оказываются взаимно ортогональными, а
вектор
Пойнтинга
S = [E H ]
будет
направлен
по
внутренней нормали к его боковой поверхности (рис.). Соответствую щ ее
значение
плотности
потока
поступающей
энергии
составит:
S = E H = I 2R I(2 n rl).
Полный
поток
Ф
энергии
через
боковую
поверхность проводника будет следующ им: Ф = 2nrlS - I 2R . Выражение в
правой части последнего равенства представляет собой дж оулеву теплоту,
вы деляю щ ую ся в проводнике при прохождении тока. Таким образом,
поток
электромагнитной
энергии,
поступающий
внутрь
проводника,
преобразуется в нем в тепловую энергию.
7 -7 (4 -2 5 6 ) Средняя мощ ность, излучаемая элементарным диполем, равна
P q. Найти среднюю объемную плотность энергии электромагнитного поля
в вакууме в волновой зоне на луче, перпендикулярном к оси диполя, на
расстоянии г от него.
Решение. Среднее по времени значение плотности потока излучаемой
энергии
в
волновой
зоне
диполя
определяется
соотношением:
>S(0,/-) = (H / r2)s in 2 0 ; r » A , , где А - коэффициент пропорциональности, г
- расстояние от диполя до точки наблюдения, 0 - угол м еж ду осью диполя
и направлением на эту точку, X -
длина излучаемой диполем волны.
Полная энергия, излучаемая диполем в единицу времени - его мощность
Р0, вы ражается интегралом по всем направлениям (по сфере радиуса г) от
функции S(Q,r ) :
П
71
о
Р0 = J S ( 6 , r ) r 2 sin 6d6dcp = А 2л j sin3 QdQ = A 2nj (1 - co s2 0 ) sin QdQ = A - n ;
o
o
3
При интегрировании в (1 ) использовалась замена переменной c o s 0 = х.
(1)
Из (1) находим: А = 3 Р0 /(8%), и следовательно, поток энергии диполя будет
равен:
S ( 0 ,r ) = [3Po /(87ir2 )]sin 2 0 ;
(2)
Теперь на основании (2 ) можно определить средню ю объемную
плотность энергии излучения:
w (0 ,r) = S (0 ,r ) / c = [3Po /(87Ccr2 )]sin 2 0 ;
перпендикулярном
диполя
к
w( л /2, г ) = ЗР0 /(8псг2).
оси
направлении
будем
в
иметь
IV. ОПТИКА. АТОМНАЯ ФИЗИКА
1. И нтерф еренция св е т а
Основные формулы
• Р азн ость хода лучей двух когерентных источников для точки С на экране
(х -
координата точки
С, d -
расстояние м еж ду источниками, / -
расстояние от источников до экрана; рис. задачи 1-2): Д = x d / l.
• Ш ирина интерференционной полосы: Ax = X l / d .
•
О птическая разность хода
параллельной
пластины
(t -
лучей,
отраженных
толщина пластины,
от границ плоско­
п -
её
показатель
преломления, 0 - угол падения): It'Jn2 - s i n 2 0 - X I 2 - кХ.
• О птическая разность хода лучей при образовании колец Ньютона (г радиус
наблюдаемого
кольца,
R -
радиус
линзы,
п -
показатель
преломления вещ ества в зазоре между линзой и пластиной; рис. задачи
1-9): A = nr2 /R + X /2.
• У сл о ви е интерференционных максимумов: А = кХ] к = 0, ± 1, ± 2 .......
• У сл о ви е интерференционных минимумов: Д = {к + \!2)Х\ к = 0, ± 1, ± 2 ,...
1-1
(5 -6 7 ) Н екоторое колебание возникает в результате сложения N
когерентны х колебаний одного направления, имеющ их следующий вид:
^ = a co s[o H + ( £ - l ) c t ] , где к - номер колебания (к разность
фаз
между
к-м
и
(& -1)-м
колебаниями.
1, 2, . . . . N), а Найти
амплитуду
С опоставим
амплитуде
результирующ его колебания.
Р еш ени е.
каждого колебания вектор
условию
угол
любыми
векторами
двумя
последовательными
(a k_i
И скомое
колебание
м еж ду
по
и
а к)
равен
а.
результирующее
определяется
суммой
цепочки указанных векторов. Для
проведения
:е
построение
процедуры
(рис.).
Проведем
окружность произвольного радиуса R с центром в некоторой точке О,
выделим в области построенного круга несколько (N) граничащих друг с
другом секторов с центральным углом а и соединим отрезками прямых
(хордами)
расположенные
на
окружности
граничные
точки
каждого
сектора. Сущ ественно подчеркнуть, что угол м ежду основаниями каждой
пары
ближайш их,
построенных
таким
образом,
равнобедренных
треугольников равен а (рис.) - этот угол дополняет сум м у д ву х углов р
одного треугольника и двух углов р соседних треугольников до п. Таким
образом, построенную последовательность хорд одной окружности можно
рассматривать
как
упомянутую
цепочку
амплитуд
суммируемых
колебаний, и следовательно, амплитуда А результирую щ его колебания
будет вы раж аться соотношением:
А = 2R sin(odV /2 ) . Е сл и a N > 2 n , то
следует перейти к углу о N - 2п к , где к - максимальное ц елое число, для
которого а N - I n k > 0 . Естествен н о полагая длину основания каж дого из
рассматриваемы х треугольников равной а, получаем:
а - 2R s in (a /2 ) .
И сключая R из д вух последних равенств, окончательно находим:
А_ _ s\n(aN /2 ) _
л
£2— ——— — ^
s in (a /2)
( 1)
Ф ормулу (1 ) можно такж е получить на основе алгебраического
суммирования амплитуд колебаний. В вед ем , как показано на рисунке, оси
х и у декартовой системы координат. Проекции результирую щ его вектора
А на эти оси будут следующ ими:
k=N
k=N
Ах = a Y, co s(^ - 1 )а и Ау = а £ sin (к - 1 ) а .
к-1
к=1
Составим комплексную сумму эти х составляю щ их:
z = Ах + iAy = а £ [ с о з ( £ - l ) a + zsin(£ - 1 )а] = a
к =1
е ' ^ _1)а ;
(2)
к =1
При получении последнего равенства (2 ) использована формула Эйлера.
Таки м образом, величина z оказы вается суммой геометрической
прогрессии
со
знаменателем
е'а ,
поэтому
У читы вая определение z (2 ), получаем:
\zf I a 2 =\Af / а 2 =
z-a (e'a
~1)/(е'а - 1 ) .
e iaN-\
_ [cos(aiV ) - 1]2 + sin 2 ( olN )
e ia - 1
1 - c o s (a N)
sin (a N 12)
1 -c o sa
sin (a / 2 )
( c o s a - 1 ) 2 + s in 2 a
О тсю да А = а
sin(otN /2)
sin (a /2 )
; последняя формула в сущ ности совпадает с (1).
1-2 (5 -6 8 ) Система состоит из двух точечных когерентных излучателей 1 и
2, которые расположены в некоторой плоскости так, что их дипольные
моменты перпендикулярны к этой плоскости (рис.). Расстояние между
излучателями d, длина волны излучения X. Имея в виду, что колебания
излучателя 2 отстаю т по фазе на р (Р < тс) от колебаний излучателя 1,
найти:
а) углы 0, в которых интенсивность излучения максимальна;
б) условия, при которых в направлении 0 = л интенсивность излучения
максимальна, а в противоположном
направлении - минимальна.
Реш ение.
Будем
предполагать,
естественно
что
точка
наблюдения находится в волновой
5СГ
зоне
диполей,
т.е.
для
выполняются условия А 0 >
»
d
(рис).
Для
неё
d, ВС
точного
определения разности хода лучей
АС и В С (отрезка AD = Д) треугольник BCD следовало бы рассматривать
как равнобедренный, однако на основании указанного условия можно с
достаточно
хорошей
точностью
считать,
что
B D 1 .A C ,
а
также
предполагать, что прямая FC, соединяющая середину расстояния между
излучателями с точкой наблюдения, перпендикулярна основанию BD
упомянутого
треугольника.
Таким
образом,
получаем
(рис.):
А « d sin a = d cos 0 ; разность фаз рассматриваемых лучей при этом будет
составлять (Р - исходное отличие фаз колебаний излучателей 1 и 2):
8 = 2 п 8 /Д + р - 2я-й?c o s <9/Л + р\
(1)
а) Соотношение (1) позволяет определить положения максимумов
излучения:
б шах =2я:&; к = 0 ,± 1 ,± 2 ,... и c o s 0 max = (X ld )(k-$ l2 % )\
(2)
Аналогично находятся положения минимумов:
8пЬ=2л{к+\12)\ cos0min=(A/rf)(i + l/2-yS/2^);
б)
У слови е
наблюдения минимума в
направлении
(3)
0 mjn = 0
на
основании (3 ) будет составлять:
d /X + ^ > /2n -k + \/2.
(4)
При 0 < Р < я равенство (4) может быть справедливым, только если к > 0 .
К ак следует из (2), для реализации максимума в направлении
бщах = 71 должно выполняться соотношение:
- d l X + $ l2 n = k'\
(5)
При р < я величина к 1 не может быть положительной, т.е. к' < 0 . Для
одновременной реализации условий указанных минимума (4 ) и максимума
(5 ) следует положить к' = - к . П осле этого, складывая и вычитая равенства
(4) и (5), находим (к > 0 ): р = тг/2;с//А, = & + 1/4.
1-3 (5 -7 4 )
Две
когерентные
плоские
световы е
волны,
угол
между
направлениями распространения которых ф « 1 , падают почти нормально
на
экран.
Амплитуды
волн
SCT
одинаковы. П оказать, что расстояние
между соседними максимумами на
экране равно А, /ф, где X -
длина
волны.
Решение.
Напряженности
электрических составляю щ их рассматриваемых плоских волн вы ражаю тся
£ ) = £ g c o s ( c o f - k ;-г );
i - 1 ,2 ,
следующ им
образом:
где
со -
частота,
к = 2п/Х -
волновой вектор. Предположим, что одна из волн (г = 1)
распространяется перпендикулярно к экрану - вдоль оси х в используемой
системе координат (рис.), тогда будем иметь:
£ [ = Е 0 cos(co t - кхх) и E 2 = E q c o s ( co t - к2хх - к 2уу ) .
Учитывая равенство модулей волновых векторов к = к1 = к 2 и м алость угла
ф, получим ( к2х = к cos ср » к\ к2у = к sin ф « Ахр):
Е\ = E Qcos(o)t-kx)-,E 2 = E 0 cos{co t-kx -k< p y ).
Отличие
фаз
рассматриваемых
плоских
волн
составит:
5 = /яру.
М аксимумы интерференции будут наблюдаться при 5 = 27ш ;и = 0 , ± 1 .......
Таким образом, ширина Ау интерференционной полосы, определяемая
изменением
разности
фаз
на величину
2л,
оказы вается
следующ ей:
Ау = 2 л /(&ср) = X/ср.
1-4 (5 -7 5 ) Н а рисунке показана интерференционная схем а с бизеркалами
Френеля. У гол между зеркалами ср = 1 2 ', расстояния от линии пересечения
зеркал до узкой щели S и экрана равны соответственно г £> =130 см.
Длина волны
света А, = 0 ,5 5 м к м .
Определить:
10,0 см и
а) ширину
интерференционной полосы на экране и число возм ож ны х максимумов;
б) сдви г интерференционной картины на экране при смещении щели на
5/ = 1,0 мм по дуге радиуса г с центром в точке 0\ в ) ширину щели hmm, при
которой интерференционные полосы на экране будут наблю даться еще
достаточно отчетливо.
Решение. Разность хода А лучей
двух когерентных источников для
некоторой точки С наблюдения на
экране
можно
определить
основании
на
результатов,
полученцых
в
задаче
A = r fs in a = cA://,
где
1-2д
d
-
расстояние между источниками; / расстояние
от
середины
прямой,
соединяющей источники, до экрана, х - координата точки С на экране (рис.
задачи
1-2). П оложение интерференционных максимумов определяется
стандартным условием : А = ±кХ ; ширина интерференционной полосы при
этом будет составлять:
Ax = X!ld\
(1)
Рассмотрим теперь систему двух плоских зеркал Френеля. Е сли
пересечь реальный источник (щ ель) и два его изображения плоскостью ,
перпендикулярной
соответствую щ ие
к
линии
источнику
S
пересечения
и
его
зеркал,
изображениям
то
точки,
S\ и S2, будут
располож ены на дуге окружности радиуса г, центр которой находится в
общ ей точке О линии пересечения зеркал и указанной плоскости (рис.).
Это
заклю чение
непосредственно
вы текает
из
правил
построения
изображения в плоском зеркале. Сущ ественно подчеркнуть, что при этом
угол м еж д у двумя мнимыми источниками S\ и S2 оказы вается равным
удвоенному углу меж ду плоскими зеркалами. Убедиться в справедливости
последнего утверждения можно при рассмотрении поворота изображения в
плоском зеркале при повороте зеркала на некоторый угол.
а) П о условию угол
ср« 1 ,
d к 2(рг и Ы Ь + r
поэтому
(рис.).
И спользуя эти соотнош ения, для ширины (1 ) интерференционной полосы
получаем:
Ах = Х(Ь + г) /(2срг); Ах = 1,1 мм.
О бласть
интерференции
на экране,
(2)
симметричная
относительно
центральной плоскости (её след - горизонтальная точечная линия на рис.),
является
зоной
перекрывания
потоков
излучения
д ву х
Si
следую щ ей:
z = 2<pi>. Н а половине этой зоны реализуется
и
S2; линейная протяженность
от
источников
этой
мнимых
области
будет
n < z / { 2 Ах)
полос интерференции (п - целое число), и следовательно, полное число
максим ум ов составит:
N = 2и +1
(добавленная единица соответствует
центральному максимуму). Используя численны е значения параметров
задачи, получаем: z/(2Дх) = 4,11; п = 4; N = 9.
б) При смещении источника S по дуге упомянутой вы ш е окружности
на величину 8/, т.е. на угол 8у = 8//г, его изображения S\ и S2, а также вся
интерференционная картина, повернутся в противоположном направлении
на такой ж е угол. Линейный сдвиг центра этой картины составит:
8х = 5уЬ = ЫЬ/r ;
8 х = 13м м .
(3 )
в) При рассмотрении протяженного источника ширины 8 h выделим
два бесконечно узких источника, определяющ их его границы. Каж ды й из
таких
источников
будет
давать
интерференционную
картину.
(“внутренних”)
источников
крайними.
Е сл и
узких
рассматривать
на
Подобные
будут
один
результат поворота второго на угол
из
экране
независимую
картины
расположены
граничных
остальны х
м еж ду
двумя
источников
как
8 у ^ = 8/ г/ г, то на основании (3)
линейный
Ьхи = Ъ уф .
сдви г
соответствую щ их
Для
наблюдения
картин
на
интерференции
экране
составит
достаточно
четкой
интерференционной картины необходимо, чтобы указанный сдвиг не
превыш ал
полуширины
интерференционной
полосы,
т.е.
bxh = b h b /r < А х/2 . Из последнего соотношения при учете (2) получаем
ограничение на ширину щели: 5
1-5
(5 -7 7 )
<А, ( 6 + г)/(4ср6); 5 /гтах < 4 2 ,4 м к м .
Линзу диаметром D = 5,0 см
и с
фокусным расстоянием
/ = 25,0 см разрезали по диаметру на две одинаковые половины, причем
удаленным оказался слой толщины а = 1,0 мм. После этого обе половины
сдвинули до соприкосновения, и в
фокальной плоскости полученной
таким образом билинзы поместили
узкую
щель
S,
испускающую
монохроматический свет с длиной
волны X = 0,64 мкм. За билинзой
поместили
экран
на
расстоянии
b = 50 см от неё (рис.). Определить:
а) ширину интерференционной полосы на экране и число возможных
м аксимумов; б) ширину щели /гтах, при которой интерференционные
полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо.
Решение. Оптические центры верхней 0\ и нижней Ог половин билинзы
находятся на расстоянии а друг от друга, равном толщине удаленного слоя
исходной линзы (рис.). Стандартное построение хода лучей в обеих
половинах
билинзы
от
расположенного
в
её
фокальной
плоскости
источника S (соответствую щ ие оптические оси изображены на рисунке
пунктиром)
показывает,
что
билинза
преобразует
падающее
на
неё
излучение в две плоские волны, области распространения которых затем
частично
перекрываются,
обусловливая
тем
самым
возможность
наблюдения интерференции. Угол между направлениями распространения
указанных плоских волн составляет у ~ а / f « 1.
