Сборник задач по физике с решениями для втузов - Новодворская Е.М.

Автор: Новодворская Е.М.
Теги: физика задачи по физике
ISBN: 5-329-01370-4
Год: 2005
Похожие
Сборник задач по физике с решениями
Сборник задач по курсу физики с решениями.
Сборник задач по курсу физики с решениями
Общая физика в задачах и решениях
Текст
                    Е.М.Новодворская
Э.М.Дллитриев
СБОРНИК
ЗАДАЧ
ДЛЯ
ВТУЗОВ
Е. М. Новодворская
Э. М. Дмитриев
СБОРНИК ЗАДАЧ
по ФИЗИКЕ
С РЕШЕНИЯМИ
для втузов
Москва
«ОНИКС 21 век»
«Мир и Образование »
2005
УДК 53(076.2)
ББК 22.3
Н74
Новодворская Е. М.
Н 74	Сборник задач по физике с решениями для втузов /
Е. М. Новодворская, Э. М. Дмитриев. — М.: ООО ♦Из-
дательский дом ♦ОНИКС 21 век»: ООО ♦Издательство
♦Мир и Образование», 2005. — 368 с.: ил.
ISBN 5-329-01370-4(000 ♦Издательский дом «ОНИКС 21 век»)
ISBN5-94666-197-3 (ООО«Издательство «МириОбразование»)
Данная книга является 4-м изданием учебного пособия
Е. М. Новодворской, Э. М. Дмитриева «Методика проведения
упражнений по физике во втузе», допущенного Министер-
ством высшего и среднего специального образования.
Книга содержит задачи из всех основных разделов вту-
зовского курса физики. Задачи сопровождаются анализом их
физического содержания и подробным решением. Каждому
параграфу предшествуют методические указания, которые
помогут студентам при самостоятельной работе обратить вни-
мание на основные теоретические вопросы.
Пособие предназначено для студентов втузов. Может
быть полезно преподавателям при подготовке к проведению
занятий по физике.
УДК 53(076.2)
ББК 22.3
ISBN 5-329-01370-4
(ООО «Издательский дом «ОНИКС 21 век*)
ISBN 5-94666-197-3
(ООО «Издательство «Мир и Образование»)
© Новодворская Е. М., Дмитриев Э. М., 2005
© ООО «Издательский дом «ОНИКС 21 век*.
Оформление переплета, 2005
Предисловие
Решение конкретных физических задач является необ-
ходимой практической основой при изучении курса физи-
ки. Оно способствует приобщению студентов к самостоятель-
ной творческой работе, учит анализировать изучаемые явле-
ния, выделять главные факторы, обусловливающие то или
иное явление, отвлекаясь от случайных и несущественных
деталей. Благодаря этому решение задач приближается к
модели научного физического исследования. Здесь уместно
привести высказывание венгерского математика и педагога
Д. Пойи из его книги «Как решать задачу»: «Крупное науч-
ное открытие дает решение крупной проблемы, но и в реше-
нии любой задачи присутствует крупица открытия... Если
вы решаете ее собственными силами, то вы сможете испы-
тать ведущее к открытию напряжение ума и насладиться
радостью победы».
При написании предлагаемого учебного пособия авторы
руководствовались следующими принципами. Практически
любая задача по физике содержит описание одного или не-
скольких процессов (либо описание равновесного состояния
некоторой системы). Поэтому анализ задачи следует, как пра-
вило, начинать с выяснения того, чтб является объектом изу-
чения. Далее необходимо выяснить, какие тела или системы
охватывает исследуемый процесс, какие величины его опреде-
ляют, каково направление процесса и т. п. Только после этого
можно установить, каким физическим законам подчиняются
описываемые явления. Такой анализ в конечном счете позво-
3
лит выбрать оптимальный метод решения поставленной зада-
чи. Эти принципы и определяют методологические особеннос-
ти данного пособия и отличают его от многих подобных посо-
бий, в которых обычно даются лишь краткие решения задач
со ссылками на соответствующие физические законы.
Однако решение задач требует не только знания физических
законов, но и серьезного методического подхода. Именно ме-
тодическому подходу к решению физических задач и посвя-
щено данное учебное пособие. При этом авторы не пытались
выработать некую единую методику решения задач (да это,
вероятно, и невозможно) или дать перечень методических
рекомендаций, пригодных для решения любой задачи. Цель
пособия — на примере большого числа решенных задач пока-
зать, как последовательно подходить к конкретной задаче и
как выбирать метод ее решения. Рассмотрение каждой зада-
чи начинается с ее подробного анализа. В анализе задачи со-
держатся также и методические рекомендации. После про-
ведения такого анализа само решение задачи уже не пред-
ставляет значительной трудности.
Задачи, приведенные в учебном пособии, охватывают все
основные разделы курса физики в техническом вузе.
Краткие введения к параграфам содержат в основном ме-
тодические указания, так как предполагается, что читатель
уже ориентируется в рассматриваемом круге явлений и знает
основные физические законы и определения. Однако в про-
цессе решения задач неизбежно затрагиваются теоретичес-
кие вопросы, и решение той или иной задачи часто приводит
к некоторым теоретическим обобщениям.
Предлагаемое учебное пособие может быть полезно сту-
дентам при самостоятельном решении задач, а также препо-
давателям, особенно начинающим, при подготовке к прове-
дению упражнений по общему курсу физики.
Глава I
МЕХАНИКА
§ 1. Кинематика
Закон движения — это уравнение (или несколько урав-
нений), позволяющее определить в любой момент времени
положение движущегося тела в заранее выбранной системе
координат. Как правило, закон движения удобнее записывать
в координатной форме.
Систему координат необходимо выбирать в зависимости от
условий задачи, чтобы математическое решение было упрощено.
В данном пособии обычно используются декартовы координаты.
Следует обратить внимание на то, что законы движения в
координатной форме содержат не «путь», проходимый дви-
жущимся телом, а только его координаты.
Если закон движения известен, то можно рассчитать и пост-
роить траекторию движения тела, найти кинематические пара-
метры — скорость и ускорение (их модуль и направление).
С другой стороны, если известны скорость или ускорение как
функции времени и начальные условия (координаты и скорость
в начальный момент времени), то можно найти закон движения.
Задача 1.1. Закон движения материальной точки имеет вид
х - d, + cxt, у = c2t + d2#2, 2 = 0,
где = - 9 м; Cj = 3 м/с; с2 = 4 м/с; d2 = - 1 м/с2. Построить
графики зависимости x(t) и y(t) и траекторию точки за пер-
вые 5 с движения. Найти векторы скорости, ускорения и угол
между ними в моменты времени tj= 2 с; /2 = 4 с.
Анализ. В данной задаче рассматривается движение мате-
риальной точки, закон которого задан. По условию, 2 = 0 —
а
движение происходит в плоскости XOY. Координата х изменя-
ется со временем по линейному закону, следовательно, движе-
ние вдоль оси X равномерное, график зависимости x(t) имеет
вид прямой. Координата у изменяется со временем по квад-
ратичному закону, следовательно, движение вдоль оси Y рав-
нопеременное и график зависимости y(t) имеет вид параболы.
Для построения траектории надо выразить у как функ-
цию х. График у(х) и будет траекторией движения точки.
Можно также по заданным в условии уравнениям рассчитать
значения х и у в отдельных, наиболее характерных точках и
по ним построить траекторию.
Найдя проекции векторов скорости и ускорения после-
довательным дифференцированием по времени уравнений
движения, можно определить модуль и направление векто-
ров v и а для любого момента времени.
Решение. Как уже было отмечено, график x(t) имеет вид
прямой, пересекающей оси координат в точках: t0 — О,
х0 = &! = - 9 м, t'= - bl/c1 = 3 с, х' = О (рис. 1).
Для построения графика y(t) найдем точки пересечения
его с осью абсцисс (ось, по которой отложено время), т. е.
точки, в которых у = 0, и экстремальное значение у. Из урав-
нения у = c2t + d2t2 = 0 получим, что у = 0 при t, = О и
«о = “	= 4 с.
Для определения экстремального значения у следует при-
равнять нулю производную dy/dt:
dy/dt = с2 + 2d2t = 0, t3 = - c2/d2 = 2 c, y(t3) = 4 м.
Очевидно, что это значение соответствует максимально-
му. Таким образом, график y(t) имеет вид параболы, обра-
щенной вершиной вверх (рис. 1).
Для построения траектории по точкам надо найти и выпи-
сать значения обеих координат во всех рассмотренных при
построении графиков точках и при t = 5 с (конечная точка
по условию задачи):
/, с	-Г, М	/V м
0	- 9	0
2	- 3	4
3	0	3
4	3	0
5	6	- 5
6
Эти значения х и у следует, наносить на плоскость XOY по
нарастающим значениям времени. Траектория, построенная
по данным точкам, показана на рис. 2.
Определим скорость движущейся точки в заданные мо-
менты времени:
vz = dx/dt = Ср vy = dy/dt = сг + 2d2t.
Модуль вектора скорости
v “ 7^ + Vv = Л2 + (сг +	•
Угол наклона вектора v, например к оси ОУ,
„	t>,	с.
0 » arctg — - arctg —
С2 + -6 «2*
Для t, = 2 с Uj = 3 м/с, 0 = л/2, т. е. вектор скорости
направлен по оси X.
Для t2 = 4 с и, = 5 м/с, 0 = arctg (- 0,75) = 143°, т. е.
вектор скорости образует тупой угол с осью ОУ.
Найдем ускорение движущейся точки:
Таким образом, вектор ускорения а в любой момент на-
правлен по вертикали вниз (d2 < 0), модуль вектора ускорения
а = 2 м/с2. Как видно (рис. 2), угол между векторами а и v:
Vi - л/2	(i, = 2 с),
у2 = л — 0 = 37°	(t2 = 4 с).
Следует обратить внимание на то, что при произволь-
ном криволинейном движении угол afv может иметь лю-
бое значение от 0 до л. Если afv = 0 или л , то ап = и2/г = 0.
Рис. 1
Рис. 2
Это значит, что в такой точке либо мгновенная скорость
и = О, либо радиус кривизны траектории г -* оо. Если a, v *=
-л/2, то at = du/dt = 0, т. е. скорость имеет экстремальное
значение. В частности, при tj = 2 с скорость v = (их =
= const; vy = 0).
Задача 1.2. Закон движения материальной точки имеет
вид
« = &!< + djt3, у = b2t + c2t2, z = О,
где Ь, = 27 м/с; dj = - 1 м/с8; Ь2 = 32 м/с; с2 = - 8 м/с2.
Построить траекторию движения точки в первые 6 с. Опреде-
лить касательное и нормальное ускорения и радиус кривиз-
ны траектории в момент времени t, = 2 с.
Анализ. В данной задаче рассматривается движение мате-
риальной точки, закон которого задан. По условию, коорди-
ната 2 = 0 — движение происходит в плоскости XOY. Для
построения траектории можно, как и в предыдущей задаче,
найти по заданным уравнениям значения х и у в отдельных,
наиболее характерных точках.
Касательное at и нормальное а„ ускорения можно опреде-
лить, если известны модули и направления векторов ускоре-
ния а и скорости v в заданный момент времени. Указанные
векторы могут быть найдены по их проекциям на оси коор-
динат; эти проекции в свою очередь получаются последова-
тельным дифференцированием выражений x(t) и y(f). Радиус
кривизны г рассчитывается из выражения для нормального
ускорения:
ап = u2/r.	(1)
Касательное и нормальное ускорения являются проекция-
ми вектора ускорения а на соответствующие оси. Однако мож-
dv	о2
но ввести векторы а. = — Та и а. = —Пд, где и п0— единич-
at	г
ные векторы, направленные соответственно по касательной и
по нормали к траектории.
Решение. Для построения траектории найдем время и ко-
ординаты х и у точек, в которых одна из координат обраща-
ется в ноль и принимает экстремальные-значения.
Если х = 0, то
М + dit8 = 0; t(bi + djt2) - 0.
8
Корни последнего из уравнений: t0 - 0 [соответствует на-
чалу движения, y(t0) = 0];	= 5>2 с! третий
корень — отрицательный — отбрасываем.
Подставив в выражение для y(t), получим у(?0) = -50 м.
Координата х принимает экстремальные значения в точ-
ках, где dx/dt = vz = 0. Дифференцируя выражение x(t) и
приравнивая производную нулю, получим: Ьг + 3djt2 = 0,
t2 = bi /(SdJ = 3 с; отрицательный корень отбрасываем.
Тогда x(t2) = 54 м.
Подстановка числовых значений показывает, что dx/dt при
t > t2 будет отрицательной величиной, следовательно, x(t2)
соответствует максимальному значению координаты х.
Подставив t2 в выражение для y(t), получим y(t2) =» 24 м.
Если у = 0, то
b2t + c2f - 0, ЦЬ2 + c2t) = 0.
Корни этого уравнения: ta = t0 = 0, ta = - b2/c2 = 4 с.
Подставляя t'a в выражение х (t), получаем х (ty = 44 м.
Координата у принимает экстремальное значение в точ-
ках, где dx/dt = vy = 0. Дифференцируя выражение y(t) и
приравнивая производную нулю, получаем:
b2 + 2c2t = 0, t. = - Ь2/(2с2) = 2 с.
Тогда i/(t4) = 32 м.
Подстановка числовых значений показывает, что dp/dt при
t > t4 будет отрицательной величиной. Следовательно,
y(t4) = Умакс- Подставляя t = t4 в выражение x(t), получаем
x(t4) = 46 м.
При ts = 6 с, как показывает расчет, x(te) = - 54 м,
y(t5) = - 96 м. Сведем полученные данные в таблицу по нарас-
тающему значению времени и построим траекторию движения:
4 с	м	м
0	0	0 »
2	46	32
3	54	24
4	44	0
5,2	0	- 50
6	- 54	- 96
о
Рис. 3
Для уточнения траектории рас-
считаем х и у при t8 = 1 с:
x(ie) = 26 м; yftj = 24 м.
Траектория движущейся точки
показана на рис. 3.
Момент tj = 2 с, для которого по
условию требуется найти нормаль-
ное и касательное ускорения и ра-
диус кривизны, совпадает, с момен-
том t4, когда у принимает макси-
мальное значение, a vy = dy/dt = 0.
Следовательно, в этот момент век-
тор скорости направлен горизон-
тально, v = | vx | и
vx = dx/dt = 6, + Sdjt3 = 15 м/с.
Найдем теперь проекции вектора ускорения на оси координат:
ах = d2x/dt2 = 6djt; ау = d2y/dt2 = 2са = const.
При t = 2 с; ах = - 12 м/с2; ау — - 16 м/с2.
Касательное и нормальное ускорения могут быть найдены
проектированием вектора полного ускорения а на оси, одна
из которых направлена по вектору мгновенной скорости
(ось т), другая — по нормали к вектору скорости, к центру
кривизны (ось п).
В заданной точке траектории нет надобности находить
модуль и направление вектора а, так как ось т совпадает с
осью ОХ, ось п противоположна по направлению оси OY
(см. рис. 3). Таким образом,
ат = ах = - 12 м/с2; ап = - aR= 16 м/с2.
Радиус кривизны может быть найден из формулы (1):
г - и2/а„ = 14 м.
Задача 1.3. Камень, брошен-
ный с высоты Л = 2,1 м под уг-
лом а = 45’ к горизонту, падает
на землю на расстоянии s = 42 м
(по горизонтали) от места броса-
ния (рис. 4). Найти начальную
скорость камня, время полета и
максимальную высоту подъема
10
над уровнем земли. Определить также радиусы кривизны тра-
ектории в верхней точке и в точке падения камня на землю.
Анализ. Из условия задачи известно направление векто-
ра начальной скорости v0 камня, который можно рассматри-
вать как материальную точку.
Если пренебречь сопротивлением воздуха, то а = g, т. е.
ускорение постоянно, направлено по вертикали вниз и равно
9,8 м/с2.
Векторы начальной скорости и ускорения образуют не-
который угол, не равный ни 0, ни л, поэтому движение кри-
волинейное. Поскольку а = const, движение плоское и для
описания его достаточно двух осей координат, что позволит
сложное криволинейное движение камня рассматривать как
совокупность двух прямолинейных движений. Если ось ОХ
направить по горизонтали, а ось OY — по вертикали, то дви-
жение вдоль оси ОХ равномерное, так как проекция ускоре-
ния ах = 0, а движение вдоль оси OY — равнопеременное
(в = - g). Для нахождения закона движения необходимо
знать, как было указано ранее, начальные условия, т. е. ко-
ординаты и скорость в начальный момент времени. Числовое
значение начальной скорости неизвестно, однако закон дви-
жения, включающий неизвестную начальную скорость, мо-
жет быть записан. Координаты точки падения можно найти
из условия. Подставив их в закон движения, получим систе-
му уравнений, содержащую в качестве неизвестных началь-
ную скорость и время полета.
Максимальную высоту найдем из условия, что в верхней
точке траектории вертикальная составляющая скорости об-
ращается в нуль.
Зная законы изменения проекций vx н vy со временем, можно
найти модуль и направление скорости для любого момента
времени. Вектор ускорения постоянен и известен (а = g), сле-
довательно, для любого момента времени можно определить
нормальное ускорение (проекцию вектора а на ось п, перпен-
дикулярную вектору скорости и направленную к центру кри-
визны траектории) и радиус кривизны траектории.
Решение. Начало отсчета удобно выбрать в точке броса-
ния (х0 = у0 = 0). В системе координат XOY (см. рис. 4)
ах = 0, vx = const = v0 cos a, x = v0cosa-t; (1)
ay = - g, vy = v0 sin a - gt, у - v0 sin a • t - gt2/2. (2)
Рис. 5
Закон движения записан, хотя зна-
чение и0 неизвестно. При t = т в конеч-
ной точке траектории х = в; у = - h.
Тогда уравнения (1) и (2) примут вид
з = u0cos а-т, - h = UoSin а^т - ^/2.
Данные уравнения составляют сис-
тему с двумя неизвестными и0 и т. Ре-
шение этой системы:
т = ^2(h + s tg а) / g = 3 с; и0 = з/(т cos а) = 20 м/с.
Найдем максимальную высоту подъема камня над зем-
лей:
Н = h + ум.
При у = ум тлеем vy=Q,t = tv Подставив в уравнения (2)
иу = 0, найдем время подъема t1 = (yjg) sin а. Тогда
Укахе = Vo sin2 a/(2g), Я = й + р2 sin2 a/(2g) = 12 м.
В верхней точке траектории vy = 0, поэтому vM - vx. Следо-
вательно, a±vM. Это значит, что ал = а = g. Зная нормальное
ускорение и скорость, найдем радиус кривизны траектории в
точке М:
гм= и2м/ал = (vo/g) cos2 а = 20 м.
В точке В (рис. 5) скорость
VB =	+ р» = со®2 а + (ио sin а - St)2 = 20,8 м/с- (3)
Нормальное ускорение
а„ = ”2в/гв = S sin 0.
Здесь sin р = vz/vB = v0cos a/vB, где p — угол между вектора-
ми ускорения и скорости. Тогда радиус кривизны траекто-
рии в точке В
гв = »2в /(Sv0 cos а) = 67 м.
Задача 1.4. Материальная точка начинает двигаться по
окружности радиуса г = 10 см с постоянным касательным
ускорением ах = 0,4 см/с2. Через какой промежуток време-
ни вектор ускорения а образует с вектором скорости v угол
р, равный: а) 60; б) 80° (рис. 6)? Какой путь пройдет за это
12
время движущаяся точка? На какой
угол повернется радиус-вектор, про-
веденный из центра окружности к
движущейся точке, если в начальный
момент времени он направлен верти-
кально вверх? Движение происходит
по часовой стрелке.
Анализ. Материальная точка дви-
жется по окружности заданного ра-
диуса. Поскольку движение ускорен-
ное, скорость v движущейся точки, а
следовательно, и нормальное ускоре-
ние а„ = и2/г непрерывно возрастают со временем. Касатель-
ное ускорение, по условию задачи, постоянно. Следователь-
но, вектор полного ускорения а со временем изменяется как
по модулю, так и по направлению.
Угол 0 между векторами а и v зависит от соотношения
между нормальным а„ и касательным ах ускорениями:
tg Э = ап/ах = v2/(raT).	(1)
Постоянство касательного ускорения позволяет найти за-
кон изменения со временем пути з, пройденного точкой, или
угла поворота <р радиус-вектора (см. рис. 6).
Решение. Касательное ускорение
ах = di>/dt = const.
_ »
Следовательно, мгновенная скорость движущейся точки
(при и0 = 0)
у = а/.
Подставляя это выражение в формулу (1), находим
tg ₽ = (aTt)2/(axr) = axt2/r.
Тогда время и путь соответственно равны:

(2)
i	i
s = jvdt = j axt dt = £<£1.	(3)
oo
Угол поворота <p = s/r изменяется co временем также по
квадратичному закону:
<Р = axt2/(2r).	(4)
13
а)	При p, = 60° (tg p, = 1,73), со-
гласно выражениям (2)—(4), t, = 6,6 c;
Sj = 8,7 cm; <pj = 0,87 рад.
б)	При 02 = 80° (tg p2 = 5,7), соглас-
но выражениям (2)—(4), t2 = 12 с;
s2 = 28 см; <p2 = 2,8 рад.
Положения движущейся точки для
найденных углов <р2 и <р2 и векторы v
и а в эти моменты времени показаны
на рис. 7.
§ 2. Законы Ньютона
Второй закон Ньютона, в формулировках которого ничего
не говорится ии о точках приложения сил, ни о размере и
форме тел, строго говоря, справедлив только для материаль-
ных точек либо для твердых тел, движущихся поступатель-
но. Поскольку при изучении законов Ньютона в общем курсе
физики законы динамики твердого тела еще не известны,
можно считать, что поступательное движение (если оно не
оговорено в условии задачи) возникает тогда, когда линии
действия всех сил или результирующей силы проходят через
центр масс тела.
При использовании законов Ньютона особое внимание надо
уделять анализу сил, действующих на рассматриваемое тело.
Этот анализ должен включать: происхождение сил — в ре-
зультате взаимодействия с каким телом возникла данная сила;
природу сил — тяготение, упругость, трение; характер — от
каких величин и как зависит данная сила!
Уравнения второго закона Ньютона следует записывать
обязательно в векторной форме, а затем переходить к ска-
лярным равенствам, связывающим проекции ускорения и дей-
ствующих сил на координатные оси, выбранные в зависимо-
сти от условия задачи. Эту систему координат, применяемую
для решения векторных уравнений, не следует смешивать
с системой отсчета, относительно которой рассчитываются ско-
рости и ускорения тел.
Законы Ньютона справедливы только для инерциальных
систем отсчета. Почти во всех рассматриваемых задачах сис-
14
тему отсчета, связанную с Землей, можно считать инерци-
альной, если пренебрегать ее ускорением относительно систе-
мы неподвижных звезд. Отсюда вытекает ограничение в вы-
боре систем отсчета: они не должны иметь ускорения относи-
тельно Земли.
При описании движения тел, связанных между собой, вто-
рой закон Ньютона целесообразно применять к каждому телу
в отдельности, установив предварительно связь между коор-
динатами и кинематическими параметрами этих тел. При этом
часто приходится накладывать дополнительные условия на
характер связей.
Задача 2.1. В вагоне, движущемся горизонтально с уско-
рением а - 2 м/с2, висит на шнуре груз массы т “ 200 г.
Найти силу натяжения шнура и угол отклонения шнура от
вертикали (рис. 8).
Анализ. В задаче рассматривается движение тела, ни о
форме которого, ни о линейных размерах ничего не сказано.
Это позволяет предположить, что и форма и линейные разме-
ры не влияют на характер движения, а тело можно принять
за материальную точку.
Независимо от состояния вагона (покой или движение) на
груз действуют только две силы: сила тяжести mg и сила
натяжения Т шнура. В покоящемся вагоне (или в случае его
движения с постоянной скоростью) обе силы коллинеарны, и
их векторная сумма равна нулю. При движении вагона с ус-
корением шнур отклонится от вертикали в сторону, противо-
положную направлению ускорения, и обе действующие на
груз силы должны сообщать грузу относительно Земли уско-
рение, равное ускорению вагона. Правильнее было бы гово-
рить, что ие груз отклоняется, а вагон, и, следовательно, точ-
ка подвеса шнура к вагону опережает груз. (В начале движе-
ния вагона с ускорением груз совершает колебания. Мы рас-
сматриваем груз в тот момент, ког-
да колебания затухнут, т. е. когда
ускорение и скорость груза равны
ускорению и скорости вагона. Нить
при этом оказывается отклоненной
от вертикали.) Поскольку вагон дви-
жется по отношению к Земле с уско-
рением, следует выбрать систему ко-
Рис. 8
1S
ординат, не связанную с движущимся вагоном. В системе
координат, жестко связанной с Землей, второй закон Нью-
тона имеет вид
та = mg + Т,	(1)
где а — ускорение груза относительно Земли, а Т — искомая
сила натяжения.
Решение. Заменяя уравнение (1) двумя скалярными ра-
венствами, связывающими между собой проекции сил и ус-
корения на оси ОХ и OY, получаем:
ma = Т sin а,	(2)
О = Т cos а - mg.	(3)
Совместно решив эти два уравнения, найдем:
а = arctg (a/g) = arctg 0,204 = 11,5°;
Т - m Ja2 + g2 = 20 H.
Задача 2.2. Груз массы m = 200 г, привязанный к нити
длиной I = 40 см, вращают в горизонтальной плоскости
с постоянной скоростью так, что нить описывает коническую
поверхность. При этом угол отклонения нИти от вертикали
a = 37° (рис. 9). Найти угловую скорость <о вращения груза и
силу натяжения нити.
Анализ. Тело (груз) можно принять за материальную точ-
ку, движущуюся с постоянной скоростью по окружности,
расположенной в горизонтальной плоскости. Эго значит, что
касательное ускорение a, = dv/di = 0, следовательно, трение и
любое сопротивление движению отсутствуют и полное уско-
рение равно нормальному:
а = ап = ю2г,	(1)
где г — радиус окружности. Тогда
на тело действуют только сила тя-
жести mg и сила натяжения Т нити,
расположенные в вертикальной
плоскости, совпадающей с плоско-
X стью рисунка. Запишем второй за-
кон Ньютона:
Рис. 9	ma = mg + Т.
16
Это уравнение содержит искомую силу натяжения нити и
угловую скорость, входящую в выражение (1).
Решение. Для перехода к скалярным соотношениям вве-
дем оси координат. Одну из осей следует обязательно напра-
вить по нормали к траектории к центру окружности, вторую —
вертикально. (Третья ось, перпендикулярная плоскости ри-
сунка и направленная по касательной к траектории, не нуяс-
на, так как силы mg и Т проекций на нее не дают, а касатель-
ное ускорение а, = 0.) Заменяя векторную запись второго за-
кона Ньютона соотношениями между проекциями сил и ус-
корения на указанные оси, получаем:
тап = Т sin а, 0 = - mg + Т cos а.
На основании этих уравнений имеем:
Т = mg/cos а = 2,4 Н; ma„ = mg tg а.	(2)
Радиус окружности, по которой движется тело, г = I sin а.
Подставляя выражение (1) в (2), находим:
<ог ~ g/(l cos а); о = y/g-/ (I cos а) = 5,5 с-1.
Задача 2.3. На тележке массы nij = 20 кг, которая может
свободно перемещаться вдоль горизонтальных рельсов, ле-
жит брусок массы тг = 5 кг (рис. 10). Коэффициент трения
между бруском и тележкой k = 0,2. Брусок тянут с силой F,
направленной параллельно рельсам. Найти ускорение бруска
и тележки, если сила изменяется по закону F = ct, где
с = 4,0 Н/с. Построить графики зависимости найденных ус-
корений от времени.
Анализ. В задаче рассматривается поступательное движе-
ние двух соприкасающихся тел, между которыми, по условию,
действует сила трения. Наличие ее позволяет предполагать, что
при некоторых значениях приложенной силы F брусок и те-
лежка движутся вместе с одинаковым ускорением, а при боль-
ших значениях силы F брусок начнет обгонять тележку, будет
скользить по ней. Если относительная
скорость и' бруска (скорость бруска От-
носительно тележки) равна нулю, то
сила трения будет силой трения покоя
и может принимать любое значе-
ние от 0 до /трмакс .= kN, т. е.
Др < kN, где N — сила нормальной ре-
X
Рис. 10
17
акции при действии одного тела на другое. Если v' * 0, то сила
трения будет силой трения скольжения = kN1.
Сила трения всегда направлена в сторону, противополож-
ную относительной скорости (либо в сторону, противополож-
ную относительной скорости, которая появилась бы при от-
сутствии трения). Поэтому силы трения, действующие на те-
лежку и брусок, направлены так, как показано на рис. 10,
причем /'тр = Помимо силы трения на тележку действу-
ют сила тяжести, сила нормального давления бруска и сила
нормальной реакции рельсов. (Сила трения между тележ-
кой и рельсами, по условию, отсутствует.) Все эти три силы
вертикальны и взаимно компенсируют друг друга. На бру-
сок действуют также вертикальные силы тяжести m2g и нор-
мальной реакции тележки N2 = - m2g и горизонтальные силы
Г и fn>-
Поскольку начальные скорости отсутствуют, то характер
сил трения определяется соотношением между ускорениями
обоих тел:
< kN2, если aj “ а2, v' «= 0,
= kN2, если aj * a2, v' * 0,
причем а1 и аг — это ускорения тележки и бруска относительно
Земли. Оба эти вектора сонаправлены с силой F: ускорение
тележки возникает , под действием одной силы трения
направленной так же, как и сила Г\ ускорение бруска не мо-
жет быть направлено в другую сторону, так как сила трення
не изменяет направления движения на противоположное.
Ускорения эти найдем из уравнения второго закона Ньюто-
на, записанного для каждого тела.
Решение. Поскольку вертикальные силы, действующие на
каждое из тел, скомпенсированы, то уравнения движения для
каждого из тел сразу запишем в скалярной форме (для про-
екций на ось X):
‘F- kJ
1 Здесь, как и в дальнейшем, мы пренебрегаем зависимостью
силы трения скольжения от скорости и считаем, что сила трения
скольжения равна максимальной силе трения покоя.
18
Найдем из системы уравнений (1) а
значения F, при которых at — а2 — а\
В этом случае о' = 0 и < kN2 =
= km^g. Тогда
F = ct < km^ (ml + m2)/mv 0
Следовательно, при t < t* = km-g x	рис n
(mj +	= 3,1 с ускорения
обоих тел одинаковы, сила трения
(трения покоя) заранее не известна. Решив систему (1) отно-
сительно а, получим
а = ct/(mt + тп2).	(2)
Ускорения обоих тел прямо пропорциональны времени и
изменяются от 0 до a = c£*/(mi + тг) = 0,5 м/с2.
При t > t* ускорения тел различны, но сила трения имеет
определенное значение: = km^g. Тогда [см. (1)]
mial = km^, т2а2 = ct - km^g,
откуда
ct
Й! -	= 0,5 м/с2; а2 = ~~~ - kg.	(3)
Ускорение а2 бруска растет линейно со временем начиная
от значения
ct *
а2 = ~~ - kg “ a, = 0,5 м/с2.
fTlg
График зависимости ускорений от времени можно пост-
роить на основании выражений (2), (3). При t < t* график
представляет собой прямую, выходящую из начала коорди-
нат. При t > t* график at(t) — прямая, параллельная оси
абсцисс, график a2(t) — прямая, идущая вверх более круто
(рис. 11).
Задача 2.4. Через блок, прикрепленный к потолку каби-
ны лифта, перекинута нить, к концам которой привязаны
грузы т2 •= 0,5 кг и ю2 и 0,6 кг (рис. 12). Найти силу
давления блока на ось при движении грузов в двух слу-
чаях: лифт поднимается равномерно и с ускорением
19
а0 = 1,2 м/с2. Масса блока пренебрежимо мала. Трением в
оси пренебречь.
Анализ. Сила давления блока на ось Рд = - N, где N —
сила реакции оси, действующая на блок и направленная вверх.
Кроме этой силы на блок действуют силы натяжения нити Т,
и Т2, направленные вниз. Уравнение второго закона Ньютона
для блока имеет вид
= N + Т, + Т2 + mSjIg,
где ац — ускорение центра масс блока относительно Земли,
— его масса. Если -* 0, то независимо от ускорения
центра масс
N + Tj + Т2 = 0, N = Ti + T2.
Таким образом, задача сводится к нахождению сил натяже-
ния нити. Поскольку нить связывает заданные грузы, то силы
натяжения могут быть найдены из рассмотрения движения гру-
зов. При равномерном движении лифта можно выбрать систе-
му отсчета, связанную как с Землей, так и с лифтом. При уско-
ренном движении лифта система отсчета, связанная с лифтом,
неинерциальная, поэтому она должна быть связана с Землей.
Задачу можно решить сразу для ускоренного движения лифта,
а первый случай получится как частное решение при а0 = 0.
Грузы движутся относительно блока (относительно лиф-
та) и участвуют в движении лифта с ускорением а0. Если
Рис. 12
нить нерастяжима, то ускорения гру-
зов относительно блока одинаковы по
модулю, но противоположны по на-
правлениям.
Для доказательства запишем усло-
вия нерастяжимости нити. Введем ось
О'г], связанную с лифтом (рис. 12), ко-
ординаты обоих тел т], и г]2. Тогда
условие нерастяжимости нити
Hi + Л2 + h = const,
где 10 — длина части нити, соприка-
сающейся с блоком. При движении
грузов относительно лифта координа-
ты т], н ц2 изменяются, но
п, + f|2 = о, t), + tj2 = о (1)
20
(точка над буквой обозначает производную по времени);
т|г = а{ч — проекция ускорения первого груза относительно
лифта на вертикальную ось СХц; rj2 = а2ц — проекция ускоре-
ния второго груза на ту же вертикальную ось. Из соотноше-
ния (1) найдем а{п = - а2т1. Поскольку грузы движутся вдоль
оси О'ц, то
а;=-а'.
Относительно Земли ускорения грузов
ai = а0 + aj, &2 — &о +	
Каждый из грузов движется под действием силы тя-
жести и силы натяжения нити. Невесомость нити позво-
ляет считать силу натяжения вдоль нйти постоянной по
модулю. Неизменяемость силы натяжения по модулю при
переходе через блок может быть доказана при условии,
что массой блока можно пренебречь (см. § 4, задача 4.2).
Таким образом, TY = Т/ = Т2 = Т2 . Уравнения второго
закона Ньютона, записанные в скалярном виде для каж-
дого из тел, составят систему, в которой неизвестными
будут силы натяжения нити и относительные ускорения
грузов.
Решение. Коллинеарность сил, действующих на каж-
дый из грузов, позволяет записать уравнения движения
сразу в скалярной форме для проекций на ось OY. Для
первого груза
а1» = ао + а'> mi( а0 + а') = Г - т^;	(2)
для второго груза
аь = а0- а', т2( а0- а') = Т - m^g,	(3)
где Т = Г,' == Tt, i - 1, 2.
Уравнения (2) и (3) образуют систему с двумя неизвестны-
ми Т и а'. Умножая уравнение (2) на тп2, а уравнение (3) на
и складывая их почленно, получаем
Т = 2m1m2(a0 + g)/(ml + m2).
Искомая сила давления блока на ось
Рл = N = 2Т.
21
При равномерном движении лифта (а0 = 0)
Гд = 4m1m2g/(m1 + т2) = 10,7 Н.
При подъеме с ускорением а0 = 1,2 м/с2
Гд = 4/п1тп2 (g + а0)/(т1 + тг) - 12,0 Н.
Задача 2.5. На наклонной плоскости находится груз т1 =
= 5 кг, связанный нитью, перекинутой через блок, с другим
грузом тг = 2 кг (рис. 13). Коэффициент трения между пер-
вым грузом и плоскостью k = 0,1; угол наклона плоскости к
горизонту а = 37°. Определить ускорения грузов. При каких
значениях тг система будет находиться в равновесии?
Анализ. В задаче рассматриваются два тела, связанные
нитью и совершающие поступательное движение. Если нить,
как всегда, считать нерастяжимой, то ускорения этих тел
равны по модулю: аг = аг. На тело массы т1 действуют сила
тяжести сила нормальной реакции N наклонной плоско-
сти, сила натяжения Т нити и сила трения f^. Сила трения
направлена в сторону, противоположную скорости тела; если
же направление движения системы неизвестно, то нельзя ука-
зать направление силы трения. Но так как сила трения не
может изменить направление движения на противоположное,
то следует определить сначала направление движения при
отсутствии трения, а затем уже решать задачу с учетом силы
трения.
Второй закон Ньютона для первого тела без учета силы
трения имеет вид
- mjg + Т + N.	(1)
На тело тг действуют только сила тяжести m2g и сила
натяжения Т нити:
Рис. 13
m2a2 = m2g + Т. (2)
Вводя оси координат и заме-
няя векторные уравнения (1) и
(2) скалярными равенствами,
получим систему уравнений,
решение которой позволит
определить направление ускоре-
ния аР Поскольку тела не име-
ли начальной скорости, мгно-
22
венная скорость каждого из тел совпадает по направлению с
его ускорением, следовательно, направление силы трения, дей-
ствующей на тело mlt будет известно. После этого можно ре-
шать задачу уже с учетом силы трения. При этом в уравне-
ние (1) надо ввести в правую часть силу трения, уравнение
(2), очевидно, не изменится. При рассмотрении условий рав-
новесия следует повторить все рассуждения, учитывая, что в
этом случае
а1 ~ а2 ~ 0.	(3)
Решение. Для замены векторных уравнений (1) и (2) ска-
лярными введем для описания движения тела т1 оси X и Y,
тела тп2 — ось г) (см. рис. 13). Учитывая, что вследствие неве-
сомости нити и блока Т - Т, получаем:
"ЦЯц = m^g sin а - Т, тга2п ~Т - mg, aiz - а2ц. (4)
После совместного решения уравнений (4) получаем
й1, -	° °,8	> о-
lx mi +	7
Проекция вектора а на ось X положительна, это значит, что
тело движется вниз по наклонной плоскости, следовательно,
сила трения направлена вверх по наклонной плоскости.
Можно, не возвращаясь к векторным уравнениям, ввести
силу трення в первое из уравнений (4). При этом следует
учесть, что
«1х “ а2П - а, = ~ 1^ = - kN.
Тогда
т^а «= mjg sin а - Т - kN, m2a «= Т - тп^.
Силу нормальной реакции N найдем из уравнения (1), за-
писанного в скалярном виде для проекций на ось Y:
а1у = 0;	0 = ДГ - m^g cos а,
откуда
m^g cos а.
Окончательно
ттца - m^g sin а - Т - krn^g сов а,|
тга -Т- m2g.	J
23
Совместное решение системы (5) дает
m,(sina - A cos a) - nh „ _ „	,,
° = 8—-----т — = °’Во * * * 84 м/с •
ТП^ + n%2
Условия равновесия, соответствующие равенству нулю
результирующей силы, действующей на каждое тело, зави-
сят, очевидно, от наличия силы трения и ее направления.
. Если трения нет, то, как следует из решения системы (4),
аи “ S(mi sin a _ тг)/(т1 +
В условиях равновесия а1х = 0 и т2 = m2 = znx sin a =
“ 3 кг. Если т2 < т2, то а1х > 0 — тело т1 движется вниз по
наклонной плоскости; если т2 > т2, то а1х < 0 — тело wij
движется вверх по наклонной плоскости.
В условиях равновесия сила, трения является силой тре-
ния покоя и ее направление противоположно направлению
возможного движения тела тГ
В первом случае (т2 < т2) сила трения направлена вверх
по наклонной плоскости, и систему (4) с учетом того, что
а1х = а2п= 0, можно переписать в виде
О = m^g sin a-T-Др, 0 - Т - т2%,	(6)
откуда
т2 - nij sin a - f^g.	(7)
Во втором случае {т2 > т*2) сила трения направлена вниз
по наклонной плоскости (рис. 13, пунктир), и уравнения (6)
примут вид
О = m-j^sin a-T + Zjp, 0 = Т -
откуда
т2 = т1 sin a - f^/g.	(8)
В обоих случаях сила трения покоя kN = km1g cos a.
Запишем выражения (7) и (8) с учетом этого неравенства и
выполним вычисления:
тп2 > т1 (sin a - k cos a) = 2,6 кг;
m2 < m1 (sin a + k cos a) = 3,4 кг.
24
Легко видеть, что первое неравенство имеет смысл толь-
ко когда sin d. > k cos а. Оба неравенства не противоречат
друг другу, и равновесие имеет место при 2,6 кг < тг <
< 3,4 кг.
Предельным значениям массы тг соответствует наиболь-
шая сила трения покоя = kN). Если тг = 2,6 кг или
т2 = 3,4 кг, то при малейшем толчке (в первом случае —
вниз, во втором — вверх) начнется движение системы. В обо-
их случаях движение будет равномерным.
Задача 2.6. Замкнутая однородная цепочка массы
т = 0,4 кг, надетая вплотную на гладкий круговой конус с
углом полураствора 0 = 20°, вращается вокруг оси конуса с
угловой скоростью о = 10 с-1 (рис. 14). При этом цепочка об-
разует окружность, радиус которой г = 10 см. Найти силу
натяжения цепочки.
Анализ. По условию задачи требуется найти силу натя-
жения цепочки, т. е. силу, с которой один элемент цепоч-
ки действует на другой, поэтому следует рассмотреть дви-
жение какого-либо элемента длины Д/, массы Ди,. Такой
элемент движется в горизонтальной плоскости по окруж-
ности радиуса г с постоянной по модулю скоростью. На
каждый такой элемент, кроме силы тя-
жести Д/ng и силы нормальной реакции
AN со стороны конуса (рис. 14, а),
действуют силы натяжения Tj и Т2
(рис. 14, б) со стороны элементов, со-
седних с данным. Силы эти направле-
ны по касательным к окружности,
образуемой цепочкой, в точках, где
расположены концы элемента Д/.
По условию, силы трения отсутству-
ют. Уравнение второго закона Ньютона
для элемента Д/ имеет вид
Дтпа = Tj + Т2 + AN + Azng.
Вследствие полной симметрии все
элементы, составляющие цепочку, на-
ходятся в совершенно одинаковых усло-
виях, поэтому можно считать, что
т = т
Z
Рис. 14
25
Решение. Если выбрать оси координат, как показано на
рисунке, то
ах = 0, av = ап = ш’г, а, = at = 0.
В проекции на ось ОХ
0 - AJV sin 0 - Д/ng.	(1)
(Силы натяжения и Т2 лежат в горизонтальной плоскости
и проекций на ось X не дают.)
В проекции на ось OY
Атм2г = Tj sin + Тг sin - ZLV cos 0,	(2)
где Да — центральный угол, соответствующий элементу дуги
Д(. Очевидно, что Д/ = гДа.
Проекции на ось OZ рассматривать нецелесообразно, так
как Т\г + Т21 - 0; другие силы проекций на ось OZ не дают,
а, = а,= 0 по условию.
При совместном решении уравнений (1) и (2) с учетом ра-
венства сил натяжения получаем
Дтш2г = 2Т sin (Да/2) - Amg ctg 0.
Однородность цепочки позволяет найти
Дт = m Д(/(2лг) = m Да/(2л).
Так как элемент Д( очень мал, то мал и угол Да, поэтому
sin (Да/2) ~ Да/2. Тогда
Т = m (ш2г + g ctg 0)/(2л) - 2,3 Н.
Задача 2.7. Над горизонтальным столом, касаясь его ниж-
ним концом, висит вертикально тонкий однородный шнур
массы zn0, длины 10 (рис. 15). Верхний конец шнура освобож-
дают. Найти силу давления шнура на стол в процессе паде-
ния как функцию длины уже лежащей на столе части шнура
и как функцию времени.
Анализ. Если бы не было стола, то шнур после освобожде-
ния его верхнего конца двигался бы в состоянии невесомости
(при отсутствии сил сопротивления воздуха). Это значит, что
в любой момент все элементы шнура обладали бы одинако-
выми скоростями и ускорениями а, = g и никаких деформа-
ций и сил натяжения не возникало бы. Если предположить,
26
что шнур мягкий, то при падении его
нижней части на стол обусловленная
этим деформация не вызовет по-
явления сил натяжения в шнуре, и
свободная часть шнура будет двигать-
ся так же, как если бы не было
стола.
В процессе падения шнура длина
I лежащей на столе части непрерыв-
но возрастает, при этом каждый эле-
мент dZ, приходящий в соприкосно-
вение со. столом, полностью теряет
скорость, которую он приобрел во
время свободного падения (удар такого элемента о стол надо
считать абсолютно неупругим). По изменению импульса это-
го элемента можно определить силу действия стола на него
и, следовательно, силу f, с которой данный элемент давит на
стол. Полная сила давления F шнура на стол в процессе паде-
ния складывается из силы f и силы тяжести mg лежащей на
столе части шнура:
F = f + mg.	(1)
Для определения силы f необходимо найти импульс, при-
обретаемый элементом dZ к моменту его соприкосновения со
столом.
Для описания движения любого элемента шнура введем
ось OY, поместив начало координат в точку подвеса шнура.
Рассмотрим, что происходит за некоторый произволь-
ный промежуток времени dt. На рисунке показаны поло-
жения шнура в момент t (/) и в момент t + dt (II). За это
время верхний конец шнура смещается вниз на расстоя-
ние dy, причем к моменту времени t скорость любой точ-
ки шнура
v = gt=j2gyt	(2)
где у — расстояние, пройденное за время t как верхним кон-
цом шнура, так и любым другим элементом, в том числе и
элементом dZ = dy, который за время dt ударился о стол.
Очевидно, что сила, действующая на элемент dZ со стороны
стола,
fj “ dp/dt.
27
где dp — изменение импульса элемента dt за время dt. Тогда
сила, действующая на стол со стороны элемента dZ,
f = - fj= - dp/dt.	(3)
Изменение импульса элемента
dp = - dm • v,
где dm — масса элемента; v — скорость, которой он обладал
перед ударом, т. е. в момент времени t. Знак минус объясня-
ется тем, что конечный импульс элемента dm равен нулю.
Решение. Уравнение (3) в скалярном виде (в проекции на
ось ОУ)
4 = / = “ dp/dt.	(4)
Учитывая, что dZ = dy, масса элемента
dm = у dy = (m0/Z0) dy,
где у — линейная плотность шнура, являющаяся вследствие
его однородности постоянной величиной.
Таким образом, учитывая (2), определяем изменение про-
екции импульса за время dt:
dp, = - dm* р = - y^2gy dy.	(5)
Подставим полученное выражение в (4):
f Уу/zgy	(6)
’ аг
Но dy/dt — это скорость любой точки шнура. Тогда, учиты-
вая еще раз выражение (2), получаем
f = Y • 2gy.
Здесь, как и раньше, у — расстояние, пройденное верх-
ним концом шнура за время t. Поскольку в начальный мо-
мент шнур касался поверхности стола, у - I (длина той части
шнура, которая лежит на столе к моменту времени t) и
уу “ yl - т. Заменяя векторное равенство (1) соотношениями
между проекциями всех сил на ось OY и учитывая соотноше-
ния (5) и (6), находим
F = 3mg = 3(m0/t0) gl.
В любой момент движения, т. е. при I < 10, сила давле-
ния шнура на стол втрое больше силы тяжести той части
28
шнура, которая к этому моменту времени уже лежит на
отоле.
Если вновь выразить массу т через длину I = у, то получим
F - 3 ygy.
Так как любой элемент шнура совершает свободное паде-
ние, то у = gt2/2. Тогда
F = 3y^tz/2 = 3m0g2t2/(2l0).
Отсюда видно, что во время падения шнура, т. е. при
t < 7^ / 8, сила давления его на стол растет пропорцио-
нально квадрату времени падения.
§ 3. Законы сохранения импульса,
момента импульса и энергии
Используя законы сохранения (импульса, момента им-
пульса и энергии), можно найти связь между параметрами
движения тела (координатами, скоростями) или системы тел
в различных состояниях. В некоторых случаях, когда харак-
тер сил взаимодействия (закон изменения силы со временем,
время взаимодействия) неизвестен, только законы сохране-
ния позволяют найти по известным параметрам (координа-
ты, скорости) системы в одном состоянии ее параметры в дру-
гом состоянии. Подобная ситуация, в частности, имеет место
при кратковременных взаимодействиях, таких, как удар,
взрыв и т. п.
Во многих случаях два метода решения — использование
законов Ньютона (такой метод можно условно назвать «сило-
вым*) и законов сохранения — равноправны. Выбор метода
и пути решения каждой конкретной задачи возможен только
после детального качественного обсуждения условия задачи
начиная с анализа сил, действующих на каждое из тел. Та-
кой анализ покажет, целесообразно ли рассматривать каж-
дое тело в отдельности либо систему тел; возможно ли к выб-
ранной системе применить тот иной закон сохранения.
Закон сохранения импульса можно применять, строго го-
воря, только к замкнутым системам, т. е. к системам тел, на
которые не действуют внешние силы (либо векторная сумма
29
внешних сил равна нулю). Природа внутренних сил не явля-
ется существенной, к числу этих сил могут, например, отно-
ситься и силы трения.
При составлении уравнений на основании закона сох-
ранения импульса следует обращать внимание на то, что ско-
рости всех рассматриваемых тел должны отсчитываться от-
носительно одной и той же системы отсчета, а также на век-
торный характер закона.
Закон сохранения момента импульса выполняется в тех
случаях, когда сумма моментов внешних сил равна нулю.
При движении в центральном силовом поле1 (при отсутствии
других внешних сил) момент импульса системы точек или
одного точечного тела относительно центра поля также оста-
ется постоянным.
Полной механической энергией системы тел принято на-
зывать сумму кинетических энергий всех тел системы, по-
тенциальной энергии их взаимодействия и потенциальной
энергии тел системы во внешнем консервативном (потенци-
альном) поле.
Система тел, механическая энергия которой постоянна,
называется консервативной. Условие консервативности —
отсутствие перехода механической энергии в другие виды
энергии и обмена энергией с телами, не принадлежащими
к данной системе. Первое условие выполняется тогда, ког-
да между телами системы действуют силы, модуль и на-
правление которых зависят только от координат взаимо-
действующих тел, т. е. консервативные -силы, либо когда
внутренние неконсервативные силы не совершают работы
(неконсервативными силами являются, например, силы
трения, силы, возникающие при неупругом ударе). Второе
условие выполняется в тех случаях, когда алгебраическая
сумма работ всех внешних сил, действующих на систему,
за исключением, конечно, сил внешнего консервативного
поля, равна нулю.
В неконсервативных системах изменение полной меха-
нической энергии системы равно алгебраической сумме ра-
1 Центральным называется силовое поле, в котором силы, дей-
ствующие на точечное тело, помещенное в любую точку поля, на-
правлены по прямой, соединяющей данную точку поля с центром
сил или центром поля.
30
бот всех внешних сил и внутренних неконсервативных сил.
Если энергия системы включает потенциальную энергию
тел во внешнем консервативном поле, то можно говорить о
законе сохранения энергии одного тела, находящегося во
внешнем консервативном поле, в частности в поле тяжести
Земли. Подобное рассмотрение предполагает, что расчеты
проводятся в системе отсчета, связанной со вторым телом, в
данном случае с Землей.
При определении изменения энергии следует обращать
внимание на то, что изменение потенциальной энергии тела
во внешнем консервативном поле равно работе сил поля, взя-
той с обратным знаком. Сама потенциальная энергия не мо-
жет быть вычислена без предварительного выбора начала от-
счета потенциальной энергии.
Задача 3.1. Снаряд, летевший на высоте Н = 40 м гори-
зонтально со скоростью v = 100 м/с, разрывается на две рав-
ные части. Одна часть снаряда спустя время t = 1 с падает на
Землю точно под местом взрыва. Определить скорость другой
части снаряда сразу после взрыва.
Анализ. Скорость каждой части снаряда изменяется
вследствие взрыва, т. е. под действием сил давления газов,
образующихся при взрыве. Направление этих сил, закон из-
менения их со временем и время действия неизвестны. Од-
нако, если обе части снаряда рассматривать как систему тел,
эти силы станут силами внутренними, а поэтому не будут
изменять импульс системы. Силы, возникающие при взры-
ве, настолько велики, что по сравнению с ними действием
всех других сил (тяжести, сопротивления воздуха) на каж-
дую часть снаряда можно пренебречь. В этом случае систе-
му можно считать замкнутой в течение времени взрыва.
Следовательно, вектор импульса системы во время взрыва
постоянен:
Pi - Рп-	(!)
До взрыва импульс системы pj = 2mv (m — масса одной
части снаряда) направлен горизонтально. После взрыва им-
пулвс системы равен векторной сумме импульсов обеих час-
тей снаряда: рп = тих + ти2 (щ и u2 — Скорости соот-
ветственно первой и второй частей снаряда сразу после взры-
ва). Один из векторов — щ — направлен, как следует из
условия, вертикально (либо равен нулю). Модуль и направ-
31
ление скорости Uj могут быть
найдены из закона движения
этой части снаряда после
взрыва. Тогда скорость и2
можно найти из закона сохра-
нения импульса (1).
Решение. Чтобы от вектор-
ного уравнения (1) перейти к
скалярным соотношениям, введем оси координат (рис. 16).
В проекции на оси ОХ и OY
plz - 2mv, pnz - тиг cos а,	(2)
Рц, " 0. Рщ, =	“ mu2 sin а-	(3)
Заменим векторное равенство (1) двумя скалярными:
Р1х “ Рпх’ Ply = Рпу'
Тогда, учитывая выражения (2) и (3), получаем:
2mv — тиг сов а, 0 = ти1у - тиг sin а.
Эти уравнения образуют систему, решая которую нахо-
дим
иг = div2 + и% , а = arctg .	(4)
Движение первой части снаряда после взрыва — падение
с начальной скоростью иОу = u2j/. Поэтому, если пренебречь
сопротивлением воздуха,
Н = ulvt + gt2/2,
откуда
uly = H/t - gt/2 = 35 м/с.
Тогда [см. (4)] скорость второй части снаряда иг - 203 м/с;
вектор скорости и2 направлен к горизонту под углом
а = arctg 0,17 = 10°.
Задача 3.2. На горизонтальных рельсах стоит платформа с
песком (общая масса т1 = 5 • 10s кг). В песок попадает снаряд
массы тг = 5 кг, летевший вдоль рельсов. В момент попада-
ния скорость снаряда v = 400 м/с и направлена сверху вниз
под углом а = 37° к горизонту (рис. 17). Найти скорость плат-
32
формы, если снаряд застревает в	т,
песке.
Анализ. Платформа приобрета-
ет скорость и в результате взаимо- [	।
действия со снарядом. Закон изме- 
нения силы этого взаимодействия х
во времени и само время взаимо-	z Рис. 17
действия неизвестны. Поэтому за-
дача не может быть решена непосредственно с помощью за-
конов Ньютона. Если же рассмотреть систему тел платфор-
ма—снаряд, то эта неизвестная сила будет силой внутренней
и не изменит импульса системы. На систему платформа—
снаряд действуют внешние силы: сила тяжести, сила нор-
мальной реакции рельсов и сила трения. Вследствие негори-
зонтального направления скорости снаряда сила нормальной
реакции, действующая на платформу, во время взаимодей-
ствия платформы и снаряда изменяется и будет тем больше,
чем больше внутренняя сила взаимодействия снаряда и плат-
формы. Если пренебречь действием силы трения на платфор-
му во время удара, то, поскольку силы тяжести и нормаль-
ной реакции рельсов строго вертикальны, можно считать, что
проекция вектора импульса системы на горизонтальное на-
правление остается постоянной. Это позволит найти скорость
и, которую приобретает платформа после удара.
Сила взаимодействия снаряда с платформой — сила дис-
сипативная, поэтому механическая (кинетическая) энергия
системы убывает.
Решение. Если ввести ось X, то
Plz ~ Рпх>	(1)
где р1х = m2v cos а, рПх -	+ т2) и — проекции вектора
импульса системы на ось X соответственно до и после взаи-
модействия тел. (Выражение для рПх справедливо, если их — и,
т. е. положительно.)
Тогда уравнение (1) примет вид
zn2i> cos а = (wij + т2) и.
откуда
m,v cos а	„
и — -------- = 0,32 м/с.
mj + т2
2-Сборник задач
33
miUj	Задача 3.3. После абсолютно уп-
—	► ругого соударения тела массы т1,
двигавшегося поступательно, с по-
XJ Pj "	коившимся телом массы т2 оба тела
разлетаются симметрично относи-
тельно направления вектора ско-
,,	рости первого тела до удара (рис. 18).
У	Определить, при каких значениях
риС 1в	п = тг/тг это возможно. Рассчитать
п для двух случаев: угол 0 между
векторами скоростей тел после удара равен л/З и л/2.
Анализ. Происходит абсолютно упругое соударение двух
тел. Конкретные условия, при которых происходит соуда-
рение, — направление и модуль вектора скорости первого
тела vt до удара, наличие других тел, взаимодействующих
с данными, форма соударяющихся тел — не оговорены.
Очевидно, задача может быть решена только в предполо-
жении, что на тела т1 и т2 никакие другие силы, кроме
сил, возникающих при ударе, не действуют. Это предполо-
жение не накладывает никаких особых требований на ус-
ловия, в которых происходит удар: средние силы, возника-
ющие при ударе, настолько велики и притом кратковре-
менны, что действием других сил на каждое из тел за вре-
мя удара можно пренебречь. Если рассматривать не каж-
дое из тел в отдельности, а систему тел тх, т2, то силы,
возникающие при ударе, будут внутренними, а система —
замкнутой в течение времени удара. Импульс такой систе-
мы постоянен:
Pi = Рц, tfhVi -	+ zn2u2,	(1)
где Uj и и2 — скорости тел после удара.
Поскольку удар абсолютно упругий, кинетическая энер-
гия системы также постоянна:
К^Кп.	(2)
Так как тело т1 до соударения двигалось поступательно,
то после удара тела сохранят поступательное движение, если
выполняются следующие условия:
1) отсутствуют силы трения между соударяющимися те-
лами (а в случае скольжения по горизонтальной плоскости —
также между телами и плоскостью);
34
2) Удар центральный: центры масс соударяющихся тел
лежат на линии удара, т. е. на прямой, проходящей через
точку соприкосновения соударяющихся тел, нормально к по-
верхностям этих тел в точке их соприкосновения. В этом слу-
чае линия действия сил, возникающих при ударе, проходит
через центры масс тел, поэтому после удара тела движутся
поступательно. Следует отметить, что если соударяющиеся
тела — шары, то удар всегда центральный.
Для поступательного движения уравнение (2) имеет вид
znjVg/2 = т^/2 + тги1/2.	(3)
Решение. Чтобы от уравнения (1) перейти к скалярным
соотношениям, введем оси координат. В проекциях на оси
ОХ и ОУ
Ply = о, Pnv = sin (0/2) - тги2 sin (0/2);
Pix “ pllx = TTijUj cos(0/2) + m2u2 cos (0/2)
и уравнению (1) соответствуют скалярные соотношения
О - sin (0/2) - т2и2 sin (0/2),	(4)
= OTjUj cos (0/2) + m2u2 cos (0/2).	(5)
Из уравнения (4) следует, что /тци, = тги2. Подставляя это
выражение в (5) и (3) при замене т2 = т^/п, получаем:
ntjOj = Зпци! cos(0/2), mjV2 = (n + 1).	(6)
Уравнения (6) образуют систему, совместное решение ко-
торой
4cos2 (0/2) = п + 1.	(7)
Если тело т1 обладает меньшей массой, чем покоившееся
тело т2, то 0 < п < 1. В этом случае [см. (7)]
1	2 0 . 1	1
4	2	2	2	2	2
Следовательно, угол, образованный вектором скорости лю-
бого из тел после удара и вектором v, удовлетворяет условию
я в , я
3 > 2 > 4 ‘
Если тело обладает массой большей, чем т2, то п > 1 и
,0,1	0 . л
cos2 - >
2	2	2	4
35
Кроме того, из выражения (7) очевидно, что наибольшее
значение п, при котором возможен симметричный разлет тел,
гакакс ~ 3- При этом cos2 (0/2) = 1, 0/2 - 0, т. е. оба тела после
удара движутся по направлению вектора v — удар прямой:
при 0 = л/З (0/2 = л/6) п - 2;
прн 0 - л/2 (0/2 = л/4) п - 1.
Следует заметить, что после абсолютно упругого косого удара двух
тел одинаковой массы, одно нз которых до удара покоилось, они всегда
разлетаются под углом 9 — л/2 друг к другу.
Задача 3.4. Пуля массы т1 = 10 г, летящая с гори-
зонтальной скоростью v = 400 м/с, попадает в мешок, наби-
тый ватой, массы т2 = 4 кг и висящий на длинном шнуре.
Найти высоту, на которую поднимется мешок, и долю кине-
тической энергии пули, которая будет израсходована на про-
бивание ваты (рис. 19).
Анализ. Мешок приобретает некоторую скорость и и на-
чинает двигаться по окружности радиуса I (I — длина шнура)
в результате попадания в него пули. Во все время движения
на мешок действуют суммарная сила тяжести (т1 + m2)g и
сила натяжения Т шнура. Вследствие действия силы тяжес-
ти скорость мешка непрерывно убывает до нуля. Зная на-
чальную скорость и мешка, можно найти высоту h его подъе-
ма кинематически, однако касательное ускорение ат мешка
является функцией угла отклонения а, поэтому решение свя-
зано с математическими трудностями.
Рассмотрим движение мешка в поле тяготения Земли. Сила
натяжения шнура работы не совершает, так как во все время
движения она перпендикулярна перемещению. Следовательно,
Рис. 19
к движению мешка после попадания в
него пули можно применить закон со-
хранения энергии
ДЕ = ДЕ + ДУ = 0.
Если применить этот закон к пере-
ходу из положения I сразу после удара,
когда процесс взаимодействия пуля —
мешок закончен, в положение II, то
Д17 = (ml + т2) gh,
&К - - (т1 + т2) и2/2.
36
Знак минус в выражении для изменения кинетической!
энергии показывает, что при подъеме мешка его кинетическая
энергия убывает до нуля. Несмотря на то что мешок движет-
ся по окружности, можно считать, что все точки его облада-
ют одинаковой скоростью и, так как длина шнура велика по
сравнению с размерами самого мешка. Тогда закон сохране-
ния энергии примет вид
(т., + тп2) gh - (zn, + т2) u2/2 ~ 0.	(1)
Для нахождения скорости и надо рассмотреть процесс вза-
имодействия мешка с пулей. Ни характер изменения силы
этого взаимодействия со временем, ни само время взаимодей-
ствия не известны. Но для системы пуля—мешок эта сила
взаимодействия внутренняя н не изменяет импульса систе-
мы. В течение кратковременного взаимодействия двух этих
тел внешние силы тяжести и натяжения шнура вертикальны,
поэтому проекция импульса системы на горизонтальную ось
постоянна. Это утверждение справедливо в предположении,
что промежуток времени At взаимодействия мешка и пули
мал и поэтому перемещение мешка за это время практически
равно нулю. Следовательно,
Ptr = Рах> = <mi + ^2) “•	(2)
Долю энергии пули, израсходованную на пробивание ваты,
можно найти, рассчитав кинетическую энергию системы до и
сразу после удара.
Решение. Найдем скорость мешка из уравнения (2):
и - zn1o1/(m1 + zn2).	(3)
Подставляя выражение (3) в (1) и производя соответству-
ющие преобразования, получаем
h - v2mf/[2g (znt + zn2)2] = 5 см.
Поскольку скорость, полученная мешком в результате вза-
имодействия с пулей, известна, то энергия, затраченная на
пробивание ваты, т. е. на совершение работы против сил не-
упругой деформации,
А* = Kt - Ка = т^/2 - (mi + тг) иг/2.	(4)
Подставив выражение (3) в (4), получим
А* = |А* 1 = ^(1-^-1.
2	+ m2 )
37
Тогда доля кинетической энергии, израсходованная на эту
работу,
А* т,
----------------- 99,75%.
*1	Mj + ТП2
Рекомендуется качественно разобрать, что' изменится, если ме-
шок с ватой заменить абсолютно упругим телом той же массы ш2.
Вследствие того что масса тела велика по сравнению с массой пули,
последняя отскочит со скоростью, близкой к начальной по значе-
нию, но противоположно направленной, т. е. изменение импульса
пули при упругом ударе вдвое больше, чем при неупругом ударе.
Поэтому груз тг приобретет скорость вдвое большую, чем и [см.
(3)]. Высота подъема в этом случае будет в четыре раза больше най-
денной.
Задача 3.5. Модель ракеты движется при отсутствии вне-
шних сил, выбрасывая непрерывную струю газов с постоянной
относительно нее скоростью v' = 800 м/с (рис. 20). Расход
газа ц = 0,4 кг/с, начальная масса ракеты т0 = 1,2 кг. Ка-
кую скорость относительно Земли приобретет ракета через
время t = 1 с после начала движения, если начальная ско-
рость равна нулю? Оценить погрешность, сделанную при пре-
небрежении силой тяжести.
Анализ. Ракета переменной массы и газ, выбрасываемый
из ракеты с заданной постоянной относительной скорос-
тью, совершают поступательное движение. Поскольку в
.условии оговорено отсутствие внешних сил, импульс сис-
темы тел ракета — выбрасываемый газ остается по-
стоянным. Импульс каждого из
тел изменяется непрерывно со
временем, поэтому следует най-
ти изменение импульса ракеты
dpj за некоторый промежуток
времени dt и изменение импуль-
са dp2 той порции газа, которая
за промежуток времени dt выб-
расывается из ракеты. Так как
система замкнута, то
dp = dpj + dp2 - 0.	(1)
Если в момент времени t раке-
та обладала скоростью v и массой
38
т = т0 - pt, то за интервал dt скорость ракеты за счет реак-
тивного действия выбрасываемой струи газа изменяется на
dv, а импульс ракеты — на
dPi “ (mo “ НО dv.	(2)
Порция газа pdf, двигаясь вместе с ракетой, обладала ско-
ростью V. Покинув ракету за промежуток времени dt, эта же
масса газа приобретает относительно Земли скорость v + v'.
Следовательно, за это же время импульс порции газа pdt,
выброшенной из ракеты, изменяется на
dp2 = pdtv'.	(3)
Подставив выражения (2) и (3) в (1), получим
(тп0 - pt) dv + р dt V = О
или
(т0 - pt) dv = - pv'dt.	(4)
Переходя к скалярным соотношениям, после интег-
рирования можно найти скорость ракеты к моменту вре-
мени t.
Если учитывать действие силы тяжести, внешней по отно-
шению к рассматриваемой системе, то уравнения (1) и (4)
соответственно примут вид
dp - dpj + dp2 = Fdt,
(тп0 - pt) dv = (F - pv'Jdt1.	(5)
В данном случае F = (m0 - pt)g.
Решение. Если начальной скорости у ракеты не было, то
движение ракеты будет прямолинейным. Введем ось X, на-
правленную по вектору скорости v ракеты, тогда и* = - и'.
Уравнение (4) может быть переписано в скалярном виде:
(тп0 - pt) du = pv' dt.	(6)
Разделив обе части уравнения (6) на (тп0 - pt), получим
dv = v'p dt/(m0 - pt).	(7)
1 Это выражение называется уравнением Мещерского.
39
Скорость и как функцию времени найдем при интегриро-
вании выражения- (7) в пределах от 0 до t. При t = 0 v = О,
следовательно,
t
. f р dt	Шп
v = v J щ - pt’ ОТКуДа v = v' ln = 320 м/с-
Если учитывать действие силы тяжести, то уравнение (5)
примет вид
(т0 - nt) dv = [(m0 - pt) g -pv'] dt.	(8)
Для оценки максимальной погрешности следует взять наи-
большее значение силы тяжести m^g (в момент старта раке-
ты) и предположить, что ракета движется вертикально вверх,
а вектор v' направлен вниз коллинеарно с вектором g. Тогда
уравнение (8) в скалярном виде имеет вид
(тп0 - pt) du - ри' [1 - т^/{ ри')] dt.	(9)
Не учитывая силы тяжести, как видно из сопоставления
выражений (6) и (9), мы фактически пренебрегаем членом
m^g/{ ри') по сравнению с единицей. Для данных задачи это
составляет 0,037. Можно показать, что пренебрежение си-
лой тяжести в окончательном выражении для скорости даст
ту же относительную погрешность. Обозначим в уравнении
(9) коэффициентом С выражение, стоящее в скобках в пра-
вой части. Разделив обе части уравнения (9) на (тп0 - pt) и
проведя интегрирование, получим, что истинная скорость
икст == Cu'ln
Относительная погрешность
8и = | и -
Учитывая, что С — 1 - т^/( ри'), получаем
8и = т<£/( ри') = 0,037, т. е. 3,7%.
Задача 3.6. С вершины идеально гладкой сферы соскальзы-
вает небольшой груз. С какой высоты Л, считая от вершины,
груз сорвется со сферы? Радиус сферы Я = 90 см (рис. 21).
Анализ. Груз, который, очевидно, можно считать точеч-
ным телом, до некоторой точки — точки отрыва от сферы —
движется по дуге окружности радиуса R.
1/и.
40
На груз во время его движения по
сфере действуют сила тяжести mg и
сила нормальной реакции N со сто-
роны сферы. Уравнение второго за-
кона Ньютона для этой части траек-
тории имеет вид
та = mg + N.	(1)
Рис. 21
Проекции этих сил на направление, нормальное к траек-
тории, сообщают телу нормальное ускорение a„ = и2/^?, где и —
мгновенная (и, очевидно, непрерывно возрастающая) скорость
тела. В точке С отрыва прекращается взаимодействие между
движущимся телом и поверхностью сферы, и, следовательно,
сила давления тела на сферу и соответственно сила нормаль-
ной реакции N обращаются в нуль. (Начиная с этой точки
тело движется только под действием силы тяжести, и траек-
тория его будет зависеть от модуля и направления скорости
vc в точке отрыва от сферы.) Таким образом, в этой точке
нормальное ускорение, однозначно зависящее от скорости,
сообщает телу только проекция силы тяжести. Для того что-
бы определить высоту, на которой находится точка отрыва,
надо найти связь скорости тела при его движении по сфере с
его координатами, в частности с высотой. Такую связь мож-
но найти, зная законы изменения со временем координат и
скорости тела. Можно это сделать и рассматривая движение
тела в поле тяготения Земли. Поскольку сила нормальной
реакции работы не совершает, полная энергия тела остается
постоянной, т. е.
ДЕ = ДЙГ + ДС7 = 0.	(2)
Очевидно, что применение закона сохранения энергии к
переходу из начального состояния в точку отрыва даст в яв-
ном виде связь между скоростью тела и высотой рассматри-
ваемой точки.
Решение. При скольжении груза по сфере потенциальная
энергия изменяется на
Д17 = - mgh,
где h — искомая высота, отсчитываемая от вершины сферы.