а) В задаче 1-3 было показано, что ширина полосы интерференции
двух когерентных плоских волн при малом угле у между направлениями
их распространения составляет: Дх = А / у - X f / a \
Ах = 0,16м м . Следует
подчеркнуть, что эта ширина оказывается не зависящ ей от расстояния
между билинзой и экраном.
Форма
области
представляет
собой
перекрывания
вытянутый
рассматриваемых
ромб,
длинная
плоских
диагональ
волн
которого
совпадает с осью симметрии билинзы (рис.). М аксимальная ширина этого
ромба - его короткая диагональ - равна радиусу линзы и расположена на
расстоянии
b0 = D /( 2у); Ь0 = 625 см
от
последней.
Количество
полос
интерференции определяется местом пересечения экраном плоскости этого
ромба. По условию b < Ь0 , поэтому число соответствую щ их максимумов
будет следующ им (задача 1-4): 7У = 2и + 1 = 13;(и < / > у / (2Д х );и < 6,25;и = 6 ).
б) При учете конечной ширины h реального источника S сдвиг
интерференционных картин от бесконечно узких щелей, образующ их его
границы, составляет 6хА - h b l / . Для четкого наблюдения интерференции
эта величина не должна превыш ать полуширины соответствую щ ей полосы
(зад. 1-4): 8 х Л < А х/2 = А/ /(2 а ) , отсю да hnwx < А./2 /(2аЪ) ; йтах < 4 0 м к м .
1-6 (5 -8 0 ) П лоская монохроматическая световая волна падает нормально
на диафрагму с двумя узкими щелями, отстоящими друг от друга на
d = 2,5 мм. Н а экране, расположенном за диафрагмой на / = 1 0 0 см,
образуется систем а интерференционных полос. На какое расстояние и в
какую
сторону
полосы,
если
см естятся
одну
из
эти
щелей
перекрыть стеклянной пластинкой
толщины h - 10 мкм?
Решение.
Е сли
стеклянная
пластинка,
перекрывающая
диафрагмы,
отсутствует
одну
то
из
щелей
центральный
максимум интерференционной картины будет расположен в точке х = 0 на
экране, равноудаленной от обеих щелей (рис.). При этом разность фаз
лучей, проходящих через разные щели, оказывается для этой точки равной
нулю. Перекрытие одной из щелей (2 ) упомянутой пластинкой приводит к
увеличению оптической длины пути луча, проходящего через эту щель, на
величину
(п
A2 = h { n - 1).
-
показатель
Луч,
компенсировать
преломления
проходящий
возникающее
через
отличие
относительной длины своего пути. В
материала
вторую
только
задаче
щель
за
пластинки):
(1 ),
счет
мож ет
увеличения
1-4 было показано, что
подобное увеличение для некоторой точки на экране составляет (х - её
Al = d x / l .
координата):
Таким
образом,
центр
интерференционной
картины см ести тся в сторону перекрытой щели 2 и будет расположен в
точке
С
на
экране,
координата
которой
удовлетворяет
условию :
h(n -Y ) = d x /l. О тсю да x = h (n -\ )l/ d = 2 ,0м м .
1-7 (5 -8 6 ) Рассеянный монохроматический свет с X - 0 ,6 0 мкм падает на
тонкую пленку вещ ества с показателем преломления п = 1,5. Определить
толщину пленки, если угловое расстояние м ежду соседними максимумами,
наблюдаемыми в отраженном свете под углами с нормалью, близкими к
0 = 4 5 °, равно 50 = 3°.
Решение. Запиш ем
условия
для
двух
соседних
максимумов
вблизи
указанного угла 0 (Ъ - толщина пленки):
Уточняющ ие
положений
2 b^ n2 - sin2 (0 + 5 ,) - X /2 = кХ\
(1)
2b^ n2 - sin 2 (9 + 5 2 ) - X/2 = ( * - 1)Х;
(2 )
поправки
8,-; г = 1 ,2
рассматриваем ы х
введены
максимумов.
для
описания
Равенство
(2 )
истинных
написано
в
предположении, что второй максимум наблюдается под больш им углом,
чем первый ( S 2 > 5 1), и следовательно, его порядок (к - 1) должен быть
меньше порядка ( к) первого.
П о условию 5 , - « 9 , поэтому первое слагаемое в (1 ) и (2 ) можно
разложить по формуле Тэйлора:
25д/л2 - sin 2 (0 + 8,-) = 2Ь^п2 - sin2 0 - 8 ; 2 b sin 9 cos 0 /л/и2 - sin 2 0 ;
(3)
В ы читая теперь из (1 ) равенство (2 ) и учитывая, что угловое расстояние
м еж ду рассматриваемы ми максимумами определено условиями задачи
6 2 - 5 j = 5 0 , находим:
5 0 6 s in 2 9 / л / » 2 - sin2 0
=
X , или b = X^Jn2 - sin 2 0 /(50sin 2 0 ) ; 6
= 1 5 ,2
1-8 (5 -8 9 ) С вет с длиной волны X
=
источника
поверхность стеклянного
падает
отраженном
нормально
свете
си стем у
на
m k m
.
0,55 мкм от удаленного точечного
клина.
В
наблю даю т
интерференционных
полос,
расстояние
м ежду
соседними максимумами которых
на поверхности клина Дх = 0,21м м .
Найти:
а)
угол
м еж ду
гранями
клина; б) степень монохроматичности света (А Х /Х ), если исчезновение
интерференционных
полос
наблюдается
на
расстоянии
/ « 1 ,5 см
от
вершины клина.
Решение. П оложения максимумов интерференции на стеклянном клине
м ож но описать с помощ ью формулы для плоско-параллельной пластины:
2 t'Jn2 - sin 2 0 - Х /2 = тХ,
(1)
где т - порядок максимума; t - толщина клина в м есте наблюдения т-то
максимума; п -
показатель преломления материала клина; 0 -
угол
падения.
а) Связь расстояния Дх м ежду двумя соседними максимумами на
поверхности клина и углом а при его вершине вы раж ается на основании
(1 ) следую щ им соотнош ением (по условию 0 = 0 и а « 1 ; рис.):
X - 2n(t2 ~t\) = 2«A x tg а « 2пА ха , отсю да
а = Х /(2«Д х); а = 3 '.
б)
Е сли
падающий
монохроматическим,
т.е.
на
в
клин
этом
(2 )
поток
потоке
света
не
присутствует
является
некоторая
совокупн ость длин волн (А, + X + ДА,), то интерференционная картина будет
исчезать при совпадении последую щ его коротковолнового максимума с
предыдущ им длинноволновым:
2 t n - X /2 = кХ',
(3 )
2 ш - ( А + ДА)/2 = ( £ - 1 ) ( А + ДА);
В
равен ствах
(3 )
и
(4 )
t -
толщина
интерференции; на основании (2 ) получаем:
клина
в
м есте
(4 )
исчезновения
t = ltga& la = \l/(2nA x);
(5)
Вычитая из (3) равенство (4), затем подставляя к из (3) и учитывая (5),
находим:
Л. = (/г-1/2)ДА = (2tn /А - 1 ) ДА = (/ /Дх - 1 ) ДА.;
(6)
Из (6) следует ( / » Д х ) : ДА/А = А х /(1 - Д х )« Дх//; ДА/А = 0 ,0 1 4 .
1-9
(5 -9 1 )
П лоско-выпуклая
R = 40 см
соприкасается
стеклянная
выпуклой
линза с радиусом
поверхностью
со
кривизны
стеклянной
пластинкой. При этом в отраженном свете радиус некоторого кольца
г = 2,5 мм. Наблюдая за данным кольцом, линзу осторожно отодвинули от
пластинки на h = 5,0 мкм. Каким стал радиус этого кольца?
Реш ение.
Как
геометрических
t
ширина
следует
из
соображений,
промежутка
между
линзой и стеклянной пластинкой на
расстоянии г
от оси
симметрии
линзы для того случая, когда линза
лежит
на пластинке,
составляет:
t = r 2 l(2R)\ r « R
положение
разность
а).
(рис.,
Оптическую
хода
падающих
нормально на указанный зазор лучей - лучей, отражающихся от выпуклой
поверхности линзы и от верхней границы стеклянной пластинки, - можно
определить
с
помощью
незначительно
модифицированной
формулы
(задача 1-8) для плоско-параллельной пластины толщины /:
Д = 2 щ + А/2 = иг 2 /Д + А /2,
где п -
(1)
показатель преломления вещ ества в зазоре. Знак плюс перед
вторым слагаемы м в (1 ) связан с тем, что потеря полуволны происходит на
нижней границе зазора.
*По
условию ,
при
отодвигании
линзы
от
пластинки
(рис.,
Ъ)
наблю даемое кольцо - светлое или темное - остается фиксированным,
следовательно, величина Д будет сохранять свое значение, поэтому на
основании (1 ) получаем
(h + tl = h + r 2 !(2R) - новая ширина зазора; Г\ -
новый
радиус
nr2 /R + X/2 = 2nh + nr2 /R + X/ 2.
кольца):
О тсю да
г 2 = г 2 - 2hR или г, = л!г2 -2 h R = 1,5мм.
Таким образом, при отодвигании линзы от стеклянной пластинки
кольца Ньютона будут сжиматься.
1-10
(5 -9 6 )
Сферическая
поверхность
плоско-выпуклой
линзы
соприкасается со стеклянной пластинкой. Пространство м ежду линзой и
пластинкой заполнено сероуглеродом. Показатели преломления линзы,
сероуглерода
и пластинки
равны
соответственно
п\ = 1,50, щ = 1,63,
«з = 1,70. Радиус кривизны сферической поверхности линзы R = 100 см.
Определить радиус пятого темного кольца Ньютона в отраженном свете с
X = 0,61 мкм.
Реш ение. Оптическая разность хода Д лучей, отражающ ихся на границах
заполненного сероуглеродом промежутка м ежду линзой и стеклянной
пластинкой, будет следующей (задача 1-9; t = r 2 l{2R) - толщина зазора в
месте отражения; г - радиус наблюдаемого кольца):
А = 2tn2 = n2r 2 / R ;
(1)
В обоих случаях отражение происходит от среды оптически более плотной
(по условию ), что и является причиной отсутствия слагаемого X I 2 в (1).
Радиус г пятого темного кольца определяется соотношением:
Д = п2г 2 /R = {2к-\!2)Х\ к = 5; или г = ^ (2 k -\ /2 )X R /n 2 ; г = 1,3мм.
2. Д иф ракция св е т а
Основные формулы
• Условие минимумов интенсивности - в случае нормального падения
света - при дифракции Фраунгофера на щели (b - ширина щели, 0 - угол
дифракции): b sin 0 = ±кХ; к = 1 ,2 .......
• При нормальном падении света на дифракционную решетку условие
ds'mQ = ±(m /N )X (d - постоянная решетки, N - число щ елей) описывает
при т = kN\ к = 0 , 1 , 2 , . . . положение главных максимумов, в остальных
случаях - добавочных минимумов.
• Разреш ающ ая способность дифракционной решетки: R = Х/5Х = Ш .
• Формула Б рэгга-Вульф а для дифракционных максимумов при
отражении рентгеновского излучения от кристаллических структур ( d м еж плоскостное расстояние, а - угол скольжения): 2d sin а = ±к%\ к = 1,2, ...
2-1 (5 -1 0 5 ) П лоская монохроматическая световая волна с интенсивностью
/0 падает
экран
с
нормально
круглым
на
непрозрачный
отверстием.
Какова
интенсивность света I за экраном в точке,
для которой отверстие: а) равно первой
зоне
Френеля;
внутренней
половине
первой зоны; б) сделали равным первой
зоне
Френеля
и
затем
закрыли
его
половину (по диаметру)?
Реш ение. Амплитуда сигнала А в точке
наблюдения
Р
на
оси
симметрии
отверстия, для которой открыто к центральных зон Френеля, определяется
формулой
Ак - а х/ 2 ± а к / 2 ,
где
а-, -
вклад
i-той зоны ; знак плюс
соо тветствует случаю нечетного к, минус - четного.
а) При открытой только первой зоне (к = 1) амплитуда составит
Ах = а х. В случае полностью открытого фронта волны, т.е. при к —>х> и
соответствен н о
а к —> 0, будем иметь Лт = а , / 2. На спирали Френеля
вектору А] следует сопоставить вертикальный диаметр исходного витка,
вектору
Ам -
соответствую щ ий радиус (рцс.). И нтенсивность света
пропорциональна квадрату амплитуды, поэтому 1\к^ к а ^
и /0 к й 12 /4.
Таким образом, при открытой одной первой зоне интенсивность сигнала
оказы вается в 4 раза больш е, чем в случае полностью открытого фронта
= 4/п
Е сли размеры отверстия соответствую т внутренней половине первой
зоны,
то,
принимая
суммирование
во
векторных
внимание
вкладов
способ
колец
построения
спирали
возрастаю щ его
—
радиуса,
реализуемое в рамках каждой зоны, -
находим
Ain= a ] /- j 2
(ри с.), и
следовательно, I = 2/ 0 .
б) В
случае перекрытия половины (по диаметру) первой зоны
площадь излучаю щ ей поверхности уменьш ается в д ва раза, вследствие
чего подобны м образом уменьш ится и амплитуда сигнала А] = а { / 2 , а
следовательно, интенсивность излучения в точке наблюдения Р будет
составлять: / = /0 .
2 -2 (5 -1 0 6 ) М онохроматическая плоская световая волна с интенсивностью
/о падает нормально на непрозрачный диск, закрываю щ ий для точки
наблюдения Р первую зону Френеля. К акова стала интенсивность света / в
точке Р после того, как у диска удалили: а) половину (по диаметру);
б) половину внеш ней половины первой зоны Френеля (по диаметру)?
Решение.
Е сли
непрозрачный
диск
перекрывает одну или небольш ое число
(и) центральных зон Френеля, оставляя
открытыми
все
последую щ ие,
то
амплитуда В сигнала в точке наблюдения
Р
будет
первой
определяться
открытой
£ „ +1 = а „ +1/ 2.
а п+1
(задача
2 -1 ):
зоны
М одули
последовательны х
достаточно
вкладом
зон
медленно,
вкладов
изменяю тся
поэтому
при
небольшом п (в частности, при п = 1) будем иметь: В п+] к Ах - а х 12 и
/п+1
ос
Я]2 / 4, т.е. /п+1 к 1 0. Таким образом, диск, закрываю щ ий несколько
центральных зон, практически не изменяет
интенсивности сигнала в
расположенной на оси симметрии точке наблюдения Р (пятно П уассона).
Следует
только
о тм ети ть ' характерную
результирующ ий вектор
деталь
-
при
нечетном
п
оказы вается направленным на спирали
Френеля в противоположную сторону, по сравнению с вектором А к (рис.).
а) При удалении половины ди ска (по диаметру), закры вавш его
первую зону, ко вкладу всех открытых зон В2 = а 2 / 2 добавляется вклад от
открывающ ейся половины первой зоны а х/ 2 (задача 2-1). В связи со
сказанным вы ш е, приведенные слагаемые, совпадая по модулю , будут
отличаться знаком, поэтому В = а 2 12 + а х1 2 а {). Таким образом, в этом
случае в точке наблюдения Р будет иметь место ярко выраженный
минимум интенсивности ( I = 0 ).
б) В клад внешней половины первой зоны - вектор А а - показан на
рисунке. При удалении половины по диаметру соответствую щ ей части
диска, закрывавш ей указанную область первой зоны, вектор амплитуды
сигнала
в
точке
Р
составит
суммирование, получаем:
(рис.):
B=
В = В 2 + А ^ /2.
Вы п олнив
, и следовательно, интенсивность
сигнала в точке Р будет в этом случае в 2 раза меньше, чем при полностью
открытом фронте: / = а,2 /8 = /0 /2.
2 -3 (5 -1 0 9 ) Плоская световая волна длины % и интенсивности /0 падает
нормально на большую стеклянную пластинку, противоположная сторона
которой представляет собой непрозрачный экран с круглым отверстием,
равным первой зоне Френеля для точки наблюдения Р. В
середине
отверстия сделана круглая выемка, равная половине зоны Френеля. При
какой глубине h этой выемки интенсивность света в точке Р будет
максимальной? Чему она равна?