Кинетическая энергия груза возрастает на
ДЕ = тигс/2 - mu2/2.
41
На вершине сферы груз находится в положении неустой-
чивого равновесия, и скорость и0, необходимую для начала
движения, можно считать пренебрежимо малой. Тогда, под-
ставляя найденные выражения в (2), получаем
- mgh + mv^/2 = 0.	(3)
Чтобы от векторного уравнения (1) перейти к скалярным
соотношениям, введем ось X. Тогда ах = ап - v2/R. На основа-
нии уравнения (1) mv2/R = mg cos а - N. В. точке отрыва от
сферы ап — Vq/R, # = 0, следовательно,
mv? /R= mg cos a.
Как видно из рисунка, cos a = (R—h)/R. Тогда
mvc *= mg(R—h).	(4)
Уравнения (3) и (4) содержат скорость vc и высоту Л, отно-
сящиеся к одной и той же точке, и образуют систему уравне-
ний, совместное решение которой позволяет найти
h = Д/3 = 0,3 м.
Задача 3.7. Потенциальная энергия частицы в центральном
силовом поле задана как функция расстояния г от центра
поля до некоторой точки:
U(r) = А/г2 - В/г.
где А - 6 • 10“6 Дж • м2; В = 3 • 10~4 Дж • м. Определить, при
каких значениях г потенциальная энергия и сила, действую-
щая на частицу, имеют экстремальные значения; найти эти
значения. Построить графики зависимости Щг) и Fr(r) (Fr —
проекция вектора силы на направление радиус-вектора г).
Какую минимальную скорость надо сообщить частице массы
т = 0,2 г, находящейся в положении равновесия, чтобы она
могла удалиться от центра поля на расстояние R = 10 см или
выйти за пределы действия поля?
Анализ. Частица находится в потенциальном поле. По-
тенциальная энергия частицы в этом поле — заданная функ-
ция одной координаты г. Судя по виду функции С7(г), начало
отсчета потенциальной энергии находится в бесконечности;
U(oo) = о. Проекция силы на направление радиус-вектора г
может быть найдена по формуле
Fr = - dU/dr.	(1)
42
В общем случае, когда потенциальная энергия зависит не
только от расстояния г, но и от направления радиус-вектора
г, характеризуемого в сферических координатах углами 6 и
Ф, проекция силы на радиальное направление Fr = - dU/dr. В
данном случае dU/dr = dU/dr. Для заданной функции
Fr - + 2А/г3 - В/г2.	(2)
Поскольку А и В — положительные постоянные величины,
то первое слагаемое со знаком «+» соответствует силе оттал-
кивания, второе слагаемое со знаком ♦-» — силе притяже-
ния.
Радиус-вектор направлен от центра поля к рассматривае-
мой точке. Если Fr < 0, то вектор силы F, действующей на
частицу, направлен к центру поля, т. е. F является силой
притяжения.
Анализ функций U(f) и Fr(r) позволит найти их экстре-
мальные значения и построить соответствующие графики.
При движении частицы в таком поле в случае отсутствия
других сил полная энергия частицы постоянна:
AU + AjK’-O.	(3)
Применение этого уравнения к переходу из положения
равновесия в некоторые фиксированные точки (г = В и
г -» оо) в предположении, что в них скорость частицы обра-
щается в нуль, позволит найти минимальные скорости для
выхода из положения равновесия.
Решение. Для определения экстремальных значений по-
тенциальной энергии U следует найти значения г, при кото-
рых первая производная dU/dr обращается в нуль:
dU	2А	В
dr	г8	г2 ’
 V + 4 = 2А + Вг) - О,
откуда dU/dr =0 при г » т\ = 2А/В = 4 см,
U1 = U(rJ = - 3,8 мДж.
Легко видеть, что dt//dr > 0 при г, чуть большем rv Следо-
вательно, найденное экстремальное значение U = UMm и при
г = Tj рассматриваемая частица находится в положении ус-
тойчивого равновесия.
43
Для построения графика U(r) найдем еще значения г, при
которых U(r) = 0 (кроме г -» со):
А В Л 1 /.	„ V Л
-р - 7 = °> -у*4 " -ВН - °>
при г = г0 = А/В = 2 см Е7(г0) = 0. График U(r) показан на
рис. 22,а.
Для вычисления экстремальных значений Fr(r) следует
найти значения г, при которых первая производная dFr/dr
обращается в нуль. На основании уравнения (2)
dFr _ 6А , 2В 2 . „ .	_
~— —j- Ч—«- — -т(— ЗА + Вг),
dr г4 г8 г4
ЗА + Вг) = 0,
откуда dFr/dr = б при г = г' = ЗА/В = 6 см. При этом ВДг') =
= - 0,028 Н. Знак ♦-» показывает, что при г = г'ла частицу
действует сила притяжения. Значения г, при которых Fr - 0,
уже известны: Fr - 0 при г -» со и при г = г'. График ВДг)
показан на рис. 22,6.
После построения графиков следует обратить внимание на
то, что при движении частицы, например, из бесконечности
к центру поля до г = г, результирующая сила является силой
Рис. 22
притяжения (Fr < 0) и потен-
циальная энергия убывает.
Зато кинетическая энергия,
если на частицу не действуют
никакие другие силы, кроме
данного поля, возрастет, так
как силы поля совершают по-
ложительную работу. Когда ча-
стица перейдет значение г —rlt
она попадет в область, где Fr > 0,
т. е. в область, где результи-
рующая сила является силой
отталкивания. Соответственно
потенциальная энергия части-
цы при уменьшении г увели-
чивается, а кинетическая энер-
гия уменьшается.
Рассмотрим теперь переход
частицы заданной массы из
44
точки гр где частица находится в равновесии, в точку г2 = R,
считая, что в точке г1 неизвестная скорость Oj направлена
строго по радиус-вектору, а в точке г2 скорость и2 = 0. Приме-
ним к этому переходу уравнение (3):
ДП12 = U(R) — ЛК = - mvf/2.	(4)
Подставив выражения (4) в (3), получим:
и,= ^2[ЩЯ) -и(г,)]/7п;
U(R) = - 2,4 • 10'3 Дж; Oj = 3,7 м/с.
При г2 -* оо
( ')2
ДП12 = 17(00) - П(Г1), ЛК = -	(5)
а
Подставив выражения (5) в (3), получим:
v[ = ^[Щоо)-^)]/^; С7(оо) = 0; и] = 6,2 м/с.
Задача 3.8. Акробат падает в упругую сетку с высоты
Л = 10 м (рис. 23). Во сколько раз наибольшая сила давле-
ния акробата на сетку больше его силы тяжести, если стати-
ческий прогиб1 сетки х0 = 20 см? Массой сетки пренебречь.
Анализ. При соприкоснове-
нии акробата и сетки возникает '	-Л"
сила f действия сетки на акро- ----------и-------------
бата, равная в любой момент
искомой силе давления акроба-
та на сетку. Эта сила достигает
максимального значения в низ-
шей точке при х = х„„Р.	h
Вследствие того что сетка
упругая, сила f пропорцио-
нальна прогибу сетки:
|ZJ = fex>	---------- --4-
где k — упругость сетки, х —	\.	Х,,хк
прогиб сетки. При х = хмакс	-----
микс/	РИС. 23
1 Статическим называется прогиб упругой сетки под действием
силы, равной силе тяжести акробата.
45
В положении равновесия
kx0 = mg	(1)
и, следовательно,
п “ хт№/хо-
Таким образом, задача сводится к определению мак-
симального прогиба xMSKC сетки.
За все время движения акробата на него действуют или
только сила тяжести mg, или сила тяжести и упругая сила f.
Если рассмотреть движение акробата и упругой сетки в. поле
тяготения, то эта система будет консервативна, причем пол-
ная ее энергия складывается из кинетической энергии обоих
тел, их потенциальной энергии упругого взаимодействия и
их потенциальной энергии в поле тяготения. А так как, по
условию, масса сетки пренебрежимо мала, то полная энергия
системы включает кинетическую энергию акробата, потен-
циальную энергию упругой сетки и потенциальную энергию
акробата в поле тяготения Земли.
Закон сохранения энергии можно записать в виде
ДЯ + ДС^ + дитяг - 0.	(2)
Для определения хНЯХ0 следует применить уравнение (2) к
переходу из какого-либо состояния с известными значения-
ми координаты и скорости в состояние, при котором прогиб
сетки максимален.
Решение. Рассмотрим переход системы из положения I,
когда акробат находится на высоте h над сеткой, а сетка не
деформирована, в положение II, когда х - хммы.. Кинетичес-
кая энергия акробата и в верхнем, и в нижнем положениях
равна нулю, т. е.
ДЯ = 0.	(3)
При переходе из верхнего положения в нижнее потенциаль-
ная энергия акробата в поле тяготения Земли изменится на
ДПгег'“ - mg(h + х„кс).	(4)
Потенциальная энергия упругодеформированной сетки
изменится (увеличится) на
“ МякЛ-	(5)
46
Подставив выражения (3) — (5) в (2), получим
- mg (h + хМ№с) + kx^/2 = 0.
Разделив почленно последнее выражение на k и учиты-
вая, что mg/k = х0 [см. (1)], после простейших преобразова-
ний получим квадратное уравнение относительно хыакс:
^ахс - 2х0Х~кс " 2х0Й - 0.
Корень этого уравнения хми<с = х0 +	+ 2х0Л = 2,2 м
(второй корень — отрицательный — не имеет смысла). Та-
ким образом,
п = Xx<«c/Xo = И*
Задача 3.9. По теории Резерфорда—Бора, электрон в ато-
ме может двигаться по плоским эллиптическим орбитам.
Какова полная энергия электрона в атоме водорода, если боль-
шая полуось эллипса а = 2,1 • 10'8 см, а ядро находится в
одном из фокусов эллипса (рис. 24)? Сила притяжения элек-
трона к ядру F = В/гг, где г — расстояние от ядра до точки,
в которой находится электрон; В = 2,3 • КГ28 Н  м2.
Анализ. Во время движения электрона при любо.м его по-
ложении на него действует только сила притяжения со сторо-
ны ядра. Сида эта, во-первых, зависит только от расстояния
г, т. е. от координаты точки, в которой находится электрон,
во-вторых, направлена к ядру. Следовательно, можно гово-
рить, что электрон движется в силовом поле, консерватив-
ном и центральном, центр которого совпадает с положением
ядра. При движении в таком поле электрон обладает потен-
циальной энергией и полная его энергия и момент импульса
остаются постоянными. Чтобы найти
рона, попробуем записать в явном
виде законы сохранения энергии и
момента импульса для двух произ-
вольных фиксированных положений
электрона на орбите. Это позволит
получить два уравнения, содержа-
щих в качестве неизвестных значе-
ния скоростей в выбранных точках,
а в результате совместного решения
этих уравнений найти скорость, а
полную энергию элект-
Рис. 24
47
следовательно, и кинетическую энергию электрона в любой
из фиксированных точек. Зная кинетическую энергию элект-
рона, можно определить и его полную энергию. Последняя,
очевидно, не должна зависеть от координат выбранных то-
чек, но может зависеть от параметров эллипса, по которому
движется электрон. Предварительно следует выразить потен-
циальную энергию электрона в данном силовом поле как
функцию координат.
Изменение потенциальной энергии, как всегда, определя-
ется работой сил поля, взятой с обратным знаком:
dC7 = - <L4c n = - Frdr,
где Fr — проекция силы на направление радиус-вектора г.
Если выбрать начало отсчета потенциальной энергии в
некоторой точке L [U(rL) = 0], то при переходе из произ-
вольной точки в точку L изменение потенциальной энер-
гии
а
U(rL)-U(r) = - jFrdr,
Г
откуда потенциальная энергия электрона в любой точке поля
К
U(r)-^Frdr.	(1)
Г
Решение. Прежде всего найдем выражение потенциаль-
ной энергии электрона в любой точке поля, выбрав в каче-
стве начала отсчета бесконечность [17(°°) = 0].
Сила, действующая на электрон, является силой притя-
жения (направлена к центру поля), следовательно, Fr < 0.
Поскольку в выражении F — B/i2 н. числитель, и знаменатель
положительны, Fr= - В/т2'.
Подставив это выражение в равенство (1), с учетом выбора
начала отсчета потенциальной энергии получим
Г7(г) = " в/р1 - " у-
Г
Тогда полная энергия электрона в любой точке поля
Е = тиг/2 - В/г.
48
Рассмотрим теперь электрон в точках DaN. Точка D равно-
удалена от обоих фокусов эллипса, и, следовательно, радиус-
вектор rD - а (сумма расстояний от обоих фокусов до любой
точки эллипса постоянна и равна 2а). Полная энергия элект-
рона в точке D
ED = mv2D/2-B/a. .
Момент импульса электрона в той же точке Ln = гп х mv#
Угол между радиус-вектором гп и вектором скорости vn, как
видно из рис. 24, а = arcsin [>1а2 - с2 / а j, где с — расстояние
от центра эллипса до любого из фокусов1. Таким образом,
, Ld = mvDyla2 -с2 
В точке N модуль радиус-вектора гы= а - с. Полная энер-
гия
mv^/2 - В/(а - с).'
Поскольку rN = а - с равно минимальному значению ради-
ус-вектора, проекция вектора скорости на радиальное направ-
ление в этой точке равна нулю и v,^rx = л/2. Поэтому
Ln= mv^a - с).
Согласно закону сохранения энергии,
mv2D/2 - В/а = тпр* /2 - В/(а - с).	(2)
Из уравнения (2) видно, что скорость электрона тем боль-
ше, чем меньше его расстояние от ядра. Значит, в точке N
скорость достигает своего наибольшего значения.
Согласно закону сохранения момента импульса,
mvD-Ja2 - с2 = mvN (а - с).
(3)
Выразим vN из уравнения (3) и подставим в (2):
mvD _ д _ mvD а + с _ в
2 а 2 а- с а-с’
1 Параметр с определяет форму эллипса (эксцентриситет эллипса
е = с/а).
49
откуда
mu^/2 - В/(2а).
После подстановки кинетической энергии в выражение для
полной энергии ED окончательно имеем
Е - - В/(2а).
Как видно из полученного результата, полная энергия элек-
трона в атоме водорода зависит только от одного параметра
эллиптической орбиты — от большой полуоси эллипса. Сле-
довательно, при любом значении другого параметра эллипса
(малой полуоси или эксцентриситета), в том числе и при дви-
жении по круговой орбите радиуса а, полная энергия элект-
рона сохраняет то же значение. Это находится в соответствии
с теорией Бора.
По данным в условии задачи значениям а и В найдем
Е » - 5,5 • 1017 Дж.
После решения задачи следует обратить внимание на то,
что при выборе начала отсчета 17 в бесконечности полная энер-
гия электрона, движущегося в поле ядра по эллиптической
орбите, всегда отрицательна. В противном случае при поло-
жительной полной энергии электрон выйдет за пределы дей-
ствия сил притяжения со стороны ядра.
§ 4. Динамика твердого тела
В задачах этого параграфа рассматривается плоское дви-
жение твердого тела — вращение вокруг неподвижной оси и
сложное плоское движение, которое можно представить как
сумму поступательного движения и вращения вокруг вообра-
жаемой оси, проходящей через центр масс и перпендикуляр-
ной плоскостям, в которых располагаются траектории всех
точек тела.
Решение задач этого параграфа возможно как «силовым»
методом, так и с помощью законов сохранения. «Силовой»
метод основан иа непосредственном использовании второго
закона Ньютона, записанного для центра масс твердого тела,
и основного уравнения динамики вращательного движения,
которое (поскольку рассматривается только вращение вок-
ял
руг оси) можно записывать сразу в скалярной форме, заме-
няя соответствующие векторные величины (угловое ускоре-
ние, момент силы и т.д.) проекциями этих векторов на ось
вращения. При использовании законов сохранения следует,
как обычно, обращать внимание на возможность примене-
ния того или иного из этих законов. При этом надо тща-
тельно оговаривать все предположения, которые должны
быть сделаны, чтобы система удовлетворяла необходимым
требованиям.
Существенно, что для системы твердых тел законы сохра-
нения импульса и момента импульса — это два независимых
закона. Возможны случаи, когда применим один из законов
либо когда применимы оба закона. При использовании зако-
на сохранения момента импульса следует рассматривать мо-
менты импульса всех тел системы относительно одной оси
(или параллельных и неподвижных друг относительно друга
осей).
Выбор метода и пути решения каждой конкретной зада-
чи возможен, как всегда, только после детального обсужде-
ния условия задачи, тщательного анализа сил, действую-
щих на каждое из тел, с обязательным учетом точек прило-
жения сил.
Задача 4.1. Маховик, массу которого т “ 5 кг можно счи-
тать распределенной по ободу радиуса г = 20 см, свободно'
вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его
центр, с частотой п = 720 мин-1 (рис. 25). При торможении
маховик останавливается через промежуток времени At = 20 с.
Найти тормозящий момент и число оборотов, которое сдела-
ет маховик до полной остановки.
Анализ. Если тормозящий момент постоянен, то дви-
жение маховика равнозамедленное и основное уравнение
динамики вращательного движения можно записать в
виде
JAw = MAt,	(1)
где Аш — ш, - со 0 — изменение угло-
вой скорости за интервал At, М —
искомый тормозящий момент.
Число оборотов может быть най-
дено как кинематически, так и по
Рис. 25
61
изменению кинетической энергии, равному работе, совершен-
ной тормозящей силой.
Решение. Векторному уравнению (1) соответствует скаляр-
ное уравнение
ЛДш = Л£Д{,	(2)
где Д<о и М — модули соответствующих векторов. Из усло-
вия задачи следует, что
До = | о, - о01 = о0 = 2лп, J = тг2.	(3)
Последняя из формул (3) справедлива, поскольку масса
маховика распределена по ободу.
Подставив выражения (3) в (2), получим тг2 • 2лп = МAt,
откуда
М - 2jtnmr2/At = 0,75 Н-м.
Очевидно, что векторы М и До направлены в сторону, про-
тивоположную вектору cOq.
Угловое перемещение, пройденное маховиком до останов-
ки,
Дф - ш0Д< - е (Д<)2/2.	(4)
Учитывая, что ш, = ш0 - еД< = 0, преобразуем выражение (4):
Дф = <о0Д4/2.
Заменив Дф и ш0 соответственно на 2лАГ и 2лп, где N —
искомое число оборотов, которое маховик сделает до полной
остановки, окончательно получим
N = п At/2 - 120 об.
Задача 4.2. Через блок, укрепленный на горизонтальной
оси, проходящей через его центр, перекинута нить, к концам
которой прикреплены грузы mt = 300 г и т2 = 200 г
(рис. 26). Масса блока т0 = 300 г. Блок считать однородным
диском. Найти ускорение грузов.
Анализ. Заданная система состоит из трех тел — грузов
тх и т2 и блока т0. Груз т1 находится под действием двух
сил: силы тяжести m,g и силы натяжения Т, нити. Второй
закон Ньютона для этого груза
т^ = mjg + Tj.	(1)
52
Аналогично, рассматривая силы, действующие на груз тп2,
получим
тга^ = m2g + Т2.	(2)
Так как масса блока соизмерима с массой грузов, то мы не
имеем права предполагать, что силы, с которыми нить дей-
ствует на грузы тх и тп2, равны между собой. Соотношение
между силами Tj и Т2 может быть получено только после рас-
смотрения движения блока.
Блок вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси,
проходящей через его центр, следовательно, моменты сил тя-
жести блока и реакции оси равны нулю. Если предположить,
что нить не скользит относительно блока, то вращение блока
вызывается действием только сил натяжения нити. (Правиль-
нее было бы сказать, что вращение блока вызывается силами
трения покоя между нитью и ободом блока, причем в каждой
точке соприкосновения сила трения покоя равна соответству-
ющей силе натяжения нити.)
Тогда основное уравнение динамики вращательного дви-
жения для блока имеет вид
Л = М! + М,,	(3)
где Mt и М2 — моменты сил натяжения Т/ и Т2.
Благодаря невесомости нити силы натяжения вдоль нити
с каждой из сторон блока одинаковы по модулю, т. е. Тх =
= т/.Л’т;. .
Ускорения обоих грузов считаем равны-
ми по модулю на основании нерастяжимос-
ти нити. Если нить не проскальзывает от-
носительно блока, то касательное ускоре-
ние его точек, соприкасающихся с нитью,
равно ускорению нити в любой ее точке, а
следовательно, и ускорению грузов:
Oj = а2 = а, а = ег.	(4)
Решение. Чтобы перейти к скалярным со-
отношениям для описания движения грузов,
введем ось У. Тогда а11( = а, а2у = - а и вектор-
ные уравнения (1) и (2) можно заменить ска-
лярными:
тха = mxg -	- т2а = m2g - Т2.	(5)
53
Моменты сил Tt' и Т2' направлены по оси вращения, но в
противоположные стороны. Примем направление вектора ш
за положительное. Тогда векторное уравнение (3) можно пе-
реписать в виде
Je = Ttr - T2r,
где г — радиус блока.
Очевидно, 7\ - Т2, если масса блока, а следовательно, и
его момент инерции пренебрежимо малы (см. задачу 2.4).
Выражая е из соотношения (4) и учитывая, что момент инер-
ций однородного диска J “ 7ПоГ2/2, получаем
тп0г2а/(2г) = 7\г - Тгг.	(6)
Уравнения (5) и (6) образуют систему. Сокращая в уравне-
нии (6) радиус блока г и складывая все три уравнения
[предварительно второе из уравнений (5) надо умножить на
- 1], получаем
а ~ S m	“ 1,5 м/с2.
Задача 4.3. Тонкий однородный стержень длины I и массы
m может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси,
проходящей через один из его концов (рис. 27). Стержень
приводят в горизонтальное положение и отпускают. Опреде-
лить угловые ускорения и угловые скорости стержня в на-
чальный момент и при прохождении стержнем положения
равновесия. Определить для этих положений стержня модуль
и направление силы нормальной реакции ^ действующей со
стороны оси на стержень.
Анализ. Тело заданных размеров и формы (однородный
стержень) вращается вокруг неподвиж-
ной оси. На стержень действуют
сила тяжести, приложенная в цент-
ре масс, и сила реакции оси. Вра-
щающий момент создает только
била тяжести, так как линия дей-
ствия силы реакции проходит через
ось вращения. Основное уравнение
динамики вращательного движения
имеет вид
Л “ Ч„ж,
(1)
54
где J — момент инерции стержня относительно данной оси
[по теореме Штейнера, J = ml?/12 + m(l/2)2 = т!г/3]; 54,^=
= г х mg — момент силы тяжести; г = Z/2, так как стержень
однородный.
Направление вектора г непрерывно изменяется при вра-
щении стержня. Следовательно, и момент силы тяжести,
и угловое ускорение также изменяются со временем и,
по-видимому, зависят от угла ф.
Переменное угловое ускорение затрудняет нахождение
угловой скорости кинематическим методом.
Однако движение стержня происходит под действием силы
тяжести, а сила реакции оси работы не совершает. Поэтому
угловую скорость стержня можно найти из закона сохране-
ния энергии, рассматривая движение стержня как движение
в поле силы тяготения Земли:
ДЕ = ДЕ + ДП.	(2)
Для нахождения силы реакции N оси, которая, как уже
было сказано, не влияет на вращение стержня, .следует рас-
смотреть движение центра масс стержня. Согласно закону о
движении центра масс, ускорение его определяется вектор-
ной суммой сил, действующих на тело, независимо от точек
их приложения:
та0 = mg + N,	(3)
где а0 — ускорение центра масс, которое может быть
найдено, если известны угловые скорость и ускорение стер-
жня.
Решение. Рассмотрим стержень в некоторый момент его
движения (положение II). Радиус-вектор г образует с на-
правлением силы тяжести угол а  л/2 - <р. Следовательно,
Л/Тяж = mg(l/2)coB ф и вектор Мтяж направлен по оси враще-
ния «от нас».
В скалярном виде с учетом выражения для момента
инерции уравнение (1) примет вид тп/2е/3 = (mgl/2) cos ф,
откуда
е = 3g cos <p/(2l).	(4)
Как видно из формулы (4), угловое ускорение зависит от
угла ф и в процессе движения стержня из горизонтального
55
положения до положения равновесия убывает, не изменяя
своего направления:
3 g	Л
е = емакс= -- при<р=О;
е = 0	при ф = л/2.
Для нахождения угловой скорости применим уравнение
(2) к переходу из положения I в положение II:
ДК = Jw2/2, ДП = - mgh, h = 11 sin ф.
tl
(Изменение потенциальной энергии равно взятой с обрат-
ным знаком работе силы тяжести.) Тогда уравнение (2) при-
мет вид
J<o2 - mgl sin ф = 0.
Учитывая выражение для <7, получаем
ш = ^(Sg/l) ашф .	(5)
Угловая скорость также является функцией угла ф. При
движении стержня из горизонтального положения (ф = 0) до
положения равновесия (ф = л/2) угловая скорость монотонно
возрастает:
и = О	(ф = 0),
» = “мио” J3g/l (ф “ л/2).
Стержень, предоставленный самому себе, пройдет че-
рез положение равновесия и будет-двигаться дальше. При
этом (ф > л/2) угловое ускорение окажется направленным
в другую сторону и движение стержня будет замедлен-
ным.
Для нахождения силы N уравнение (3) второго закона
Ньютона следует записать в скалярном виде. Направим оси
координат по касательной к траектории центра масс — X, по
нормали — У. При движении стержня оси X и У поворачива-
ются, сохраняя свое наравление относительно самого стерж-
ня: ось У — вдоль него к оси вращения, ось X — перпендику-
лярно стержню по касательной к траектории центра масс.
Тогда аОх = aQt = eZ/2, aOff = аОл = ыг1/2 и векторное уравнение
(3) может быть заменено двумя скалярными:
тпе//2 = mg cos ф + Nx,
т<ог1/2 = - mg sin ф + Nu,
56
где Nx и Ny — проекции силы реакции на выбранные оси
координат.
Подставим выражения (4) и (5) в (6):
1	5
N. - - - mg cos ф, N =-= mg sin ф.	(7)
4	“ 4Ь
Модуль и направление силы реакции могут быть найдены
из уравнений (7), поскольку
= Jn2 + N2 .
Угол между вектором N и осью У равен 0 - arctg (Nx/Ny).
При движении стержня сила N изменяется как по абсо-
лютному значению, так и по направлению. При ф = 0 (на-
чальный момент) Ny = О, Nx = - mg 14, т. е. Nx = mg/4; век-
тор Nj направлен перпендикулярно стержню вертикально
вверх. При ф = л/2 (положение равновесия) Nx = Q,Ny = §mg/2,
т. е. N2 = 5mg/2; вектор N2 направлен вдоль стержня, но
опять-таки вертикально вверх.
Задача 4.4. На полый тонкостенный цилиндр массы т на-
мотана нить (тонкая и невесомая) (рис. 28). Свободный конец
ее прикреплен к потолку лифта, движущегося вниз с ускоре-
нием ал. Цилиндр предоставлен сам себе. Найти ускорение
цилиндра относительно лифта и силу натяжения нити. Во
время движения нить считать вертикальной.
Анализ. В процессе движения цилиндр взаимодействует с
Землей и с нитью. Благодаря этим взаимодействиям на ци-
линдр действуют сила тяжести mg, приложенная к центру
масс и направленная вниз, и сила натяжения Т нити, направ-
ленная вдоль нити вверх. Сила эта создает вращающий мо-
мент относительно воображаемой оси,
проходящей через центр масс и располо-
женной перпендикулярно плоскости ри-
сунка. (Последнее утверждение справед-
ливо в предположении, что силы Т и mg
находятся в одной вертикальной плоско-
сти, перпендикулярной оси цилиндра.)
Следовательно, цилиндр совершает слож-
ное плоское движение — вращение вок-
руг указанной оси и поступательное дви-
жение. Поступательное движение цилин-
дра связано как с разматыванием нити,
57
так и с движением лифта. Поскольку лифт движется уско-
ренно, система отсчета, связанная с лифтом, будет неинерци-
альной. В системе отсчета, связанной с Землей, уравнения
движения цилиндра:
тпа0 = mg + Т, Je = М,	(1)
где М — момент силы натяжения нити относительно гори-
зонтальной оси, проходящей через центр цилиндра; ад — ус-
корение центра масс цилиндра относительно Земли. Очевид-
но,
ао = ал + а',	(2)
где а' — искомое ускорение центра масс цилиндра относи-
тельно лифта.
Чтобы найти связь между а0 и е или а' и е, рассмотрим
произвольную точку на ободе цилиндра. Скорость ее относи-
тельно лнфта
v; = vi + u(,
где Vq — скорость центра масс цилиндра относительно лиф-
та, т. е. скорость поступательного движения; ц( — линейная
скорость, обусловленная вращением, причем «( = юг, где со —
угловая скорость, г — радиус цилиндра. В точке А, при-
надлежащей одновременно и цилиндру, и вертикальной час-
ти нити, неподвижной относительно лифта, v'A = v'Q - иА = 0.
Следовательно, v'o = ы, откуда после дифференцирования по
времени получим
а' = ег.	(3)
Решение. Для перехода к скалярным соотношениям вве-
дем оси У и И. В проекциях на эти оси
а^а0 = ал + а', ег = е, М, = Тг.
Для полого цилиндра J = тг2. Тогда векторные уравнения
(1) можно записать в скалярном виде:
т(ал + а!) = mg - Т, тг2е = Тг.
Решив эту систему с учетом соотношения (3), получим
a'= (g- ал)/2, T = [m(g- ал)]/2.
58
Исследуя полученные выражения, легко видеть следую-
щее:
1) если лифт свободно падает, т. е. ая = g, то сила натяже-
ния нити и относительное ускорение будут равны нулю; ра-
венство а' = 0 означает, что цилиндр будет двигаться только
вместе с нитью (нет вращательного движения);
2) если ускорение лифта направлено вверх, т. е. < 0, то
сила натяжения и относительное ускорение будут возрастать
с возрастанием переносного ускорения. Значит, будет увели-
чиваться и угловое ускорение вращательного движения ци-
линдра. Абсолютное ускорение а0 центра масс цилиндра при
этом уменьшается.
Задача 4.5. По горизонтальному столу может катиться без
скольжения цилиндр массы т, на который намотана нить. К
свободному концу нити, переброшенному через легкий блок,
подвешен груз той же массы т (рис. 29). Система предостав-
лена сама себе. Найти ускорение груза и силу трения между
цилиндром и столом. Задачу решить для полого и сплошного
цилиндров.
Анализ. Система состоит из двух тел — груза и цилиндра,
связанных между собой. Поэтому между кинематическими
параметрами этих тел существуют определенные соотношения.
На груз действуют сила тяжести mg и сила натяжения нити:
ma1 = mg + Т,	(1)
где а! — ускорение груза, который, очевидно, совершает толь-
ко поступательное движение.
На цилиндр действуют силы тяжести и нормальной реак-
ции стола, взаимно компенсирующие друг друга, и в гори-
зонтальном направлении — сила натяжения Т нити и сила
трения между цилиндром и столом. Обе силы создают вра-
щающие моменты относительно оси цилиндра (предполага-
ем, что нить намотана так, что обе
силы действуют в одной вертикаль-
ной плоскости, перпендикулярной
оси цилиндра и совпадающей с плос-
костью рисунка). Следовательно, ци-
линдр совершает сложное плоское
движение, уравнения которого
Рис. 29
«ae = T + f4), Je = М^, + Мн„. (2)
59
Чтобы найти связь между ар а0 и е, рассмотрим движение
точек М и N цилиндра. Цилиндр участвует в двух движени-
ях, и скорость любой его точки v, - v0 + uf, где v0 — скорость
центра масс, т. е. скорость поступательного движения;
п( = юг( — линейная скорость, обусловленная вращением вок-
руг центра масс. Для точек М и N в проекциях на ось X
vMx = v0 + a>r, vNx = v0-сот.
Продифференцируем эти уравнения:
®Мх=	®Ых = а0~ е^>
где аМх и aNx — проекции результирующего ускорения точек
Л/ и .У на ось X. При отсутствии скольжения vN = 0 и v0 = сот.
Тогда
а0 = ег,	(3)
а горизонтальная составляющая результирующего ускорения
точки М
аМх = а0 + ег =. 2а0.
Если нить, связывающая цилиндр и груз, нерастяжима и
не проскальзывает относительно цилиндра, то горизонталь-
ная составляющая результирующего ускорения точки М ци-
линдра равна ускорению груза. Следовательно,
«1 = 2а0.	(4)
Очевидно, искомые величины могут быть найдены реше-
нием системы уравнений (1) и (2) с учетом соотношений (3) и
(4). Однако уравнения (1) и (2) следует заменить скалярными
соотношениями, а для этого необходимо знать направление
силы трения.
Последняя является силой трения покоя, и направление
ее противоположно вектору скорости точки N, которую она
имела бы при отсутствии трения. Если начальная скорость
равна нулю, то vN направлена так же, как горизонтальная
составляющая результирующего ускорения aN, когда трения
нет. В этом случае цилиндр совершает сложное движение и
aNx = ao — sr'
где а0 и е — соответственно ускорение центра масс и угловое
ускорение цилиндра при отсутствии трения.
60
Таким образом, направление силы трения можно найти,
рассмотрев предварительно задачу без учета силы трения.
Решение. Уравнения (2) движения цилиндра без трения
примут вид
тио - Т', Je = М,^.	(5)
г
Ускорение а0 и сила натяжения Т нити направлены по
оси Х-, угловое ускорение & и момент силы натяжения нити
Мшт также сонаправлеиы, поэтому уравнения (5) можно за-
писать в скалярном виде:
та0 =7”, Je = Т'г.	(6)
Запишем момент инерции цилиндра в виде J = Ътт2 для
полого цилиндра b = 1, для сплошного — b =	| и подста-
J
вим его в выражение (6):
а0 = Т'/т, гг = T’/(bm).
Так как b < 1, то aQ < ег и а№ = а0 - ег < 0. Если aNx = 0,
то точка N цилиндра не будет скользить по поверхности сто-
ла (при любом значении силы Т) и трение не возникнет. Если
аих < т0 сила трения направлена по оси X так, как показа-
но на рисунке.
Коллинеарность сил, действующих на груз, позволяет пе-
реписать уравнение (1) в скалярном виде:
mal - mg - Т.
Уравнениям (2) соответствуют скалярные соотношения
та0 = Г'+ f^, Je = Т'г - f^r.	(8)
Второе из уравнений (8) соответствует тому, что, как и
при отсутствии силы трения, цилиндр вращается по часовой
стрелке.
Невесомость блока и нити позволяет считать силу натяже-
ния вдоль всей нити постоянной по модулю, т. е. Г = Т'.
Учитывая соотношения (3) и (4), выражение для момента
инерции и равенство сил натяжения, перепишем уравнения
(7) и (8):
maj = mg - Т, maJ2 = Т + f^,
bm^aj&r) = Тг - f^r.
61
Сокращая последнее уравнение на г и решая полученную
систему совместно, находим
at = 4g/(5 + b),	= mg(l - &)/(5 + &).
Для сплошного цилиндра имеем
8,1
для полого цилиндра (b = 1)
2
ai ~ 3 А»"
Задача 4.6. На скамье Жуковского сидит человек и дер-
жит в вытянутых руках гири по 10 кг каждая. Расстояние от
каждой гири до оси вращения скамьи = 50 см. Скамья
вращается с частотой л, = 1 с'1. Как изменится частота вра-
щения скамьи и какую работу произведет человек, если он
сожмет руки так, что расстояние от каждой гири до оси умень-
шится до 12 = 20 см? Суммарный момент инерции человека и
скамьи относительно оси вращения Jo = 2,5 кг*м2. Ось вра-
щения проходит через центр масс человека и скамьи.
Анализ. Частота вращения скамьи Жуковского изменяется
в результате действий, производимых человеком при сбли-
жении гирь. (Предполагается, что человек не движется отно-
сительно скамьи.) Однако и характер движения гирь, и ха-
рактер взаимодействия гирь с человеком, и человека со ска-
мьей очень сложны. В системе тел скамья — человек — гири
все эти силы являются внутренними и не изменяют ни им-
пульса, ни момента импульса системы. Поскольку все тела
системы совершают чисто вращательное движение вокруг
одной и той же неподвижной оси, очевидно, следует рассмат-
ривать только момент импульса системы.
При перемещении гирь относительно оси вращения на сис-
тему скамья — человек — гири действуют внешние силы: силы
реакции оси, линия действия которых проходит через ось; сила
тяжести и сила нормальной реакции, параллельные оси враще-
ния. Моменты всех этих внешних сил относительно вертикаль-
ной оси вращения скамьи равны нулю. (Для скамьи Жуковско-
го силы трения в оси можно считать отсутствующими.) Следо-
вательно, момент импульса этой системы остается постоянным:
Lj = L2,	JiW1 =	(1)
62
где JiWj и JjWj — моменты импульса системы соответственно
до и после сближения гирь.
Такое выражение момента импульса системы возможно
потому, что согласно условию все тела как до, так и после
сближения вращаются с одинаковой угловой скоростью.
Все перечисленные внешние силы не создают вращающего
момента относительно оси и, следовательно, не совершают
работы. Поэтому изменение кинетической энергии системы
равно работе, совершенной человеком:
Д|-2Г,-^1-^<4/2-^1<о172.	(2)
При этом следует оговорить, что гири движутся в одной
горизонтальной плоскости и потенциальная энергия их не
изменяется.
Решение. Перепишем векторное уравнение (1) в скаляр-
ном виде:
Jjco, = J2<o2.	(3)
До сближения гирь момент инерции всей системы
< = Jo + 2mlf;
после сближения
А = А + 2тп^,
где т — масса каждой гири.
Выражая угловую скорость через частоту вращения по
формуле со = 2лп и подставляя ее в уравнение (3), получаем
(Jo + Zmifyn' = (Jo + 2mll)n2,
откуда
л2 =	+ 2znZ^)/(J0 +2mll) = 2,3 c"1.
Работу, совершенную человеком, рассчитаем по формуле
(2). Учитывая, что со2 = JjOJj/J2, находим:
А =	| • 2яХ ' 2wU2 " = 19° Д-
63
Таким образом, при сближении гирь, т, е. при умень-
шении момента инерции системы, человек совершает по-
ложительную работу, и кинетическая энергия системы воз-
растает.
Задача 4.7. На гладкой горизонтальной плоскости лежит
тонкий однородный стержень длины Z = 1 м и массы т1. По
плоскости перпендикулярно стержню со скоростью v = 20 м/с
скользит шарик массы т = лц/З (рис. 30). Как и с какой
скоростью будет двигаться после удара стержень, если ша-
рик после удара останавливается? Рассмотреть два случая:
1) шарик ударяется в середину стержня; 2) точка удара от-
стоит от середины на расстоянии х0 = 1/4. Найти долю энер-
гии, которая израсходовалась иа работу против сил неупру-
гой деформации.
Анализ. Стержень начинает двигаться в результате удара
шарика, причем, согласно условию, возникающая при ударе
сила направлена нормально к стержню. Если шарик ударяет
в середину стержня, то линия действия этой силы проходит
через центр масс стержня. При этом следует предположить,
что толщина стержня (в вертикальном направлении) равна
диаметру шарика. В этом случае стержень совершает только
поступательное движение с некоторой скоростью и.
Во втором случае возникающая при ударе сила создает вра-
щающий момент относительно центра масс. Тогда стержень
помимо поступательного движения будет совершать вращение
вокруг воображаемой вертикальной оси, проходящей через его
центр масс. В этом случае движение стержня характеризуется
как скоростью и0 центра масс, равной скорости поступатель-
ного движения, так и угловой скоростью со.
Как всегда при ударе, целесообразно рассматривать систему
соударяющихся тел, в данном случае систему шарик — стер-
жень. Внешними силами явля-
ются силы тяжести и нормаль-
ной реакции плоскости, действу-
ющие на каждое из тел и ком-
пенсирующие друг друга. Следо-
вательно, импульс и момент им-
пульса этой системы тел не из-
меняются в результате удара:
Pic = Pile’ ^Ic = ^Пс-
64
По условию, шарик в результате удара останавливается,
удар не является упругим, закон сохранения энергии непри-
меним, и кинетическая энергия системы уменьшается.
В первом случае, когда стержень^ совершает только по-
ступательное движение, для описания его, т. е. для нахож-
дения скорости и, достаточно одного закона сохранения им-
пульса:
mv = WjU.	(1)
Во втором случае, очевидно, следует использовать оба за-
кона сохранения:
ту = zrijUo. .	(2)
г х ту = Jo со,	(3)
где г — радиус-вектор шарика, принимаемого за материальную
точку; Jo = ml1 2/12 — момент инерции стержня относительно
центра масс.
Уравнения (1) — (3) позволят определить кинематические
параметры стержня после удара. Зная их, можно найти и
изменение кинетической энергии системы.
Решение. Сравнение уравнений (1) и (2) показывает, что
u = Uq, т. е. скорость поступательного движения стержня не
зависит от точки удара. Переписав одно из этих уравнений в
скалярном виде, получим:
mv = тги0, и0 = тпи/тп, = 6,7 м/с.
Как видно из рисунка, rfv = л - а; г sin а = 1/4. Тогда
уравнение (3) в скалярном виде (с учетом выражения момен-
та инерции стержня) примет вид
mvl/4 = т112ш/12,
откуда
со = ЗтпиДтп^) = 20 с-1.
Кинетическая энергия системы до удара
К, = mv2/2.
1 Импульс твердого тела при любом движении равен произведе-
нию массы тела на скорость его центра масс.
3-Сборник задач
65
После удара кинетическая энергия системы в первом слу-
чае
Кп = тхи2/2 = mv2m/(2ml)
и доля энергии, израсходованная на работу против сил неуп-
ругой деформации,
Кинетическая энергия системы после удара во втором слу-
чае
V  _ ”¥*0 , ^о“2 _ mt)2 т , wt)2 3 т
п 2	2	2 т! 2 4 mi'
Окончательно Кп' = 7?ni>2zn/(8zn1), тогда
_	~	_5_
7,2 “ Ki ~ 1 ”	“ 12 *
Задача 4.8. Тонкая прямоугольная пластина может сво-
бодно вращаться вокруг горизонтальной оси аа', совпадаю-
щей с одной из ее коротких сторон (рис. 31). Длинная сторо-
на b - 0,6 м. В точку, находящуюся ниже оси вращения на
расстоянии х = 0,5 м, ударяет пуля массы zn, = 10 г, летев-
шая горизонтально перпендикулярно пластине со скоростью
v = 200 м/с. Масса пластины тг = 8 кг, момент инерции
относительно заданной оси J = — т/>г. Какую угловую ско-
О
Рис. 31
рость приобретает пластина, если удар
абсолютно упругий? При каком зна-
чении х в момент удара не возникнет
горизонтальная сила реакции оси, дей-
ствующая на пластину?
Анализ. Пластина приобретает ско-
рость в результате удара пули, поэто-
му целесообразно рассматривать сис-
тему тел пластина — пуля. Внешни-
ми по отношению к этой системе яв-
ляются сила тяжести и вертикальная
сила реакции оси, не изменяющие
импульса системы. Однако во время
взаимодействия пули с пластиной воз-
66
никает еще горизонтальная сила реакции оси, очевидно тем
большая, чем больше сила удара.
Следовательно, импульс системы не постоянен, и измене-
ние импульса системы Дрс определяется действием только
этой горизонтальной внешней силы:
Дрс - <F>At,	(1)
где (F) — среднее за время удара Д< значение горизонталь-
ной силы реакции оси.
Так как время удара очень мало, то можно считать, что
пластина не успеет отклониться от вертикального положения
и импульс системы как до удара, так и сразу после удара
направлен горизонтально.
Однако моменты всех внешних сил относительно задан-
ной оси равны нулю и момент импульса системы остается
постоянным:
1ч = Ч-	(2)
Момент импульса системы до удара равен моменту им-
пульса пули L[ = г х TzijV. Момент импульса системы после
удара Ljj = Jco + г х лци, где со — искомая угловая скорость
пластины; и — скорость пули после удара, направленная в
сторону, противоположную первоначальному движению пули
(удар упругий, а масса пластины велика по сравнению с мас-
сой пули). Подставляя выражения L, и 1^ в уравнение (2),
получаем
г х WjV = Л + г х mtu.	(3)
При абсолютно упругом ударе кинетическая энергия сис-
темы остается постоянной:
Кг = Кп, т^/2 = 771^/2 + Ju>2/2.	(4)
Уравнения (3) и (4) позволяют найти угловую скорость
пластины сразу после удара. Тогда из уравнения (1) можно
определить, при каком значении х горизонтальная сила ре-
акции оси равна нулю.
Решение. Чтобы от векторного равенства (3) перейти к
скалярным соотношениям, введем оси координат. Проекции
векторов L, = г х m^v и Ju на ось Z, совпадающую с осью
вращения, положительны; причем, как видно из рисунка,
ru sin (rfv) « rv sin а = xv
67
и Lb = xmtv. Проекция вектора г х тп;и на эту же ось отрица-
тельна и равна -xmjU. Тогда [см. (3)]
xmtv = Jw- xmtu.	(5)
Уравнения (4) и (5) образуют систему, совместное реше-
ние которой позволяет найти искомую угловую скорость:
со = Zm^x/iJ + т^х2).	(6)
Совместное решение уравнений (5) и (4) часто вызывает
затруднения, поэтому приводим краткое пояснение к реше-
нию. Перепишем оба уравнения так, чтобы в левой части
оказались только члены, относящиеся к телу т^.
m^v2 - и2) = Jco2, xmt(v + и) = Ja>.	(7)
Разделив почленно первое из уравнений (7) на второе и
умножив на х, получим
v - и = сох.	(8)
Домножим уравнение (8) на лцх и сложим это уравнение
со вторым из уравнений (7):
m^vx - nijUx = лцсох2
+ m^vx + т1их = Ja>
2тп1их = m(J + m^x2).
Очевидно, при расчете величиной т^х2 по сравнению с J
можно пренебречь. Тогда, учитывая, что J = тгЪ2/3, по фор-
муле (6) находим
Чтобы определить, при каком условии не возникает гори-
зонтальная сила реакции оси, следует перейти от векторного
равенства (1) к скалярным соотношениям, определив импуль-
сы системы до и после удара.
До удара Pj = m^v. Проекции на горизонтальные оси OY и
OZ:
Ply = miV> Ри = °-
После удара рп = тп2и0 + где и0 — скорость центра
масс пластины. Проекции на те же оси
Риу = т2ыь/2 - тхи, риг - 0.
68
Тогда векторному равенству (1) соответствует одно ска-
лярное
Рпу ~ Ply = <Fy> Ы-
Очевидно, {Fy) (а следовательно, и (F)) равна нулю, если
рП1/ = Piy- Переписывая это условие в явном виде, получаем
тгаЬ/2 ~	= m^v.
Это равенство и есть условие, при котором не возникает
горизонтальной реакции оси и импульс системы не изменя-
ется. Перепишем его в виде
m2ab/2 = mxv + тги.	(9)
Правую часть этого равенства можно выразить из уравне-
ния (5), согласно которому
тги + тги = Ja/x.	(10)
Подставив выражение момента инерции пластины в (10),
получим mrv + znjU = та Ьг/(3х). Тогда условие (9) примет
вид та Ь/2 = та Ъг/(3х), откуда
х = 2&/3.
Если пуля попадает в точку, лежащую на расстоянии
х = 2д/3 от оси вращения, то горизонтальная сила реакции
оси не возникает.
Если х > 2&/3, то р2у > р1у. Следовательно, {Fy} kt > 0,
т. е. возникающая горизонтальная сила реакции оси будет
направлена по оси ОУ — по движению пули.
Как видно из решения, длина стороны пластины, с кото-
рой совпадает ось вращения, не влияет на результат.
§ 5. Механические колебания
Этот параграф включает задачи на механические колеба-
ния: гармонические (собственные и вынужденные) и затуха-
ющие.
Если в курсе физики механические колебания изучаются
параллельно с электромагнитными, то задачи этого парагра-
69
фа следует решать одновременно с задачами § 20 гл. IV. Од-
нако в любом случае важно обратить внимание на те общие
закономерности, которые присущи всем колебательным про-
цессам независимо от их природы.
Если речь идет о механических колебаниях, то каче-
ственный анализ явлений следует, как всегда, начинать с
анализа сил, действующих на тело или систему тел.
Здесь рассматриваются лишь одномерные колебания, и для
их описания достаточно одной координаты. В зависимости от
характера движения это может быть либо линейная, либо
угловая координата. В качестве гармонической функции в
законе движения можно использовать либо синус, либо коси-
нус. Выбор гармонической функции обычно определяется
начальными условиями.
Задача 5.1. Материальния точка совершает гармонические
колебания вдоль оси X. По прошествии времени = 0,1 с от
начала движения смещение точки от положения равновесия
Xj = 5 см, скорость и1х = 62 см/с, ускорение а1х - - 540 см/с2.
Определить: 1) амплитуду, циклическую частоту и началь-
ную фазу колебаний; 2) смещение, скорость и ускорение в
начальный момент (t = 0).
Анализ. Закон движения материальной точки в общем
виде известен:
х = Хо sin (cot + ctg).	(1)
Законы изменения скорости и ускорения со временем мо-
гут быть найдены последовательным дифференцированием по
времени уравнения (1):
х = vx = Х0(о cos (cot + Og),	(2)
х = a = - X^/s? sin (cot + ctg).	(3)
Подставляя в уравнения (1) — (3) заданные значения
времени, координаты, скорости и ускорения, получаем три
уравнения, содержащие в качестве неизвестных Хо, со и
Од. Совместное решение такой системы позволит найти все
искомые величины. После того как будут найдены эти ве-
личины, подстановка в те же уравнения времени t = 0
позволит найти начальные смещение, скорость и ускоре-
ние.
70
Решение. Подставив в уравнения (1)—(3) значения
и а1х, получим:
х, = Хо sin (tot, + Од),
uix = Хош cos (wtj + Оо),	(4)
alx = - Xoco2 sin (cot, + Oo).
Рассмотрим сначала первое и третье из уравнений (4). Легко
видеть, что а1х = - х^2, откуда
со = у/- а11/х1 = 10,4 с'1.
Возведя в квадрат первые два уравнения системы (4) (пред-
варительно следует второе из уравнений разделить на со) и
почленно сложив их, получаем xf + vfx/4>2 = X2. Откуда
амплитуда колебаний
Хо = ^/xj + ofr/to2 “ 7,8 см.
Чтобы найти начальную фазу, подставим найденные зна-
чения Хо и со, например, в первое из уравнений (4). Так как
начальную фазу принято выражать в долях л, то запишем
уравнение (1), введя период колебаний Т = 2л/со = 0,6 с. Тог-
да cof, = 2xtl/T = 2л/6 и
xt = Xosin (2л/6 + Од),
2л/6 + «о - arcsin (xJX^ = arcsin 0,64,
откуда
2л/6 + Оо = 40е = 2л/9, а = — л/9.
По найденным значениям Хо и определим vx (0), их (0) и
ах (0) — координату, скорость и ускорение точки в началь-
ный момент времени. Для этого подставим в уравнения (1) —
(3) значение t = 0;
х(0) = - 2,7 см; их(0) = 76 см/с; ах(0) = 289 см/с2.
Задача 5.2. Материальная точка совершает гармонические
колебания вдоль оси ОХ с периодом Т и амплитудой Хо. За
какое время, считая от начала движения, она пройдет рас-
стояние s = Хо/2; Хо (рис. 32)? Начальная фаза: 1) с^ = 0;
2) л/2.
71
x (f < Т/4)
0|_8 J+*o X
Г*“*1
в)
х (I < Т/2)
-‘«о |\ 0 в J+ДЬ X
«)
Рис. 32
Анализ. Материальная точка совер-
шает гармонические колебания по за-
кону
х = XoSin (Wf + Oq).	(1)
Если а0 = 0, то [см. (1)] в началь-
ный момент точка находится в поло-
жении равновесия, т. е. х(0) = 0. Путь,
пройденный точкой за время t < Т/4
(рис. 32, а),
s = x(f).	(2)
[При t > Т/4 точка, дойдя до х = Хо, начнет двигаться к
началу координат, т. е. в сторону, противоположную началь-
ному движению, и тогда выражение (2) будет несправедливо.]
Если do = л/2, то [см. (1)] в начальный момент движущаяся
точка находится в крайнем положении, т. е. х(0) = Хо, ско-
рость точки vx = 0. С возрастанием времени координата х
уменьшается, а путь, пройденный точкой (рис. 32, б),
8 - хо - x(t).	(3)
Очевидно, уравнение (3) справедливо до тех пор, пока
t < Т/2, т. е. пока точка движется в одном направлении.
Чтобы найти время t, надо в равенства (2) и (3) подставить
заданные значения з и закон движения (1).
Решение. 1) Ор = 0. Подставим в уравнение (2) поочередно
а, = Хо/2 и s2= Хо. Если при этом x(t) выразить из уравнения
(1), то, учитывая, что Oq = 0, получим:
Хо sin cotj = Хо/2, Хо sin wt2 = Хо,
откуда
cotj = л/6, t, = л/(6о) = Г/12,
wt2 = п/2, t2 == л/(2<d) = Т/4.
Таким образом, начиная двигаться из положения равно-
весия [х(0) = 0], колеблющаяся точка проходит расстояние
s — Хо за время #2 = Т/4, причем первую половину пути ко-
леблющаяся точка проходит за время tj = Т/12, вторую — за
время t2 - tj = Т/6, т. е. вдвое медленнее.
72
2) a,, = л/2. Подставим st = Хо/2 и s2 = Хо поочередно в
уравнение (3). Если выразить x(t) из уравнения (1) с учетом,
что Oq = л/2, получим:
Хо - Хд sin (coti + л/2) = Хо/2,
Хо - Хо sin (cot2 + л/2) = Хо,
откуда
cotj + л/2 = 5л/6, tj = л/(3ю) = Т/6,
со#2 + л/2 = л, t2 = л/(2(0) = Г/4.
Когда точка начинает движение из крайнего положения,
то расстояние XQ колеблющаяся точка, как и в первом слу-
чае, проходит за время t2 = Г/4, но теперь первую половину
пути точка проходит за время — Т/6, а вторую — за время
t2 - tj = Т/12, т. е. вдвое быстрее.
Задача 5.3. Тонкий однородный стержень длины I = 1 м
может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, от-
стоящей на расстоянии х = 20 см от его середины (рис. 33).
Определить период колебаний стержня, если максимальный
угол отклонения от положения равновесия ф0 < 8°. Как зави-
сит период колебаний от расстояния х? Построить пример-
ный график зависимости Т(х).
Анализ. Твердое тело совершает колебания около поло-
жения равновесия. Определить период его колебаний можно
только в случае, если колебания гармонические. Так как стер-
жень вращается относительно закреп-
ленной оси, то его колебания будут гар-
моническими, если угловое ускорение
стержня е = d2<p/d*2 и угловое смещение
ф от положения равновесия связаны со-
отношением
dacp/d*2 = - Ьф.	(!)
В этом случае коэффициент про-
порциональности b равен квадрату цик-
лической частоты о)2 возникших гармо-
нических колебаний, а период колебаний
Т = 2п/<о = 2л/Vb. (2)
73
Во все время движения на стержень действуют сила тяже-
сти mg и сила реакции оси. Вращающий момент относительно
оси создает только сила тяжести. Как видно из рисунка, мо-
мент силы тяжести
М = mgx sin <p.
Если ввести ось Z, то проекция момента на эту ось отрица-
тельна.
По условию задачи, угол ф < 8°, следовательно (с точностью
до 1%), sin <р = <р (на рисунке угол ф для наглядности пока-
зан большим). Тогда
Мг = - mgxq.	(3)
В положении, показанном на рисунке, ф > 0, тогда как
Мг < 0. При отклонении стержня в противоположную сторо-
ну ф < О, проекция момента силы Мг > 0.
Таким образом, момент силы, действующей на стержень
(следовательно, и угловое ускорение), прямо пропорционален
угловому смещению и поворачивает стержень к положению
равновесия, что является условием гармонических колеба-
ний. Период колебаний, а также характер зависимости
периода от расстояния х можно определить из основного
уравнения динамики вращательного движения и уравнений
(1)-(3).
Решение. Согласно основному уравнению динамики вра-
щательного движения и равенству (3),
J~=-mgxtp.	(4)
Здесь J — момент инерции стержня. По теореме Штейнера,
J = Jo + тхг, где Jo = ml2/12 — момент инерции относитель-
но оси, проходящей через центр масс стержня.
Подставляя выражение J в уравнение (4), получаем
d2<p	mgx
dt2 =	+ от*2 <₽"
(5)
Сравнивая уравнение (5) с (1) и (2), находим, что период
колебаний стержня
74
Рассмотрим теперь характер зави-
симости Т(х). По условию, х изменя-
ется от 0 до 1/2. При х = О Т -» оо, т. е.
стержень находится в состоянии без-
различного равновесия и не совершает
колебаний.
Чтобы определить характер графи-
ка Т(х), надо найти точки экстремума,
для чего вычислим первую производ-
ную:
dT = " I *	. х2-12/12
dx 77v2/12 + x2 ‘ х2
откуда dT/dx = 0 при х = 1/412. Тогда
тО/Л2) - Гмяк = 1,52 с.
Период Т монотонно убывает при возрастании х от 0 до
1/412. При наибольшем значении х = 1/2 период колебаний
[см. (6)] Т = 1,63 с. График зависимости Т(х) приведен на
рис. 34.
Задача 5.4. К вертикальной невесомой пружине, верхний
конец которой закреплен, подвешен груз массы тп = 0,1 кг.
Жесткость пружины = 40 Н/м. Определить период верти-
кальных колебаний системы, которые возникнут, если выве-
сти груз из положения равновесия. Определить амплитуду
колебаний и начальную фазу, если в момент t = 0 груз оття-
нуть вниз на расстояние х, = 10 см и сообщить ему началь-
ную скорость Oj = 3,5 м/с, направленную вниз (вверх).
Анализ. Задача практически состоит из двух самостоя-
тельных частей. Анализ ее и решение также будут содержать
легко прослеживаемые две части.
Период колебаний можно определить только в случае, если
груз, движущийся поступательно, совершает гармонические
колебания. Это значит, что ускорение груза должно быть пря-
мо пропорционально его смещению от положения равнове-
сия и направлено в противоположную сторону.
В процессе движения на груз действуют две силы: тяжес-
ти и упругости пружины. Сила упругости пружины однозначно
определяется растяжением или сжатием пружины, т. е. сме-
75
Рис. 35
котором груз находился
щением ее незакрепленного конца.
Если ввести ось ОХ (рис. 35), то
координата х груза равна сме-
щению конца пружины от прямой
АА' — уровня, на котором находил-
ся конец пружины в положении
равновесия. Тогда полное растяже-
ние пружины равно х + з0 и сила
упругости
fx = - k(x + s0),	(1)
где з0 — растяжение пружины, при
в положении устойчивого равнове-
сия, когда
fts0 = mg.
(2)
Поскольку обе сцлы (тяжести и упругости) направлены
вдоль оси ОХ, уравнение движения для груза можно запи-
сать сразу в скалярном виде:
т х = mg - k(x + s0).
Раскрывая скобки и учитывая равенство (2), получаем
тх = - kx.	(3)
Это и есть дифференциальное уравнение гармонического
колебания, которое позволяет однозначно определить период
колебаний.
Амплитуду колебаний Хо можно найти, рассматривая из-
менение энергии при переходе из положения, в котором сис-
тема находилась в момент t = 0, в положение, при котором
х = Хо. Полная энергия системы состоит из кинетической
энергии груза, потенциальной энергии груза в поле тяготе-
ния Земли (пружина невесома, поэтому речь идет только о
грузе) и потенциальной энергии упругой деформации. По-
скольку диссипативных сил нет и никакие внешние силы на
систему груз—пружина не действуют, полная энергия систе-
мы при рассматриваемом переходе остается постоянной:
ДК + ДС7ТЯГ + ДС7упр= 0.	(4)
После определения амплитуды колебаний начальную фазу
Од можно найти, если выразить координату х и скорость vx
как функции времени и приравнять эти выражения при t = 0
значениям Xj и vlx, данным в условии задачи.
76
Решение. Уравнение (3) показывает, что тело заданной
массы совершает гармонические колебания относительно по-
ложения равновесия с циклической частотой w = и пе-
риодом Т = 2njm/k = 0,31 с.
Найдем каждое из слагаемых, входящих в уравнение (4).
В начальном положении (t = 0), как следует из условия зада-
чи, х = хр vx = vlx. В конечном положении х = Хо, vx = 0.
Следовательно, при этом переходе
ЛК = - mv* /2, Д17тяг = - mg(X0 - х,),
(5)
= k(XQ + s0)2/2 - fe(x, + s0)2/2.
Выражение потенциальной энергии деформации объясня-
ется тем, что растяжение пружины при любом положении
тела больше, чем его координата х (для х > 0) на з0.
Прежде чем подставлять выражения (5) в (4), рассмотрим
отдельно изменение потенциальной энергии системы:
дитяг + ди^ =
= - mg(X0 - xt) + kXo/2 - kxf/2 + ks0(XQ - xj
(члены, содержащие s2, взаимно уничтожаются). Учитывая
равенство (2), получаем
Д17 = ДСТЯГ + ДП^ = feX2/2 - fexf/2.	(6)
Можно показать, что найденное изменение потенциаль-
ной энергии равно взятой с обратным знаком работе резуль-
тирующей силы при переходе тела от х - xt к х = Хо:
fx = - kx, dA = - kx dx,
ДП = - A = Jfex dx = feX2/2 - fexf/2.
4
Такой результат справедлив для любого гармонического
осциллятора: изменение потенциальной энергии равно взятой
с обратным знаком работе результирующей квазиупругой силы.
Подставйв первое из выражений (5) и (6) в (4), получим
- mv^/2 + kXg/2 - ftxf/2 = 0,
откуда
Хо = Jmvf/k + xl - 0,2 м.
77
Запишем теперь выражения для x(t) и vI(t):
х = Хо sin (cot + а,,),
vx = x = Xoco cos (cot + a,,).
При t = 0
x(0) = Xo sin o^ = xp o„(0) = Xoco cos a0 = ±	(7)
Следовательно, a,, = arcsin (x,/X0) =; л/6 (или 5л/6). Знак
♦+» в выражении (7) соответствует направлению скорости
вниз. В этом случае Хоы cos > 0. Следовательно, а,, = л/6.
Если скорость Vi направлена вверх, то ии = - ир Хою cos Oq < 0.
Следовательно, = 5л/6.
Задача 5.5. Материальная точка участвует одновременно в
двух колебательных процессах, происходящих в одном на-
правлении по гармоническому закону с одинаковой частотой,
амплитудами At = 5 см и А2 = 10 см и сдвигом по фазе
Дф = л/3. Определить амплитуду и начальную фазу резуль-
тирующего колебательного процесса.
Анализ. Законы движения для каждого из процессов мо-
гут быть записаны в виде
s, = At cos tot,
s2 = A? cos (cot + Дф),
где Sj 2 — смещения от общего для обоих процессов положе-
ния равновесия, со — циклическая частота. (Поскольку на-
чальная фаза <р0 определяется выбором начала отсчета време-
ни, можно положить <р01 = 0, тогда <р02 = Дф.)
Закон движения точки, участвующей в двух колебательных
процессах,
s=A! cos cot + А2 cos (cot + Дф),	(1)
где з — результирующее смещение точ-
ки от положения равновесия. Посколь-
ку оба колебания гармонические с оди-
наковой частотой и одного направле-
ния, результирующее колебание тоже
гармоническое с той же частотой и за-
кон движения может быть записан так-
же в виде
з = A cos (cot + ip),	(2)
78
где А — амплитуда результирующего колебания; ф — его
начальная фаза, равная сдвигу по фазе относительно первого
колебания.
Сравнивая уравнения (1) и (2), получим
A cos (o)t + гр) - A, cos <ot + Аа cos (cot + Дф). (3)
Уравнение (3) должно быть справедливо для любого мо-
мента времени, т. е. является тождеством. Неизвестные А и
Ф могут быть найдены либо аналитическим методом* при не-
посредственном решении тождества (3), либо методом век-
торного сложения колебаний.
Второй метод заключается в следующем. Любой гар-
монический процесс можно привести в однозначное соот-
ветствие с вращением вектора а («изображающий» вектор)
вокруг оси OZ (рис. 36) с угловой скоростью ш, равной цик-
лической частоте колебаний. Модуль вектора а равен ампли-
туде колебаний, угол ф0, образованный этим вектором с осью
ОХ, равен начальной фазе колебаний. Проекция «изобража-
ющего» вектора на ось ОХ в любой момент времени
х = a cos (wt + фр).
При сложении колебаний, происходящих с одинаковой ча-
стотой, угол между «изображающими» векторами не изме-
няется с течением времени и равен Дф — разности началь-
ных фаз. Поэтому при сложении таких колебаний все «изоб-
ражающие» векторы можно показывать для момента t = 0.
В данном случае следует ввести два «изображающих» век-
тора Bi и а2. Вектор А = а, + а2 будет «изображающим» век-
тором результирующего колебания. Модуль этого вектора ра-
вен искомой амплитуде А, угол его наклона к оси ОХ — иско-
мой начальной фазе ф,
Решение, Аналитический метод. Используя
формулы косинуса суммы двух углов, перепишем уравнение
(3):
A cos ф cos not - A sin ф sin set =»
= (А, + А^ cos Дф) cos mt - А2 sin Дф sin <ot.
1 При сложении уже трех колебаний аналитический метод ока-
зывается чересчур громоздким-
78
Это уравнение будет тождеством
относительно переменной t, если
коэффициенты При cos a>t и sin (of
в левой части тождества равны со-
ответствующим коэффициентам в
правой части: .
A cos у = Aj + А2 cos Дф; - A sin у = - А2 sin Дф.
Решим эту систему уравнений относительно неизвестных
А и у:
А = ^А? + А| + 2А1А2 созДф = 13 см,
А» sin Дф
у = arctg -т- .	= 41° = 0,23л.
А^ + А% COS Дф
Векторный метод. «Изображающие» векторы aj и
а2 показаны на рис. 37 (| at | = А,, | а21 = А2). Вектор Я] на-
правлен вдоль оси ОХ, поскольку начало отсчета времени выб-
рано так, что ф01= 0. Угол наклона вектора а2 к оси ОХ равен
Фог = ДФ-
Согласно теореме косинусов,
А = ^А? + А% + 2AlA2 cos Дф = 13 см.
Угол наклона вектора А к оси ОХ у = arctg (h/l), причем
Л = Aj sin Дф, I = Aj + A2cos Дф, откуда
A, sin Дф	, _ Л   
у = arctg :---------— = 41° == 0,23л.
т s Al + Az cos Дф
Таким образом, оба метода дают достаточно простые ре-
шения задачи.
Задача 5.6. Математический маятник длины I = 50 см
совершает небольшие колебания в среде, в которой коэф-
фициент затуханий р = 0,9 с-1. Определить время т и число
полных колебаний п, по истечении которых амплитуда ма-
ятника уменьшится в пять раз. Во сколько раз должен воз-
расти коэффициент трения, чтобы колебания оказались не-
возможны?	<
Анализ. При отсутствии трения малые колебания маят-
ника в вертикальной плоскости происходят по гармоническому
закону, причем собственная циклическая частота математи-
80
ческого маятника, как известно, зависит только от длины
подвеса:
“о “ Jgfi •	(1)
Вследствие трения колебания маятника будут затухаю-
щими:
<р = 90e~p‘sin (ot,
где ф — угол отклонения нити маятника от вертикали в мо-
мент t. (Очевидно, записанный закон движения соответствует
такому началу отсчета времени, что при t = 0 маятник прохо-
дит через положение равновесия, т. е. ф = 0.)
Период затухающих колебаний (период гармонического
сомножителя)
Т = 2л/(о = 2л/7®2 - р2 .	(2)
Амплитудой затухающих колебаний принято считать вы-
ражение, стоящее перед гармоническим сомножителем. В
соответствии с этим определением амплитуда А затухающих
колебаний изменяется со временем по экспоненциальному
закону:
A(t) - фоеЛ	(3)
Записав выражения амплитуды для двух моментов t и
t + т и учитывая, что отношение этих амплитуд задано, мож-
но найти искомое время т. Число п полных колебаний за это
время можно определить, если известен период Т.
Затухающие колебания по записанному выше закону воз-
никают, как следует из решения соответствующего диффе-
ренциального уравнения, только при условии р < ®о [это оче-
видно из выражения (2): при Р > <»о период и циклическая
частота оказываются мнимыми величинами]. При Р > («о про-
исходит апериодический процесс, закон движения которого
Ф = В1е^81' + В2е’м,
где Вх и В2 — постоянные, определяемые из начальных усло-
вий; 812 = р ± 7₽2-<о?-
Решение. Запишем выражения (3) для моментов времени
t и t + т:
А = ФоеЛ А2 = Фов^'^.
81
Отношение амплитуд = е^ = 5. Логарифмируя это
выражение, находим
т = In 5/р = 1,79 с.
Число полных колебаний, прошедших за время т, очевид-
но, равно отношению га = х/Т. Определив из выражения (1)
собственную циклическую частоту математического маятни-
ка и подставив ее в выражение (2), получим Т = 1,45 с. Из
сравнения Тит видно, что 1 < га < 2, т. е. по прошествии
двух полных колебаний амплитуда уменьшится уже больше
чем в 5 раз, что соответствует уменьшению энергии маятни-
ка больше чем в 25 раз.
Предельное значение коэффициента затухания р, при кото-
ром возможны колебания, Р„_„ = <о0, причем Р «= г/(2ш), где
m — масса маятника, постоянная по условию задачи; г —
коэффициент трения. Следовательно, искомое увеличение
2 = гМИИ!/г = р^/р.
Так как риом = <о0, то
г = <о 0/р “ 4,9.
Задача 5.7. Гармонический осциллятор в вакууме совер-
шает колебания с циклической частотой w0 и амплитудой А$.
В вязкой среде циклическая частота становится равной <о.
Определить закон изменения скорости движения осциллято-
ра со временем, ее амплитудное значение и сдвиг по фазе
относительно смещения а в вязкой среде.
Анализ. В вакууме, согласно условию, закон движения
имеет вид
s - Д cos (wot + %),
В вязкой среде осциллятор будет совершать затухающие
колебания с циклической частотой ю “=	- р2, где р — ко-
эффициент затухания, зависящий от свойств среды. Если счи-
тать, что начальная амплитуда по-прежнему равна Др то за-
кон движения можно записать в виде
s = Де**" cos <о£	(1)
(начальную фазу считаем равной нулю).