Решение.
При
Френеля
построении
спирали
вектора
амплитуд
элементарных сигналов поворачивались
против
часовой
стрелки,
по
мере
нарастания отличия по фазе от сигнала
центра отверстия. На рисунке показаны
вклады от внутренней (А ,„ ) и внешней
( А ех) половин первой зоны Френеля для
того
случая,
перекрывающая
когда
отверстие
пластинка,
в
экране,
имела постоянную толщину. Создание в
пластинке выемки, соответствую щ ей по размеру внутренней половине
первой зоны, не будет затрагивать - как по величине, так и по фазе - вклад
212
её внеш ней
пластинки
половины.
поворачиваться
Однако
определяемый
A jn, оставаясь
вектор
на
угол,
внутренней
неизменным
обусловленный
по
половиной
м одулю ,
уменьш ением
будет
фазы
лучей,
проходящ их через эту выемку, относительно лучей, проходящ их через
внеш нюю половину первой зоны. Э тот угол составит (и преломления
происходить
стекла):
в
5 = 2тг(« —1)/г/Л..
направлении,
Упомянутый
противоположном
показатель
поворот
будет
использованном у
при
построении спирали Френеля, т.е. по часовой стрелке. Таки м образом,
чтобы в точке наблюдения Р имел м есто максимум интенсивности света,
А 1п
вектор
должен
оказаться
параллельным вектору
в
результате
указанного
поворота
(рис.), следовательно:
2 n ( n - l ) h / X = 3 n / 2 + 2nk', к = 0,1,...
h = А,(& + 3 / 4 ) /(л- 1 ) .
О тсю да
Амплитуда суммарного сигнала при этом составит:
Атах = 2aj /л/2, а
интенсивность будет равна: /тах и 2 я,2 = 8/0 (задача 2-1).
2 -4 (5 -1 1 0 ) С вет с длиной волны X падает нормально на поверхность
стеклянного диска, который перекрывает полторы зоны- Ф ренеля для точки
наблюдения Р. При какой толщине h этого диска интенсивность света в
точке Р будет максимальной?
Решение. И спользуя спираль Френеля,
разделим
вклад
Аш
------------
/
полностью
открытого фронта волны на две части:
/
-------- \
/
/
\
вклад полутора центральных зон А 1>5 и д ^ — (— ( Аг( л Г \
всех остальн ы х зон
А г ; А = А ]|5 + А г
(рис.).
стеклянный
Упомянутый
перекрывающ ий
полторы
х,
\
\
\
\
диск,
центральные
зоны, вн осит дополнительное увеличение
отличия по фазе для лучей, проходящих
через него (п -
показатель преломления стекла):
8 = 27г(« —1)/г/А., не
затрагивая при этом вклада остальны х зон. В соответстви и с методом
построения спирали Френеля (задача 2 -3 ), указанное увеличение разности
фаз вы зовет поворот вектора А] 5 на угол 6 против часовой стрелки.
213
М аксимум интенсивности в точке наблюдения Р будет достигнут тогда,
когда в результате такого поворота вектор А 15 окажется параллельным
неподвижному вектору А г (рис.):
2 n ( n - l ) h / X = 5 n / 4 + 2пк\к = 0 , 1 ,... О тсю да /г = А.(£ + 5 / 8 )/ (и -1 ).
2 -5 (5 -1 2 5 ) М онохроматический свет падает нормально на щ ель ширины
6 = 11 мкм. За щ елью находится тонкая линза с фокусным расстоянием
/=
150 мм, в фокальной плоскости которой расположен экран. Найти
длину волны X света, если расстояние на экране м ежду симметрично
расположенными минимумами третьего порядка равно х = 5 0 мм.
Решение. Расположение минимумов при дифракции Фраунгофера на щели
определяется соотношением (0 - угол дифракции):
6 s in 0 = ±m A ;
(1)
По условию угол 0 вы ражается следующ им образом:
tg 0 = sin 0 /V i —sin2 0 = x/(2/ ) ;
(2)
На осн ове последнего равенства (2) находим: sin2 0 = 1 /(1 + 4 f 2 / х 2). При
учете (1 ) теперь будем иметь: А, = 6л/1/(1 + 4 f 2 / x2)/rrr, X = 0,6м к м .
2 -6 (5 -1 3 3 ) С вет с длиной волны X = 0 ,5 3 0 мкм падает на прозрачную
дифракционную решетку, период которой равен d = 1,50 мкм. Найти угол с
нормалью к реш етке, под которым образуется Фраунгоферов максимум
наибольш его порядка, если свет падает на решетку: а) нормально; б) под
углом 6 0 ° к нормали.
Решение,
а)
При
нормальном
падении
света
положение
главных
максимумов решетки определяется соотношением:
c?sin6 = ± £ A ;
М аксимальный
угол
дифракции
0т
ограничен
(1 )
очевидным
условием
в т < п /2 , поэтому kmax < d / X . И спользуя числовые значения параметров
задачи, получаем: ктт < 2 ,8 3 . Порядок максимума к должен быть целым
числом, следовательно, Атах = 2 , и соответствую щ ий угол 0 т составит:
0 m = arc sin kmaxX / d ; 0т = 0 ,7 8 5 рад = 45°.
б) При наклонном - под углом 0О с нормалью - падении света на
реш етку
наблюдаемый
нормали
к
спектр
реш етке
утрачивает
-
симметрию
относительно
в
противоположность его структуре
при
нормальном
Наибольший
падении.
порядок
максимума
будет реализовы ваться на том краю
спектра, где возмож но достижение
наибольш ей разности хода лучей, дифрагировавших на д вух соседних
щелях, т.е. в той части спектра, для которой разность ход а лучей 1 и 2
(рис.) определяется суммой отрезков АВ и ВС. В связи с этим условие для
искомого максимума приобретает вид:
<5?(sin0m + s i n e o) = A:maxX ;
Учиты вая,
0 < в т<п/2,
что
на
основании
(2 )
(2 )
получаем:
ктт < <д?(1 -ь sin ©о) /Л.; по данным задачи А:тах < 5 ,2 8 , т.е. fcmax = 5 . Таким
образом, 9 m = arcsin (& max^ / 6 ? -s in 0 o) ; 0 да = 1,121 рад = 6 4 ,2 °.
2-7 (5 -1 3 5 ) П лоская световая волна с X = 0,5 мкм падает нормально на
грань стеклянного клина с углом 0 = 3 0 °.
На
противоположной
нанесена
прозрачная
грани
клина
дифракционная
реш етка с периодом d - 2 ,0 0 мкм, штрихи
которой параллельны ребру клина. Найти
углы
света
м еж д у
и
направлением
направлениями
фраунгоферовы
падаю щ его
на
главны е
максимумы нулевого и
первого порядков. К аков максимальный
порядок
спектра?
П од каким
углом
к
направлению падающ его света он будет
наблю даться?
Решение. П осле нормального падения на
вертикальную грань клина свет проходит
через его вещ ество и попадает под углом
0 с нормалью на дифракционную реш етку, реализованную на второй грани
215
клина (рис.). Оптическая разность хода лучей, дифрагировавших на двух
соседн их щ елях этой решетки, - лучей 2 и 1 - определяется выражением (п
-
показатель
преломления
стекла;
фк -
угол
м еж ду
направлением
падающ его света и направлением на к-ый максимум спектра; отсчет фк
производится против часовой стрелки):
nCB + BD = d[nsinQ + sin (qk - 0 ) ] ;
(1 )
При получении (1 ) использованы равенства (рис.):
ZCAB = 6;
ZCAD = ср*.
Положение максимумов спектра определяется на основе стандартного
условия:
[и s in 0 + sin(tpA - 6 ) ] = АЛ,;
к = 0 ,± 1,± 2 ,...; отсю да
Ф* = arcsin(£A /d - п sin 9) + 0 ;
(2 )
Для максимума нулевого порядка (к = 0 ) находим:
ф0 = -a rc s in (? ? s m 9 ) + 9 = - 1 8 ,6 ° .
Для максимумов первого порядка ( £ = ± 1 ) будем иметь: ф!= 0 °; ф.1= - 6 0 °;
направление
на ф.1 совпадает непосредственно
с углом
локализации
плоскости дифракционной решетки (рис.), поэтому наибольший порядок
максимума
будет
реализовы ваться
на
другом
положительных значениях фк. Учитывая, что
помощ ью
(2 )
получаем:
краю
спектра,
0<ф ^<л/2 + 9
arcsin(A:maxА / - и sin 0 ) < тс /2 .
при
(рис.), с
О тсю да
или ftmax < d (l + п s in 9 )/ X .
И спользуя числовы е данные задачи, находим: /стах < 7 , однако в
случае равен ства угол ф7 опять-таки совпадал бы с углом локализации
плоскости решетки, поэтому следует ограничиться значением ктах = 6 .
Таким образом, фтах= 78 ,6 °.
2 -8 (5 -1 4 2 ) С вет с X = 0 ,5 8 9 мкм падает нормально на дифракционную
решетку с периодом d = 2,5 мкм, содержащую N = 10 0 0 0 ш трихов. Найти
угловую ширину дифракционного максимума второго порядка.
Решение. П оложение к-го главного максимума решетки
(0
-
угол
дифракции) определяется условием (задача 2-6):
J s i n 9 = A:A;
(1)
У гловая ширина
ближайшими
А
этого максимума вы раж ается расстоянием между
к нему минимумами, положения которы х описы ваю тся
соотнош ением:
d sin (0 ± 6) = {к ± 1 /N )Х\ А = 26;
(2 )
И спользуя равенства (1 ) и (2), получаем уравнение для полуширины
5 упомянутого максимума:
sin(9 + 5 ) - s i n 9 = X/(Nd)-,
Раскрывая
синус
сум м ы
в
(3)
и
(3 )
учитывая
м алость
величины
5
(c o s 8 = 1; s in 5 = 5 ) , находим:
А = 25 = 2Хl(N d c o s 9 ) = 2Л- /[ N d jl - (кХ / d f ] ; A = 5,34-1 ( Г 5 рад = 1 1 " .
(4)
При переходе к третьему равенству (4 ) использовалось соотнош ение (1).
2 -9
(5 -1 4 3 )
П оказать,
дифракционную
что
реш етку
при
нормальном
максимальная
падении
величина
её
света
на
разрешающ ей
способности не м ож ет превыш ать значения ИХ, где /- ширина реш етки, X длина волны света.
Решение.
П оложение
условием (зад. 2 -6 ;
главных
м аксим ум ов
решетки
определяется
порядок м аксим ум а) :d$'mQ = k\, О тсю да ( 9 < тс/2):
k<d/X;
(1 )
Разреш ающ ая способность R решетки вы раж ается формулой (N - число
ш трихов): R ~ k N . Учиты вая полученное выш е ограничение для к (1),
получаем (/ = dN)\ R S d N /Х = 1/Х.
2 -1 0 (5 -1 4 6 ) С вет падает нормально на дифракционную реш етку ширины
/ = 6,5 см , имею щ ую п = 2 0 0 ш трихов на миллиметр. И сследуем ы й спектр
содержит спектральную линию с X = 6 7 0 ,8 нм, которая состо и т из двух
компонент, отличаю щ ихся на 8Х = 0 ,0 1 5 нм. Найти: а) в каком порядке
спектра эти компоненты будут разрешены; б) наименьшую разн ость длин
волн, которую м ож ет разрешить эта реш етка в области X » 6 7 0 нм.
Решение.
Определим
ш трихов N = 1/ d = n l .
постоянную
решетки
d = 1/п
и
общ ее
число
а)
Разреш ающ ая
двояким образом (к -
способность
решетки
м ож ет
быть
выражена
порядок спектра, начиная с которого возможно
разрешение длин волн 5А):
R = X/5X<kN;
(1 )
Из (1 ) находим: £>A/(5A/V) = A/(8A«/) = 3 ,4 4 . И скомый порядок спектра
определяется
ближайшим целым числом, превосходящ им полученное
значение к: кт[п = 4.
б)
М аксимально
возможный
порядок
спектра
определяется
из
соотнош ения (задача 2 -6 ): d sin 9 т = ктахX ; отсю да ( sin 0 т < 1 ): ктах < d / X .
Учиты вая (1 ), получаем: 5А = A l(kmaxN) > A2 i{dN) = А2 П ; 5А > 6,9 пм.
2 -1 1 (5 -1 4 8 )
Дифракционная решетка кварцевого спектрографа имеет
ширину / = 25 м м и содержит п = 2 5 0 штрихов на миллиметр. Фокусное
расстояние
объектива,
в
фокальной
фотопластинка, равно / = 80 см.
Свет
плоскости
которого
находится
падает на реш етку нормально.
И сследуем ы й спектр содержит спектральную линию, компоненты дублета
которой им ею т длины волн Ai = 3 1 0 ,1 5 4 нм и Х2 = 3 1 0 ,1 8 4 нм. Определить:
а) расстояния на фотопластинке между компонентами этого дублета в
спектрах первого и второго порядков; б) будут ли они разрешены в этих
порядках спектра.
Решение. У гловая дисперсия D дифракционной решетки определяется
следую щ им образом (А - порядок спектра):
D = dQldX = k / ( d c o s 0 );
(1)
В рассм атриваем ы х в задаче спектрах первого и второго порядков угол 0
мал ( 0 « 1 ) ,
поэтому c o s 0 » l
и D ^k/d-kn.
Н а основании (1 ) для
расстояний на фотопластинке м ежду компонентами дублета Ахк получаем:
Ахк = / 5 0 = fD8X = fkn(X2 ~X\)\ соответствую щ ие численные значения
будут следую щ ими &хх = 6 м к м , Лх2 = 1 2 м к м .
М инимальная разность длин волн, разрешаемая решеткой в спектре
А-го порядка, составит (задача 2 -1 0 ): 8Хк =X/ ( kN) = X /(knl); в условиях
задачи
5А, = 0,05 мкм;
5А2 = 0,025 мкм. Разность длин волн компонент
рассм атриваем ого дублета равна: 5А, = 0,03 мкм, поэтому он будет разрешен
только в спектре второго порядка.
2 -1 2
(5 -1 6 5 )
Узкий
пучок
рентгеновских
лучей
падает
под
углом
скольжения а = 60° на естественную грань монокристалла N aC l, плотность
которого
р = 2 ,1 6 г/см3.
образуется
максимум
При
зеркальном
второго
порядка.
отражении
от
Определить
этой
длину
грани
волны
излучения.
Решение. И ском ую длину волны можно определить с пом ощ ью формулы
Брэгга - Вульф а (d - межплоскостное расстояние):
2 d sm a . = kX\
(1)
Для нахождения неизвестной величины d рассчитаем
который
приходится
на
одну
формульную
единицу
объем v,
кристалла
-
“м олекулу” N aC l. Предполагая, что в единице объема вещ ества находится
« м о л е к у л , будем им еть:у = 1/и = wi/p (m = «zNa + «зС1 = ( 2 3 + 3 5 ,4 5 ) а .е .м .м асса молекулы ). Каждому атому молекулы следует соп остави ть половину
этого
объем а v. В
кубическом кристалле N aC l указанную
величину
естественно представлять как объем элементарного куба со стороной,
равной меж плоскостном у расстоянию d, поэтому получаем:
d = (v/2)1/3 = (m/(2р ))1/3; d = 0 ,2 8 2 нм.
О пределить величину d можно и другим сп особом -
на основе
структурных данных кристалла N aC l. В кубических кристаллах этого типа
d является расстоянием м ежду ближайшими атомами, т.е. d = a t 2 , где а постоянная реш етки, характеризующ ая размеры элементарной ячейки (для
NaCl а = 0 ,5 6 4 нм). N aCl является ионным кристаллом, поэтому величину d
можно
такж е
определить
как
сумму
радиусов
ионов
N a+ и
СГ:
= 0 ,1 1 8 нм и i?c r = 0 ,1 6 4 нм. Значения структурных параметров NaCl
приводятся в книгах, посвящ енных строению твердого тела.
И ском ая
X = 0 ,2 4 4 нм.
длина
волны
рентгеновских
лучей
(1 )
составляет:
3. Поляризация света
Основные формулы
• Закон М ал ю са (ср -
угол м ежду плоскостью поляризации света и
плоскостью пропускания поляризатора): I = /0 cos ср.
•
С тепень
поляризации
^ = ( 7 maX - / m i n ) ^ m a x + / m in ) .