82
Дифференцируя по времени уравнение (1), находим ско-
рость движения осциллятора:
и = ds/dt = Д)е*₽( (- со sin cot - 0 cos cot). (2)
Выражение, стоящее в скобках, описывает некоторый про-
цесс, складывающийся из двух гармонических колебаний с
одинаковой циклической частотой со и амплитудами со и 0,
причем величины со и 0 скалярные. Все это позволяет утвер-
ждать, что выражение в скобках может быть представлено в
виде единого гармонического процесса, происходящего с той
же частотой.
Амплитуда и начальная фаза этого процесса неизвестны,
но могут быть найдены методом векторных диаграмм, согласно
которому каждому из суммируемых колебаний ставится в
соответствие «изображающий» вектор, модуль которого ра-
вен амплитуде колебаний, а угол наклона к оси ОХ — на-
чальной фазе колебаний. (Очевидно, вдоль оси ОХ направлен
вектор, соответствующий колебательному процессу с началь-
ной фазой, равной нулю.)
Решение. Первому колебательному процессу [— со sin cot =
= со cos (cot + л/2)] в выражении (2) соответствует вектор ар
второму [- 0 cos cot = 0 cos (cot + я)] — вектор а2. «Изобра-
жающие» векторы показаны на диаграмме рис. 38.
Вектор а, направлен перпендикулярно оси ОХ (<р01 = л/2).
Модуль вектора | а, | — со. Вектор а2 направлен в сторону, про-
тивоположную оси ОХ (<р02 = л). Модуль вектора | а? | = 0. Век-
тор а = at + а2 является «изображающим» вектором результи-
рующего колебательного процесса (- со sin cot - 0 cos cot). Как
видно из рисунка, его модуль'
| а | =	+ а% = 7“2 + ₽2 = юо>
угол наклона к оси ОХ
. Фо = л/2 + ф,
где ip = arctg (0/со). Таким образом,
- со sin со/ — 0 cos со/ =
= со0 cos [cot + (л/2 + др)].
83
Следовательно, искомая скорость [см. (2)]
v = А^ыое~^ cos [<о/ + (л/2 + др)].
Как видно из полученного выражения, скорость движе-
ния осциллятора в вязкой среде, как и смещение, изменяет-
ся со временем по закону затухающих колебаний с той же
циклической частотой со. Начальная амплитуда скорости
ио = А><°о-
Сдвиг по фазе скорости относительно смещения
Дер - л/2 + arctg (Р/со).
Следует обратить внимание на то, что при гармонических
колебаниях (р = 0) амплитудное значение скорости и0 - Д)Со0,
сдвиг по фазе скорости относительно смещения Дф = + л/2.
Задача 5.8. Шарик массы т = 50 г подвешен на невесомой
пружине жесткостью k = 20 Н/м. Под действием вынуждаю-
щей вертикальной гармонической силы с циклической часто-
той (Oj = 18 с"1 он совершает установившиеся вынужденные
колебания с амплитудой Х01 = 1,3 см. При этом смещение
шарика отстает по фазе от вынуждающей силы на = л/4.
Найти работу вынуждающей силы за время, равное периоду
колебаний. Во сколько'раз найденное значение меньше той
максимальной работы, которую может совершить вынуж-
дающая сила за период?
Анализ. Шарик, который можно принять за материальную
точку, совершает вынужденные гармонические колебания.
Элементарная работа вынуждающей силы F
dA = Fv dt,	(1)
где v — скорость шарика.
Введем ось X, направленную вертикально (как и вы-
нуждающая сила). Проекция вынуждающей силы на эту ось
изменяется со временем по закону
Fx = Fo sin <ot,	(2)
где Fo — амплитудное значение вынуждающей силы, w —
циклическая частота. Смещение колеблющегося тела от по-
84
ложения равновесия (также вдоль оси X) и скорость его в
этом случае изменяются со временем по законам
х = Хо sin (cot - ip),	(3)
vI - x = X0co cos (cot - ip),	(4)
причем амплитуда и сдвиг по фазе вынужденных колебаний
о
F0/m
/(wo-w2)Z +4?2w2
(5)
tg ip =
20co
(Oq - <oz ’
(6)
где coo= •Jk/m — собственная циклическая частота осцил-
лятора. Уравнения (5) и (6) образуют систему относительно
неизвестных 0 и Fo (0 — коэффициент затухания осциллято-
ра). Таким образом, все параметры, характеризующие зако-
ны изменения вынуждающей силы и скорости колеблющего-
ся тела, со временем могут быть найдены. Подставив выра-
жения (2) и (4) в (1), получим
dA = Fxvx dt = FoXqCo sin tat cos (cot - ip) dt. (7)
Работа, совершаемая за период Т, может быть найдена
интегрированием уравнения (7) по времени. Как видно, эле-
ментарная работа знакопеременна. Очевидно, работа вынуж-
дающей силы за период будет наибольшей тогда, когда выра-
жение dA для любого промежутка времени положительно,
т. е. когда скорость колеблющейся точки и вынуждающая
сила изменяются со временем без сдвига по фазе. Это значит,
что для любого момента
cos (cot - ip) = sin cot.	(8)
Уравнения (8) и (6) позволят найти значения ip и со, при
которых работа вынуждающей силы максимальна.
Решение. Чтобы найти работу вынуждающей силы за пе-
риод, проинтегрируем выражение (7) по времени, заменив
предварительно cos (cot - ср) по тригонометрической форму-
ле косинуса разности двух углов:
(	т	т	\
А - FqXqCo cosip J sin cot coscot dt + sin ip J sin2 cot dt .
. <	0	0	,
85
Интегрирование по переменной t в пределе от О до Т соот-
ветствует интегрированию по переменной tot в пределе от О
до 2л, поэтому
т	Т я
f sin mt cos tot dt = 0, f sin2 tot dt = — = —.
Jo	Jo	2	®
Тогда искомая работа
A = F(>Xon sin ip.	(9)
Из равенства (6) при tp = л/4 и to = <о1 имеем
2004 = mJ - to2.	(10)
Подставим выражение (10) в (5):
Xoi = F0/[m(m* - <o?)>/2],
откуда
Fo= X0lm (<oj Л.	(11)
Подставив выражение (11) и ipj = л/4 в (9), получаем
А = (wj - го?) - 2,0-10*3 Дж.
Тождество (8) справедливо при ip0 = л/2. Подставляя это
значение ip0 в равенство (6), находим tg tp0 = что возмож-
но при го = ю0. При этой частоте скорость и вынуждающая
сила изменяются со временем по фазе и работа вынуждаю-
щей силы за период оказывается максимальной.
Согласно выражению (9), отношение наибольшей работы,
совершаемой вынуждающей силой, к найденной (учитывая,
что Fo постоянна)
_ уор8М<>
Х01 sin tpi ’
где ХОр и ip0 — амплитуда вынужденных колебаний и сдвиг
по фазе относительно вынуждающей силы при го = ю0.
Из равенства (5) получим
ХОр ж Fo/(2m0too).
86
Учитывая выражения (11) и (10), находим
•Хор w	/°^о'
Тогда
А Х01<о0 sintp! '
Так как sin трг " V2 /2, то
Анаис _ ^^1 J g
А «>о
§ 6. Неинерциальные системы
Цель параграфа — показать на нескольких примерах ме-
тод решения задач в неинерциальных системах отсчета.
В неинерциальных системах законы Ньютона, а следо-
вательно, и все законы классической механики, которые ис-
пользовались до сих пор, справедливы в предположении,
что кроме сил взаимодействия с другими телами действуют
силы инерции, не обусловленные взаимодействием с каки-
ми-либо телами. Силы инерции зависят прежде всего от ха-
рактера движения неинерциальной системы. Это значит, что
для нахождения сил инерции необходимо знать, как дви-
жется неинерциальная система относительно инерциальной
системы, т. е. знать характер движения, его кинематичес-
кие параметры.
Здесь рассматриваются два типа неинерциальных систем:
1) системы, движущиеся относительно какой-либо инерци-
альной системы (например, относительно Земли) поступатель-
но, прямолинейно и ускоренно; 2) системы, вращающиеся с
постоянной угловой скоростью относительно какой-либо инер-
циальной системы.
Задача 6.1. По гладким го-
ризонтальным рельсам движет-
ся платформа массы М со ско-
ростью v (рис. 39). На передний
край платформы осторожно
кладут груз массы т. Коэффи-
Рис. 39
87
циент трения между этим грузом и платформой k. При какой
минимальной длине платформы груз не упадет с нее?
Анализ. В начальный момент платформа как бы выскаль-
зывает из-под груза, но в результате действия силы трения
скорость платформы относительно Земли уменьшается, ско-
рость груза возрастает. Груз не упадет с платформы, если за
время, по истечении которого скорости груза и платформы
относительно Земли будут равны, смещение s' груза относи-
тельно платформы не превысит ее длины, т. е. s' < I.
Таким образом, задача. сводится к нахождению отно-
сительного перемещения s' груза и ее удобно решать в систе-
ме отсчета, жестко связанной с платформой. Эта система не-
инерциальная, так как в течение Времени, пока груз движет-
ся относительно платформы, на платформу действует сила
трения, замедляющая ее движение.
Платформа движется поступательно; ускорение я0, при-
обретаемое ею под действием силы трения, горизонтально.
С точки зрения наблюдателя, находящегося в неинерциаль-
ной системе, жестко связанной с платформой, на груз дей-
ствуют силы тяжести и нормальной реакции со стороны
платформы, взаимно компенсирующие друг друга, сила тре-
ния и сила инерции f„ = -тг^, направленные горизон-
тально.
В начальный момент скорость груза относительно плат-
формы Vg ?= - v, к концу движения вдоль платформы, прой-
дя расстояние s', груз остановится, т. е. его конечная ско-
рость относительно платформы = 0.
Очевидно, что изменение кинетической энергии груза рав-
но работе сил трения и инерции на перемещении s':
Д/С = Атр+Аи.	(1)
Обе силы (трения и инерции) постоянны, и работа, ими
совершаемая, прямо пропорциональна перемещению s' груза.
Следовательно, уравнение (1) позволит найти s', если извест-
ны обе силы.
Решение. Для того чтобы найти силу инерции, действую-
щую на груз, надо знать ускорение Яд платформы. Сила тре-
ния, действующая на платформу со стороны груза,
/т'р = kmS
88
и направлена в сторону, противоположную скорости v плат-
формы. Поскольку это единственная горизонтальная сила,
действующая на платформу, ее ускорение
а0 = kgm/M
и вектор Яд также направлен против вектора v. .
На груз действуют силы
= kmg, fB = та0 = mkgm/M,
причем обе силы направлены против скорости V груза отно-
сительно платформы.
При перемещении груза вдоль платформы на расстояние
s’ работа этих сил отрицательна (обе силы направлены про-
тив оси X, перемещение — по оси X):
А^ = - kmgs’ , Ая= - kmgms'/М.	(2)
Изменение кинетической энергии груза при этом
АК = - т(у'о)/2 = - mv2/2.	(3)
Подставив выражения (2) и (3) в (1), получим
- mv2/2 = - kmgs’ (1 + т/М),
откуда
s' = Mvs/[2kg(m + M)].
Следовательно, груз не упадет с платформы, если ее длина
I > s' = Mv2/[2kg(m + Af)].
Задача 6.2. Тонкий однородный стержень длины I, нахо-
дящийся в вагоне, может свободно вращаться вокруг гори-
зонтальной оси, проходящей через один из его концов. Вагон
начинает двигаться горизонтально с ускорением ад, направ-
ленным перпендикулярно оси вращения стержня. На какой
максимальный угол от вертикали отклонится стержень в на-
чале движения вагона? Каков период его колебаний относи-
тельно положения равновесия?
Анализ. Для наблюдателя, находящегося в вагоне, стер-
жень совершает только вращательное движение вокруг непод-
вижной оси. Как только вагон начнет двигаться с ускорением
а,,, на стержень будет действовать сила инерции f„ = - пгвд,
приложенная, очевидно, в центре масс стержня. Эта сила со-
здает вращающий момент относительно оси, и стержень нач-
89
нет отклоняться от верти-
кального положения, что, в
свою очередь, вызовет появ-
ление вращающего момента
силы тяжести, направленно-
го в сторону, противополож-
ную оси OZ (рис. 40). В пер-
вые мгновения момент силы
инерции заведомо больше,
чем момент силы тяжести,
и, следовательно, стержень
приобретает некоторую угловую скорость, которая нараста-
ет, хотя угловое ускорение при этом уменьшается. При не-
котором угле «о отклонения от вертикали моменты сил инер-
ции и тяжести скомпенсируют друг друга. Это положение
является положением равновесия*.
Мтяж + М„ = 0.	(1)
Поскольку моменты обеих сил зависят от угла отклонения
стержня от вертикали, уравнение (1) позволит найти угол otg,
соответствующий положению равновесия.
При а = Од стержень уже приобрел угловую скорость, сле-
довательно, он пройдет через положение равновесия. Но те-
перь уже момент силы тяжести будет больше, чем момент
силы инерции, т. е. угловое ускорение стержня направлено
так же, как момент силы тяжести, — против оси OZ, тогда
как угловая скорость, приобретенная стержнем, направлена
так же, как момент силы инерции, т. е. по оси OZ. Движение
стержня станет замедленным и при некотором угле а, откло-
нения от вертикали стержень остановится, а затем начнет
движение в обратном направлении.
В процессе перемещения стержня от вертикального поло-
жения до Иц суммарная работа сил тяжести и инерции обра-
щается в нуль, так как и в начальном, и в конечном положе-
ниях кинетическая энергия стержня равна нулю:
Ляж + А, = 0.	(2)
Работа каждой из этих сил зависит от угла cq, и, следователь-
но, уравнение (2), записанное в явном виде, позволит найти с^.
Предоставленный самому себе стержень при полном от-
сутствии трения совершает незатухающие колебания около
90
положения равновесия. Если угол otj - а0, соответствующий
максимальному отклонению от положения равновесия, мал,
то колебания стержня будут гармоническими и их период
можно найти. Для этого следует рассмотреть стержень в не-
котором промежуточном состоянии, когда угол его отклоне-
ния от положения равновесия равен ф, и найти в этом поло-
жении угловое ускорение е = d2<p/dt2.
Решение. В проекции на ось OZ моменты сил инерции и
тяжести:
Миг - -fl cos а,	(3)
а
~ ~ ±mgl sin а,	(4)
где а — некоторый промежуточный угол отклонения от верти-
кали. При переходе из вертикального положения (а = 0) в
положение, соответствующее максимальному углу отклонения
(а = а,), каждая из рассматриваемых сил совершит работу:
“1
А = J Мвг da = /ЖЦcosa da = /„-sin av
0	о
A	I	I
A«« - |м1Яжгйа = - mg- Jsina da = mg-(cos ai - 1).
о	0
Подставим эти выражения в (2):
fBl sin aj + mgl (cos ttj - 1) - 0,
откуда, учитывая, что /„ = ma0, получаем
ajg “ (1 — cos aj/sin a,
или
tg (a,/2) = a0/g; a, = 2 arctg (ajg).	(5)
Заменим векторное равенство (1) скалярным соотношением:
^Аяж Z ~ ^яя ~ 0-
Подставляя сюда выражения (3) и (4) при a = а,, и учиты-
вая, что /„ = ma0, получаем
maol cos a0 — mgl sin Од = 0,	(6)
91
откуда
tg ct0 = a0/g, a0 - arctg (a0/g).	(7)
Рассмотрим теперь стержень в некотором промежуточном
положении, когда угол его отклонения от вертикали
а = Oq + ср.
В этом положении на стержень действуют сила тяжести н
сила инерции, создающие вращающие моменты. Основное
уравнение динамики вращательного движения, записанное в
проекции на ось OZ, примет вид
= ma0|cos («о + ф) “ mgjsin (а^ + ф).
Раскрыв cos (а,, + <р ) и sin (с^ + Ф ) по формулам триго-
нометрии с учетом, что момент инерции стержня J = mZ2/3,
получим
d2<p 3 г	.
= ^[cos Ф <ао cos а0 - g sm aj -
- sin ф (а0 sin а0 + g cos а0)].
Коэффициент при cos Ф , как следует из уравнения (6),
равен нулю. Коэффициент при sin <р после подстановки
sin а0 = tg а0/^/1 + tg2 ct0 и cos 1Д/1 + tg2 а0 с учетом
равенства (7) примет вид
а0 sin cio + g cos Од = (йд + g2)* .
Тогда
d2<p 3/2	2 W2 .
dt2 =	+ 8 ' SU1 ф’
Полученное дифференциальное уравнение будет уравнени-
ем гармонического колебания, если в пределах точности рас-
чета
(8)
sin ф = ср.
В этом случае
d2®	3 { 2	„2W2
Следовательно, угол ф изменяется со временем по гармо-
ническому закону, причем постоянный коэффициент, стоящий
92
в правой части, равен квадрату циклической частоты и пери-
од колебаний
Т = 2л^21 j 3(a^ + g2)VZ
(9)
Максимальный угол [см. (5) и (7)] <pMn„ = at- = arctg (Од/g).
При точности расчета порядка 2% равенство (8) справедливо,
если фмаК1, < 9°, соответственно a0/g < tg 9° = 0,158, т. е. при
а0 < 0,158g = 1,55 м/с2.
Очевидно, что при больших значениях а0 выражения (5) и
(7) остаются в силе, но колебания маятника уже нельзя счи-
тать гармоническими и выражение (9) будет несправедливо.
Задача 6.3. Мотоциклист движется по горизонтальной плос-
кости, описывая окружность радиуса R = 90 м (рис. 41);
коэффициент трения колес о почву k = 0,4. На какой угол а
от вертикали должен отклониться мотоциклист при скорос-
ти Oj = 15 м/с? С какой максимальной скоростью может он
ехать по заданной окружности?
Анализ. Будем рассматривать мотоциклиста и мотоцикл
как единое твердое тело. На мотоциклиста при его движении
действуют: сила тяжести; сила нормальной реакции; сила тяги
двигателя; сила трения, направленная по касательной к тра-
ектории; сила трения, направленная к центру окружности.
Поскольку при движении по окружности радиального пере-
мещения у мотоциклиста нет, последняя сила — сила трения
покоя.
Если мотоциклист движется с постоянной скоростью, то
сила тяги двигателя и сила трения, направленные по каса-
тельной к траектории, взаимно компенсируют друг друга. Сила
тяжести приложена к цент-
ру масс, сила нормальной ре-
акции и радиальная сила тре-
ния покоя f^, приложены к
нижней точке каждого из ко-
лес и создают вращающий
момент относительно вообра-
жаемой горизонтальной оси,
проходящей через центр масс
мотоциклиста. Ось эта вмес-
те с центром масс движется
93
относительно Земли по криволинейной траектории (окруж-
ности) и обладает нормальным ускорением. Следовательно,
система отсчета, связанная с центром масс мотоциклиста,
неинерциальна, и в ней на мотоциклиста, помимо всех пере-
численных сил, действует еще центробежная сила инерции
Fn6 = Z Fu6t = - Ет(аы = Ет,(02г(,
где т, — масса каждой материальной точки; ani — ее нор-
мальное ускорение, направленное к центру окружности; г, —
ее радиус-вектор, проведенный из центра окружности.
Размеры мотоциклиста малы по сравнению с радиусом его
траектории, поэтому можно считать, что радиусы, описывае-
мые каждой материальной точкой окружности, одинаковы,
т. е. rt = R, следовательно, одинаковы и линейные скорости
всех точек. Тогда
vt = <nR, = maPR.
В этом случае центробежная сила инерции приложена в
центре масс (как и сила тяжести) и не создает вращающего
момента относительно рассматриваемой оси. Условие равно-
весия мотоциклиста сводится к тому, что сумма моментов
сил трения и нормальной реакции N относительно гори-
зонтальной оси, проходящей через центр масс, равна нулю:
М, + М„ = 0.	(1)
Если размеры мотоциклиста сравнимы с радиусом R, то
центробежные силы инерции, действующие на отдельные
точки мотоциклиста, тем больше, чем больше радиус г, опи-
сываемой окружности. В этом случае точка приложения ре-
зультирующей Fae будет расположена ниже центра масс и
вращающий момент относительно рассматриваемой оси ока-
жется отличным от нуля. Тогда условие равновесия (1) не-
справедливо.
Уравнение (1) позволит найти угол а отклонения мото-
циклиста от вертикали, так как моменты обеих сил [см. (1)]
зависят от этого угла.
В рассматриваемой неинерциальной системе мотоциклист
неподвижен. Следовательно, сумма всех сил, действующих
на мотоциклиста, равна нулю:
mg + Ецв +	+ N - 0.	(2)
94
Поскольку центробежная сила инерции зависит от угло-
вой скорости движения, уравнение (2) позволит найти ее воз-
можные значения.
Решение. Моменты сил трения и нормальной реакции бу-
дут скомпенсированы, т. е. равенство (1) выполняется, если
результирующая этих сил проходит через центр масс, т. е.
если
tg а = Ц/N.	(3)
Равенство (2), записанное для проекций на оси: горизон-
тальной, направленной к центру описываемой окружности, и
вертикальной, — примет вид
^-^6 = 0,	(4)
N - mg = 0.	(5)
Из равенства (4) найдем
= mw2R = mv2/R.	(6)
Подставим выражения (5) и (6) в (3), учитывая, что и = vt:
tg а = vl/(gR) “ 0,255; а = 14°.
Как уже отмечалось, есть сила трения покоя, следова-
тельно, < kN — kmg и равенство (4) можно записать в виде
Рц6 = Др < ^т8 или mv2/R < kmg.
Окончательно
= -JkgR = 19 м/с.
Задача 6.4. На центробежной ма-
шине укреплен гладкий горизонталь-
ный стержень длины 2l0 = 1 м, ось
вращения вертикальна и проходит
через середину стержня (рис. 42). На
стержень надеты две небольшие муф-
ты массы т = 400 г каждая. Муфты
связаны нитью длины 2Zt — 20 см и
расположены симметрично относи-
тельно оси вращения. С какой ради-
альной скоростью подойдут муфты к
концу стержня, если пережечь нить?
Рассмотреть два случая: 1) машина
95
вращается с постоянной угловой скоростью со, = 2 рад/с; 2) до
пережигания нити двигатель отключается и система предос-
тавляется сама себе. Момент инерции вращающейся станины
и стержня «70 = 0,02 кг • м2.
Анализ. По условию требуется определить скорость муфт
относительно вращающегося стержня. Поэтому кажется ес-
тественным вести решение в неинерциальной системе отсче-
та, жестко связанной со стержнем.
В первом случае в этой неинерциальной системе на каж-
дую муфту помимо сил тяжести и нормальной реакции стер-
жня действуют центробежная сила инерции и сила Кори-
олиса FK. Центробежная сила инерции
Гцб = TOWir-	(1)
где г — радиус-вектор муфты (муфта рассматривается кай
материальная точка), проведенный от оси вращения вдоль
стержня. Эта сила сообщает муфте относительную радиаль-
ную скорость V. Вращающий момент этой силы равен нулю.
Сила Кориолиса
FK = 2mv' х to.
Эта сила, направленная перпендикулярно вектору V, из-
меняет силу нормальной реакции стержня, но вследствие от-
сутствия трения никак не влияет на характер относительного
движения муфты. Легко видеть, что сила Кориолиса изменя-
ет только режим работы двигателя: чем дальше отойдут муф-
ты от оси вращения, тем больше тормозящий момент сил
Кориолиса и тем большую мощность должен развивать дви-
гатель, чтобы поддерживать постоянной угловую скорость вра-
щения. Таким образом, движение муфты вдоль стержня про-
исходит под действием только центробежной силы инерции,
следовательно, скорость v' этого движения может быть най-
дена либо с помощью второго закона Ньютона, либо из соот-
ношения между изменением кинетической энергии и рабо-
той, которую совершает при радиальном движении каждой
муфты центробежная сила инерции. Тогда
ДК = т (ц')72 = Ав-	(2)
Во втором случае, когда двигатель отключен, сила Корио-
лиса создает вращающий момент, тормозящий движение всей
системы. Угловая скорость при этом изменяется и появляет-
96
_	d<o
ся еще одна сила инерции F = тг х —, которая также вли-
at
яет на угловую скорость вращения системы. Решение задачи
в неинерциальной системе получится крайне громоздким.
Для наблюдателя, стоящего на Земле, т. е. в инерциаль-
ной системе отсчета, связанной с Землей, на рассматриваемую
систему действуют внешние силы — тяжести, нормальной
реакции, — не создающие вращающего момента относитель-
но вертикальной оси и не совершающие работы. Следователь-
но, момент импульса и кинетическая энергия системы долж-
ны оставаться постоянными. (Очевидно, последнее утвержде-
ние справедливо при отсутствии трения в оси машины.) Тог-
да угловая скорость со2 (к тому моменту, когда муфты подой-
дут к концам стержня) может быть найдена из закона сохра-
нения момента импульса системы:
Lj “ Ljj,	= *^2®2»
где Jj и — моменты инерции всей системы соответственно
в начале и в конце радиального движения муфт.
Относительную скорость и' каждой-из муфт можно найти
из закона сохранения энергии системы:
„ jr .	4.
2	2	+ . 2
(4)
Следует обратить внимание на то, что кинетическая энер-
гия системы Ка может быть записана как сумма кинетических
энергий вращательного движения и поступательного движе-
ния муфт только потому, что ось вращения проходит через
центр масс всей системы.
Решение. 1. <о = const = («р
Рассчитаем работу, совершенную силой инерции, дей-
ствующей на каждую из муфт, с учетом выражения (1):
Ч	2
4* = Jmrfr dr =	- к2).	(5)
4
Эта работа положительна. Подставляя выражение (5) в (2),
получим
о- w1A/^o “	~ 0'^® м/с.
4-Сборник задач
97
Если искать решение исходя из второго закона Ньютона,
то уравнение движения муфты вдоль оси X, направленной по
стержню от оси вращения, имеет вид
dv' 2
т— = mwx,
at
где х — мгновенное расстояние от оси вращения до муфты.
Чтобы исключить переменную t, запишем
di>' dv' dx ,dv’
--- --	ж у -
dt dx dt----------dx
и тогда решение задачи сведется к решению дифференциаль-
ного уравнения
mu' du' = mcoj х dx
с учетом начальных условий.
2. Перепишем уравнение (3) в скалярном виде
(р2 ~ djCOj/dj-
Подставив это выражение в (4), после несложных преоб-
разований получаем
„	<0? Ji
(и')2=	J,).	(6)
ZHl «/j
В начальный момент
Ji = J0+2m^.	(7)
К тому времени, когда муфты подойдут к концам стержня,
момент инерции системы возрастет:
J2 = J0+2m^.	(8)
Подставляя выражения (7) и (8) в (6), находим
= “ 0,35 М/С‘
у «/0 + 2mtg
98
§ 7. Элементы специальной
теории относительности
Задачи этого параграфа имеют иллюстративный характер,
т. е. представляют собой выводы, основанные на применении
преобразований Лоренца, некоторых основных положений
специальной теории относительности (сокращение длин, из-
менение промежутков времени, относительность понятия од-
новременности событий и т. п.). Во всех задачах рассматри-
ваются две системы отсчета, названные «ракетой* ^«лабора-
торией», движущиеся друг относительно друга. Обе системы
отсчета перекрываются, т. е. существует область простран-
ства, общая для обеих систем, и все события происходят имен-
но в пределах этой области. Оси координат X, У, Z лабо-
раторной системы параллельны соответствующим осям X',
Y', Z' системы «ракета* и р' = у; z' — г. Скорость ракеты отно-
сительно лабораторной системы во всех случаях направлена в
положительную сторону оси X: v0 = ly. Часть задач посвяще-
на простейшим вопросам релятивистской динамики.
Задача 7.1. Наблюдатель, находящийся в лабораторной
системе, пытается измерить длину стержня, покоящегося в
системе «ракета» и расположенного вдоль оси ОХ. Скорость
этой системы относительно «лаборатории» составляет 0,7 ско-
рости света. Как можно провести это измерение? Какой ре-
зультат получит наблюдатель, если в системе «ракета» длина
стержня l0 = 1 м?
Анализ. Чтобы измерить длину стержня, наблюдатель, на-
ходящийся в лаборатории, должен определить в один и тот
же момент tx координаты концов стержня, движущегося в
его системе отсчета. Допустим, что в указанный момент один
конец пролетает мимо часов, находящихся в точке с ко-
ординатой хх, а второй конец в этот же самый момент проле-
тает мимо часов, находящихся в точке с координатой хг. Оче-
видно, что для этого наблюдателя длина стержня
1Я = хг - Xi - Дх.	(1)
Значениям координат хг и х2 соответствуют координаты
х[ и х'г в системе «ракета» и х'2 - х[ = 10. Время (по часам
наблюдателя в ракете), когда определялись эти координаты,
99
не играет роли, так как относитель-
но ракеты стержень неподвижен,
т. е. координаты х[ и х2 не зави-
сят от времени.
Переход от одной системы отсче-
та к другой может быть осуществлен
на основании преобразований Лорен-
ца. Поскольку время t[ и t2 измере-
ния координат х[ и х2 неизвестно,
то следует переходить от координат
системы «ракета» к координатам
системы «лаборатория», значения которых соответствуют
одному и тому же моменту tP
Второй способ измерения длины 1Л заключается в том, что
наблюдатель в лабораторной системе должен по одним и тем
же часам зафиксировать моменты и t2 прохождения обоих
концов стержня (рис. 43). Тогда
/л = о0Д#.	(2)
Здесь At = t2 - t,, v0 = 0,7c — скорость ракеты, где с —
скорость света в вакууме.
Если часы, по которым наблюдатель в лаборатории изме-
ряет время, находятся в точке с координатой х, то в системе
«ракета» этой координате в момент tj соответствует коорди-
ната х', в момент t2— координата х[, причем х'2 - х[ = 10.
Переходя от координат х{ к х, можно найти результат изме-
рения, полученный наблюдателем в лаборатории.
Решение. 1-й способ. Из преобразований Лоренца
,	~ Мх , _ хг “ Mz
(3)
где, согласно способу измерения, t, = t2. Взяв разность выра-
жений (3), получим
'2
или Zo
откуда
h = ijl -	< 10.
100
2-й способ. Из преобразований Лоренца
г, = х-Ур*г
2 V1-^2 ’ 1	’
где х — координата точки, в которой находятся часы наблю-
дателя в лаборатории. Разность этих выражений
х‘ х' ’
Тогда [см. (2)] длина стержня, измеренная наблюдателем
в лаборатории,
1Я = (х2 ~ xi)^-i>o/c2 = lo-Jl-tf/c2 = 0,71 м.
Как видно, оба способа приводят к одному и тому же ре-
зультату.
Задача 7.2. В лабораторной системе в точках с координа-
тами хА и хв = хА + 10 одновременно происходят события А
и В. На каком расстоянии V друг от друга зафиксирует эти
события наблюдатель в системе «ракета», если расстояние
l0 = 1 км, скорость ракеты и0 = 0,4с? Какое время зафикси-
рует между этими событиями наблюдатель, находящийся в
системе «ракета»? Что изменится, если ракета будет двигать-
ся противоположно направлению оси X?
Анализ. Обозначим t0 — время, когда в лабораторной си-
стеме отмечаются события А и В. Тогда событие А в этой
системе обладает пространственно-временнйми координатами
хА и t0, событие В — координатами хв и f0. В системе «раке-
та» событие А обладает пространственно-временными коор-
динатами х[ и tj, событие В — координатами х'2 и t2  Значе-
ния координат каждого из событий могут быть найдены пу-
тем перехода от системы «ракета» к системе «лаборатория» с
помощью преобразований Лоренца.
Решение. Согласно преобразованиям Лоренца,
г =	г' = Хв ~ v°to
1 fi-vf/c2 ’ 2 /НДг ’
Взяв разность этих выражений, найдем, что расстояние
между точками, в которых происходят события А и В, изме-
ренное наблюдателем в ракете,
1ав = х'2 - х[ = । в ~ ,4 .	(1)
Vi-^/c2
101
Расстояние , разделяющее события А и В в любой сис-
теме, движущейся относительно лаборатории, больше, чем
это же расстояние, измеренное в лабораторной системе, в
которой оба события одновременны, причем это расстояние
не зависит от направления скорости v0.
Проведем расчет по выражению (1):
Моменты времени, в которые в системе «ракета» наблю-
датель зафиксирует события А и В, также могут быть найде-
ны из преобразований Лоренца:
, _ *о-хАуо/сг _ Z0-xBu0/c2
Тогда
(2)
(3)
При любой скорости ракеты события А и В в этой системе
не будут одновременными. Если Дх = хв - хА > 0 и ракета
движется в положительном направлении оси X, то t'2 - t[ < О,
т. е. событие В происходит раньше, чем А. При изменении
направления движения ракеты на противоположное (о0х = - о0)
событие А для наблюдателя в ракете произойдет раньше, чем
В, так как t2 - t[ > 0.
Если ракета движется в положительном направлении
оси X, то
Af = t2 _	~ 1,45 мкс,
т. е. событие В, зафиксированное наблюдателем в ракете,
опережает событие А на 1,45 мкс.
Интересно отметить, что из выражения (2) следует, что
часы в системе «ракета», координаты которых в лаборатор-
ной системе положительны, отстают от лабораторных часов
и тем больше, чем больше координата X. Часы в системе «ра-
кета», координаты которых в системе «лаборатория» отрица-
тельны, опережают лабораторные часы.
102
Полученный результат можно проверить, используя инва-
риантность пространственно-временндго интервала а. В лабо-
раторной системе = - (Дх)2. В системе «ракета»
(s^b)2 = CW)2 ~ (Дх')2.
Подставив выражения (1) и (3) в (4), получим
/ , \2	(- Дх)2о2 (Дх)2	.. .2
e2(l-J2/e2) l-Pg/с2 (ДЖ)-
(4)
Расстояние между событиями, измеренное в системе, в
которой оба события происходят одновременно, называется
собственным. Собственное расстояние всегда минимально.
Задача 7.3. В системе «ракета», движущейся относительно
лаборатории со скоростью и0 = 0,4с, в точке с координатами
х' = ]/ = z' = 0 в момент t'o произведена световая вспышка
(событие А). С помощью системы диафрагм узкий пучок све-
та направляется вдоль оси Y'. Через промежуток времени
At' = 0,10 мкс световой сигнал, отразившись в зеркале, воз-
вращается в исходную точку (событие В). Какое время и ка-
кое расстояние между событиями А и В измерит наблюда-
тель в лабораторной системе? Каковы траектория и скорость
светового сигнала для этого наблюдателя?
Анализ. Координаты и время обоих событий в лаборатор-
ной системе легко могут быть рассчитаны на основании пре-
образований Лоренца, так как пространственно-временш№ ко-
ординаты этих событий в системе «ракета» заданы, причем
Хд = Хд = 0. Событие В является следствием события А, это
значит, что они связаны между собой некоторым процессом.
В данном случае — это процесс распространения и отраже-
ния светового сигнала. Для наблюдателя в системе «ракета»
свет распространяется по оси У', а
после отражения от зеркала — про-
тив оси У'. На рис. 44 стрелками
показаны направления распростра-
нения сигнала. Если не учитывать
времени отражения, то можно пред-
положить, что отражающее зерка-
ло находится на оси У' на расстоя-
нии Ai/ = с At'/2 от начала коорди-
103
нат. Для наблюдателя в лаборатории все процессы в системе
♦ракета» происходят медленнее, чем в лаборатории, и про-
должительность процесса, ограниченного событиями А я В,
больше, чем промежуток времени Af. Проекция скорости
светового сигнала vy, измеренная этим наблюдателем, мень-
ше, чем с. Проекция скорости этого же сигнала vx равна ско-
рости ракеты. Световой сигнал пройдет по траектории, пред-
ставляющей собой ломаную линию, показанную на рисунке.
Очевидно, скорость распространения светового сигнала по этой
линии равна с.
Решение. Найдем пространственно-временное координа-
ты событий А и В в лабораторной системе отсчета:
х'А + у0% х’в +	+ дг)
Ха jl- ui/e* ’ Хв -
В лабораторной системе события Ан В происходят в точках,
находящихся друг от друга на расстоянии
Ах = хв - х. =	- = 13 м.
Время событий:
t = *6 +рохлА2 t _ М + М' + ^вА2
Промежуток времени между событиями А и В для наблю-
дателя в лаборатории
Де'
At = tB - tA = -j=— = 0,11 мкс.	(1)
Время между двумя событиями (связанными причинно-
следственной связью) будет наименьшим в той системе отсче-
та, в которой оба события локализованы в одной тбчке. Вре-
мя между событиями, измеренными в такой системе, назы-
вается собственным.
Собственное время может существовать только для тех
событий, которые разделены времениподобным интервалом
[s^ - c2(At)2 - (Ax)2 > 0].
Очевидно, что промежуток времени At между событиями
А и В в лабораторной системе в данном случае связан с рас-
стоянием Ах соотношением
Ах = n0At.	(2)
104
Таким образом, найдя расстояние Дх из соотношений Ло-
ренца, Д£ можно было рассчитать и по равенству (2).
Проекция скорости светового сигнала
vy = 2Ду/Д*,
где Ду — ордината зеркала в лабораторной системе (ордина-
ты зеркала в обеих системах одинаковы, Ду = Ду' = сД<'/2).
С учетом выражения (1)
Vy = с^/1-i^/c2.	(3)
Это же значение vy можно было получить из формулы пре-
v'^1~vo/c2
образования скоростей: vy = j + „2да > гДе = 0, vy =
Горизонтальная составляющая скорости
их = и0.	(4)
Полная скорость светового сигнала
«с =	+ у» •	(5)
Подставив выражения (3) и (4) в (5), получаем ис = с.
Полная длина, ломаной линии, пройденной световым сиг-
налом, I = с Д£ = 330 м.
Задача 7.4. В системе отсчета «ракета», движущейся со
скоростью и0 = 0,5с, под углом q>' = 30° к оси X расположен
неподвижный метровый стержень. Параллельно стержню ле-
тит частица со скоростью и' = 0,4с. Под каким углом ф ори-
ентирован этот стержень для наблюдателя лабораторной сис-
темы? Какова скорость частицы для этого наблюдателя?
Анализ. Рассмотрим стержень и частицу с точки зрения
наблюдателя в лаборатории. Стержень движется поступательно
с горизонтальной скоростью их = о0 = 0,5с. Вследствие этого
стержень в горизонтальном направлении сжат, в вертикаль-
ном направлении размеры его неизменны. Следовательно,
длина стержня для наблюдателя в лаборатории будет мень-
ше, чем для наблюдателя в ракете, угол ф наклона стержня к
оси X больше, чем ф'.
В отличие от стержня частица относительно ракеты дви-
жется и горизонтальная составляющая ее скорости отличает-
ся от v'x = u'cos ф'. Причем если v'x > 0, то, очевидно, vx > и'.
105
Вертикальная составляющая скорости частицы меньше, чем
vy' = и' sin ф'. Поэтому скорость v частицы образует с осью X
угол, не равный ф. Таким образом, для наблюдателя в лабо-
ратории частица будет двигаться прямолинейно, но уже не
параллельно стержню.
Решение. Для наблюдателя в лаборатории расстояния меж-
ду проекциями концов стержня на оси У и X:
Ду = Ду* = Г sin ср',	(1)
Дх = Дх'^1 - v%/c2 = Г cos ф' -jl - v^/c2.	(2)
Стержень образует с осью X угол ф, причем
tg ф = Ду/Дх.	(3)
Подставив выражения (1) и (2) в (3), получаем
tg ф=	- 0.67; Ф - 34".
[Стержень, ось которого совпадает с осью X' (ф' = 0) или
У' (ф' = л/2), расположен так же и для наблюдателя в лабо-
ратории.]
Проекции скорости частицы могут быть выражены на ос-
новании преобразований Лоренца:
= t>x + t>0	_ VV^ + volc2
”х l + VxvUe2’ Vy l + v'xv2/c2
(4)
Вектор скорости частицы образует с осью X угол, равный
а = arctg (i^/o*). Учитывая равенства (4) и выражая проек-
ции скоростей о* и i/ через относительную скорость о' и
тригонометрические функции угла ф', получаем
О* + Ц)	COS ф'
а = 12°.
+ v0/v’
Расчет выполнен в предположении, что > 0.
Итак, для наблюдателя в лабораторной системе частица
летит под углом р = ф - а = 22° к стержню. Из формулы (5)
следует, что если частица летит вдоль оси X' (ф' — 0), то на-
правление ее неизменно. Если же в системе «ракета» частица
летит вертикально (ф' = л/2), то для наблюдателя в лаборато-
106
рии она будет двигаться под углом, заведомо меньшим л/2, к
оси X.
Задача 7.5. Частица массы т0, летящая со скоростью
и = 0,8с, испытывает «неупругое» соударение с идентич-
ной покоящейся частицей. Найти массу, скорость и кине-
тическую энергию частицы, образовавшейся в результате
удара.
Анализ. Начальная скорость частицы настолько велика,
что задачу следует решать в рамках релятивистской ди-
намики. «Неупругость» удара, оговоренная в условии, озна-
чает, что после удара частицы движутся вместе, образовав
некую новую частицу. Конкретные условия удара — направ-
ление вектора v, наличие других тел, с которыми возможно
взаимодействие, — не оговорены в задаче. Поэтому решение
возможно только в предположении, что соударяющиеся ча-
стицы образуют замкнутую систему тел. В этом случае им-
пульс р системы и полная ее энергия Е остаются постоян-
ными:
Pi = Рп> Ei = Еп-	(!)
Индексы I и П обозначают состояние системы до и после
соударения соответственно.
В релятивистской механике импульс частицы массы т0,
движущейся со скоростью v,
тру
Р /1-и2/с2 ’
Полная энергия такой частицы
;i-u2/c2
Учитывая, что система состоит из двух идентичных час-
тиц, одна из которых до удара покоилась, импульс и энергия
системы в начальном состоянии имеют вид
Pi
m0V г, _	m „2
-v2/c2 ’	*	/1-и2/с2	°
После! взаимодействия система состоит из одной частицы,
масса покоя которой пг° и скорость и.
(2)
107
Тогда
, =	'"О» F _ т0С
“	/1-и2/с2 ’	“	/1-и2/с2 *
(3)
Выражения (2) и (3) совместно с законами сохранения (1)
позволят рассчитать скорость и массу покоя вновь образовав-
шейся частицы.
Кинетическая энергия частицы может быть найдена из
соотношения
к = Е ~ Е°w ~т^
(4)
По существу, в теории относительности при любом харак-
тере соударения тел (конечно, при отсутствии внешних воз-
действий) всегда справедливы законы сохранения импульса
и сохранения энергии. Но в зависимости от характера соуда-
рения уменьшается или увеличивается масса покоя тел, со-
ставлявших систему до и после соударения. Соответственно
увеличивается или уменьшается кинетическая энергия сис-
темы. Взаимодействие или удар, при котором масса покоя
системы, а следовательно, и кинетическая энергия не изме-
няются, называется абсолютно упругим ударом.
В рассматриваемом случае при Малых скоростях по зако-
нам классической механики кинетическая энергия системы
обязательно уменьшается. Предполагая, что это остается в
силе и при больших скоростях, приходим к выводу, что мас-
са покоя частицы, образовавшейся в результате неупругого
соударения, больше, чем сумма масс покоя соударяющихся
частиц, причем тем больше, чем больше начальные скорости
частиц.
Решение. Из выражений (3), записав предварительно мо-
дуль импульса, легко получить, что
и = рас2/Еа.
(5)
Используя законы сохранения (1) и выражения (2), нахо-
дим
mov
108
Для v = 0,8с
4	8
Pit = Pi ~ 3 Еп — Е1= ~тос .	(6)
Подставим выражения (6) в (5): и = 0,5с (это значение на
25% больше того, что дал бы расчет скорости, проведенный
по законам классической механики). Очевидно, что вектор и
должен быть сонаправлен вектору v. Из выражений (3) сле-
дует
% ~	= (<с2)2-	(7)
Подставляя выражения (6) в (7), находим m'Q = 2,31 т0.
Масса образовавшейся частицы больше, чем сумма масс
покоя частиц, составлявших систему до соударения. Соответ-
ственно кинетическая энергия системы в результате соударе-
ния уменьшается.
Используя уравнение (4), найдем, что до взаимодействия
частиц их кинетическая энергия — 0,67 т0с2. После взаи-
модействия
Кп =	~ тос2 = 0>36 тос2-
Задача 7.6. Частица массы т0 = 1,6 • 10~24 г начинает дви-
гаться под действием постоянной по модулю и направлению
силы F = 4,8 • 10'20 Н. Как будут изменяться со временем
импульс частицы, ее скорость и кинетическая энергия, если
время действия силы не ограничено? Построить графики за-
висимости этих величин от времени. Точность расчета долж-
на быть порядка 6%.
Анализ. По законам как классической, так и релятивист-
ской динамики,
dp/dt = F,
откуда в случае постоянной силы F и при отсутствии началь-
ного импульса получим
Р (0 = Ft.	(1)
Таким образом, если частица начинает двигаться под дей-
ствием постоянной силы, импульс ее прямо пропорционален
времени действия силы и сонаправлен вектору F. При отно-
109
сительно малых скоростях импульс и кинетическая энергия
соответственно равны
рн mov, Кя 2	2т^.
Индекс «Н» указывает, что соответствующие формулы
принадлежат механике Ньютона. При больших скоростях
(2)
р 53
(3)
2	_
К ~Е-ЕВ = , V - твс2 = № + р2с2 - Ео?
Vl~ir/c2
Здесь Е = i ,
VI - v2/c2
— полная энергия движущейся части-
цы, Ев « тпос2 — энергия покоя этой же частицы.
Выражения (1) — (3) позволят, очевидно, ответить на все
поставленные вопросы. Однако предварительно надо выяс-
нить, прн каком отношении v/с и в пределах какого времени
действия данной постоянной силы можно использовать вы-
ражения (2), чтобы относительная погрешность расчета не
превышала заданной величины.
В выражениях (3) сомножитель (1 - i?/c2)"1/2 можно
представить в виде степенного ряда по формуле бинома
Ньютона:
- 1.. = 1 +1*5 +	+ ае! +...
ji-J/c2 2 с2 8 с4 82 с®
Тогда выражения для -модуля импульса и кинетической
энергии примут вид
(, 1 и2 3 v* 5 v6
р = mnul + -—+ —т +-----г-
г ° I 2 с2 8 с4 32 с®
К «
1 Вывод формулы К -	+ paci - Ео можно предложить в ка-
честве самостоятельной задачи.
ПО
или, учитывая выражения (2), получаем:
п _ п Г, 1 V2 За4	5 а®
Р ~ "н1 + --т + --т + —-т
(	2 с2 8 с4	32 с®
ir v Г-i 3 а2 5 а4	I
НГ	4 С2 16 С4	)
Из этих выражений видно, что при использовании формул
механики Ньютона относительная погрешность при расчете
импульса и кинетической энергии
я р~Рн
ор =	~
Рн
J. а2	3 а4
2 с2	8 ?
(4)
к-кн
кн
8^ _5_£i
4 с2 16 с4
(5)
8К =
Очевидно, что искомое значение v/c может быть определе-
но, если в правой части каждого из уравнений (4) и (5) оста-
вить только первое слагаемое.
Решение. По условию, погрешность не должна превышать
6%, причем использование формулы (5) при расчете дает бо-
лее жесткое ограничение на допустимые значения v/c, что
видно из сравнения коэффициентов при и2/с2 в выражениях
(4) и (5). Согласно выражению (5), отношение — <
~ЬК = 0,28.
При таких значениях v/c как для расчета импульса, так и
кинетической энергии можно использовать выражения (2).
При v/c, превышающем найденное значение, следует пользо-
ваться выражениями (3).
Чтобы найти время действия силы, в течение которого
можно работать в рамках механики Ньютона, воспользуемся
выражением (1), записанным в скалярном виде, что допусти-
мо вследствие сонаправленности векторов р и F. Разделив
правую и левую части выражения (1) на тос, получим, что
при заданной степени точности можно пользоваться уравне-
ниями механики Ньютона, если
- = — < 0,28.
с т.йс
Подстановка в это неравенство числовых значений F, т0 и
с показывает, что t < 2,8 с.
До истечения времени t* = 2,8 с, согласно выражени-
ям (2), импульс частицы и ее скорость увеличиваются пря-
111
мо пропорционально времени действия силы F, кинетичес-
кая энергия — прямо пропорционально квадрату этого вре-
мени.
При t > t* импульс по-прежнему прямо пропорционален
времени t, а для расчета скорости и кинетической энергии
следует пользоваться выражениями (3).
и2	р2
Из выражения (3) для импульса найдем -г = -	„ . .
с р2 + т2е2
Используя уравнение (1) в скалярном виде, получаем
Выражение (3) для кинетической энергии после подста-
новки уравнения (1) в скалярном виде примет вид
(7)
Равенства (6) и (7) дают зависимость от времени относи-
тельной скорости v/с и кинетической энергии частицы, дви-
жущейся под действием постоянной силы при отсутствии
начальной скорости.
Результаты расчета по формулам (6) и (7) для различных
значений t (а также по формулам механики Ньютона для
t < t* = 2,8 с) приведены в таблице. Для упрощения расче-
тов при времени, большем t*, кинетическая энергия выражена
через энергию покоящейся частицы: Ео = т0(? = 14,4-10'11 Дж.
Поэтому и при малом времени кинетическая энергия, хотя и
112
рассчитанная по формулам механики Ньютона, выражена
также через Ео:
4 с	^/2-	(Л^-Ю2	/, с		U^-IO2
0	0	0	10	0,71	. 41
1	0,10	0,50	20	0,89	120
2	0,20	2,0	30	0,95	220
3	0,29	4,4	40	0,97	310
4	0,37	7,7	50	0,98	410
6	0,51	17	60	0,99	510
8	0,62	28			
Графики зависимости этих величин от времени приведе-
ны на рис. 45, а, б для интервала времени 0 - 10 с, а на
рис. 46, а, б — для интервала времени 10 - 60 с. Пунктиром
показан ход графиков при использовании формул механики Нью-
тона для времени t > t*. На рис. 46, б отложено (К/Ео)  102.
Глава II
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
И ТЕРМОДИНАМИКА
§ 8. Основы молекулярно-кинетической
теории идеального газа
Задачи этого параграфа охватывают следующие вопросы:
молекулярно-кинетическая трактовка давления, кинетическая
энергия хаотического движения молекул, распределение мо-
лекул по длинам свободного пробега и скоростям, расчет сред-
них значений этих величин и явления переноса.
Следует обратить внимание, что и основное уравнение
молекулярно-кинетической теории, и выражения для сред-
ней длины свободного пробега и коэффициентов переноса
могут быть выведены, исходя из упрощенной модели иде-
ального газа. В этой модели: 1) действительное распре-
деление по составляющим скоростей заменяется предполо-
жением, что молекулы движутся только в трех взаимно
перпендикулярных направлениях; 2) распределение моле-
кул по модулю скорости заменяется предположением о ра-
венстве модуля скорости у всех молекул. Первое из этих
предположений как бы исключает столкновения молекул.
Однако в процессе установления равновесия существенная
роль принадлежит именно столкновению молекул. После
того как равновесное состояние установилось, столкнове-
ния уже не могут изменить ни распределения скоростей,
ни давления, ни температуры, ни других характеристик
системы.
Некоторые задачи имеют чисто расчетный характер. За-
дачи такого типа обязательно надо доводить до числового от-
вета.
114
Молярные массы ц газов, встречающихся в задачах этой
главы, приведены в таблице:
Газ	Н, 10“3кг/моль
Гелий Не	4,0
Азот N2	28
Кислород О2	32
Воздух	29
Оксид азота NO	30
Задача 8.1. Смесь азота и гелия при температуре 27 °C '
находится под давлением р = 1,3 • 10гПа. Масса азота состав-
ляет 70% от общей массы смеси. Найти концентрацию моле-
кул каждого из газов.
Анализ. При данном давлении газ можно считать идеальным,
подчиняющимся уравнению Клапейрона — Менделеева:
р - nkT,	(1)
где п — концентрация молекул; k = 1,38 • 10'23 Дж/К — по-
стоянная Больцмана; Т = t + 273 °C — термодинамическая
температура.
Давление идеального газа не зависит от его природы и,
как видно из уравнения (1), однозначно определяется его
температурой и концентрацией, т. е. отношением числа ча-
стиц к занимаемому объему. Уравнение (1) позволит найти
концентрацию молекул смеси и по известному процентному
содержанию — концентрацию каждого газа. Процентное со-
держание газов задано по массе, это значит, что масса каж-
дого из них
nij = CjZn, тг - сгт,	(2)
где т — масса смеси, с, и сг — процентное содержание соот-
ветственно азота и гелия.
С другой стороны, масса каждого из газов
“ Vn^JNK’ тг “ УгегИ2/^А.	(3)
где V — объем газа; — молярная масса; N* — постоянная
Авогадро (p(/NA — масса молекулы).
116
Приравнивая правые части выражений (2) и (3), можно
найти отношение концентраций.
Решение. Концентрация смеси [см. (1)]
n = p/(kT).
Приравняв правые части уравнений (2) и (3), получим:
с2т = Vn2n2/NA,
откуда = Cji^/CCjiXj) = 1/3. Поскольку п, + п2 = п, то
П1= 4-М’ = 0,8"- 1022 м“3;
П^= 4И7 =2’4‘ 1022 мЛ
Задача 8.2. Найти среднюю квадратичную скорость, сред-
нюю кинетическую энергию поступательного движения и сред-
нюю полную кинетическую энергию молекул гелия и азота
при температуре t = 27 °C. Определить полную энергию всех
молекул 100 г каждого из газов.
Анализ. Средняя кинетическая энергия поступательного
движения одной молекулы любого газа однозначно опре-
деляется его термодинамической температурой:
<^оп> = ^Т,	(1)
где k = 1,38 • 10“ 23 Дж/К — постоянная Больцмана.
Однако средняя квадратичная скорость молекул газа за-
висит от массы его молекул:
• ркв = JWT/mt,	(2)
где т0 — масса одной молекулы.
Средняя, полная энергия молекулы зависит не только от
температуры, но и от структуры молекул — от числа i степе-
ней свободы:
<W0> = ikT/2.	(3)
Полная кинетическая энергия всех молекул, равная для
идеального газа его внутренней энергии, может быть найдена
как произведение на число N всех молекул:
W = U = <W0>tf.	(4)
116
Очевидно,
N = NAm/\k,	(5)
где m — масса всего газа, отношение т/ц определяет число
молей, a NA — постоянная Авогадро. Выражение (4) с учетом
уравнения Клапейрона — Менделеева позволит рассчитать
полную энергию всех молекул газа.
Решение. Согласно равенству (1),	= 6,2 • 10*21 Дж,
причем средние энергии поступательного движения одной
молекулы и гелия, и азота одинаковы.
Для расчета средней квадратичной скорости выражение
(2) удобно несколько преобразовать, умножив числитель и
знаменатель на NA.
Тогда
ик, -J&RT / н,
где R = 8,31 Дж/(моль-К). Для гелия икв = 13,7-Ю2 м/с,
для азота окв = 5,17 • 102 м/с.
Для расчета средней полной энергии молекулы [см. (3)]
надо знать число степеней свободы молекулы.
Гелий — одноатомный газ, следовательно, i = 3, тогда
<^оп> = ТО = 6,2-Ю-21 Дж.
Азот — двухатомный газ, следовательно, i = 5 и
та> =	=10’4 1021 Дж-
л
Полная энергия всех молекул после подстановки выраже-
ний (3) и (5) в (4) равна
i	т I т
W= ±-kT—N= i-—RT.
2	И 0 2 Н
Для гелия W — 93,5 кДж; для азота W = 22,3 кДж.
Задача 8.3. Сосуд, содержащий некоторую массу газа, дви-
жется со скоростью и. На сколько увеличится средний квад-
рат скорости теплового движения молекул при остановке со-
суда для одноатомного и двухатомного газов? Теплоемкость,
теплопроводность и масса стенок сосуда пренебрежимо малы.
Анализ. При движении сосуда все молекулы газа участ-
вуют одновременно в хаотическом (тепловом) движении и
направленном движении со скоростью и. При остановке сосу-
117
да молекулы по инерции некоторое время сохраняют свою
направленную скорость, но затем в результате соударений друг
с другом и со стенками сосуда газ придет в равновесное состо-
яние, при котором молекулы его не обладают направленной
скоростью. При этом установится максвелловское распреде-
ление молекул по скоростям с некоторым значением средне-
го квадрата скорости {иг)г. Чтобы выяснить, насколько это
значение больше того, что было до остановки сосуда (<u2>j),
надо найти прирост средней кинетической энергии Д(ТУ0>
хаотического движения одной молекулы в результате оста-
новки.
При движении сосуда результирующая скорость с, и кине-
тическая энергия поступательного движения любой молеку-
лы соответственно равны:
Здесь v( — скорость хаотического движения молекулы.
Для нахождения средней кинетической энергии посту-
пательного движения молекулы выражение (1) надо про-
суммировать по всем молекулам и затем разделить на общее
число N молекул:
Вследствие хаотичности теплового движения, т. е. пол-
ной равноправности всех направлений вектора v(, Sv, = 0 и
последнее слагаемое в правой части (2) обращается в нуль.
Первое слагаемое можно представить как m0(u2)j/2. Тогда
поступательная кинетическая энергия молекулы во время
движения сосуда


Очевидно, и средняя полная кинетическая энергия моле-
кулы во время движения сосуда может быть выражена ана-
логичной суммой:
{Woy - {Wo \ + mou2/2.
(3)
118
Здесь первое слагаемое есть средняя полная энергия хао-
тического движения молекулы, равная iftTj/2. После оста-
новки сосуда
{W.Y <vro)2 = (i/2)kT2.	(4)
Если учесть сделанные в условии задачи оговорки, свиде-
тельствующие о том, что сосуд не участвует в энергетическом
балансе, то (W0X = т. е. при остановке сосуда кинети-
ческая энергия направленного движения каждой молекулы
полностью переходит в энергию хаотического движения. Срав-
нивая (3) и (4), получим
ATO = (W0>2-(W0> = m0u2/2-	(5)
Выражение (5) позволит найти искомое приращение сред-
него квадрата скорости теплового движения молекул.
Решение. Из выражения для средней энергии поступатель-
3 '
ного движения молекулы m0(v2)/2 = — kT следует, что
(v2> = 3kT/m0.
Средняя полная кинетическая энергия одной молекулы
<1У0> « ikT/2.
Совместное решение двух последних уравнений дает
(о2) ~ 6О70>/(йп0).
Тогда изменение среднего квадрата скорости
Учитывая выражение (5), находим
ДСо2) = 3u2/i.
Для одноатомного газа (1 = 3) Д(и2)= и2. Для двухатомно-
го газа (1 = 5) Д(и2) = 0,би2.
Задача 8.4. Площадь окна S == 2 м2, расстояние между
рамами I = 0,2 м. Наружное стекло имеет температуру
t, = - 10 °C, внутреннее — tt - 20 °C. Давление воздуха между
рамами атмосферное, а температура его линейно изменяется
вдоль I от t; до *2. Определить полную энергию молекул и
полное число молекул воздуха между рамами.
119
Анализ. По условию задачи,
воздух находится в неравновесном-
состоянии, так как температура из-
меняется вдоль оси ОХ (рис. 47).
Согласно молекулярной теории, это
значит, что концентрация молекул
в различных частях объема может
быть различной, молекулы не под-
чиняются максвелловскому распре-
делению по скоростям. Однако ни
температура граничных слоев, ни распределение температу-
ры в объеме воздуха не изменяются со временем (стационар-
ные условия). Это позволяет предположить, что в пределах
достаточно тонкого слоя dx, находящегося при некоторой
температуре Т, молекулы подчиняются максвелловскому рас-
пределению по скоростям и средняя кинетическая энергия
одной молекулы такого слоя
W = ikT/2	(1)
(i = 5 — число степеней свободы молекул воздуха, в основ-
ном состоящего из двухатомных газов).. Концентрация моле-
кул в пределах такого тонкого слоя
п = p/(kT),	(2)
где р — давление газа, одинаковое во всем рассматриваемом
пространстве.
Выражения (1) и (2) позволяют найти полное число dN
молекул и их полную кинетическую энергию dW в пределах
слоя толщины dx:
dN= nSdx,	(3)
dVT= (W^dtf.	(4)
Интегрируя выражения (3) и (4) по всем слоям, можно
найти искомые значения N и W.
Решение. Прежде чем подставлять в равенство (3) выра-
жение (2), следует найти в явном виде Т (х). По условию
задачи,
Т(х) = То + ах,	(5)
где а — некоторая постоянная. Подставив выражения (5) и
(2) в (3), получим
dN =	----Vs Ах-
Л(Т0 + ах)
120
Тогда полное число молекул
k J Та + ах ka Tq
о
Постоянные То и а можно найти из равенства (5) и гра-
ничных условий: при х - О Т == Т\ (где Т\ = - 273 °C),
следовательно, То = Т\; при х = I Т = Тг (где Т2 = .t2 +
+ 273 °C), следовательно, Т2 = 7\ + al, откуда а = (Т2~ Т\)/1.
Подставим полученные значения в выражение (6), учиты-
вая, что р = 1,01  105 Па:
Для нахождения полной энергии всех молекул подставим
выражения (1)—(3) в формулу (4):
dW = ^kT^-S dx = ^-pS dx.
2 kT	2
Давление одинаково во всех точках рассматриваемого
пространства, поэтому
W =	(dx = $Psl = 1>° ’108 Дж-
Л J	л
о
Задача 8.5. Рассчитать среднюю длину свободного пробега
молекул азота, коэффициент диффузии и вязкость при дав-
лении р = 105 Па и температуре t = 17 °C. Как изменятся
найденные величины в результате двукратного увеличения
объема газа: а) при постоянном давлении; б) при постоянной тем-
пературе? Эффективный диаметр молекул азота d = 3,7  10 8 см.
Анализ. Средняя длина свободного пробега X. и коэф-
фициенты переноса могут быть рассчитаны по следующим
формулам:
Х= l/(n>/2d2n),	(1)
D = K(v>/3,	(2)
П = Х(о)лт0/3.	(3)
Здесь п — концентрация молекул газа; (о) — средняя
скорость молекул; ш0 — масса одной молекулы.
121
Концентрацию молекул по заданным значениям давления
и температуры можно определить из уравнения Клапейрона —
Менделеева:
р = nkT.	(4)
Выражения (1)—(3) имеют смысл, если длина свободного
пробега, рассчитанная по формуле (1), много меньше линейных
размеров сосуда. Поскольку начальное давление газа — ат-
мосферное, можно утверждать, что это условие выполняется,
хотя размеры сосуда и не оговорены в условии задачи.
Решение. Выражая концентрацию из уравнения (4) и под-
ставляя ее в (1), получим
к= *т/(яЛЙ2р) = 6,5-10'8 м.
Для расчета коэффициента диффузии по формуле (2) можно
воспользоваться полученным результатом» определив пред-
варительно среднюю скорость (v) = ^в-ВТДлр.) “ 470 м/с.
Тогда D = 1,0 • 10"8 м2/с.
Для расчета г) подставим в выражение (3) формулу (1):
где т0 = л/Л/д. Окончательно
<5’
Как видно из выражения (1), длина свободного пробега
зависит только от концентрации молекул. При двукратном
увеличении объема концентрация уменьшается вдвое. Следо-
вательно, при любом процессе
= 2.
Индексы 1 и 2 соответствуют состояниям до и после рас-
ширения газа.
В выражение коэффициента диффузии входит не только
длина свободного пробега, но и средняя скорость. Следова-
тельно,
А _ А ИГ
А МГ
122
При постоянном давлении объем прямо пропорционален
Т V
термодинамической температуре:	= 2. Таким обра-
7] Kj
зом, = 2-^2 . При постоянной температуре
Вязкость, как видно из выражения (5), зависит только от
скорости молекул, следовательно, и от температуры [все ос-
тальные величины, входящие в выражение (5), постоянны],
т. е. — =	. Это значит, что при постоянном давлении
2к=Л.
П1
При постоянной температуре коэффициент ц не изменяется.
Задача 8.6. Функция распределения молекул по длинам
свободного пробега х' имеет вид / (х) = Ае~кх, где А и k —
некоторые коэффициенты. Определить относительное число
молекул, длина свободного пробега которых либо меньше X,
либо заключена в диапазоне от X до 2Х, где X — средняя дли-
на свободного пробега.
Анализ. Заданная функция распределения позволяет найти
число AN молекул, длина свободного пробега которых лежит
в пределе от х до х + dx, отнесенное к общему числу N моле-
кул:
Ях) dx.	(1)
Доля молекул, длина свободного пробега которых нахо-
дится в диапазоне от xt до х2, может быть найдена интегри-
рованием выражения (1) в указанном пределе:
(»
Ж1
На рис. 48 искомая доля молекул численно равна заштри-
хованной площади.
123
Рис. 48
Использование формулы (2) воз-
можно только после того, как будут
определены значения постоянных
коэффициентов А и k, что может быть
сделано из условия нормировки и по
известной средней длине свободного
пробега.
Условие нормировки сводится к
тому, что при расширении пределов
интегрирования от 0 до °°
00
j f(x) dx = 1.
О
(3)
Действительно, число молекул, длина свободного пробега
которых лежит в пределах от 0 до есть общее число моле-
00
кул, т. е. AN = nJ/(х) dx =• N. [Таким образом, вся пло-
о
щадь, ограниченная осями координат и графиком Дх), чис-
ленно равна единице.]
Средняя длина свободного пробега
(x> = k=^JxdN,
(Ю
где (N) под знаком интеграла означает, что суммирование
проводится по всем молекулам. Подставляя dN из равенства
(1) и учитывая, что при суммировании по всем молекулам
длина свободного пробега может принимать любое значение
от 0 до о°, получим
X=Jx/(x)dx.	(4)
о
Решение. Подставим в уравнения (3) и (4) заданное выра-
жение функции f (х) и проведем интегрирование:
f Ае" *х dx =	= 1, Г хАе' *ж dx =	= X..
J	kJ	k2
о	о
124
Второй интеграл может быть взят интегрированием по
частям. При подстановке пределов следует иметь в виду, что
lira хе"*ж = 0. Сопоставив полученные выражения, найдем,
ЧТО
А = k = 1/Х.
Доля молекул, длина свободного пробега которых меньше X,
= | f e ^ dx = 1 - ё1 = 0,63.
N Л J
о
Доля молекул, длина свободного пробега которых лежит
в диапазоне от X до 2Х,
2Х
~ = т Г е'х/х dx = е 1 - е’2 = 0.23.
N к J
х
Таким образом, примерно 63% от общего числа молекул
Обладают длиной свободного пробега, меньшей X, и 23% —
длиной свободного пробега, лежащей в диапазоне от X до 2 X.
Задача 8.7. Температура оксида азота NO Т = 300 К. Оп-
ределить долю молекул, скорость которых лежит в интерва-
ле от Uj = 820 м/с до иг - 830 м/с.
Анализ. Рассматриваемый газ находится в равновесном
состоянии, и, согласно Максвеллу, относительное число моле-
кул, скорость которых заключена в интервале от о до v + do,
av ‘
~ = f(v, Т) do,
где f(v, Г) — функция Максвелла; do — настолько малый ди-
апазон скоростей, что в пределах его заведомо f(v, Т) — const.
В условии задачи требуется определить долю молекул, скоро-
сти которых лежат в диапазоне До = о2— ot = 10 м/с.
Если в этом пределе функцию Максвелла можно с до-
статочной степенью точности считать постоянной, то иско-
мая величина может быть рассчитана по приближенной фор-
муле
= /(ор Т) До.	(1)
125
Такое приближение соответ-
ствует тому, что на рис. 49 за-
штрихованная площадь прирав-
нивается площади прямо-
угольника с основанием Ди и
высотой, равной значению
«Up Т).
Следовательно, прежде всего
надо найти значения функции
Максвелла при v = Uj и v = v2 и выяснить, какую погреш-
ность дает использование равенства (1).
Функция Максвелла, как известно, имеет вид
Ли, Т) =
(2)
где
и,= j2kT/m0 - 72ЯТ/Н	(3)
— наиболее вероятная скорость молекул.
Решение. Для облегчения расчета найдем сначала наибо-
лее вероятную скорость по равенству (3):
п, =72ДТ/м. = 410 м/с.
Тогда [см. (2)]
= 4,03 • Ю"4 с/м; f (и2,Т) = 3,75 • 10 4 с/м.
Это значит, что при использовании выражения (1) допус-
кается ошибка, относительная величина которой
f(v., т)- f(v2, т)
...1 ' -V—< = 0,07, т. е. 7%.
Следовательно, с указанной степенью точности можно ис-
пользовать равенство (1). Тогда доля молекул, скорость кото-
рых лежит в заданном интервале,
&N/N = f(vvT№v = 4,0-10'3, т. е. 0,4%.
Задача 8.8. Кислород нагревают от температуры 1\ = 240 К
до Т2 = 480 К. Рассчитать для каждой из указанных темпера-
тур значения функции Максвелла при скоростях: a) v - ов;
б) v = оа + 200 м/с; в) v = оа - 200 м/с; г) о = 2иа. По получен-
ие
ным значениям построить графики функции f(v, Т) для каждой
из температур. Определить, во сколько раз изменяется при уве-
личении температуры доля молекул, скорость которых находит-
ся в интервале: 1) от 100 до 200 м/с; 2) от 700 до 800 м/с.
Анализ. Независимо от характера процесса начальное и
конечное состояния газа можно считать равновесными. Сле-
довательно, в каждом из этих состояний молекулы рас-
пределены по скоростям согласно закону'Максвелла. От-
носительное число молекул dN/N, скорость которых лежит в
интервале от v до и + do,
dN/N- f (v. Г) du.
Функция Максвелла имеет вид
f(v, Т)
£
е?

(1)
(2)
Как известно,
иа = ^2kT/m0 = д/гЯТ/ц.
Таким образом, первая часть сводится к непосредствен-
ному расчету значений функции Максвелла по формуле (1)
при заданных скоростях и температурах и к построению гра-
фика по полученным точкам. Относительное число AN/N
молекул, скорость которых лежит в диапазоне от ut до и2 =
= их + Ди, в общем случае может быть рассчитана по формуле
= J/(u,T)du.	(3)
В случае, когда интервал Ди настолько мал, что изменением
функции Максвелла можно пренебречь, т. е. /(ир Г) ~ /(и2, Т),
доля молекул может быть найдена по приближенной форму-
ле (см. задачу 8.7)
AN/N - f(v, Т) Ди.	(4)
В условии интервал скоростей Ди = 100 м/с настолько
велик, что использование формулы (4) невозможно. Однако
расчет ДЛГ/V по формуле (3) сложен и записанный интеграл
в явном виде не берется, приходится пользоваться численны-
ми методами интегрирования. При невозможности использо-
вания ЭВМ решение задачи может быть проведено прибли-
127
женно графическим методом: относительное число молекул,
скорость которых лежит в диапазоне от до v2, численно
равно площади, ограниченной графиком функции Максвел-
ла, осью абсцисс (осью скоростей) и ординатами f(vlt Т),
f(v2, Г). Таким образом, расчет может быть приближенно
проведен после построения графиков f(v, Т).