частично
Где
/ тах
поляризованного
И
/ , nin
-
света:
С оответствую щ ие
интенсивности исследуемого потока после поляризатора.
• Формулы Френеля для интенсивности света, отраженного на границе
раздела двух диэлектриков (0) и 02 соответствен н о; составляю щ ие I rf f
углы падения и преломления
и I L поляризованы перпендикулярно
плоскости падения, компоненты I ^ и /ц - параллельно ей):
i f /i x = sin 2 (6 , - е 2 ) /sin 2(0 , + е 2 ) и /,[е/ //„ = tg 2 ( 0 , - е 2 ) /tg 2 ( 0 ! + е 2 ).
•
tg
При
падении
под
углом
Брю стера
выполняются
соотношения:
01 = п 2 / п] И 0) + 0 2 = 7 с / 2 .
3-1
(5 -1 7 2 ) Пучок естественного света падает на систем у из N = 6
поляризаторов, плоскость пропускания каждого из которых повернута на
угол
tp = 3 0 °
относительно
плоскости
пропускания
предыдущего
поляризатора. Какая часть светового потока проходит через эту систему?
Решение.
На
интенсивности
первый
/0.
поляризованным,
На
причем
поляризатор
вы ходе
из
плоскость
падает
него
естественны й
свет
становится
поляризации
будет
свет
линейно
совпадать
с
плоскостью пропускания поляризатора; интенсивность прошедшего света
состави т
/ )=/(,/ 2 .
На
второй
поляризатор
падает
уж е
линейно
поляризованный свет, плоскость поляризации которого расположена под
углом ф к его плоскости пропускания, поэтому на вы ходе из второго
поляризатора
интенсивность
света
будет
равна
(закон
М алю са):
/2 = (/0 /2) co s2 ф. Подобным же образом будут развиваться события при
прохождении света через все последующ ие поляризаторы, поэтому на
вы ходе
последнего
поляризатора
значение: I N - (70 / 2 )co s2(A,_1) ф.
интенсивность
света
приобретет
Таки м образом, доля падающего потока, прошедшая через всю
рассматриваемую систем у, составит I N / /0 = (1 /2) co s2(W_1) ср = 0 ,1 1 9 .
3 -2 (5 -1 7 4 ) Степень поляризации частично поляризованного света Р = 0,25.
Найти
отнош ение
интенсивности
1рЫ поляризованной составляю щ ей
этого света к интенсивности 1па1 естественной составляю щ ей.
Решение. И нтенсивность /0 частично поляризованного света является
суммой д вух названных выш е составляю щ их: /0 = I nat + 1ро/ . На вы ходе
поляризатора
максимальная
интенсивность
такого
света
составит:
/шах = 1Ш /2 + 1 рЫ, тогда как минимальная интенсивность будет равна:
7rain = I nat / 2 . Степень поляризации определяется формулой:
Р = ( I тах
—7т ;п) /(/тах +7min) = 1 ро\ !{Jn at "*■1 p o l)
~
ро! I 1 n a t ) ^0-
^pol I ^па '.) •
О тсю да I pol U nat = Р/(1 - Р ) ; 1рЫ /1Ш = 0 ,3 3 .
3-3 (5 -1 8 2 ) Н а поверхность воды под углом Брю стера падает пучок
плоскополяризованного света. П лоскость колебаний светового вектора Е
составляет
угол
ср = 45 °
с
плоскостью
падения, Найти
коэффициент
отражения.
Решение. В ек тор Е падающего света разлож им на д ве составляю щ ие, одна
из которы х будет расположена в плоскости падения £ц = £ c o s c p , другая перпендикулярно к ней E L = Е sin ср.
Коэффициент
отражения
р
определяется
отношением
интенсивностей отраженного 1ге^ и падаю щ его /0 =wj| + w x потоков. При
падении под углом Брю стера отражается только свет, поляризованный
перпендикулярно плоскости падения, т.е.
l re^
• Таким образом,
получаем:
Р = w f/ / 0;
Величину
(1 )
(1 ) позволяет определить одна из формул Френеля (0] -
угол падения; 02 - угол преломления):
w f /w_L =sin2(eI - e 2)/sin2(e1+92) = sin2(e1- 0 2);
(2)
В последнем равенстве (2 ) использован тот факт, что при падении под
углом Брю стера
0,+ 02 = Tt/2;
У читы вая,
что
интенсивность
потока
(3)
пропорциональна
квадрату
соответствую щ ей амплитуды, на основании (1 ) и (2) находим:
р = w1 s in 2( 0 1 —0 2)//о = £ 2 sin2 cpsin2 (0 j - 0 2 )/ £ 2 = s i n ^ s i n 2 (0 1 - 0 2 ) ; (4 )
В ы рази м sin (0j - 0 2) (4 ) через показатель преломления воды п.
sin(0i - 0 2 ) = sin 0j c o s 0 2 - c o s 0 ] s in 0 2 = s in 2 0 , - co s2 0 , = 2 sin 2 0 j - 1 ;
(5 )
В торое равенство (5) получено с помощью соотношения (3).
У го л Брю стера должен удовлетворять условию : t g 0 j = « ; на этом
О
основании получаем sin © , = «
0
0
о
cos 0 , = и ( 1 - s i n
о
0 , ) ; отсю да
sin2 0j = н2 /(н2 + 1 );
(6 )
П одставляя (6 ) в (5 ), окончательно находим: sin(0] - 0 2 ) = (и2 - 1 ) 1{п2 + 1 ).
Таким образом, коэффициент отражения (4 ) будет равен:
р = sin 2 ф[(п2 - 1 ) /(и2 + 1)]2 ; р = 0 ,0 3 8 6 .
3 -4 (5 -1 8 3 ) Узкий пучок естественного света падает под углом Брю стера на
поверхность толстой плоскопараллельной пластины. При этом от верхней
поверхности
отражается
р = 0 .0 8 0
светового
потока.
Найти
степень
поляризации пучков 1 - 4 (рис.).
Р еш ени е.
Интенсивность
/0
естественного света складывается
из
двух
одинаковых
составляю щ их, одна из которых
поляризована в плоскости падения
(м>|[), другая - перпендикулярно к
ней (w x ):
70 =W||+w_l ;W|| = w ± = / 0 /2;
Для
через
света,
(1 )
проходящего
плоскопараллельную
пластину, угол падения 0] на её
верхню ю поверхность становится углом преломления на нижней границе и
угол преломления 02 в первом случае оказывается углом падения во втором
(рис.).
Таким образом, если при падении на верхню ю поверхность пластины
вы полняю тся
Брю стера
условия, характеризующ ие
( 0 t + 0 2 = л /2;
tg 0 j = и ,
угол
п -
где
падения
(0 j)
отношение
как угол
показателей
преломления сред распространения преломленного и падаю щ его лучей), то
подобные условия будут вы полняться и на нижней границе, т.е. и в этом
случае
падение
света
будет
происходить
под
углом
Брю стера,
принимающем, однако, другое численное значение (0 2).
Отраженный луч при падении под углом Брю стера оказы вается
полностью поляризованным в плоскости, перпендикулярной к плоскости
падения, поэтому степень поляризации лучей 1 и 3 (рис.) будет равна
р1 = р3 = 1 .
П реломленные лучи 2
исклю чением
случая
0 j = 0 2 = O)
и 4 при лю бом угле падения (за
будут
частично
поляризованными.
Компоненты этих лучей, поляризованные в плоскости падения, полностью
определяю тся соответствую щ ей составляю щ ей W
|| естествен ного света:
( 2)
=т
Компоненты лучей 2 и 4, поляризованные перпендикулярно плоскости
падения,
вы раж аю тся
разностью
соответствую щ их
составляю щ и х
в
падающ ем и отраженном лучах. Для луча 2 находим:
w f = w± При
получении
второго
равенства
= wx (1 - 2p);
(3 )
(3)
использовано
вы раж ение
для
коэффициента отражения при падении под углом Брю стера (зад ач а 3 -3 ):
р = vHjP / / 0 = W? /(2 wx );
(4)
(2)
(2 )
Принимая во внимание равенства (1) - (3 ), находим W|j • >иЛ_ , т.е.
W|[2) является наибольшей компонентой луча 2 , поэтому степень его
поляризации будет следую щ ей (задача 3-2):
Р2 = ( Wl|2) - w i2 )) /(w ,j2) + w i2 )) = [1 - (1 - 2 p ) ] /[1 + (1 - 2 p ) ] = p /(1 - p ) = 0 ,0 8 7 ; ( 5 )
С
помощ ью
одной
из
формул
Френеля
отношение
одинаково
поляризованных составляю щ их отраженного и падающего света в (4)
можно вы разить через относительный показатель преломления п (зад. 3-3):
2р = wi4 /w± = sin2 (0 , - 0 2 ) /sin2 (6i + 0 2 ) = (и2 - 1)2 /(и2 + 1)2 ;
(6 )
К ак бы ло отмечено выш е, луч 2 падает на нижнюю поверхность
пластины
также
под
последовательность
преломления
1/и
углом
равенств
-
Брю стера,
поэтом}'
(6 )
относительным
-
с
будет определять
и
в
этом
случае
показателем
отношение соответствую щ их
составляю щ их, поляризованных перпендикулярно плоскости падения:
w[3) /w f >= (1 /пг - 1)2 /(1 /л 2 + 1)2 = (л 2 - 1)2 /(и2 + 1)2 = 2 р ;
(7)
Таким образом, на основании (3 ) и (7 ) для w]4-1 будем иметь:
(1 - 2p ) =
(1 - 2 p )2 ;
(8)
Учиты вая (2 ) и (8), для степени поляризации луча 4 получаем (W|[4) > Wj_4)):
р
4
w|j4) Z—L .
Wil ~wx(l-2 p )2 1—(1 —2p)2
W|j4) + w^_4)
v^j + w± (1 - 2 p )2
1 + (1 - 2 p )2
2p(l ~p)
1 - 2p + 2 p 2
3 -5 (5 -1 8 5 ) Узкий пучок естественного света падает под углом Брю стера на
стопу С толетова, состоящ ую из N толсты х плоскопараллельных пластин.
Найти степень поляризации прошедшего пучка.
Решение. Е сли на верхню ю поверхность первой пластины свет падает под
углом Брю стера, то -
как можно заклю чить на основе геометрических
соображений (задача 3 -4 ) - и на всех последую щ их граничных плоскостях
пластин из указанной стопы падение света также будет происходить под
углом Брю стера. По этой причине на каждой поверхности каждой из
пластин будет отражаться только поток, поляризованный перпендикулярно
к
плоскости
отраженного
падения;
w ^f
и
при
этом
отношение
соответствую щ ей
р±
компоненты
интенсивностей
w” c падающего
потоков будет определяться выражением (задача 3 -4 ; п -
показатель
преломления материала пластин):
р ± = Ч е/ /< с = ( « 2 - 1)2 /(«2 + 1)2 ;
При
всех
отражениях
составляю щ ая
естественного
(1 )
света,
поляризованная в плоскости падения, будет сохранять сво е значение.
224
Другая
составляю щ ая
wx , поляризованная перпендикулярно к этой
плоскости, после двукратного отражения на границах каждой пластины
приобретает в соответствии с (1 ) множитель (1 - рх ) 2 .
Степень
поляризации
потока,
прош едш его
первую
i —( i —Рх) 2 -J - g 4 .
2п
пластину,
состави т (задача 3 -4 ):
- w i ( i - P - i )2
р
1
wy + w ^ C l- p x ) 2
l + ( l- p j_ ) 2
1 + n2
1+ a 4 ’
Аналогично после второй пластины степень поляризации будет равна:
р
,l-q - P i)4 = l - a 8.
2 W n + w ^ l-p j4 1+ (1 - P l)4 1+ a 8’
Таким образом, после прохождения всей стопы степень поляризации
будет следую щ ей: PN = [1 —(1 —P x )22V]/ [l+ С1 —P x ) 27V] = С1 ~ сх4Лг )/(1 + сх4//).
3 -6 (5 -1 9 4 ) Кварцевую пластинку, вырезанную параллельно оптической
оси, поместили м еж ду двумя скрещенными поляризаторами (рис.). У гол
м еж ду
плоскостями
пропускания
поляризаторов
и
оптической
осью
пластинки равен ср = 4 5 °. Толщ ина пластинки d = 0 ,5 0 мм. При каких
длинах волн в интервале 0 ,5 0 - 0,60 мкм интенсивность света, прошедшего
через эту систему, не будет зависеть от поворота заднего поляризатора?
Р азн ость показателей преломления
необыкновенного и обыкновенного
лучей в этом интервале длин волн
считать Ап = 0 ,0 0 9 0 .
Решение.
Вне
характера
зависимости
поляризации
падаю щ его
на
первый
поляризатор, на вы ходе из
свет
становится
поляризованным
пропускания
По
этого
условию
составляет
угол
от
света,
него
линейно
в
плоскости
поляризатора.
эта
плоскость
(р = 4 5 °
с
оптической
осью
последующей
пластинки,
поэтому
амплитуды
необыкновенного и обыкновенного лучей будут одинаковыми. Е сли после
прохождения пластинки разность фаз между этими лучами будет равна
5 = (2& + 1)я/2;
/с = 0 ,1 , 2 ...... то прошедший свет становится циркулярно
поляризованным, и его интенсивность на вы ходе второго поляризатора не
будет зави сеть от угла поворота последнего. Следует отметить, что
дополнительная разность
лучей,
приобретаемая
фаз (я) необыкновенного
ими после прохождения
и обыкновенного
второго
поляризатора
(рис.), не приводит к изменению вида приведенного условия. Выражая
указанную разность фаз через толщину пластинки и разность показателей
преломления, получаем:
8 -2 т :dAn /X = (2/с + 1)тс/ 2. О тсю да X = 4dAпК2к + \ )\ к-8,\ ,2,....
М етодом
подбора
в
интервале искомы х
длин
волн
(м км )
находим:
X = 0,581; X = 0,545; X = 0 ,5 1 4 соответственно при к = 15; к = 16; к = 1 7 .
3 -7 (5 -2 0 0 ) М онохроматический поляризованный по кругу свет падает
нормально
на
кристаллическую
пластинку,
вырезанную
параллельно
оптической оси. За пластинкой находится
поляризатор,
плоскость
пропускания
которого составляет угол (р с оптической
осью
пластинки.
П оказать,
что
интенсивность света, прошедшего через
эту систем у, Г = 7(1 + sin 2ф sin 5 ) , где 6 разность
фаз
между
необыкновенным
обыкновенным
лучами,
и
которую
вносит пластинка.
Решение. Циркулярно поляризованный
свет можно представить в виде суммы
двух
одинаковых
составляю щ их,
взаимно
по
ортогональных
отличающихся
амплитуде
поляризованных
по
фазе
плоскостях
на
во
и
±я/ 2.
Конкретное расположение упомянутых плоскостей поляризации остается
произвольным.
226
При
нормальном
падении
света
на кристаллическую
пластинку
эти
плоскости
естественно
считать
совпадаю щ ими
с
плоскостями поляризации обыкновенного и необыкновенного лучей. Е сли
обозначить амплитуды указанны х компонент падающего света как Е 0 и
Ее
( Е 0 = Е е = Е ),
то
на
вы ходе
расположенного
за
пластинкой
поляризатора результирующ ий поток энергии будет состоять из двух
составляю щ их
с амплитудами:
Разность
б'
фаз
м еж ду
Е'е - Е е coscp (рис. а).
sin ср и
этими
компонентами
определяется
двумя
слагаемыми: разностью фаз составляю щ их циркулярно поляризованного
света
(± д / 2 )
и
величиной
+ 8; (8 > 0 ),
обусловленной
разностью
показателей преломления обыкновенного и необыкновенного лучей при
прохождении света через пластинку:
f
я/2±8
|_— 7 т / 2
Д ля
квадрата суммарного
+
5 =
— (д т / 2
Т
( 1)
8 )
вектора амплитуды
Е'2 прош едш его
сигнала на основании теоремы косинусов получаем (рис. b ):
Е'2 = Е'2 + Е'2 + 2 Е'0Е'е cos б' = Е 2 + 2 Е 2 sin ф cos ф cos 8' =
= ^.2 К1Т sin 2ф sin 5 )
,2ч
{(1 ± sin 2ф sin б)
При получении последнего равенства (2) использовано соотнош ение (1 ) и
учтена четность функции косинуса. В обоих вариантах этого равенства
первый
знак
относится
к
случаю
положительного
8,
второй
-
отрицательного. Таким образом, этот знак в (2 ) зависит от соотношения
знаков слагаем ы х суммарной разности фаз б '(1 ), а не только от знака 8.