Решение. Для облегчения вычислений найдем сначала по
формуле (2) наиболее вероятные скорости для каждой из за-
данных температур: р1В = 350 м/с; р2В = 500 м/с. Исполь-
зуя выражение (1), определяем функции Максвелла:
a)	f(v, Tj) = 2,40 • 10*® с/м, f(v, Т2) = 1,70  10"3 с/м, если
v - ив;
б)	f(v, TJ - 1,32 • 10*® с/м; f(v, Т2) = 1,20 • 10*® с/м, если
v = рв + 200 м/с;
в)	/(v.Tj) = 0,96 • 10 ® с/м; f(v,T2) = 1,14 • 10® с/м, если
v = ив - 200 м/с;
г)	f(y, Tj) = 0,47 • 10*® с/м; f(v, Т2) = 0,33  10 ® с/м, если
v = 2ив.
Графики f(v, Tj) и f(v, Т2), построенные по полученным
значениям с учетом того, что при v = 0 и о -» °о f(y, Т) = 0,
изображены на рис. 50.
и, м/с
Рис. 50
Как видно из графиков, в за-
данных диапазонах скоростей
функция Максвелла действи-
тельно изменяется довольно рез-
ко, что и не позволяет исполь-
зовать приближенную формулу.
Рассчитаем отношение пло-
щадей, ограниченных графиком
функции Максвелла и соответ-
ствующими ординатами (площа-
ди находятся по числу клеточек
на рис. 50 в соответствующих
диапазонах). В диапазоне скоро-
стей от 100 до 200 м/с
. Д^2 = о
N, ' N2 . •
В диапазоне скоростей от 700
до 800 м/с
. AN2 = £
Nt : N2 3’
128
При увеличении температуры от = 240 К до Т2 = 480 К
доля молекул, скорость которых заключена в диапазоне от
100 до 200 м/с, уменьшилась примерно в три раза, доля моле-
кул, скорость которых лежит в диапазоне от 700 до 800 м/с,
увеличилась примерно в три раза.
Задача 8.9. На высоте h = 20 см над горизонтальной транс-
миссионной лентой, движущейся со скоростью = 70 м/с,
параллельно ей подвешена пластинка площадью S = 4 см2.
Какую силу надо приложить к этой пластинке, чтобы она
оставалась неподвижной? Вязкость воздуха при нормальных
условиях т]0 = 1,7* 10"5 кг/(м-с). В условиях опыта темпера-
тура t =s 27 °C, давление атмосферное (рис. 51).
Анализ. Благодаря явлению внутреннего трения на слой
воздуха, примыкающий к пластинке (адсорбированный пла-
стинкой), со стороны движущихся слоев действует сила тре-
ния. Пластинка будет неподвижна, если приложенная сила F
и сила трения скомпенсированы:
F = -F , F = F .
тр	тр
Сила трения может быть найдена по уравнению Ньютона:
= П I dv/dx | S,	(1)
где dv/dx — производная скорости v направленного движе-
ния слоя по координате х, причем ось ОХ перпендикулярна
плоскостям трансмиссии и пластинки и направлена от транс-
миссии к пластинке.
По условию задачи, давление атмосферное, это значит, что
длина свободного пробега молекул много меньше расстояния
Л, поэтому вязкость может быть рассчитана по формуле
1	1 /8ЯГ 1 цп
П - 3	- з J ^2n Na •
Здесь (и) — средняя скорость теп-
лового движения молекул; X. — сред-
няя длина свободного пробега; р —
плотность газа.
Как видно, вязкость зависит толь-
ко от природы газа (эффективного
диаметра d молекул, молярной массы
ц) и температуры. Поэтому во всем
пространстве между трансмиссией и
Рис. 51
129
5-Сборник задач
пластинкой г| == const и значение г) при заданных условиях
связано со значением г]0 при нормальных условиях соотноше-
нием
n/n0=jT/ib.	(2)
где Т = 300 К; То - 273 К.
Выражение (1) может быть применено к любому проме-
жуточному слою площадью S, расположенному между транс-
миссией и пластинкой. Из закона сохранения импульса сле-
дует, что сила трения, действующая на любой из этих проме-
жуточных слоев, должна быть одинаковой, следовательно,
dv/dx = const и значение этой производной может быть опре-
делено из граничных условий.
Решение. Равенство (2) позволяет определить вязкость
(3)
Поскольку производная dv/dx = const, ее можно заменить
отношением изменения скорости Ди к приращению коорди-
наты Дх. По условию, Дг> *• - vp Дх = А. Тогда
<4>
Как и следовало ожидать, производная dv/dx <, 0. Под-
ставляя выражения (3) и (4) в уравнение (1), получим
2,5-Ю-Н.
Задача 8.10. Между стенками дьюаровского сосуда на-
ходится воздух при температуре t* = 17 °C и давлении =
= 0,03 Па. Расстояние между стенками сосуда I = 0,8 см,
площадь наружных стенок S == 1600 см2 (рис. 52). В сосуд
наливают жидкий воздух, находящийся при температуре
t2 = - 183 °C. Определить: 1) давление воздуха, находящего-
ся между стенками дьюаровского сосуда; 2) количество теп-
лоты, которое будет подводиться к внутренней стенке за 1 с.
Эффективный диаметр молекул воздуха приближенно равен
эффективному диаметру молекул азота: d = 3,7-IO'10 м.
Температуры внутренней и наружной стенок дьюаровского
сосуда считать постоянными по времени.
Анализ. Воздух между стенками дьюаровского сосуда,
после того как в сосуд налит жидкий воздух, находится в
130
неравновесном состоянии, давление его
не может быть рассчитано ни по урав-
нению состояния, ни по основному урав-
нению молекулярно-кинетической тео-
рии. Начальное давление соответству-
ет вакууму, т. е. такой высокой степе-
ни разрежения, когда молекулы стал-
киваются только со стенками сосуда и
практически не сталкиваются друг с
другом.
Это утверждение можно проверить,
рассчитав длину свободного пробега по
формуле
(1)
где (л) — средняя концентрация молекул, равная концент-
рации в начальном состоянии. При достижении вакуума дли-
на свободного пробега должна быть равна (или больше) рас-
стоянию I между стенками сосуда.
В этом случае для определения давления надо подсчитать
изменение импульса ДР молекул, которые за некоторый про-
межуток времени At ударятся о стенку (например, о холод-
ную внутреннюю стенку). Средняя (за выбранный промежу-
ток времени) сила (f), действующая на стенку, равна и про-
тивоположна средней силе (ft), действующей на молекулы,
которая может быть определена по второму закону Ньютона:
(f)At = - (fj)At - - ДР.	(2)
Количество теплоты, полученное холодной стенкой, не может
быть в случае вакуума найдено по закону Фурье через теплопро-
водность и градиент температуры. Для вычисления Количества
теплоты Q надо определить изменение кинетической энергии всех
молекул, ударившихся за время At о холодную стенку:
Q - | AW |.	(3)
Для расчетов по уравнениям (2) и (3) надо прежде всего
найти число AN ударов, испытываемых рассматриваемой стен-
кой за промежуток времени At. В направлении, нормальном к
боковым стенкам сосуда, движется вследствие полной хаотич-
ности движения молекул 1/3 общего числа N молекул, причем
131
эти молекулы образуют два встречных потока, летящих с раз-
ными скоростями о, и v2, зависящими от температуры той стен-
ки, от которой летят молекулы. Поскольку «к стенке» и «от
стенки» молекулы движутся с разными скоростями, проме-
жуток времени At следует выбрать настолько большим, чтобы
о стенку успело удариться не только большое число молекул,
но и каждая из них успела удариться много раз, т. е. успела
много раз пройти расстояние I в обоих направлениях. Если
каждая молекула ударится о стенку Аз раз, то полное число
ударов, испытываемое стенкой за промежуток времени At,
AN = NLz/Z.
Тогда уравнения (2) и (3) запишем в таком виде:
<f)At = - SPjNAz/3,	(4)
Q = | <ЯГ0 | NAz/3,	(5)
где 5P0 и 6W0 — изменения импульса и кинетической энер-
гии одной молекулы при ударе о внутреннюю стенку. [Знак
модуля в (3) и (5) объясняется тем, что количество теплоты,
получаемое стенкой, Q > 0, а при ударе о внутреннюю стен-
ку молекулы будут отскакивать с меньшей скоростью, поэто-
му АТУ < О, &W0 < 0.]
В уравнения (4) и (5) входят величины, которые зависят
от значения скоростей молекул до и после удара. Найти эти
скорости можно только зная механизм соударения молекул
со стенкой.
Предположим, что на поверхности каждой стенки су-
ществует слой адсорбированных молекул, средняя кине-
тическая энергия которых равна средней кинетической энер-
гии молекул самой стенки. Слой этот находится в ди-
намическом равновесии с молекулами газа: молекулы, под-
летающие к стенке, «прилипают» к ней, одновременно из
слоя вылетают, «испаряются» молекулы, скорость которых
может быть рассчитана как среднеквадратичная:
ухв= ^kT/m0 = ^ЗВТ/ц,	(6)
где Г — температура стенки.
Импульс силы, испытываемый стенкой, и получаемая ею
энергия при таком «обмене» молекул такие же, как при уда-
ре и отражении с соответствующим изменением скоростей.
Очевидно, что если температуры стенок одинаковы, то все
явление протекает, как при упругом ударе.
132
Решение. 1. Найдем прежде всего число Да ударов одной
молекулы о рассматриваемую стенку и общее число N всех
молекул.
Если скорость молекулы до удара о холодную стенку vp
после удара v2, то на пролет от холодной стенки к теплой и
обратно каждая молекула тратит время т = l/vv + i/u2. Тогда
Общее число молекул N - nSl1, причем концентрация п
может быть определена из уравнения Клапейрона — Менде-
леева для начального состояния: pL = nfeTr Тогда
N =	(8)
Для расчета давления введем ось ОХ, нормальную боко-
вым стенкам и направленную к внутренней стенке. Тогда
“iz= up y2z= “ дроГ ~ m0(ui+ и2>-
С учетом (7) и (8) уравнение (4) можно записать в скаляр-
ном виде
= m0(u1 + о2)
pxSl UjU2At
3ATi Z(vj +и2)’
Определив скорости vt и vz [см. (6)], получим
Р = <f)JS = pjTjTi = 0.017 Па.
2. Средняя кинетическая энергия молекулы до удара о
холодную стенку определяется температурой теплой стен-
ки, после удара — температурой Тг холодной стенки:
5(WV = г*(72-TJ/2,
где I ~ 5 — число степеней свободы.
Уравнение (5) с учетом (7) и (8) позволяет найти
Q = ^k(Tt - Т2)
а
p^Sl v^At
Зй?1 /(i>i + i>2) ’
тогда
1 Объем пространства между стенками сосуда V — SI, так как, по
данным задачи, расстояние I много меньше линейных размеров сте-
нок.
133
§ 9. Первое начало термодинамики
и процессы в газах
Задачи данного параграфа посвящены применению пер-
вого начала термодинамики к процессам, происходящим в
идеальном газе либо в газе Ван-дер-Ваальса. При этом пред-
полагается, что эти процессы являются квазистатическими
(все промежуточные состояния равновесны). Это позволяет
записывать уравнение первого начала сразу в интегральной
форме. Использование дифференциальной формы записи пер-
вого начала термодинамики целесообразно только в тех слу-
чаях, когда, например, с помощью этого закона и уравнения
состояния нужно найти уравнение процесса или теплоемкость
газа.
Анализ задач целесообразно начинать с графического изоб-
ражения процессов. Для лучшего понимания рассматриваемых
явлений важно привлекать молекулярно-кинетические пред-
ставления.
Задача 9.1. Кислород нагревают от tx = 50 °C до t2 = 60 °C.
Масса кислорода т = 160 г. Найти количество поглощенной
теплоты и изменение внутренней энергии при изохорном и
изобарном процессах. Начальное давление близко к атмос-
ферному.
Анализ. При давлении, близком к атмосферному, газ мож-
но считать идеальным. Графики изохорного I и изобарного II
процессов (рис. 53) расположены между одними и теми же
изотермами, следовательно, изменение внутренней энергии
газа должно быть одинаковым:
ДС7И= ДС7,= ^|дТ2 - 7\),	(1)
где i = 5 — число степеней свободы (молекула кислорода
двухатомна). Поскольку оба процесса характеризуются по-
стоянными теплоемкостями, искомое количество теплоты мо-
жет быть найдено по формуле
Q = ~С(Г2 - 7\),	(2)
г*
где С — молярная теплоемкость, зависящая от характера
процесса.
134
При изохорном процессе газ не
совершает работы, поэтому количе-
ство поглощенной теплоты будет
меньше:
QV<QP-
Исходя из молекулярно-кинети-
ческой теории, это можно объяснить
тем, что при изобарном нагревании
газ расширяется и молекулы его,
ударяясь о движущийся поршень, от-
скакивают от него с меньшей, чем до удара, скоростью, отда-
вая часть своей кинетической энергии поршню. На восста-
новление энергии молекул и требуется дополнительное коли-
чество теплоты.
Решение. Согласно выражению (1), ДЕ7И= ДС/, = 1040 Дж.
При изохорном процессе
Qv= &Uv = 1040 Дж.
При изобарном процессе, учитывая, что молярная тепло-
емкость Ср = (I + 2)й/2, из равенства (2) получаем
Q, =	- Г1) - 1450 Дж.
Очевидно, что разность Qp - AUp равна работе, совершен-
ной газом при изобарном нагревании.
Задача 9.2. Азот, занимающий при давлении р = 105 Па
объем = 10 л, расширяется вдвое. Найти конечное давле-
ние и работу, совершенную газом при следующих процессах:
а) изобарном, б) изотермическом, в) адиабатном (рис. 54).
Анализ. Заданное начальное дав-
ление позволяет считать газ идеаль-
ным. Рассмотрим графики всех про-
цессов в координатах р, V.
Очевидно, что работа' будет тем
больше, чем выше пройдет кривая,
т. е. чем больше давление в течение
процесса. Исходя из молекулярно-
кинетической теории давление опре-
деляется силой ударов молекул о
135
стенки и частотой ударов. Согласно основному уравнению
кинетической теории,
Это уравнение есть следствие того, что сила, действующая
на стенку сосуда, определяется (по абсолютному значению)
числом ударов, испытываемых стенкой за некоторое время,
и силой этих ударов.
При изобарном 1—2 процессе расширение происходит при
непрерывном увеличении температуры, что соответствует
увеличению силы отдельных ударов, испытываемых стенка-
ми сосуда. Частота ударов уменьшается вследствие увеличе-
ния объема так, что давление остается постоянным.
При изотермическом 1—3 процессе кинетическая энергия
молекул не изменяется и давление уменьшается только в ре-
зультате уменьшения числа ударов, испытываемых стенкой.
При адиабатном 1—4 процессе кинетическая энергия мо-
лекул, отдаваемая движущемуся поршню, не пополняется
извне. Поэтому адиабатное расширение происходит при бо-
лее резком, чем при постоянной температуре, падении давле-
ния (уменьшается и частота ударов, и сила ударов).
Решение. Работа газа при изобарном процессе
Аг=Р1(У2-^)=Ю00Дж-
При изотермическом процессе конечное давление
Рз = рЛ/^=0’5-105 Па-
Работа газа
V, 	V,
А1а= Jp dv =	= Ру In £ = 690 Дж.
ч	1
При адиабатном процессе конечное давление
Р4=Р1(Л/^Г-
Азот — двухатомный газ, поэтому у — (i + 2)/i = 1,4. Тогда
р4 = 0,38-105 Па.
Работа, совершаемая газом при адиабатном расширении,
равна убыли внутренней энергии:
А4=-Дп14=^л(т1-т4).
136
Из уравнения Клапейрона — Менделеева, написанного
для начального и конечного состояний, получаем:
т	т
-ят4=рл.
Подставляя эти выражения в формулу для работы, нахо-
дим	’ .
|(рЛ~РЛ) = 600 Дж.
Задача 9.3. Рассчитать, во сколько раз изменится число
ударов, испытываемых 1 см2 стенки сосуда за 1 с при дву-
кратном увеличении объема двухатомного идеального газа в
случаях изобарного, изотермического и адиабатного расши-
рений.
Анализ. Число ударов, испытываемых 1 см2 стенки сосу-
да за 1 с, прямо пропорционально концентрации п молекул
и их средней скорости (v). Концентрация молекул обратно
пропорциональна объему газа; скорость прямо пропорциональ-
на корню квадратному из температуры. Следовательно, отно-
шение числа ударов, испытываемых стенкой после расшире-
ния, к начальному числу ударов
(\V2
tJ ’
где V2 и Tp Т2 — объемы газа и термодинамические тем-
пературы в первом и втором состояниях соответственно.
Для всех трех случаев Vl/V2 = 1/2.
Решение. При изобарном процессе объем прямо пропор-
ционален термодинамической температуре, следовательно,
(Т2/Т1)1/2 =(Г2/Г1>1/2-V2
и искомое отношение числа ударов
22/21 = V2 /2 = 0,7.
Число ударов, испытываемых стенкой сосуда, убывает
меньше чем вдвое вследствие увеличения скоростей молекул.
При изотермическом процессе Т2/Тх = 1, следовательно,
Vzi=y2/yi= V2.
Число ударов убывает вдвое.
137
При адиабатном процессе объем и термодинамическая тем-
пература связаны соотношением
= W'1.
Для двухатомного газа (у = 1,4)
(Т^Т^2 » (VJVj-'-w = 0,87
и искомое отношение
z2/Zj “ 0,44.
Здесь число ударов уменьшается более резко, чем при изо-
термическом процессе, так как одновременно увеличивается
объем и уменьшается скорость молекул.
Задача 9.4. Двухатомный идеальный газ, занимавший при
давлении р, = 3 • 10s Па объем Vl = 4 л, расширяют до объема
V2 = 6 л, при этом давление падает до значения р2 - 105 Па.
Процесс происходит сначала по адиабате, затем по изохоре.
Определить работу сил давления газа, изменение его внут-
ренней энергии и количество поглощенной теплоты при этом
переходе.
Анализ. Как следует из условия, газ участвует в двух про-
цессах (рис. 55): а) адиабатное расширение из состояния 1 в
некоторое состояние L, в котором объем VL •= V2, давление pL
неизвестно; б) изохорный переход из состояния L в состоя-
ние 2. Чтобы определить характер изохорного процесса —
нагревание или охлаждение значение давления pL. Р 1 \l •2 V Рис. 55	, — надо найти промежуточное Согласно уравнению адиабаты, <1) Газ двухатомный, следова- тельно, у = (i + 2)/i = 1,4. Таким образом, ( 2 Y’4 Pi=3-106 |	> Р2 = 10». \ ** / Последнее неравенство пока- зывает, что при изохорном пере- ходе из состояния L в состояние 2 давление газа уменьшается
138
(рис. 55) и, следовательно, процесс L2 есть процесс изохорно-
го охлаждения (р/Т = const при V = const).
Чтобы найти работу А12 и количество поглощенной тепло-
ты Q12 при переходе из состояния 1 в состояние 2, надо рас-
смотреть каждый из указанных процессов отдельно. При этом
^12 “	^£2’ ^12 _ ^1£ *" ^£2’
Изменение внутренней энергии не зависит от процесса и в
любом случае
i ш
^2=17^-^).	(2)
Неизвестные значения Тг, Тги тп/\ь можно найти из урав-
нения Клапейрона — Менделеева.
На участке 1L количество поглощенной теплоты QlL = 0.
Работа газа AlL может быть определена по изменению внут-
ренней энергии с использованием уравнения Клапейро-
на — Менделеева и уравнения адиабаты. На участке L 2 рабо-
та газа AL2 = 0, количество поглощенной теплоты
т
(3)
г*
Решение. Работа газа при адиабатном процессе
^£--^£“17^-^).
* н
Используя уравнение Клапейрона — Менделеева для со-
стояний 1 и L, получим
41£= -W
Из уравнения адиабаты (1)
PL~ PJVJVJ1 ~ 1,7-10sПа.
Тогда A1L = 450 Дж. Учитывая, что Аьг = 0, находим
А12 = А1£ = 450 Дж-
При изохорном процессе молярная теплоемкость Cv = (i/2)R.
Подставив это выражение в уравнение (3) и используя урав-
нение Клапейрона — Менделеева для состояний L и 2, полу-
чим
«£2 •	- Plvz> “ - W50 Дж.
Л
139
Поскольку Qu = 0, общее количество теплоты Q12 = QL2 =
= -1050 Дж. Знак минус показывает, что газ отдавал теплоту
окружающим телам. Изменение внутренней энергии [см. (2)]
ДП12 = i (p2V2 - pyj/2 = - 1500 Дж.
Задача 9.5. Двухатомный идеальный газ, занимавший при
давлении = 2 • 10s Па объем Vt = 6 л, расширяется до объе-
ма вдвое большего, чем начальный. Процесс расширения про-
исходит так, что pV*= const, где k = 1, 2. Найти изменение
внутренней энергии газа и работу, совершенную газом при
расширении. Рассчитать молярную теплоемкость газа при этом
процессе.
Анализ. Качественный анализ происходящего процесса
удобнее всего провести, сравнивая график этого процесса в
координатах р, V с изотермой и адиабатой при расширении
из одного и того же начального состояния до одинакового
конечного объема (рис. 56).
В рассматриваемом процессе коэффициент k > 1, следо-
вательно, график располагается ниже изотермы — это зна-
чит, что процесс 1 2 сопровождается понижением температу-
ры (ДТ12 < 0) уменьшением внутренней энергии (Д[712 < 0).
С другой стороны, коэффициент k < у = Cp/Cv, следо-
вательно, график этого процесса должен располагаться выше
графика адиабаты. Это значит, что убыль внутренней энер-
гии | ДП121 меньше, чем убыль внутренней энергии при ади-
абатном процессе (| ДП121 < | ДС7ад |); Работа А12 больше, чем
работа, совершаемая газом при отсутствии теплообмена
(А12 > Аад). Поскольку при адиабатном процессе | ДСТ^ | = Аад, то
I ДУи1<Аг
Это значит, что количество теп-
лоты, необходимое для проведения
данного расширения,
С?12 = А,2 - | Д[7121 > 0,
т. е. газ при таком процессе получа-
ет теплоту, а температура его при
этом понижается — теплоемкость
газа отрицательна. Таким образом,
на совершение газом работы против
внешних сил расходуется и сообща-
140
емое газу количество теплоты, и часть его внутренней энер-
гии.
Изменение внутренней энергии, как обычно,
(1)
« н
причем входящие в это выражение неизвестные величины
можно найти из уравнения Клапейрона — Менделеева и урав-
нения процесса.
Работа рассчитывается по формуле
A12=Jpdr,	(2)
при этом p(V) задано уравнением процесса.
На основании первого начала термодинамики
Q12 = A12+AC712.	(3)
Если полученное для данного процесса выражение Q12 пря-
мо пропорционально разности температур ДТ12 - Тг - Тр то
теплоемкость газа постоянна (процесс политропный). Тогда,
сравнив выражение (3) с равенством
(4)
получим молярную теплоемкость процесса.
Правдам она может быть найдена и непосредственно из
дифференциального уравнения первого начала термо-
динамики, уравнения состояния и уравнения данного про-
цесса. В настоящей задаче используется первый способ.
Решение. Согласно выражению (1),
ад2 = 1(7^ - 7 = |ад2 - ад)- о)
Конечное давление газа по заданному уравнению процесса
Р2 = адад)‘ = 8,7-ю4 Па.
Рассматриваемый газ — двухатомный (i = 5). Изменение
его внутренней энергии [см. (5)] ДС712 = - 400 Дж.
Чтобы найти работу, подставим в равенство (2) выражение
для давления. Согласно уравнению процесса, pVk = const =
= рук. Отсюда р - pyb/V'. Поскольку pt и Vj — фиксиро-
141
ванные значения давления и объема в начальном состоянии,
то РУ1 можно вынести за знак интеграла. Тогда
и
л тг Л
Asw Р1К J
PM
1 f 1
Внесем произведение PYV^ в скобки, причем при умноже-
нии на второе слагаемое (вычитаемое) запишем его в виде
р272*. Тогда
А? " 7Л (₽71 " РгУгУ = 780 Дж.	(6)
Подставим выражения (5) и (6) в (3):
- РЛ) +
или
®ia “ [ <j ~ k -1
Используя уравнение Клапейрона — Менделеева, получим
= ц (г ~	т^’
т. е. количество теплоты прямо пропорционально разности
температур — молярная теплоемкость процесса постоянна.
Сравнивая это выражение с равенством (4), получим
Аг= ~	- 21 Дж/(моль к)-
Как известно, коэффициент Пуассона у = (i + 2)/i, сле-
довательно, у - 1 = 2/i и i/2 = 1/(у — 1). Тогда
С “ —Ц- - т-Ц- |Я < 0, если 1 < k < у.
^у -1 k -1)
Задача 9.6. 0,5 моль идеального одноатомного газа нагре-
вают от температуры Tt = 250 К до Т2 = 500 К так, что в
процессе нагрева p/V = const. Определить молярную теплоем-
кость и рассчитать количество теплоты, поглощенное газом
при нагревании.
Диализ. Рассмотрим график процесса в координатах р, V
и сравним его с изобарой, заключенной в тех же пределах
температур (рис. 57). Поскольку состояния 2 и L лежат на
одной изотерме (7\ = Тг), а газ идеальный, то изменения внут-
142
ренней энергии в процессах 1 2
и 1 L одинаковы:
Работа, совершаемая газом в
процессе 1 2, меньше, чем рабо-
та, совершаемая газом при изо-
барном нагреве. Графически ра-
бота численно равна площа-
ди, ограниченной графиком 1 2,
осью абсцисс и ординатами V =
Vt и V = Уг. Работа Аи численно
равна площади, ограниченной графиком 1 L, осью абсцисс и
ординатами V = V\ и V = VL
Следовательно, количество теплоты, поглощенное газом в
процессе 1 2, меньше, чем при изобарном процессе, поэтому
и теплоемкость газа при этом процессе меньше, чем при изо-
барном, но больше, чем при изохорном процессе, так как газ
совершает работу.
Молярная теплоемкость этого процесса может быть най-
дена непосредственно из первого начала термодинамики, за-
писанного в дифференциальной форме.'
SQ - dC7 + ЙА - KdT + pdV.	(1)
2 Ц
С другой стороны, из определения молярной теплоемкости
6Q = — ОТ,	(2)
р
где С — молярная теплоемкость заданного процесса.
Приравнивая правые части выражений (1) и (2), получаем
С ~ -R + —р~.	(3)
Второе слагаемое может быть найдено из уравнения за-
данного процесса и уравнения состояния газа.
Решение. Подставим выражение давления, полученное из
уравнения Клапейрона — Менделеева р = тп/?Т/(|лУ), пооче-
редно в (3) и в уравнение процесса p/V = const:
С4Д + Л?1’.	<4>
V*/T = const.	(5)
143
Чтобы найти dV/dT, продифференцируем выражение (5)
по переменной Т:
’ 2y(dF/dr)r - V2
откуда
- = —•	(6)
dT 2 Г	v ’
Подставим выражение (6) в (4):
С =	+ ^ = Чг fl-
22	2	.
Искомая молярная теплоемкость постоянна, причем Cv <
< С <Ср. Рассматриваемый газ — одноатомный (i = 3). Тогда
С = 16,6 Дж/(моль  К).
Количество теплоты, поглощенное газом при нагревании,
7.
Qi2= J 5Q = -С(Т2 - 7\) = 2,1 кДж.
* и
Задача 9.7. Один моль углекислого газа, занимавший при
температуре = 127° С объем = 0,5 л, расширяется изо-
термически до объема V2 = 2Vv Определить начальное давле-
ние газа, работу при расширении, изменение внутренней энер-
гии газа и количество поглощенной теплоты.
Анализ. Как известно, при нормальных условиях 1 моль
идеального газа занимает объем V0|x = 22,4 л/моль, в то
время как, по условию задачи, 1 моль газа при темпера-
туре ТА (значительно большей, чем То = 273 К) занимает
объем 0,5 л. Это заставляет предполагать, что давление
газа много больше атмосферного, т. е. газ нельзя считать
идеальным. В таком случае давление газа следует рассчи-
тывать по уравнению Ван-дер-Ваальса, которое для моля
имеет вид
(р + a/V2yy - b) = RT,	(1)
где V = V — молярный объем.
Работа, совершаемая газом,
2
A12=JpdF.	(2)
1
144
Внутренняя энергия реального газа складывается из сум-
мы кинетических энергий всех молекул и потенциальной
энергии взаимодействия молекул, обусловленной силами при-
тяжения между ними. Учет сил отталкивания в уравнении
Ван-дер-Ваальса сводится к введению поправки Ь, постоян-
ной для каждого газа. Согласно молекулярно-кинетической
теории, это соответствует аппроксимации молекул твердыми
шариками фиксированного размера. Поэтому естественно, что
силам отталкивания, развивающимся при непосредственном
столкновении, не может соответствовать какая-либо потен-
циальная энергия. Учет сил притяжения сводится к учету
дополнительного давления р' = a/V2, под которым находится
газ Ван-дер-Ваальса.
Изменение потенциальной энергии взаимодействия мо-
лекул равно работе сил притяжения, взятой с обратным зна-
ком. При расширении газа работа сил притяжения
dA = - p'dV = (a/V2)dV
(при dV > 0, т. е. при расширении, работа сил притяжения
отрицательна). Тогда изменение потенциальной энергии
dW = - dA' = (a/V2)dV.
Изменение кинетической энергии всех молекул
dVV =^яат.
Таким образом, изменение внутренней энергии
dEZ = dW + dW = ~^dV + ~~ RdT
и к у? 2 ц
и при переходе из состояния 1 в 2
к
д^= + (3)
Количество теплоты, полученное газом, найдем из пер-
вого начала термодинамики:
с?12= ДП12+А12.	(4)
Решение. Согласно уравнению (1), давление газа
145
Постоянные Ван-дер-Ваальса для углекислого газа:
а = 0,36 Н • м4/моль2; Ь = 4,3 • 10"5 м3/моль. Подставив эти
значения в уравнение (5) для V = 5 • 10“ м3/моль, получим
Р1 = 57-105Па.
Подставим выражение (5) в (2):
П . V,
После интегрирования
у, - ь а а
RT ln + V2 " ° 24 кДж-
При расчете изменения внутренней энергии [см. (3)] вто-
рое слагаемое обращается в нуль (изотермический процесс).
После интегрирования первого слагаемого
ДП1г-	= 0,4 кДж.
Количество теплоты, поглощенное газом [см. (4)], Q12 =
= 2,5 кДж.
Интересно сопоставить полученные результаты с тем, что
дал бы расчет при использовании модели идеального газа.
Для такой модели
Рвд = ^ = 66-10’Па;
- 0; (?вд = Авд = ЯТ1п = 2,3 кДж.
Как видно, давление на стенки сосуда данного реального
газа меньше, чем идеального; это значит, что в углекислом
газе силы притяжения между молекулами доминируют над
силами отталкивания. Поэтому и работа при расширении
реального газа оказывается меньше, чем рассчитанная для
модели идеального газа. Количество теплоты, поглощенное
реальным газом, наоборот, больше, чем для модели идеаль-
ного газа, так как в первом случае некоторое количество
теплоты расходуется на увеличение потенциальной энергии
молекул, т. е. на совершение работы против сил притяже-
ния.
146
Определим погрешности, допущенные при расчете началь-
ного давления и работы расширения, по формулам для иде-
ального газа:
j Pl ~ Plan |	_ , .	. ...
§р =-------------L = 0,14, т. е. 14%;
Рил
I А - А I
ЙА = I----м I = 0,09, т. е. 9%.
§ 10. Второе начало термодинамики
Второе начало термодинамики позволяет устанавливать
возможное направление самопроизвольных процессов. Исто-
рически открытие второго начала было связано с анализом
работы тепловых машин, в частности тепловых двигателей.
Существует несколько формулировок второго начала; в соот-
ветствии с этим можно записать несколько математических
соотношений, выражающих их сущность.
При решении задач данного параграфа используются вы-
ражение для коэффициента полезного действия цикла Кар-
но, неравенство Клаузиуса, выражение для изменения энтро-
пии при обратимом процессе и статистическое определение
энтропии (формула Больцмана).
Задача 10.1. Температура пара, поступающего в паровую
машину, = 127 °C; температура в конденсоре t2 = 27 °C.
Определить максимальную работу, которую могла бы совер-
шить данная машина. Количество
теплоты, полученное машиной,
w 4,2 кДж.
Анализ. Для того чтобы работа,
совершаемая тепловой машиной (теп-
ловым двигателем), была максималь-
ной, необходимо, чтобы цикл, по
которому работает двигатель, был об-
ратимым. При наличии только двух
термостатов — нагревателя с темпе-
ратурой Tt и холодильника с темпе-
ратурой Т2 — возможен только один
147
обратимый цикл — цикл Карно, состоящий из двух изотерм
и двух адиабат (рис. 58). Коэффициент полезного действия
этого цикла
пк = (Т1-г2)/Т1.	(1)
КПД любого теплового двигателя
n-A/Qp	(2)
где А — полезная работа, совершаемая двигателем, — ко-
личество теплоты, полученное рабочим телом от нагревателя.
Очевидно, что сопоставление равенств (1) и (2) позволит
найти искомую работу.
Решение. Приравнивая правые части равенств (1) и (2),
получим
A/Qt = (Tt -
откуда
А = Q1(T1 - Т2)/Т1 = 1,05 кДж.
Задача 10.2. Холодильная машина работает по обратимому
циклу Карно в интервале температур tt = 27 °C и t2 = - 3 °C.
Рабочее тело — азот, масса которого т = 0,2 кг. Найти ко-
личество теплоты, отбираемое от охлаждаемого тела, и рабо-
ту внешних сил за цикл, если отношение максимального объе-
ма газа к минимальному Ъ - 5.
Анализ. Холодильная машина — это машина, которая за
счет работы внешних сил отнимает теплоту от охлаждаемого
тела и передает ее более нагретой окружающей среде. Если
холодильная машина работает по циклу Карно, то изотерми-
ческое сжатие рабочего тела, сопровождаемое работой вне-
шних сил, происходит при более вы-
сокой температуре Т\ (рис. 59; учас-
ток 1 2). При этом рабочее тело отда-
ет в окружающую среду, играющую
роль термостата, количество тепло-
ты (очевидно, = I Q121 ).
На участке 3 4 при более низкой
температуре Тг происходит изотерми-
ческое расширение рабочего тела, при
этом от охлаждаемого тела (термостат
при температуре Т2) отбирается ко-
148
личество теплоты Q2 = QM. Поскольку речь идет об обрати-
мом цикле Карно, для него, как всегда, справедливо соотно-
шение
Qi ~ ^2 _	~
Qi з; ’
или
Согласно первому началу термодинамики, работа за цикл
равна полному количеству теплоты, получаемому и отда-
ваемому за цикл:
А = -	+ Q2.
Из графика легко видеть, что работа газа за цикл при ука-
занном направлении процесса отрицательна. Работа внешних
сил за цикл
А* = - А =	- Q2.	(2)
Решение. Искомое количество теплоты Q2 = Q34. При изо-
термическом расширении идеального газа
т V.