В соответствии с (2 ) для интенсивности прошедшего сигнала будем
иметь:
(1 + зш2ф sin 8 )
(1 ± зш 2 ф sin 8 ) ’
Полученное выражение (3 ) отличается по обсуж давш ем уся вы ш е знаку от
соответствую щ ей
формулы,
приведенной
в
условиях
задачи.
Как
показывает проведенное рассмотрение, эта формула относится только ко
второму случаю суммарной разности фаз 8 '(1 ).
3 -8
(5 -2 0 9 )
Я чейку
поляризаторами
конденсаторе
Керра
поместили
что
направление
так,
образует
поляризаторов.
угол
Конденсатор
45°
имеет
между
двумя
скрещенными
электрического
с
поля
плоскостями
длину
Е
в
пропускания
/ = 1 0 0 мм
и
заполнен
нитробензолом. Через систем у проходит свет с X = 0 ,5 0 мкм. Имея в виду,
что в данном случае постоянная Керра В = 2 ,2 -1 0 '10 см/В2 (эта постоянная
определяет разность показателей преломления для необыкновенного пе и
обыкновенного п0 лучей пе ~ п 0 = ВХЕ2), определить: а) минимальную
напряженность
электрического поля Е
в
конденсаторе,
при которой
интенсивность света, прошедшего через эту систему, не будет зависеть от
поворота заднего поляризатора; б) число прерываний света в одну секунду,
если
на конденсатор
подать синусоидальное напряжение с частотой
v = 10 М Г ц и амплитудным значением напряженности Е т = 50 кВ/см.
Решение, а) Если после прохождения через конденсатор свет окажется
циркулярно поляризованным, то его интенсивность на вы ходе из системы
не
будет
зави сеть
Н еобходимая
от
для
поворота
такого
второго
результата
поляризатора
оптическая
(задача
разность
3-6).
хода
необыкновенного и обыкновенного лучей будет равна:
1(пе - п 0) = 1ВХЕ2 = т Х / 4;
Минимальная
напряженность
т = 2к + 1;
электрического
к = 0 ,1 ,...;
поля
(1 )
соответствует
значению т = 1, поэтому E min = l/ (2V / 8); E mjn = 1 0 ,6 6 кВ/см.
б)
К оличество
приложенного
прошедший
плоскости
прерываний
напряжения
через
конденсатор,
пропускания
света
определяется
первого
остается
в
течение
числом
линейно
поляризатора,
одного
случаев,
периода
когда свет,
поляризованным
которая
по
в
условию
является ортогональной к плоскости пропускания второго. Для реализации
указанной ситуации разность хода (1 ) необыкновенного и обыкновенного
лучей долж на быть равна целому числу длин волн проходящего через
систем у света:
1(пе - п 0) = Ш кЕ2 =тХ\
т = 0 ,1 ,...;
(2 )
М аксимальное значение т в (2 ) определяется амплитудой напряженности
Е т : ттт < 1ВЕ 2т ; в качестве ттгх следует использовать наибольш ее целое
число, удовлетворяю щ ее последнему неравенству ( ттах = 5 ).
В
течение
периода
прилагаемого
синусоидального
напряжения
модуль соответствую щ ей напряженности Е принимает каж дое значение,
препятствую щ ее прохождению света, 4 раза для 1 < т < rnmax и только два
раза для т - 0. Таким образом, число прерываний за период составляет
п = 4тшх + 2 , и следовательно, общ ее число прерываний в секунду будет
равно: N = vn = v(4w max + 2 ) ; N = 2 ,2 ТО8 с '1.
3-9 (5 -2 1 3 ) Трубка с бензолом длины / = 2 6 см находится в продольном
магнитном поле соленоида, расположенного м ежду двум я поляризаторами.
У гол
м еж ду плоскостями
пропускания поляризаторов равен
9 = 71/4.
Найти минимальную напряженность магнитного поля, при которой свет с
X = 5 8 9 нм будет проходить через эту систем у только в одном направлении
(оптический вентиль). Как будет вести себя этот оптический вентиль, если
изменить направление магнитного поля на противоположное?
Решение.
У го л
поворота
плоскости
поляризации
света
вещ еством ,
находящ имся в магнитном поле, определяется соотнош ением: ф = VIН , где
V - постоянная Верде (магнитная вращательная способн ость), / - длина
пути света в вещ естве, Я - напряженность магнитного поля. Направление
поворота определяется направлением поля и не зависит от направления
луча.
П осле
первого
поляризатора
свет
становится
линейно
поляризованным. Если последую щ ее прохождение этого излучения через
бензол,
помещенный
поляризации
на угол
в
магнитном
поле,
ф = 0 = л/ 4 + кк:
повернет
его
плоскость
к - 0 ,1 ,..., то такой свет без
уменьш ения интенсивности пройдет через второй поляризатор.
С
другой
стороны,
при
распространении
света
через
рассматриваемую систем у в противоположную сторону его плоскость
поляризации
поляризатора.
будет
определяться
Прохождение
через
плоскостью
бензол
в
пропускания
магнитном
второго
поле
опять
повернет плоскость поляризации излучения на такой ж е угол ф, как и в
предыдущ ем случае, причем именно в сторону первого поворота. В
результате
эта
плоскость
оказывается
ортогональной
плоскости
пропускания первого поляризатора, и следовательно, прохождение света
через вентиль в сторону, противоположную рассмотренной в начале,
становится невозможным.
Для определения минимальной напряженности магнитного поля
следует положить к = 0 , поэтому ф = Р7Я = я / 4 . О тсю да Я = я/(4Р/); для
указанной
длины
волны
X постоянная
V- 2 ,5 9 угл. мин./А,
поэтому
получаем: Я = 4,01 кА/м.
При изменении направления магнитного поля на противоположное
поворот плоскости поляризации света будет осущ ествляться в другую
сторону, в результате чего становится противоположным и направление
пропускания света вентилем.
4 . Т еп л о вое и злучен и е. К ван товая п рирода св е т а
Основные формулы
• Закон Стефана - Больцмана ( R = (е/4)и - энергетическая свети м ость; и объемная плотность энергии равновесного теплового излучения): R = а Г 4 .
• Закон смещ ения Вина ( Хт -
длина волны, на которую приходится
максимум излучательной способности (с/4)м^ черного тела): ТХт = Ъ.
• Энергия фотона: hv = /ив = hc/X .
• И мпульс фотона: p = h v /c .
• Ф ормула Эйнштейна для фотоэффекта: hv = А + ту^лх /2 .
• Эффект Комптона (0 - угол рассеяния):
ДX
- X ' - X = { h l т0с)( 1 - cos 8 ) .
4-1 (5 -2 7 4 ) Преобразовать формулу Планка для объемной спектральной
плотности излучения
от переменной а к переменной X. В ы вести на
основании выражений для иш и их закон Стефана - Больцмана и закон
смещ ения В и на соответственно.
Решение, Ф ормула Планка для спектральной плотности ию им еет вид:
Mm= W / [ 7 t V ( e ft“ / i r - l ) ] ;
(1 )
здесь Т - абсолю тная температура; h = h t 2% - постоянная Планка; с скорость света; к - постоянная Больцмана.
Суммарная плотность равновесного излучения и определяется
оо
интегралом: и = ju ^ d a . Сделаем в этом интеграле зам ену переменной о
перейдем от частоты со к длине волны X: со = 2 пс /X ;d a = - 2 itc /} ? d k , тогда
будем
иметь
О
оо
м = -2 л с | м т (со(А,))/А,2сЛ. = \uxdX,
со
где
плотность
их
О
вы ражается соотнош ением:
их =16п2Нс/[Х5{е ЫкП--1)]\
(2)
В соответстви и с ранее известны м законом Стефана - Больцмана,
энергетическая
светим ость
R = (c/4 )u
абсолю тно
черного
тела
пропорциональна четвертой степени температуры R = а Т 4 .
Н а основании (1 ) для полной плотности излучения и получаем:
h
CQ3d(0
и = К < * ° = - т т .[ О
п 2с 3 1 е Ы1кТ- 1
и
V
к:Т
h
4 оо
3j
j х ах
п2к 4
х -1
Г4;
15Й3с 3
(3)
В третьем равен стве (3) проведена зам ена переменной Йсо 1{кТ) = х , в
х cfo
четвертом - использовано значение интеграла J —
о е" - 1
тС
15
Для энергетической светимости окончательно находим:
3„2> п4 _ „ г 4 •
i? = [ A 4 /(60f t V ) ] r = о Г ;
(4)
Таким образом, формула Планка (1 ) не только позволяет получить
закон
Стефана - Больцмана,
но
и
выразить
коэффициент
пропорциональности а через мировые постоянные (4).
С огласно такж е ранее установленному закону смещ ения Ви на, длина
волны Х,„, на которую приходится максимум излучательной способности
(с/4 )и х черного
тела,
обратно
пропорциональна
температуре
(Ь -
постоянная): Tkm = Ъ.
О пределим экстремум (м аксим ум ) плотности % (2 ). П роведя замену
переменной h e /(кТХ) = х и опуская все постоянные множители, получаем:
d
d
x 5 dx
d k x
d x e x -\ dX
5x4(e x - l ) - x 5e x ( l )
(ex - l ) 2
n
U 2J
Бесконечно возрастаю щ ие, а также нулевые, значения множителей в
знаменателе предпоследнего выражения (5) не представляю т интереса при
определении Хт ; подобное замечание относится и к нулевому значению
множителя
х 4 в числителе. Сокращая на перечисленные множители,
будем иметь: 5(ех - 1) - хех = 0 . Полученное трансцендентное уравнение
реш ается численно, его корень равен х т = 4 ,9 6 5 1 . Принимая во внимание
проведенную замену, находим: Ткт = he /(кхт) = Ъ.
Таким
образом,
закон
смещения Вина,
как и закон
С теф ана-
Больцмана, является следствием формулы Планка; более того, эта формула
позволяет такж е получить выражение соответствую щ ей постоянной b
через и звестны е величины.
4 -2 (5 -2 6 7 ) М едный шарик диаметра d = 1,2 см поместили в откачанный
сосуд,
температура
стенок
которого
поддерживается
близкой
к
абсолю тному нулю. Начальная температура шарика Т0 - 3 0 0 К. Считая
поверхность шарика абсолю тно черной, найти, через сколько времени его
температура уменьш ится в ц = 2 ,0 раз.
Р еш ен и е. На основании закона Стефана - Больцмана R = а Т 4 поверхность
шарика за время dt излучит энергию:
dE = %d2Rdt = ■Kesd2T 4dt\
(1 )
И сточником этой энергии является внутренняя энергия шарика, которая в
результате указанного излучения уменьшится на величину (р - плотность
меди; еСи - её удельная теплоемкость):
dE - -p(7ta?3 /6)cCud T ;
(2 )
Приравнивая выражения (1 ) и (2 ), получаем:
<jT4dt - - p ( d /6)cCud T ;
Соотнош ение
уравнение
с
(3 ),
представляющ ее
разделяющ имися
собой
переменными,
зави си м ость температуры шарика от времени.
(3 )
дифференциальное
позволяет
определить
Разделяя
переменные
d T /T 4 = - 6 а /(pcCud)dt
условий
= Т0
Г|
и
в
(3)
и
интегрируя,
1 /(ЗГ3) = 6 с /(pcCad )t + с0 .
позволяет
определить
находим:
У ч ет
произвольную
начальных
постоянную :
с0 = 1/(3T g). О кончательно получаем:
(Г0 /Г ) 3 = 1 + 1 8аТ03 /(pcCud ) t ;
(4 )
П одставляя в (4 ) заданное уменьшение исходной температуры, находим
время t0 этого изменения: t0 = (г)3 - 1)рcCud /(18стГ03 ) ; to = 2 ,9 4 ч.
4-3 (5 -2 6 8 ) Температура поверхности Солнца Т0 = 5 5 0 0 К. Считая, что
поглощ ательная способность Солнца и Земли равна единице и что Земля
находится в состоянии теплового равновесия, оценить её температуру.
Реш ен и е. В соответстви и с законом Стефана - Больцмана, полная энергия,
излучаемая Солнцем в единицу времени, вы раж ается следую щ им образом
(Rs —радиус Солнца):
£ = с Г 04 4лД | ;
По
мере
удаления
от
поверхности
Солнца
(1 )
энергия
(1 )
равномерно
распределяется по сфере возрастаю щ его радиуса. Ч асть АЕ этой энергии,
попадающ ая на Землю, определяется отнош ением поперечного сечения
планеты (RE - радиус Земли) к поверхности сферы радиуса R$e, равного
расстоянию от Солнца до Земли:
АЕ = EnR2E /(4nR 2SE) = %aT0AR 2s R2E IR 2SE\
' (2 )
П о условию Земля находится в состоянии теплового равновесия,
поэтому энергия (2 ) долж на излучаться Землей в единицу времени в
окружающ ее пространство. В соответствии опять-таки с законом Стефана
- Больцмана ( ТЕ - температура поверхности Земли) получаем:
АЕ = сТ Е 4 n R g ;
П одставляя
в
(3 )
АЕ
из
(2 ),
находим:
(3 )
Tq R e = 4TEREE ■ О тсю да
(i?s = 6 ,9 5 - 108 м; Rs e = 1,495 -К )" м ): TE = T ^ R S /(2R SE) ; TE = 2 6 5 ,2 K.
4-4 (5 -2 8 0 ) Л азер излучил в импульсе длительностью т = 0,13 м с пучок
света с энергией £ = 1 0 Дж. Найти среднее давление такого светового
импульса, если его сфокусировать в пятнышко диаметром d = 10 мкм на
поверхность, перпендикулярную к пучку, с коэффициентом отражения
р = 0 ,5 0 .
Р еш ен и е. Суммарный импульс Р рассматриваемого пучка света является
произведением импульса отдельного фотона (v - частота излучения) h v lc
на число фотонов в пучке Е /(h v ): Р = Е / с . По условию часть общего
импульса (1 - р )Р непосредственно поглощ ается поверхностью , тогда как
оставш аяся часть рР отражается. Таким образом, поверхности передается
импульс
(1 - р )Р + 2рР = (1 + р ) Р . М ножитель 2 в левой части равенства
обусловлен тем , что при упругом отражении соответствую щ ей части
фотонов их исходный импульс поглощ ается и заменяется противоположно
направленным.
Сила давления F определяется импульсом, переданным в единицу
времени единице площади поверхности, поэтому
F = (1 /т)4 /(та/2 )(1 + р)Р = 4(1 + р)Е /{en d 2т ) ; F = 4 ,9 М П а = 48,3 атм.
4 -5 (5 -2 8 2 ) П лоская световая волна интенсивности I = 0 ,2 0 Вт/см2 падает на
плоскую зеркальную поверхность с коэффициентом отражения р = 0,8.
У го л
падения
0 = 45°.
Определить
с
помощ ью
корпускулярных
представлений силу светового давления, которое оказы вает свет на эту
поверхность.
Р еш ени е.
Обозначим
через
S
площадь некоторой части фронта
падающей
плоской
Соответствую щ ий
передаваемый
указанной
определяется
импульсов
( P0 = S I / c )
АР,
зеркальной
поверхности
фронта,
волны.
импульс
частью
разностью
падающ его
и
отраженного
Ро
Pi
(Pl = pPQ) потоков: АР = Р0 - Р , . Проекция АР на направленную вниз
(внутренню ю ) нормаль к этой поверхности вы ражается соотношением
(рис.):
ДРЯ = Р0 cos в - Рхcos(7r - в ) = Р0(1 + р ) cos в = (57 /с )( 1 + р ) cos 0.
Величина АРп характеризует суммарное давление падаю щ его потока 57
излучения
на
часть
отражающ ей
плоскости,
площ адь
которой,
определяемая сечением этого потока упомянутой плоскостью , составляет
5 7 c o s 0 (ри с.). Давление F на единицу отражающ ей поверхности будет
следую щ им:
F = АРп / (S/ cos0) = (7 / c )(l + p )c o s2 9 ; 7^= 0 ,6 нН/см2.
4-6 (5 -2 8 9 ) Узкий пучок рентгеновских лучей падает на монокристалл
N aCl. Наименьш ий угол скольжения, при котором
зеркальное
отражение
м еж плоскостны м
от
си стем ы
расстоянием
еще
кристаллических
d = 0 ,2 8 нм,
равен
наблю дается
плоскостей
а = 4 ,1 ° .
с
Каково
напряжение на рентгеновской трубке?
Р еш ени е.
Ф ормула
Б р эгга -В у л ь ф а ,
описывающ ая
рассматриваемое
отражение, им еет вид: 2d sin а = кХ; к = 1 , 2 , . . . . П о условию к = 1, поэтому
частота падаю щ его на кристалл рентгеновского излучения долж на быть
следую щ ей: v = c / ) . - c !(2d sin а ) . Напряжение U на рентгеновской трубке,
разгоняющ ее электрон до скорости, необходимой для генерации при
торможении фотона частоты v, определяется из равенства: hv = e U .
Таким образом, U = h v / e - h e / ( 2 e d sin a)-, U = 31 к В .
4 -7 (5 -2 9 0 ) Найти длину волны коротковолновой границы сплош ного
рентгеновского
спектра,
если
скорость
электронов,
подлетаю щ их
к
антикатоду трубки, v = 0,85 с, гд е с - скорость света.
Р еш ени е.
В
релятивистском
приближении
кинетическая
энергия
Т
электрона определяется разностью его полной энергии и энергии покоя
(т о- м асса покоя электрона):
Т - m0c 2 /yjl- (v /с ) 2 - т0с 2 = т0с 2^ /-Jl - (v / с)2 —l j.
М инимальная длина волны фотона, который при торможении м ож ет
излучить обладающ ий энергией Т электрон, будет следую щ ей:
т= ^v max; ^min =hc/T = h/[ff!0c(l/л/ i - (v/c)2 - i ) ;
=
2,7пм.
4 -8 (5 -2 9 5 ) Найти максимальную кинетическую энергию фотоэлектронов,
вы ры ваем ы х
с
поверхности
напряженность
лития
электрической
электромагнитным
составляю щ ей
которого
излучением,
меняется
со
временем по закону Е = a ( l + cosco/)cosco0 f , где а - некоторая постоянная,
со = 6 ,0 ' 1 0 14 с 1 и«о0 = 3 ,6 0 -1 0 13с '1.
Р еш ен и е. Преобразуем выражение для напряженности ионизирующего
излучения
Е = а ( 1 + cos ш t) cos со0Г = a {co s со0t + (1 /2)[cos(co + со0 )r + cos(co - ю0 )? ] }; (1 )
П оследнее равенство
состои т
из
трех
(1) показывает, что рассматриваемое излучение
составляю щ их,
характеризующ ихся
частотами. М аксимальная кинетическая энергия
дости гается
при
ионизации
фотонами
Гшах
наибольшей
различными
фотоэлектронов
частоты ,
поэтому
( Аи - 2 ,3 9 эВ - работа вы хода лития):
^тах =
^ о ) —-^Li > -^тах = 0>38эВ.
4 -9 (5 -3 0 0 ) П оказать с помощью законов сохранения, что свободный
электрон не м ож ет полностью поглотить фотон.
Р еш ен и е.
П оследую щ ее
рассмотрение
проведем
в
систем е
отсчета,
связанной с неподвижным до столкновения электроном. В случае полного
поглощения фотона закон сохранения энергии будет иметь вид (v - частота
и сходного фотона; т0 - м асса покоя электрона):
hv + т0с 2 - mrc 2 ;
где
mr = т0 /y j\ -(v /c )2 -
релятивистская
(1 ),
м асса электрона, v -
его
скорость после столкновения.
Закон сохранения импульса можно записать следую щ им образом:
hv = cmrv ;
(2 )
И склю чая энергию фотона из уравнений (1 ) и (2), получаем:
т0с = mr{ c - v) = т0с(с - v )/V c 2 - v 2 . О тсю да находим ( v < с ):
•Jc + v = л/ c - v ;
(3)
Р авенство (3) м ож ет быть справедливым только при v = 0, т.е. при
нулевой конечной скорости свободного, исходно неподвижного электрона,
поглотивш его
236
фотон
в
результате
столкновения.
Подобная
ситуация
является
очевидно
невозмож ны м
и
нереальной,
полное
а
поглощение
следовательно,
фотона
при
оказы вается
рассм атриваем ом
столкновении.
4-10 (5 -3 0 3 ) Ф отон с энергией Й<в =
йу
= 1,00М эВ рассеялся на свободном
покоивш емся электроне. Найти кинетическую энергию электрона отдачи,
если в результате рассеяния длина волны фотона изменилась на р = 2 5 % .
Р еш ен и е. В результате столкновения часть энергии и сходного фотона
переходит в кинетическую энергию Г электрона:
hv - hv' = Е - т0с 2 - Т ,
(1 )
где v и v ' - частота фотона до и после рассеяния соответствен н о; Е полная энергия электрона после столкновения,
Вы раж ая в (1 ) энергию каждого фотона через длину волны , получим
(по условию А/ = А(1 + р )) :
Т = й с/ А -й с/ А ' = (/гс/А)р/(1 + г|) = /гшр/(1 + р ) ; Г = 0 ,2 0 М э В ,
4-11
(5 -3 0 7 )
Ф отон
рассеялся
под
углом
0 = 120°
на
покоивш емся
свободном электроне, в результате чего электрон получил кинетическую
энергию Т —0,45 М э В . Найти энергию фотона до рассеяния.
Р еш ени е. Уравнение, описываю щ ее комптоновское рассеяние, и м еет вид
(А и А' - длины волн исходного и рассеянного фотонов соответствен н о):
А' - А = (А /w0c )( l - cos 0 ) ;
(1)
Переходя в (1) от длин волн к частотам (А = c / v ), получаем:
hv - h v ' = [hvhv' /(m0c2)]( 1 - cos 9 ) = [ hvhv'l(m0c 2 )]2 sin2 (0 /2 ) ;
(2)
Закон сохранения энергии h v - h v ' = T (задача 4 -1 0 ) позволяет исклю чить
величину hv' из (2 ), в результате приходим к квадратному уравнению
относительно энергии исходного фотона:
(hv)2 - (hv)T - m 0c 2T /[2 sin 2 (0 /2)] = 0 .
Реш ая его, находим: hv = ( T / 2 ) [l + д/l + 2 m0c 2 /[T sin2 ( 0 /2)] j = 0 ,6 7 7 М эВ ,
Реш ение с отрицательным знаком перед корнем физического см ы сла не
имеет (h v > 0 ).
4 -1 2 (5 -3 0 8 ) Найти длину рентгеновского излучения, если максимальная
кинетическая энергия комптоновских электронов Тт= 0 .1 9 М эВ .
Р еш ен и е.
Кинетическая
энергия
комптоновского
электрона
будет
максимальной при минимальной частоте рассеянного фотона (задача 4 -1 0 ),
иначе говоря, при максимальном изменении длины волны падающего
фотона. В соответствии с формулой (1 ) задачи 4 -1 1 , указанная ситуация
реализуется при 9 = я , т.е. в случае рассеяния назад. Законы сохранения
энергии и импульса приобретают при этом вид (р - импульс, полученный
электроном):
( 1)
(2)
В (2 ) учтено, что в рассматриваемом случае импульсы обоих фотонов, а
следовательно, и электрона направлены по одной прямой.
Склады вая уравнения (1) и (2), находим:
(3)
В последнем равенстве (3 ) использовалась формула, выражающ ая связь
импульса
релятивистского
электрона
и
его
кинетической
энергии:
р 2с 2 = Т 2 + 2Тт0с 2.
П ереходя в (3 ) к длине волны, для исходного фотона получаем:
А = 2 he /[Тт + ^ Тт(Тт +2т 0с 2 ) ] ; А = 3 ,7 пм.
5. Рассеяние частиц. Атом Резерфорда-Бора
Основные формулы
• Ф ормула, определяющая угол рассеяния 0 заряженной частицы ( q ) полем
неподвижного
ядра
(q0):
tg(Q/2) = qq0 /(2 b T ),
где
b
-
прицельное
расстояние, Т - кинетическая энергия частицы.
• Дифференциальное эффективное сечение рассеяния:
d a = { [ q q 0 /(4T)]2 /sm\Q/2)}dCi-, dQ = smQdQdq> .
• Энергия электрона на и-ой стационарной орбите водородоподобного
иона: Е п = - R hZ 2 ln 2\ R = m e 4 /(2Й3) - постоянная Ридберга.
• Энергия перехода м ежду двумя стационарными состояниями:
hv = E 2 - E l = R hZ 2^ lr % - U n i).
5-1 (6 -4 ) Альф а-частица с кинетической энергией T = 0 ,5 0 М эВ рассеялась
под углом 9 = 90° на кулоновском поле неподвижного ядра атома ртути.
Найти: а) минимальное расстояние г0, на которое она сблизилась с ядром;
б) наименьший радиус р0 кривизны её траектории.
Р еш ен и е, а) В процессе движения
альфа-частицы будет сохраняться
её
м ом ент
относительно
вектор
импульса
ядра
силы
атома
L
Hg:
кулоновского
взаимодействия
меж ду
ними
проходит непосредственно через
ядро,
и
следовательно,
соответствую щ ий
равен
нулю.
момент
На
будет
больш ом
расстоянии от ядра момент L составит: L = m vb , где m - м а сса частицы, v её исходная скорость, b -
прицельное расстояние. Траектория альфа-
частицы в поле ядра является одной из ветвей гиперболы. В вершине этой
ветви, в точке максимального сближения частицы с ядром, вектор её
скорости v 0 будет ортогонален напряженности кулоновского поля ядра, а
следовательно,
и радиусу-вектору
Го альфа-частицы
(ри с.),
поэтому,
используя закон сохранения м ом ента импульса, получаем: L = mvb = mv0r0.
О тсю да находим:
vb = v0r0 ;
(1)
В случае рассматриваемого движения альфа-частицы будет такж е
сохраняться её начальная (кинетическая) энергия Т = mv2 /2 :
Г = mv] / 2 + 2Ze2 /r0 = (mv2 /2 ){b /?-0 f + 2Z e2 /r0 = T{b /r0f + 2 Ze2 /r0 ,
(2)
где оту д /2 и 2 Z e2 /r0- кинетическая и потенциальная энергии частицы в
точке максимального сближения с ядром Hg соответствен н о; Ze - заряд
ядра, 2е -
заряд альфа-частицы. В о втором равенстве (2) скорость Vo
выражена н а основании (1).
И спользуя (2 ), получаем квадратное уравнение для г0:
r02 - ( 2 Z e 2 /T )r0 ~ b 2 = 0 .
Реш ение его будет следующ им: r0 = (Z e2 /Г ) ] 1 ± ^ l + [&27(Ze2 ) f
Ф изический см ы сл имеет только корень со знаком плю с (г0 > 0).
Учиты вая это обстоятельство, а также известную формулу из теории
рассеяния альфа-частиц:
tg(0/ 2 ) = Ze2 /(bT)-
(3),
окончательно находим ( 0 < п ):
r0 = (Z e 2 /Г ) 1 + д/l + ctg 2 (0/2)J= (Z e2 /Г)[1 + l/ sm (0 /2 )]; r0 = 0 ,5 5 7 пм. (4)
б) Как уже отмечалось, в точке максимального сближения альфачастицы с ядром Hg сила кулоновского взаимодействия ядра и частицы
F = 2Z e2 /г 2 направлена перпендикулярно её скорости v0. Поэтому в этой
точке
нормальная
совпадать
с
её
составляю щ ая
полным
ап ускорения
ускорением
альфа-частицы
будет
ап - а = F /т = 2Ze^ /(тг$ ) ,
и
следовательно, искомый радиус кривизны р0 (О - соответствую щ ий центр;
рис.) составит:
р0 =
/а„ = от( у0г0 ) 2 /(2Ze2 ) = ТЬ2 /{Ze2) = (Z e2 /Г ) ctg 2 (0 /2 ) = 0,231 пм. (5)
При получении третьего равенства (5 ) использовано соотношение (1), а
последнего равенства - (3).
5 -2 (6 -1 7 ) Эффективное сечение ядра атома золота, отвечаю щ ее рассеянию
моноэнергетических а-частиц в интервале углов от 0 = п /2 до 0 = п , равно
Дст = 0 ,5 0 кб.
Определить:
а)
кинетическую
энергию
Т
а-частиц;
б) дифференциальное сечение рассеяния d a /сЮ (кб/ср), соответствую щ ее
углу 0 = я / 3 .
Р еш ен и е. Элементарное эффективное сечение рассеяния определяется
соотнош ением (Ze - заряд ядра Аи; 2е - заряд альфа-частицы):
d a = [а 2 /sin 4 (0 /2)]аЮ; a = Ze2 / (2 J); rfQ = sin0<i0tfcp;
Ha основании (1 ) для заданного сечения Д а получаем:
(1)
. . 2 r
? sin0t/0 = 4 7 t J c o s ^ e = 8 7 t } ifo:
. , л.
Aa / a = \ — j---------= 2л
— з---------— = 4 tc; (2 )
J sin 4(0 / 2 )
nJ/2sin4 (0 / 2 )
n/ 2 sm 3(0 / 2 )
xf c x
В о втором равен стве (2) проведено интегрирование по q>; при вычислении
интеграла по 0 использовалась зам ена переменной sin (0/ 2) - х .
а) Н а основании (2) с учетом (1 ) находим: До = %{ze2 /t J . О тсю да
Т = Ze2yfnTKa ; Т = 0 ,9 0 3 М эВ .
б) С помощ ью (1 ) и (2) для дифференциального сечения получаем:
d a /d Q = а 2 /sin 4(0 / 2 ) = A a/[47tsin4 (0 / 2 ) ] ; cfo/dQ|0=jt/3 = 0 ,6 3 7 кб/ср.
5-3 (6 -1 9 ) Оценить 'время, за которое электрон, движущ ийся вокруг ядра
атома водорода по круговой орбите радиуса г0 = 0 ,5 3 ПО'8 см (орбите
электрона в основном состоянии атома), упал бы на ядро и з-за потери
энергии на излучение. Предполагается, что в лю бой м ом ент падения
электрон дви ж ется равномерно по окружности соответствую щ его радиуса.
Следует иметь в виду, что потеря энергии на излучение для электрона,
движ ущ егося с ускорением а, составляет: d E /d t = ~[2е2 /(3с 3)]а 2 .
Р еш ен и е. В рамках теории атома Бора при движении электрона по любой
круговой орбите вокруг ядра центробежная сила должна уравновеш иваться
силой кулоновского притяжения (т - м асса электрона, v - его скорость, г радиус орбиты): mv2 1г = е 2 / г 2. На основе этого равенства находим (ап нормальное ускорение): v2 = е 2 /(mr)\ а п = v2 / г = е 2 t(m r 2 ) ;
Е ш = m v2 /2 = е 2 /(2г) и E = E kin+ E pol = е 2 / ( 2 г ) - е 2 / г = - е 2 /(2 r );
При равномерном движении по окружности
(1 )
а - а п, поэтом у на
основании исходной формулы для d E /d t получаем:
dE = - [ 2 e 2 /(Зс3)](е2 /m r 2J d t = - [ 2 e 6 /(3m2c2) / r * ] d f ,
(2)
Продифференцируем выражение для полной энергии (1) и подставим
определенную таким образом величину dE в (2 ), в результате будем иметь:
r 2dr = - 4 е 4 /(Зте2с 3 ) d t ;
Проинтегрируем уравнение (3 ) при учете начальных условий г|
г 3 = _ [ 4 е 4 /(7и2с 3 ) ф + г03 ;
(3)
= г0 :
(4)
241
Приравнивая нулю правую часть (4), находим момент падения
электрона на ядро, иначе говоря, время жизни атома водорода, исходно
находивш егося в основном состоянии: t0 = т2с 3г03 /(4 е 4 ) ; t0 = 1 5 ,6 пс.
5 -4
(6 -3 7 )
Найти
энергию
связи
электрона
в
основном
состоянии
водородоподобного иона, в спектре которого длина волны третьей линии
серии Бальмера равна
= 108,5 нм.
Р еш ен и е. Третьей линии серии Бальмера соответствует переход между
пятым («2 = 5) и вторым (щ = 2 ) уровнями водородоподобного иона (Z заряд ядра в единицах е; R = те4 /(2Й3) - постоянная Ридберга):
hv = he /\ 3 = RhZ2 (l /«j2 - 1 /п \ )= 0,2 IRtiZ 2 ;
(1 )
С помощ ью соотношения (1) оказывается возмож ным определить
энергию Е\ основного состояния (и = 1) упомянутого иона (энергию связи
|£)| электрона), а такж е заряд его ядра:
£ , = -R h Z 2 In 2 = -R h Z 2 = - h e /(0,21X3) ; |JE,| = 5 4 ,5 э В ; Z = 2 .
Таким образом, в задаче рассматривался ион гелия Не+.
5 -5 (6 -4 1 ) П окоивш ийся атом водорода испустил фотон, соответствую щ ий
головной линии серии Лаймана, Какую скорость V приобрел атом?
Р еш ен и е.
Энергия
фотона, соответствую щ его
головной линии
серии
Лаймана, будет следую щ ей (задача 5 -4; Z - 1; щ = 1; п2 = 2 ):
hv = RhZ2{[/п2 - I / ) = RhZ2(l-\ /4-) = (3/4)R h ;
(1 )
При излучении фотона должен выполняться закон сохранения импульса
( hv I с —импульс фотона; тц - м асса атома Н):
h v /c = rriftV, отсю да V = hv/(cm }i) = 3Rfi/(4cmE )-, V= 3 ,2 6 м/с.
Следует отметить, что кинетическая энергия атома Н, определяемая
полученной скоростью V, оказы вается на много порядков меньше энергии
излучаемого
фотона:
учитывать
равенствах
в
сохранения энергии.
/(2hv) и 5 ,4 -1 0 9 ,
(1),
поэтому
представляющих,
по
её
сути
можно
дела,
не
закон
5 -6
(6 -4 3 )
Покоящийся
ион
Не+ испустил
фотон,
соответствую щ ий
головной линии серии Лаймана. Э тот фотон вы рвал фотоэлектрон из
покоящ егося атома водорода, который находился в основном состоянии.
Найти скорость V фотоэлектрона.
Р еш ен и е. Энергия упомянутого фотона иона Не+ вы раж ается следую щ им
образом (зад. 5-5; Z = 2 ) : hv = (3 / 4 )RtiZ 2 ; в то ж е время энергия ионизации
Е-юп атома Н составляет ( Z H = 1; щ = 1;
- » о о ):
E jon= R h .
Разность
указанны х энергий определяет кинетическую энергию фотоэлектрона:
hv - Е ш = 2 М = от V2 / 2. О тсю да V =
= 3 ,0 9 4 •10 6 м/с.
6 . В о л н о в ы е св о й ст в а ч асти ц . У равнен и е Ш р ед и н гер а
Основные формулы
• Длина волны де-Бройля частицы с и м пульсом р : А, = h i р .
• Соотнош ение неопределенности: АхАрх > h .
• Стационарное уравнение Ш редингера ( Д - оператор Л апласа, U потенциальная энергия ч а с т и ц ы ) :------- Д\|i + U\\t = E\\i.
2т
6-1 (6 -5 8 ) Найти дебройлевскую длину волны релятивистских электронов,
подлетаю щ их к антикатоду рентгеновской трубки, если длина волны
коротковолновой границы сплош ного рентгеновского спектра Ао = 10,0 пм.
Р еш ен и е. У слови я задачи позволяю т определить максимальную энергию
излучаемого
фотона,
а
следовательно,
и
кинетическую
энергию
Т
электрона, подлетаю щ его к антикатоду: hv = h c/'k0 - T . В сво ю очередь,
эта энергия определяет импульс р
рассм атриваем ого релятивистского
электрона (ото — его м асса покоя): с 2р 2 = Т 2 + 2Тт0с 2. Таким образом,
дебройлевская длина волны такого электрона будет составлять:
\ = h / р = h e /{r * Jl + 2m0c 2 / Т )= А0 /л/l + 2от0сА0 /h ; А = 3,3 пм.
Следует
отметить
весьм а
сущ ественное
различие
минимальной
длины волны Ао тормозного излучения и дебройлевской длины волны А
подлетаю щ его электрона.
6 -2
(6 -6 0 )
Параллельный
поток
электронов,
ускоренных
разностью
потенциалов U = 25 В , падает нормально на диафрагму с двумя узкими
щелями, расстояние между которыми d = 50 мкм. Определить расстояние
между
соседними
максимумами
дифракционной
картины
на
экране,
расположенном на расстоянии 1= 100 см от щелей.
Р еш ен и е. Кинетическая энергия Т каждого электрона из упомянутого
потока
определяется
составит
р = ы 2 т еи
V = лJ le U / m « с ) ,
T = eU ,
величиной
(электроны
соответствую щ ий
нерелятивистские
-
их
импульс
скорость
и следовательно, дебройлевская длина волны таких
электронов будет следующ ей: X = h / p - h N 2 m e U . И ском ое расстояние
Ах м еж ду соседними максимумами дифракционной картины - ширина
интерференционной полосы - выражается соотношением (задача 1-4):
Ax = X l/d = hll{d-j2m eU )\ Дх = 4,9м к м .
6 -3 (6 -6 1 ) Узкий пучок моноэнергетических электронов падает под углом
скольжения а = 3 0 ° на естественную грань монокристалла алюминия.
Расстояние
м еж ду
соседними
кристаллическими
плоскостями,
параллельными этой грани монокристалла, d = 0,20 нм. При некотором
ускоряю щ ем напряжении Uq наблюдали максимум зеркального отражения.
Найти Но, если известно, что следующий максимум зеркального отражения
возникал при увеличении ускоряю щ его напряжения в р = 2 ,2 5 раза.
Р еш ен и е.
В
соответствии
с
формулой
Б рэгга-Вульф а,
положение
максимумов зеркального отражения описы вается соотношением (зад. 4-6):
2d sin а = к\ ;
(1 )
По условию задачи под указанным углом а наблю даю тся два соседних
максимума,
которые
обусловлены
потенциалами пучка электронов:
Щ
и
различными
ускоряющими
рН0- Длины дебройлевских волн,
соответствую щ и х этим потенциалам, будут следующ ими (задача 6 -2 ):
X-[ = h /^ 2 m eU 0 и Х2 =hl^2mev\UQ
;
(2 )
Таким образом, на основании (1) получаем:
2 < fsin a = /A.1 = ( £ + 1)Х2 ;
(3 )
Увеличение
на
обусловлено
единицу
двумя
коэффициента
обстоятельствам и:
во
втором
во-первы х,
равенстве
(3)
рассматриваю тся
соседние максимумы, во-вторы х, Х2 < ^ ■
У чи ты вая второе равенство (3 ), а также соотношения (2 ), находим:
Х} /Х2 = {k + l ) / k = *Jr\, отсю да к = 1/(-/п-1 )■
П одставляя полученное значение к в первое равенство (3 ), будем иметь:
= 2d sin а / к = 2й/(Л/ п ~ 1) sin а и далее
U0 = h 2 /(2me)^) = {h /[d {-^ ц -Т )s i n a ] J /(8/ие); U0 = 0 ,1 5 0 5 к эВ .
6 -4
(6 -7 1 )
Оценить
с
помощ ью
соотношения
неопределенностей
минимальную кинетическую энергию Тт-т электрона, локализованного в
области размером /= 0,20 нм.
Р еш ен и е. Неопределенность координаты электрона естествен но принять
равной размеру области его локализации: Ах - 1 , тогд а неопределенность
соответствую щ его импульса будет составлять A p > f i / / S x - h / l . Принимая,
что эта
неопределенность по порядку величины совп адает с модулем
самого импульса, в нерелятивистском приближении для энергии Tm-m
электрона получаем:
r min = р 2 /{2т) * П2 /(2 m l2)-, Tmin = 0 ,9 5 эВ .
6 -5 (6 -7 4 ) След пучка электронов на экране электронно-лучевой трубки
имеет диаметр d » 0,5 мм. Расстояние от электронной пушки до экрана
/ «20см ,
ускоряю щ ее
соотношения
напряжение
неопределенности
/7 =
10 к В .
Оценить
возможную
точн ость
с
помощ ью
определения
координаты электрона на экране.
Р еш ен и е. Диаметр пятна на экране определяет угловы е размеры d /1 пучка
падающих
электронов,
в
связи
с
этим
величину
составляю щ ей
ру
импульса каждого электрона, параллельную плоскости экрана, можно
оценить следующ им образом:
p y = p x d / l = sl2m eU d/l\
В
последнем
равенстве
нерелятивистского
(1 )
использована
формула
(1)
для
импульса
электрона, ускоренного разностью потенциалов
U
245
(задача
6 -2 ).
Величину
ру
естественно
рассматривать
как
меру
неопределенности импульса электрона, попавшего на экран, поэтому
соответствую щ ая точность определения его координаты будет составлять:
Ay & h l p v - Ы /(d'Jlm eU )', Ay « 7 ,8 - 1 0 '8 см.
6-6 (6 -7 7 ) Параллельный пучок атомов водорода со скоростью V = 6 0 0 м/с
падает нормально на узкую щель, за которой на расстоянии / = 1,0 м
расположен экран. Оценить с помощью соотношения неопределенностей
ширину b щели, при которой ширина изображения её на экране будет
минимальной.
Р еш ен и е. Ш ирина щели определяет точность измерения координаты атома
Н по оси , расположенной в плоскости щели и перпендикулярной к её
краям (оси у ), поэтому неопределенность соответствую щ ей составляю щ ей
импульса будет следую щ ей: Apy & h lb . Если оценивать составляю щ ую
скорости Vy по этой оси величиной её неопределенности (тн - м а сса атома
Н)
Vy » AVy = Ару / mH = h /(m Hb ), то увеличение ширины изображения
щели на экране составит ( 1 / V - время пролета атомов Н от щели до
экрана): Ab = Vy l/V = М/(m ^bV ), и следовательно, полная ширина В(Ъ)
изображения оказы вается равной: B (b ) « b + Ab = b + hl /(m ^bV) . Определяя
экстремум (минимум) функции В(Ь ) , получаем искомую ширину щели
Ъ= y]hl/(mHV) = 0,01 мм и ширину изображенияS min = 2 b = 0,02 мм.
И нтересно
отметить,
что
d
протяженность
центрального
дифракционного максимума в спектре щели ширины Ъ для дебройлевской
волны X, соответствую щ ей упомянутому пучку атомов Н ( X = h/(m HV), зад.
6 -1 ; В = 2Х1/Ь; зад. 2 -5 ), оказы вается больш е рассчитанной: d /Bmin = 2л.
Однако, если принять во внимание оценочный характер обоих подходов в
первую
очередь,
подхода,
основанного
на
соотношении
неопределенности, — то полученное отличие можно рассматривать как
вполне допустимое.
6 -7 (6 -8 2 ) Ч астица находится в одномерной прямоугольной потенциальной
яме
246
с
бесконечно
высокими
стенками.
Ш ирина
ямы
/.
Найти
нормированные
волновы е
функции
стационарных состояний частицы, взяв
начало отсчета координаты х в середине
ямы (рис.).
Р еш ен и е.
Уравнение
соответствую щ ее
Ш редингера,
условиям
задачи,
имеет вид (т - м асса частицы):
П2 с12ф )
2т
dx 2
= scp(x);
О ) Г 1/2
10
1/2
О бщ ее решение (1 ) будет следующ им ( Ct - произвольные постоянные;
i = 1 ,2 ):
cp(x) = C ,e'fa + C2e _,fa; к2 = 2 m e /h 2; б > 0 ;
В олн овая функция
ф(х)
(2)
должна удовлетворять граничным условиям:
ф|д:=-//2 = ( pU //2 = 0 >поэтомУ получаем:
C je (A/+ C 2 = 0 ;
С] е~'м + С2 = 0;
В ы чи тая из первого уравнения (3) второе и используя формулу
Эйлера е ‘ы - cos kl + i sin k l , находим: s in kl = 0 , и следовательно,
kl = m\n = 1 , 2 , . . . ;
При
n- 0
волновая
функция
ф(х)
(4)
оказы вается
постоянной
и
не
представляет интереса,
Склады вая
уравнения
(3)
и
учитывая
опять
формулу
Эйлера,
получаем: С , c o s к1 + С2 = 0 ; используя далее соотнош ение (4 ), приходим к
С2 /С, = —c o s пк = ( - 1 ) ”+1, и следовательно, ф „(х) = С^[е‘ь + (-1 )п+1е~,кх].
Постоянная
С\ определяется из условия нормировки волновой
1/2______
1/2
функции: |фи(х)ф „(х)йЬс= 2|Сг| J[1 + (—1)и+ cos2fa;]<ix: =
-
1/2
-
1/2
= 2|Cj |2[/+ (-1)”+1 sin(W)/к] = 2|C,|2/= 1.
О тсю да Cj = -Jl/(2 l) и в результате будем иметь:
Фи( х ) = 7Щ
0[е,Ая:+(-1)" +,e - 'fa];
(5 )
247
И спользуя
(4 )
и
формулу
Эйлера,
запиш ем
выражение
для
собствен н ы х функций (5 ) в более удобном виде:
(2 fcosfcc = cos(wu://);
и = 1 ,3 ,5 ,...
V / {sinfoc = sin(H7a://);
и = 2 ,4 ,6 ,...
Следует отметить, что волновая функция определяется с точностью до
множителя, по модулю равного единице, поэтому во второй строке (6) (в
случае четного п) опущена мнимая единица.
В заклю чение приведем величины собственны х энергий (см. (2 ) и
(4 )), которые соответствую т волновым функциям (6 ):
в„ = k 2h2 /(2т) = n2(nh)2 /(2m l2) .
6 -8
(6 -8 7 )
Частица
массы
т находится
в
трехмерной
кубической
потенциальной яме с абсолютно непроницаемыми стенками. Сторона куба
равна а. Найти: а) собственны е значения энергии частицы; б) разность
энергий 3-го и 4 -го уровней; в) энергию 6-го уровня и соответствую щ ее
ему число состояний (кратность вырождения).
Р еш ен и е.
Е сли положить равной нулю значение потенциальной энергии
внутри указанного объема, то уравнение Ш редингера примет вид:
Г_
2т 8 х 2
На
поверхности
Чj(x ,y ,z ) = E y (x ,y ,z );
ду2
( 1)
8z2
рассматриваемой
области
искомая
волновая
функция должна обращ аться в нуль (начало координат расположено в
одной из вершин куба):
ЧЧ0 , у , г) = щ (а, у , z) = чi(x, 0 , г ) = \\i(x, a, z) = \|/(х, у, 0) = у (х ,у , а) = 0 ;
(2)
Реш ение (1) будем искать в виде произведения трех функций, каждая
из
которы х
зависит
только
от
одной
переменной
и
удовлетворяет
соответствую щ и м этой переменной граничным условиям (2):
Ч/(х, у, z) = cpj (х)ср2 (у)фз ( z ) .
Для определения какой-либо из этих функций найдем решение
уравнения Ш редингера для одномерной потенциальной ямы с бесконечно
вы сокими
стенками.
Аргумент
такой
функции
обозначим
для
определенности через х (0 < х < а). Подобная функция была определена в
задаче 6 -7 (формула (5 )) для интервала - а / 2 < х ' < а /2:
cp„(x') = y/V(2a)[eihc' + ( - l ) n+1e-'fa' ] .
П ереходя в этой функции к переменной х = х' + а / 2 , т.е. выполняя тем
сам ы м необходимый сдви г начала отсчета, получаем:
^п( х ) /^ 7 ( 2 а ) = [е1к(х~а12) + ( - 1 ) п+'е - ‘к{х- а,2)] =
= e~ikal2[eikx + (-1 )п+]е ‘кае~‘ь ] = e~ikal2(e ikx - е чкх) = 2 i e ' ikal2 sin hr,
В
третьем
равенстве
(3 )
учтено,
что
ка = пп,
(3)
следовательно,
е ‘ка = cos « л = ( - 1 ) ” ; в четвертом равенстве использована формула Эйлера;
в этом ж е равенстве
\ie~,kal2 = 1 , поэтому этот м ножитель можно в
дальнейш ем опустить.
Таким образом, на промежутке 0 < х < а волновая функция будет
иметь вид:
фи(х) = л/2/а sin be = л/2/я sin(«7U'/ а ) ;
(4 )
Энергия состояния (4 ) не м ож ет зависеть от выбора начала координат,
поэтому для неё сохраняется значение, полученное в задаче 6 -7 :
£„ = n2(n h f !{2та2) ;
(5)
Следует отметить, что соотношения (4) и (5) можно такж е получить
независимо, на основе общей методики задачи 6-7.
И спользуя выражения, аналогичные ср„(х) (4 ), для соответствую щ и х
функций переменных у и z, находим решение уравнения (1):
"1 » 2 "3
Сx ,y ,z ) = „
i a'
И, 7 1 *
. n2n y ,
-sin —L—- sin —
sin
a
a
a
; rij
= 1 ,2 ,3 ,...;
/=
1,2,3;
(6)
П одстановка функций (6 ) в (1 ) позволяет определить значения
собствен н ы х энергий:
£ W j = («I2 + п2 + «з) (nhf !(2т «2);
(7)
О сновному состоянию соответствую т значения щ = п2 = п3 = 1; второму
уровню
соо тветствует совокупность
{1 ,1 ,2 }
(каж дое из приведенных
значений м ож ет стоять на м есте лю бого щ в (7 )); третьему четвертому -
{ 1 ,1 ,3 } ; ш естому -
{ 1 ,2 ,3 } . Второй -
вы рождены трехкратно, ш естой - шестикратно (3 !).
{ 1 ,2 ,2 } ;
четвертый уровни
Р азн ость
энергий
(7 )
£ { Ш } - £ { 122} = М / я )2 /™.
третьего
Энергия
и
четвертого
(7 )
ш естого
уровней
уровня
равна:
составляет:
£|Ш) = 7 (nfr/ а)2 I т.
6 -9 (6 -9 2 ) Найти возможные значения энергии, а также собственные
функции, частицы массы т, находящейся в сферически-симметричной
потенциальной яме U (r) = 0 при г < г 0 и U(r0) = со, для случая, когда
движение частицы
описы вается волновой
функцией
ср(г), зависящей
только от г.
Р еш ен и е.
Уравнение Ш редингера в сферической систем е координат при
отсутствии зависимости волновой функции от угловы х переменных (т.е. в
случае н улевого момента импульса) имеет вид:
tr_ оГф(г)
2т
d r1
2 <Лр(г)
dr
( 1)
= & p (r );
Для определения решения (1 ) целесообразно перейти к функции
\\){г) = г ср(г); тогда будем иметь:
ср '(г) = \\1 '(г ) /г - ф ( г ) / г 2 и ф " ( г ) = ф " ( г ) / г - 2 ф '(г )/г 2 + 2 ф (г )/ г 3 .
П одставляя эти выражения в (1), получим:
\д "( г ) / г = - к 2Ц1 ( г ) / г; к 2 = 2т Е / Н2 и ф "(г) + к 2\д(г) = 0 ;
(2 )
О бщ ее решение (2 ) можно выразить через тригонометрические
функции (С, - произвольные постоянные; i = 1, 2):
ф (г) = С| sin кг + С 2 cos Аг;
(3 )
В соответстви и с (3) исходная функция ф(г) при г «
у (г) & С^к + С2 1 г .
Волновая
функция
должна
1 будет иметь вид:
бы ть
конечной
и
непрерывной в любой точке области её определения, поэтому следует
положить С2 = 0 .
Таким образом, решение уравнения (1 ) внутри сферы радиуса г0
оказы вается следую щ им: ф(r) = Cl s in (k r )/r . Н а поверхности указанной
сферы
это
решение
кг0 = пп ;п = 1 , 2 , . . . .
Е„ = п2{лП)2 /(2/лг02) .
250
должно
О тсю да,
обращаться
имея
в
виду
в
нуль,
следовательно,
определение
к, находим:
П остоянная С\ в выражении для волновой функции определяется из
условия нормировки (интегрирование следует проводить по объем у сферы
радиуса г0):
С\ J с р ( г ) ф
(г)й ? у
= 4лС,2 J s i n 2 krdr = ЪrtC2 1(1 - cos 2kr)dr = 2n C 2r0 = 1;
о
о
(4)
При получении первого равенства (4 ) выполнено интегрирование по
угловым переменным; из последнего равенства (4) следует: С, = *J\/(2nr0) .
Таким образом, окончательно получаем:
Ф„(г) = ^11(2щ ) sin(nnr /г0) / г .
6-10 (6 -9 6 ) О пределить энергию электрона атома водорода в состоянии,
для которого волновая функция имеет вид ф(г) = А( 1 + а г )е ~^г , где А, а и р
- некоторые постоянные.
Решение. В олн овая функция ф (г), приведенная в услови ях задачи, не
зависит
от
угл овы х
переменных,
поэтому
уравнение
Ш редингера,
решением которого она является, будет иметь вид:
Г _ d “q>{r)
d rL
2т
Последнее
слагаем ое
2 cftp(r)
г
левой
dr
части
(1 )
-ф(г) = £ф(г);
( 1)
определяется
потенциальной
энергией электрона в поле ядра атома Н.
В ве д ем обозначения е = 2 m E /fl2 и ц = 2те2 /Тг2 и преобразуем (1 )
следующ им образом:
д?2ф(г) , 2 Лф(г)
dr
г
dr
,г\
+ (—+ е)ф(г) = 0;
( 2)
г
Функция ф(г) является решением уравнения (2), поэтому её подстановка
должна обращ ать
(2 )
в
тож дество
для
всей
совокупности
значений
независимой переменной г.
П ервая и вторая производные функцииф(г) будут следую щ им и:
dr
= А[а - 13(1 + a r )]e ^ r ;
dr
= А[-2аЦ + (З2 (1 + а г ) ] е ^ г .
П одставляя соответствую щ ие выражения в (2 ) и сокращая результат на
Ае~®г , получаем:
[ - 2 ар + р2 (1 + аг)] + 2[а - Р(1 + яг)] /г + (р /г + б)(1 + аг) = 0 ;
(3)
Соберем в (3 ) коэффициенты при одинаковых степенях г.
(2 а - 2Р + р ) г -1 + ( - 4 а р + р2 + s + а р ) + а (р 2 + е)г = 0 ;
(4)
Соотнош ение (4 ) является тож деством , поэтому эти коэффициенты
должны
бы ть
равными
нулю.
Для
определения
искомой
энергии
сущ ественны ми являю тся следую щ ие равенства:
(Р2 + е) + а (р - 4Р) = 0 ;
(5)
а(р2 + е) = 0 ;
(6)
На основании (6) при естественном условии а?*О получаем: р2 + е = 0 ;
подставляя это равенство в (5), находим: р = р / 4 . И спользуя это значение
р и предыдущ ее равенство, будем иметь: s = - р 2 = - р 2 /16 = -[т е2 /(2Й2 )]2 и
далее
E = h 2s/(2m ) = - m e 4 /{Sh2) = -R h /4 -,
{R = те4 /(2h3) -
постоянная
Ридберга).
Энергия Е соответствует первому возбужденному состоянию ( п - 2 )
атом а водорода (задача 5-4).
6 -1 1
(6 -1 0 0 )
Частица
в
момент
t= 0
ср(х) = А e x p ( - x 2 1а2 + гкх) , где А и а -
находится
в
состоянии
некоторые постоянные. Найти
среднее значение координаты (х ) и проекции импульса (р х) ■
Р еш ен и е. Среднее значение какой-либо переменной q в состоянии с
волновой функцией \|/(г) вы ражается следую щ им образом:
(? ) = |ф (г)0ф (г)й?у;
(1 ),
v
где
Q -
оператор,
соответствую щ ий
величине
q\ интегрирование
производится по всей области определения \д(г).
Д ля переменной х указанный оператор совпадает с ней самой
( Q = х ), поэтому для состояния с заданной функцией ср(х) получаем:
(х) = J ср(х)хф(х)с£г = A2 § ex p(-x2 / a 2 + zfcc)xexp(-x2 / a 2 + ikx)dx =
= A2 j ex p (-2 x 2 / a 2)x d x ;
О бластью определения функции
- оо
(2 )
cp(x) является вся вещ ественная ось
< х < о о , поэтому последний интеграл в (2 ) будет равен нулю , как
интеграл по симметричному промежутку от нечетной функции. Таким
образом, находим (х) = 0 .
И мпульсу р сопоставляется (1 ) векторный оператор Q = -ih'V. В
соответстви и с этим получаем:
00
—
д
д.2
^2
(p x) = -ifiA 2 f ехр (— =- + ikx) — exp ( - Lj+ ik x ) d x =
_«
a
dx
a
-ihA2 J [ - Щ + i k ] e x p ( - ^ - ) d x =
—
eft ^
= -ihA 2
9 20
^
9г^
огг
20
-у J ехр(-=-^-)хсЬс + 1к J exp(---- y)dx
a
a
a
lx
- hkA2 J exp(---- 2~)<&= М;
(3 )
Первый интеграл в третьем равенстве (3) равен нулю - на основании тех
же соображений, которые уже использовались при рассмотрении (2 ); при
получении последнего равенства
6-12
(6 -1 0 3 (6 ))
Найти
для
(3) учтено условие
электрона
с
нормировки
энергией
ф(х).
Е вероятность D
прохождения потенциального барьера, ширина которого / и вы со та t/o
(рис.).
Р еш ен и е. Вер оятн ость D прохождения барьера определяется формулой:
->*2
£> « ехр - - J V 2 m tjj^ E )d x
.
ч
где Х| и х2 - координаты точек, между
которыми расположен барьер, т.е. U > Е.
В ы со т а барьера U (х) следующ им
образом
зависит
от
координаты
х:
U(x) = (x /l)U 0 (рис.). На основе этого соотношения для левой границы
барьера находим: х, =/£/t/0 ; тогда как его правая граница будет равна
х2 = /. Теперь для коэффициента прозрачности D получаем:
D » ехр " У
= ехр
2 m (Z u 0 - E ) d x = ехр
(
\2mUG
ЗЙ {
1
\
ж )
и 0)
3/ 2
2 l2mU0 Х1 1
Л
ЛЬ
1Е
х ------- ах
ио ]
*1
= ехр
*1 .
4/л/2т
' Зйг/п
,3/2
М атем ати ч еск о е д оп о л н ен и е
1. Неопределенный интеграл
J f( x ) d x = F ( x ) ; F(x) - первообразная функции f[x); её осн овн ое свойство:
dF (x)
dx
= f ( x ) . F(x) определена с точностью до произвольной постоянной.
Интегралы от некот орых элементарных функций
F(x)
Ax)
x n; п ф - 1 x " +1 /(и + 1)
1 /(ax + b )
Их
\nx
(l/a )ln (a x + b)
i ax
sm cox
cos cox
(1 t a ) l ax
- { V /cd)cascox
(1 /со) sin со x
2. Определенный интеграл
J f( x ) d x = F ( b ) - F (а).
а
3. Кратные интегралы
3-1. Интегрирование по объем у V сф еры функции-произведения
H(r,B,<p) = p(r)q(Q)s(y).
Начало си стем ы сферических координат располож ено в центре шара;
элемент объ ем а определяется выражением dv = r 2smBdrdBd^\ R - радиус
R
сферы. j j t/(r,0,(p)c?v =
V
п
2%
J £>(г ) г 2с?г [ q (0 ) s in BdB fs((p)dcp.
0
0
0
R
J p (r )d v = 4я| p ( r ) r 2d r .
v
о
3-2. Интегрирование функции H(r,Q, ф) no поверхности S сферы.
Е сли q(B) = 1 и s(cp) s 1, to
Элемент поверхности сферы им еет вид ds - R 2 sin 0 dBd(p.
я
2п
jH (R ,B ,(p )d s = p (R )R 2j q(9) sin 0 dQ J .у(ф)й?ф.
S
0
0
Е сли ^ (0) s 1 и s( ф) з 1, то | p (R ) ds = 4nR2p (R ) ■
s
3-3. Интегрирование по объем у V прямого кругового цилиндра функциипроизведения G (r , z, ср) = p (r )q (z )s (fi).
Начало систем ы полярных координат расположено в центре нижнего
основания; элемент объема определяется выражением dv = rdrdzdcy, R R
радиус цилиндра, h - его вы сота.
h
2n
J G(r, z, ф)dv = J p(r)rdr^ q(z)dz J ,у(ф)й/ф.
v
o
o
o
R
Если q (z ) s 1 и $(ф) = 1, то J p {r)dv = 2nh J p ( r ) r d r .
v
о
3-4. Интегрирование функции G(r,z,g>) no поверхности S прямого
кругового цилиндра.
П оверхность
цилиндра состоит
из
боковой
поверхности
S0 и двух
оснований - нижнего S\ и верхнего S2. Интеграл по боковой поверхности
А
будет следую щ им ( ds = Rdzdg >):
S0
интеграл
по
каждому
из
2л
J G(R,z,g>)ds = p (R )R jq (z )d z j л(ф)<Лр;
0
оснований
0
(ds = rdrd(p):
составит
J G (r,z,(p)ds = Atjp {r ) r d r J 5(ф)й?ф, где A ^ q ( 0 ) n A2 = q (h ).
R
Е сли q {z ) = 1 и 5(ф) = 1, то J p(R )ds = 2 nRh p(R ) и J p (r)d s = 2n| p {r )r d r .
So
0
S,
3-5. Интегрирование функции-произведения no окружности ради уса R
B(r,q>) = p(r)s((p).
Начало си стем ы полярных координат расположено в центре окружности;
2л
элемент длины контура равен dl = Rdcр . J B(R,q>)dl = p(R )R | s(g>)dg>.
I
о
4. Решение некоторых типов дифференциальных уравнений
4-1. ИнтегрирЬвание дифференциального уравнения первого порядка с
разделяющ имися переменными:
dx
= f { x ) g { y ) , где fix ) и g(y) -
извест ные функции.
= / (x)dx и интегрируем f
Р азделяем переменные
g(y)
= | / (x)dx + с ,
J g(y)
с - произвольная постоянная. П осле нахождения первообразных последняя
формула
определяет
искомую
у (х ,с ).
функцию
Значение
устанавливается с помощ ью начального условия: у(х0 ) = у 0.
4-2. Интегрирование дифференциального уравнения второго порядка, не
со д ер ж ащ его в явном виде независимой переменной:
± у(х)
dx2
= к у ) , гд е
h(y) - заданная функция.
dy{x)
В ве д ем новую искомую функцию р {у (х )) = ■
dx2
dx
dx '
, тогда
dy dx
dy
В результате понижается порядок исходного уравнения, и оно становится
уравнением с разделяющ имися переменными р — = h { y ) . Реш ение
dy
последнего вы раж ается формулой —
= J k(y)dy + с , . Постоянная с {
dy(x)
dx
определяется на основе начальных усл ови й р ( у 0) = р (у (х 0)) = -
X=XQ
Е сли требуется определить зависим ость у(х), то следует выполнить
интегрирование уравнения р (у ) =
- ■ J2(jh(y)dy + c]) , которое также
является уравнением с разделяющ имися переменными.
с
Б и бл и ограф и ческ и й сп и сок
Савельев И. В . Курс общей физики /И. В . Савельев. - Т. 1 -5 . - М.: Наука, 1998.
Иродов И. Е . М еханика. /И. Е. Иродов. - М.: БИНОМ, 2007.
Иродов И. Е. Физика макросистем. /И. Е. Иродов. - М.: БИНОМ, 2006.
Иродов И. Е . Электромагнетизм /И. Е. Иродов. - М.: БИНОМ, 2007.
Иродов И. Е . Волновые процессы / И. Е. Иродов. - М.: БИНОМ, 2007.
Иродов И. Е. Квантовая физика /И. Е. Иродов. - М.: БИНОМ, 2007.
Сивухин Д. В. Общий курс физики /Д. В . Сивухин. - Т. 1-5. - М.: Наука, 1989.
Иродов И. Е. Задачи по общей физике / И. Е. Иродов. - СПб.: Лань, 2004.
Решение задач по физике /В, М. Кириллов [и др.]. - М.: КомКнига. 2006.
Специальная теория относительности /В . К. И ванов [и др.]. - Лен. гос.
техн. университет. Л. 1991.
Гмурман В. Е . Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике /В. Е. Гмурман. - М.: Высш. шк. 1979.
ФИЗИКА
РЕШ ЕНИЕ ЗАДАЧ
Учебное пособие
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, т. 2; 95 3005 —учебная литература
Подписано в печать 14.09.2015. Формат 60x84/16.
Уел. печ. л. 16,25. Тираж 100. Заказ 168.
Отпечатано с готового оригинал-макета,
предоставленного Издательством Политехнического университета,
в Типографии Политехнического университета.
195251, Санкт-Петербург, Политехническая ул., 29.
Тел.: (812) 552-77-17; 550-40-14.
■