(3)
Как видно из графика, минимальный объем за цикл V2,
максимальный V,, следовательно,
V4/V2 = Ь-	(4)
Параметры второго и третьего состояний находятся на
одной адиабате, проведенной в интервале температур от к
Т2. Следовательно,
Л
Ц
г/
или
к Ст
— = —
гз “ lri J
Перемножив почленно равенства (4) и (5), получим
(5)
v (т
F3 VJ
149
Подставим это выражение в (3):
Азот — газ двухатомный, следовательно, коэффициент
Пуассона у = 1,4 и Q2 = 21,6 кДж.
Чтобы найти работу внешних сил за цикл, выразим из
уравнения (1) и подставим полученное значение в уравнение (2):
а* =	= 2’40 кДж-
\ 2	/	*2
(6)
Для характеристики холодильных машин принято вводить
холодильный коэффициент е = Q2/A*. Из выражения (6) сле-
дует, что для холодильной машины, рабочий цикл которой
— обратимый цикл Карно, е = Тг/(Т1 - Т2). ч
Задача 10.3. Тепловой двигатель работает по циклу, состо-
ящему из изотермического, изобарного и адиабатного про-
цессов. При изобарном процессе рабочее тело — идеальный
газ — нагревается от температуры = 200 К до T2 = 500 К.
Определить коэффициент полезного действия данного тепло-
вого двигателя и двигателя, работающего по циклу Карно,
происходящему между максимальной и минимальной темпе-
ратурами данного цикла.
Анализ. В условии задачи не оговорена последовательность
процессов, но поскольку изобарный процесс, по условию, —
процесс нагревания, следовательно, и расширения, а тепло-
вая машина является тепловым двигателем, то прямая, соот-
ветствующая графику этого процесса в координатах р, V, дол-
жна лежать выше кривых, изображающих изотермический и
адиабатный процессы. После изобарного расширения 1 2 (рис.
60) газ должен адиабатно расширять-
ся (кривая 2 3) до тех пор, пока тем-
пература его не будет равна началь-
ной температуре Т,, а затем изотер-
мическим сжатием (кривая 3 1) газ
можно вернуть в исходное состояние.
(Легко убедиться, что при любой дру-
гой последовательности процессов не
будет выполняться условие задачи.)
I 2
Рис. 60
При последовательности процес-
сов, изображенной на рис. 60, газ
150
получает теплоту только в процессе 1 2, поэтому Qj = Q12, й
отдает теплоту в процессе 3 1 (Q2 = | Q31|. Процесс 2 3 проис-
ходит без теплообмена.
Тогда коэффициент полезного действия цикла, согласно
определению,
П = «?; - Q2)/Q, = (Q12 - I <?3i l)/Q«-	(1)
Газ идеальный, все процессы предполагаются обратимыми
(фактически это предположение было сделано уже при изоб-
ражении процессов на графике). Тогда Q12 и Q31 могут быть
выражены по известным формулам для изобарного и изотер-
мического процессов.
Коэффициент полезного действия цикла Карно найдем по
известным формулам, „так как из проведенного анализа оче-
видно, что Тнт = Т2, Тиия = Tv
Решение. Количество теплоты, получаемое рабочим телом
при изобарном процессе,
<2>
где (i + 2) R/2 - Ср — молярная теплоемкость при постоян-
ном давлении.
Количество теплоты, отдаваемое рабочим телом при изо-
термическом сжатии,
|Q„|-^KT,ln^.	(3)
г*	1
Для процесса 3 1 количество теплоты Qai пропорциональ-
но In (V^V^. Поскольку < V3, логарифм будет отрицатель-
ным, поэтому в выражении для | Q311 стоит In (Fg/VJ.
Объемы газа и их отношения неизвестны; процесс 1 2 изо-
барный и поэтому
Точки графика, соответствующие состояниям 2 и 3, лежат
на одной адиабате:
151
Учитывая, что Т3 = Тр и извлекая корень степени у - 1,
получаем
Перемножая почленно равенства (4) и (6), имеем
V, (т
JjL -*2
ы
Тогда
Если коэффициент Пуассона выразить через число степе-
ней свободы, то у /(у - 1) == (i + 2)/2 и
|.	(7)
Подставим выражения (2) и (7) в (1):
Т2 - 71 - In 5-
Л Д 1 m	гр	гр
n = T2-Tx = 1 “ t^t\ ln = °’39-
Коэффициент полезного действия цикла Карно между мак-
симальной и минимальной температурами
^«(^-^/^ = 0,60.
Задача 10.4. Доказать, что коэффициент полезного дей-
ствия теплового двигателя, работающего по произвольному
обратимому циклу, меньше, чем коэффициент полезного дей-
ствия цикла Карно, работающего между максимальной и
минимальной температурами этого цикла.
Анализ и решение. Чтобы сравнить коэффициент полез-
ного действия некоторого произвольного цикла и цикла Кар-
но, проведенного в том же интервале температур, следует
сравнить выражения
Т - т	т
„ _ •‘макс ЛМИП	_ •‘мин
"к гл	к Т
* макс	макс
И
„ =	~3z = 1 _ Зг
П	Qi	Qi ’
152
где -^мхси -^мия — соответственно мак-
симальная и минимальная темпера-
туры произвольного цикла; —
полное количество теплоты, получен-
ное рабочим телом от всех термоста-
тов-нагревателей, с которыми рабо-
чее тело находилось в контакте за
цикл; Q2 — полное количество теп-
лоты, отданное рабочим телом всем
термостатам-холодильникам за цикл.
Следует отметить, что изменение
температуры рабочего тела, например, от Т2 до Тг, обратимым
процессом может быть осуществлено только при наличии очень
большого числа термостатов с температурами, охватывающими
весь диапазон от Т1 до Тг, причем температуры соседних тер-
мостатов очень мало отличаются одна от другой. (Чем больше
число термостатов, чем меньше отличаются температуры двух
соседних, тем ближе процесс к обратимому.) Очевидно, ис-
ключение составляет только изменение температуры в резуль-
тате адиабатного расширения или сжатия, для осуществления
которого вообще не требуется термостатов.
Поскольку произвольный цикл обратим, для него не-
равенство Клаузиуса примет вид
0.
Представим этот интеграл как сумму двух: в первый вой-
дут все участки, на которых рабочее тело получает теплоту
от термостатов-нагревателей, во второй — все участки, на
которых рабочее тело отдает теплоту термостатам-холодиль-
никам. Можно предположить, что для произвольного цикла
первый интеграл соответствует процессам 1 D 2, второй —
процессам 2 N 1 (рис. 61). Тогда
2	1
&Q = [6Q ,	f&Q
т	J т	J	т
ID	2N
Так как на всех участках 2 N 1 рабочее тело отдает тепло-
ту (5Q < 0), то
2	1	,	2	1	,
[so fiboi „ fsg rw
J т	~ J	T	“О’ или J	Т	~ J	Т • П)
ID	2N	ID	2N
153
Если на всех участках 1 D 2 текущую температуру рабоче-
го тела, при которой происходит теплообмен, заменить мак-
симальной температурой цикла, то
Аналогично, если на всех участках 2 N 1 заменить теку-
щую температуру минимальной, то
(3)
Из выражений (1)—(3) следует, что
Qi < 0г_
т 4 т ’
* макс хмив
откуда -=-ь < ут. Тогда
— МЯКС
* макс
Задача 10.5. Кислород, масса которого m — 200 г, нагрева-
ют от температуры t4= 27 “С до t2 = 127 °C. Найти измене-
ние энтропии, если известно, что начальное и конечное дав-
ления одинаковы и близки к атмосферному.
Анализ. Последняя оговорка показывает, что в рассмат-
риваемой задаче кислород подчиняется уравнениям идеаль-
ного газа.
Характер процесса нагрева не-
известен. Но изменение энтропии си-
стемы при переходе из одного состо-
яния в другое определяется только
параметрами этих состояний и не. за-
висит от характера процесса.
Найти изменение энтропии мож-
но, рассмотрев произвольный обрати-
мый процесс, в результате которого
систему (в данном случае идеальный
газ) можно перевести из состояния 1
в 2 (рис. 62).
154
На рисунке показаны два таких возможных квазиста-
тических процесса: первый — изобарное расширение 1 2; вто-
рой — изотермическое расширение 13с последующим изо-
хорным нагреванием 3 2.
Для процесса 1 2
(1)
1
т
г«е Ч = 7С/Г-
Для процессов 13 2
з	2
S2-St = |JsQr +	(2)
1	3
где 6Q = М. - pdV, 6Qr = ~ C/IT.
н
Решение. Найдем изменение энтропии, рассматривая
изобарный процесс 1 2. При изобарном процессе молярная
теплоемкость Ср = const = (i + 2)11/2. Подставляя выраже-
ние 6Qp под знак интеграла равенства (1) и учитывая посто-
янство Ср, получим
2
’	т i + 2 D[dT mi+ 2	.
Кислород — газ двухатомный (i = 5), и для заданных тем-
ператур S2 - Sj  52 Дж/К.
Легко проверить, что результат не изменится и при пере-
ходе 1 3 2.
Подставляя выражения SQr и в (2) и учитывая, что
при изотермическом процессе р = р^/У = вгНТ/СцУ), полу-
чим
3	2 ,
S s . »я[£ +	-
2	1 ц J V ц VJ Т
1	3
т л	.	К т _ ,	21
	R	In	гг-+ — СДп
р---------------------Fj	I*	Та
155
Рис. 63
Учитывая, что Тя = Т., V. = V,, а также TJT. = VJV,,
ы	1 О	£	Z' 1	£'	1
находим
S2~ S, = R In f-.
i 1 Ц 2	li
Задача 10.6. Теплоизолированный сосуд, разделенный на
две неравные части (У\ = 2 л, V2 - 3 л), наполнен идеальным
газом. В первой части газ находится под давлением pt — 105 Па
при температуре t, = 27 °C, во второй части — под давлением
рг = 5 • 105 Па и той же температуре (рис. 63). Найти измене-
ние энтропии всей системы после удаления перегородки и
установления равновесного состояния. Изменится ли ответ,
если в объемах и V2 находятся разные газы?
Анализ. Рассматриваемая система изолирована — тепло-
обмен не происходит, внешние силы не действуют. После
удаления перегородки начнется заведомо необратимый само-
произвольный процесс, в результате которого во всем сосуде
будет находиться однородный газ под некоторым давлением р0,
причем Pi < р0 < р2. Вся система не участвует в теплообме-
не, ни один из газов не совершает работы. Следовательно,
в конечном состоянии суммарная внутренняя энергия сис-
темы, а значит, и средняя энергия, приходящаяся на долю
одной молекулы, будут такими же, как и до удаления пе-
регородки. Поэтому температура газа остается постоянной
и равной Тг
Энтропия системы в результате этого необратимого про-
цесса увеличивается. Изменение ее определяется только на-
чальным и конечным состояниями системы. Чтобы найти это
изменение, надо представить себе любой обратимый процесс,
переводящий данную систему из начального состояния в ко-
нечное.
Представим себе, что сосуды разделены поршнем, который
перемещается до тех пор, пока давление с обеих его сторон не
станет одинаковым и равным р0 (газ в левой части сосуда
сжимается, в правой т- расширяется). Чтобы процесс был
изотермическим и обратимым, во-
первых, должна быть нарушена теп-
лоизоляция сосуда: газ в левой час-
ти сосуда должен отдавать теплоту,
в правой — получать. Во-вторых,
поршень должен двигаться медлен-
156
но, следовательно, на него должна действовать внешняя сила,
компенсирующая результирующую силу давления газов.
После выравнивания давлений обе части газа окажутся в
одинаковых равновесных состояниях; поэтому если убрать
перегородку (поршень), то энтропия системы не изменится.
Следовательно, искомое изменение энтропии системы равно
сумме изменений энтропии каждой части газа в отдельности
при описанном изотермическом перемещении поршня:
Л	Ро
AS = ASt + ASa =	(1)
Aft
Решение. При изотермическом процессе
6Qr= <5Ar = pdV= - Vdp.
[Последнее из равенств следует из того, что d(pV) = 0 при
pV = const.] Тогда из уравнения (1)
Выражая в интегралах текущий объем V из уравнений
изотермических процессов, записанных для начального и те-
кущего состояний, получим
71U р i р J
1 LrJn^- + p2K2ln^\	(2)
I Ро Ро J
Давление р0 может быть найдено из уравнений изотерми-
ческих процессов для каждой части газа:
Pivi = Povi ’ PzV2 = Роуг >	<3)
где и Vi — объемы каждой части газа после выравнива-
ния давлений, причем К/ + V2' =	+ V2. Тогда почленное
сложение уравнений (3) дает
+ PzV2 =	+ V2>’
157
откуда
= Р1У1 + PiV2
Р° V1+V2

Подставив выражение (4) в (2), находим
*с 4 V! л(^+^) v, P2(V1+V2)1	, , „
ДЯ = — A^iln—-------—+ Рг^21п——-------- = 1,1 Дж/К.
Ti [ PiVi + p2V2	рМ + p2V2
Если бы в объемах Vt и V2 находились разные газы, то
после удаления перегородки, даже при условии, что по обе ее
стороны газы находятся под одинаковым давлением р0, нач-
нется необратимый самопроизвольный процесс диффузии,
который приведет к выравниванию концентраций каждого
из газов во всем объеме сосуда. Очевидно, что в процессе диф-
фузии энтропия будет возрастать. Следовательно, в этом слу-
чае полное изменение энтропии системы больше значения,
найденного ранее.
Чтобы рассчитать изменение энтропии в процессе диффу-
зии, надо заменить реальный необратимый процесс таким
воображаемым обратимым процессом, который приведет си-
стему в то же самое конечное состояние. Такой процесс мо-
жет быть осуществлен только с помощью полупроницаемых
перегородок, т. е. перегородок, проницаемых для молекул
одного газа и непроницаемых для молекул другого газа.
Задача 10.7. Очень небольшой теплоизолированный сосуд
разделен на две равные части теплопроницаемой перегородкой.
В каждой части находится углекислый газ в количестве
10“8 моль. Температура газа в одной части сосуда = 28 °C,
во второй части t2 = 27 °C. Пренебрегая теплоемкостью со-
суда, определить, во сколько раз возрастает вероятность со-
стояния системы при выравнивании температур. Определить
изменение вероятности при переходе теплоты от менее нагре-
той части газа к более нагретой. Считать, что газ идеальный.
Анализ. Согласно соотношению Больцмана, изменение
энтропии прямо пропорционально натуральному логарифму
вероятности W данного состояния системы:
ДЯ = Я2 - St = k In
откуда
W2/W\ = exp (AS/k),	(1)
158
где k — постоянная Больцмана; W — термодинамическая
вероятность состояния — число, пропорциональное количе-
ству тех физически различных микросостояний системы, ко-
торыми может быть реализовано данное макросостояние.
Для того чтобы найти изменение энтропии, следует рас-
смотреть квазистатический процесс, который может перевес-
ти систему из начального состояния в конечное. Поскольку
объем газа, находящегося в каждой части Сосуда, остается
постоянным, таким процессом может быть квазистатическое
изохорное нагревание одной части газа и квазистатическое
изохорное охлаждение другой части. Причем каждый из этих
процессов должен происходить в результате теплообмена с
внешними термостатами при нарушении теплоизоляции сис-
темы.
Если температура газа, находящегося в первой части сосу-
да, изменяется от Tt до Т/, а во второй части — от Т2 до Т2,
то
AS = S2
(2)
Здесь SQr = тС(ДТ/ц , где m/ц — число молей, Cv = IR/2
— молярная теплоемкость при постоянном объеме (для угле-
кислого газа 1 = 6).
Решение. Поскольку в действительности температура
каждой части газа изменяется не в результате теплообмена
с внешними термостатами, а в результате перехода тепло-
ты от одной части газа к другой, то количество теплоты,
отдаваемое одним газом, равно количеству теплоты, полу-
чаемому другим газом. (Теплоемкостью сосуда, а следо-
вательно, и количеством теплоты, им получаемым, можно
пренебречь.) Так как в обеих частях сосуда находится од-
нородный газ одинаковой маесы, то изменение температу-
ры по модулю будет также одинаковым. Если в результате
теплообмена температура газа в первой части сосуда умень-
шится, так что Т/ = Tt - ДТ, то во второй части темпера-
тура увеличится и Т2 = Т2 + ДТ. При выравнивании
температур Т/ = Т2 и
ДТ = (Tt - Та)/2.
159
Проводя интегрирование равенства (2) с учетом выраже-
ний для Т/ и Т2' , получим
AS = ~CV
И v
/ ЬТ\ . Л ДТ
In 1-----+ In 11 + —
Г1	Г2
Поскольку ДТ Т2, натуральные логарифмы можно раз-
ложить в степенной ряд и ограничиться только первыми чле-
нами. Тогда
m Л , fl 1)
AS = Cv AT +t’J’
где тпСукТ/ц = Q12 — количество теплоты, отданное одной
частью газа и полученное второй. Следовательно, выражение
(3) может быть использовано для расчета изменения энтро-
пии не только при выравнивании температур, но и при лю-
бом теплообмене между газами, находящимися в разных ча-
стях сосуда. В этом случае могут изменяться Q12 и знак перед
скобкой. Если Q12 — количество теплоты, которое отдает
менее нагретый, а получает более нагретый газ, то выраже-
ние, стоящее в скобках формулы (3), примет вид
1/Г2 = 1/Т2.
В случае выравнивания температур ДТ = 0,5 К и коли-
чество теплоты Q12 = 1,25 • 10‘7 Дж. Тогда
AS = 1,38 • 10"12 Дж/К.
Согласно (1),
Wj/Wj = exp 1011.
Изменение энтропии при переходе такого же количества
теплоты от газа менее нагретого к газу более нагретому
AS' = - 1,38 • 10“12 Дж/К и соответственно
— = -----=--- « 1048.
Wj ехрЮ11
Полагая, что термодинамическая вероятность равна или
прямо пропорциональна числу случаев, когда данное состоя-
ние имеет место, полученный результат можно интерпрети-
ровать так: описанная в задаче система самопроизвольно пе-
реходит в состояние, при котором температуры газов будут
160
равны практически всегда; переход теплоты от менее нагре-
того газа к более нагретому невозможен.
Однако если количество теплоты на много порядков мень-
ше, например Q12 = 1,25 • 10“17 Дж, то в этом случае измене-
ние энтропии при передаче теплоты от более нагретого газа к
менее нагретому AS = 1,38 • 10'22 Дж/К и И^/И^ = е10
« 20 000.
Изменение энтропии при переходе такого же количества
теплоты от менее нагретого газа к более нагретому AS' =
= - 1,38 • 10’22 Дж/К и
WL _ е-10 я _L_
цг ~	20000‘
Это значит, что уже в одном случае из 20 000 возможен
процесс перехода теплоты от менее нагретого газа к более
нагретому, т. е. вероятность такого процесса резко повыша-
ется.
Очевидно, для того чтобы передача такого количества теп-
лоты (порядка 10"17 Дж) могла хоть сколько-нибудь изменить
температуру газа, количество газа должно быть резко умень-
шено. Так, для изменения температуры на 0,01 К число мо-
лей газа должно составлять 10“15 - 10"1®, что соответствует
общему количеству молекул N ~ 10® — 107. Для макроско-
пических объемов, содержащих такое количество молекул,
уже можно говорить о реальной вероятности процесса, иду-
щего в нарушение второго начала термодинамики.
6-Сборник задач
Глава Ш
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
И ПОСТОЯННЫЙ ТОК
§ 11. Электростатическое поле в вакууме
Задачи данного параграфа посвящены нахождению электро-
статического поля — расчету потенциала и напряженности —
по заданной конфигурации электрических зарядов. Рассмат-
риваемые поля (в вакууме) создаются электрическими заря-
дами, находящимися на телах, физическая природа кото-
рых не учитывается. Распределение зарядов на таких телах
задается условием задачи.
Используемые методы расчета — принцип суперпози-
ции полей и теорема Гаусса, записанная в интегральной
форме.
Принцип суперпозиции позволяет найти потенциал как
функцию координат, а затем, используя формулы диффе-
ренциальной связи, — напряженность поля. В некоторых
случаях целесообразно определять независимо друг от дру-
га и потенциал, и напряженность поля методом супер-
позиции.
В тех случаях, когда конфигурация зарядов достаточно
симметрична, можно, используя теорему Гаусса, найти на-
пряженность результирующего поля как функцию коор-
динат. Потенциал и разность потенциалов могут быть рас-
считаны в этом случае с помощью формул интегральной
связи напряженности и потенциала (или разности потен-
циалов).
При решении некоторых задач предполагается, что сту-
денты знают выражения (и вывод их с помощью теоремы
Гаусса) для напряженности полей, созданных равномерно
162
заряженными сферой, большой плоскостью и длинной ни-
тью1.
В противном случае вывод этих формул должен быть про-
веден как решение самостоятельной задачи.
Задача 11.1. В вершинах квадрата со стороной а располо-
жены два положительных и два отрицательных заряда, зна-
чение каждого из них Q (рис. 64, а, б). Определить напря-
женность электрического поля и потенциал2 в центре этого
квадрата.
Анализ. Поле создано четырьмя точечными зарядами. По
условию задачи требуется найти характеристики поля в точ-
ке, которая равноудалена от всех четырех зарядов и лежит с
ними в одной плоскости, т. е. находится в особых условиях
по отношению к источникам поля. Поэтому и потенциал, и
напряженность следует определять независимо друг от дру-
га с помощью принципа суперпозиции:
Ф = Ф1 + Ф2 + Фз + Ф«>	(1)
Е = Ej + Е2 + Е3 + Е4.	(2)
При расчете потенциала знаки зарядов
учитываются автоматически и, по-видимому,
значение результирующего потенциала не
зависит от порядка расположения положи-
тельных и отрицательных зарядов в верши-
нах квадрата. Чтобы рассчитать напряжен-
ность по равенству (2), следует показать сна-
чала на рисунке направления всех векторов
Ер зависящие от знака заряда Qt. Очевидно,
вектор напряженности Е зависит от порядка
расположения зарядов в вершинах квадратов.
Решение. Расстояние от любого из заря-
дов до рассматриваемой точки
г = aj2 /2.
1 Понятия «большая плоскость* и «длинная нить* означают, что
их линейные размеры много больше расстояний до рассматривае-
мых точек, поэтому в первом случае поле однородное, во втором —
плоскорадиальное.
2 При отсутствии специальных указаний считаем, что = 0.
163
Потенциал, создаваемый зарядом Qt в рассматриваемой
точке, ф; = Q(/(4ite0r). Следовательно,
ф = Е ф/(4ле0г).
А так как, по условию задачи, алгебраическая сумма за-
рядов равна нулю, то и результирующий потенциал ф = О
независимо от порядка расположения зарядов.
Рассмотрим распределение зарядов, показанное на рис. 64, а.
Напряженности Е2 и Е4 полей, созданных 2-м и 4-м зарядами
в точке С, сонаправлены и равны по модулю: |	| = | Е4 |.
Аналогично, | Et | = | Е3 |. Поэтому напряженность результиру-
ющего поля
Е - 2Et + 2Е2.
Векторы Et и Е2 также равны по модулю и направлены орто-
гонально д^уг другу (по диагоналям квадрата), значит, ре-
зультирующий вектор Е направлен вертикально вниз (см.
рис. 64, а) и тогда
Е = 4Е4 cos 45°.
Напряженность поля, созданного каждым из зарядов,
Е, = | Qt |/(4лЕ(/) = | Qt |/(2леоа2).
Заряд Qt следует брать по модулю, так как знак каждого
из зарядов был учтен при изображении соответствующего
вектора Е(. Окончательно
Е = 4 |	| cos 457(2лЕоа2) = Q & /(ле0а2).
При расположении зарядов, показанном на рис. 64, б, Е = 0.
Задача 11.2. Дна равных точечных заряда = Q2 = 7 • 10 11 Кл
находятся на расстоянии I = 10 см один от другого. Най-
ти напряженность поля и потенци-
ал в точках В и С (рис. 65; Л = 5 см,
а = 5 см). Построить графики за-
висимости потенциала и напряжен-
ности от расстояния для точек, рас-
положенных на линии, соеди-
няющей заряды, и на перпендику-
ляре к ней, симметричном относи-
тельно зарядов.
164
Анализ. Электростатическое поле создается двумя точеч-
ными зарядами. В любой точке пространства потенциал ре-
зультирующего поля может быть найден по принципу супер-
позиции: ф = <pj + <р2, где q?! и <р2 — потенциалы, созданные
зарядами Qr и Q2соответственно. Рассмотрим некоторую про-
извольную точку М и введем оси координат, показанные на
рис. 65. При таком выборе осей координат расстояния г\ и г2
от каждого из зарядов до точки М (х, у) можно записать в
виде
И = 7^ + У2 . гг = 7(/ -х)2 +у2 .
Тогда потенциал точки М
( \
Q 1	1
ф = ---- --р=^==Г + —=====SB=5=S“ .	(1)
4яе0 [ ^х2 +У2	J(l-x)2 +у2 J
Проекции вектора напряженности на оси координат лег-
ко определить дифференцированием выражения (1):
р = _ а<Р = Q х_____________________1'х	.
* дх 4л£0 1(х2+У2)3/2 [(*-X)2 +у2]3/2 ’
(2)
„ _ а<р _ Q х .	1
' • - <«. "|(«-+!г)и [«-«)-/]* •
Выражения (2) позволяют найти модуль и направление
вектора Е в любой точке.
Исследуя выражения (1) и (2), можно построить графики
зависимости потенциала и проекций Ех и Еу от соответ-
ствующих координат.
Решение. Координаты точки В: х = 1/2, у — Л. Координа-
ты точки С: х = I + а, у = 0. Подставляя их в выражения (1)
и (2), находим потенциалы и проекции вектора напряженно-
сти в указанных точках.
В точке В:
ф = т 2 - = 18 В
4зко 7«2/4 + Л2
Ех = 0,
Q 2
Еу ~ 4я£о Л(12/4 + Л2Г
= 180 В/м.
165
В точке В вектор напряженности направлен вверх парал-
лельно оси OY, по модулю Е = Еу = 180 В/м.
В точке С:
Q ( 1	1
ср = ----- -----+ —
4ле0 ^Z + а а
Е . _______L_+J_
х 4лг0 (I + а)2 а2
= 17 В,
280 В/м, Еу - 0.
При расчете Ех [см. (2)] в точках, где х > I, у = 0, выраже-
ния (I - х) < О, [(Z - х)г + у2]3/2 = | I - х |®. В точке С вектор
напряженности направлен вправо вдоль оси ОХ, при этом
Е = Ех = 280 В/м.
Для точек, лежащих на прямой, соединяющей заряды,
у = 0и
____Q fl . 1 ]
45 4ле0 |Z-x|J'
Для этих точек <р > 0 при любом х; ср -* °° при х -* 0 и
х -* I. Очевидно, что в области 0 < х < I потенциал имеет
минимум. Из выражения Ех для точек у — 0 видно, что ср
= <рквн (£х = 0) при х = 1/2. Примерный график ср(х) для
этой прямой изображен на рис. 66, а.
Для точек у = 0 [см. (2)]
166
(х < 0).
Напряженность терпит разрыв в
точках х = 0 и х = I, причем Ех -* ±
± оо , если х -» 0, и Ех —» Т если
х -* I.
График jEx(x) для прямой у = О
показан на рис. 66, б.
Для точек, лежащих на прямой
DB, х - 1/2 и выражения (1) и (2)
принимают такой вид:
= Q 1
Ф 4л£о 7«74 + у2 ’
Еж = О,
F = Qy
"	2x^/4
Очевидно, что <р > 0 при всех значениях'^, знак проекции
Еу определяется знаком ординаты у.
При у = ± (V2/4 = 3,5 см производная dEy/dy = 0 и,
следовательно, Еу имеет экстремальные значения. Соответ-
ственно, для <р(у) это будут точки перегиба. Примерные гра-
фики <₽({/) и Еу(у) показаны на рис. 67 а, б.
Задача 11.3. Тонкий стержень длины I = 10 см равно-
мерно заряжен зарядом Q = - 3 • 10"9 Кл (рис. 68). Найти
напряженность поля и потенциал в точке С, лежащей на
оси стержня. Расстояние от середины стержня до этой
точки х0 = 20 см. Определить, при каком наименьшем
значении х0/1 напряженность можно рассчитывать по фор-
муле поля точечного заряда, если относительная погреш-
ность не превышает 5%.
Анализ. Электростатическое по-
ле создано зарядом, распределенным
по тонкому стержню. Конфигурация
зарядов не позволяет установить точ-
ное расположение силовых линий в
Рис. 68
167
пространстве, поэтому для определения характеристик поля
следует использовать принцип суперпозиции. Разобьем стер-
жень на элементарные участки длины dZ с зарядом dQ. Каж-
дый такой участок можно принять за точечный заряд, созда-
ющий потенциал
dtp = dQ/(4n£0r),
где г — расстояние от элемента di до точки С.
Потенциал результирующего поля
где (Q) показывает, что интеграл берется по всему заряду Q,
создающему поле. Поскольку требуется найти напряженность
и потенциал поля в точках, лежащих на оси стержня, вве-
дем ось ОХ. Тогда длина элемента dl = dx , положение эле-
мента определяется его координатой х, а расстояние от этого
элемента до точки С
г = х0- х.	(2)
Вследствие симметрии очевидно, что в точках, лежа-
щих на оси ОХ, вектор Е направлен вдоль этой оси, по-
этому
Ех = - dcp/dx, Eg = Ег = 0.	(3)
Решение. Равномерное распределение заряда по стерж-
ню позволяет утверждать, что dQ/dl = Q/l, откуда dQ =
= (Q/l)dl.
Так как dl = dx и при интегрировании по стержню пере-
менная х изменяется в пределах от — 1/2 до + 1/2, то соглас-
но (1) и (2)
+1/2
= Q f dx
4ле J J ха - х '
-1/2
Производя интегрирование, получаем
Q	х + 1/2
Ф = 7^7 In ------.	(4)
v 4яе02	х -1/2
Для х0 = 20 см <рс = - 138 В.
168
Расстояние х0 в выбранной системе координат представ-
ляет собой абсциссу х точки С, и выражение (4) можно запи-
сать как функцию координаты х:
Ф =
Q 1 хо * №
4ле0/ Ш Хо-1/2-
Тогда
d<p = Q Г 1	1 У
dx 4яе0/ X - Z / 2 x + l/2 J
(5)
Поскольку заряд Q < 0, то Ех < 0 и Е = - Ех, если х > 1/2
(справа от стержня), Ех > 0 и Е = Ех, если х < - 1/2 (слева от
стержня). Следует заметить, что формулы, выведенные для
потенциала и напряженности, справедливы только для
| х | > 1/2.
Подставляя х = х0 = 20 см в (5), получаем Ео = 720 В/м,
причем вектор Ед направлен противоположно направлению
оси ОХ.
Чтобы ответить на второй вопрос задачи, проанализиру-
ем выражение (5). Очевидно, что пренебречь 1/2 по сравне-
нию с х нельзя. В этом случае напряженность электрическо-
го поля обратится в нуль. Преобразуем выражение, стоящее
в скобках: приведем дроби к общему знаменателю, после чего
вынесем в знаменателе х1 2 за скобки:
1_______1	= I _ if Z2)
х - Z/2	х + Z/2 = x2[1-Z2/(4x2)] " *2 I + 4х2 J
[последнее преобразование возможно, если членами, содер-
жащими 1/(2х) в степени, большей 2, пренебречь]. Таким
образом [см. (5)j,
По приближенной формуле напряженность поля точечно-
го заряда
£п₽м6л = 4те0х2’	(7)
1 Здесь, как и при расчете потенциала, знак Ех автоматически
определяется знаком заряда Q.
169
Из сравнения выражений (6) и (7) видно, что погрешность
приближенного расчета
_ | & ~ -Епри6л| _ I2
Е»	j 2 •
"прибл	4Х
По условию &Е = 0,05, следовательно, х0/1 = Js ~ 2,2,
т. е. даже при таком небольшом удалении от стержня мож-
но пользоваться приближенной формулой напряженности
поля точечного заряда, если допустимая погрешность 5%.
Задача 11.4. Положительный заряд Q равномерно распре-
делен по тонкому проволочному кольцу радиуса R (рис. 69).
Определить напряженность поля и потенциал в точке С, ле-
жащей на оси кольца на расстоянии z от его центра. Изме-
нятся ли эти величины, если нарушить равномерное распре-
деление заряда по кольцу?
Анализ. Поле создано зарядом, распределенным по тонко-
му кольцу заданного радиуса. Оно не обладает достаточной
симметрией даже при равномерном распределении заряда
(нельзя указать точную конфигурацию силовых линий), по-
этому для расчета напряженности и потенциала поля можно
использовать только принцип суперпозиции. Разобьем коль-
цо на элементарные участки. Каждый такой участок можно
принять за точечный заряд dQ. Потенциал созданного им поля
dtp = dQ/(4jtE0r),
(1)
где г — расстояние от элемента dQ до точки С.
Потенциал результирующего поля получим интегриро-
ванием выражения (1):
Ф =	(2)
(в)
Если ввести оси координат, то
проекции вектора напряженности на
оси координат можно определить
дифференцированием полученного
выражения для потенциала по соот-
ветствующей координате.
Решение. При переходе от одного
элемента кольца к другому
170
г = vR2 + z2 не изменяется. Тогда выражение (2) можно пре-
образовать:
Фс =
7 й/г" I
4яе0(в2+z2) ({)
Очевидно, что JdQ =Q независимо от характера распре-
(Q)
деления заряда. Следовательно, как в случае равномерного
распределения заряда по кольцу, так и в любом другом слу-
чае в точках, лежащих на оси кольца, потенциал
Ф =
Q
4ле0(я2 + z2)1/2
Проекция вектора напряженности на ось OZ
Е - -	---------________т-
дг 4яе0(в2 + z2)3/2 '
(3)
(4)
При равномерном распределении заряда из симметрии
его следует, что вектор Е направлен вдоль оси OZ, т. е.
Ех = Еу = О, Е = Егк. При z > 0, если заряд положитель-
ный, Ег > 0 и вектор Е направлен по оси OZ, т. е. вверх. В
области z < 0 Ег< 0 и вектор Е направлен против оси OZ,
т. е. вниз.
При неравномерном распределении заряда по кольцу вы-
ражения (3), а следовательно, и (4) не изменятся, но Ех и Ev
не обратятся в нуль и будут существенно зависеть от харак-
тера распределения заряда. При этом, чтобы найти Ех и Еу в
точках, лежащих на оси OZ, следует определить потенциал в
произвольной точке пространства (х 0, у * 0), затем диф-
ференцированием получить выражения для Ех и Еу и только
после этого подставить х = 0, у = 0.
Таким образом, при нарушении равномерного распреде-
ления заряда потенциал точки С останется прежним, а на-
пряженность изменится.
Задача 11.5. В вакууме имеется скопление зарядов в форме
длинного цилиндра радиуса Rq = 2 см (рис. 70). Объемная
плотность зарядов р постоянна и равна 2 мкКл/м3. Найти на-
пряженность поля в точках 1 и 2, лежащих на расстояниях
171
rt = 1 см, r2 = 3 см от оси цилиндра,
и разность потенциалов между эти-
ми точками. Построить графики Ег(г)
. J	и <р(г).
' Анализ. Поле создано зарядом,
^2	равномерно распределенным по объе-
।	му. Конфигурация зарядов позволя-
ет считать, что поле обладает осевой
симметрией: силовые линии — пря-
мые и в любой плоскости, перпенди-
кулярной оси цилиндра, радиальны.
(Очевидно, что вблизи концов цилин-
дра и при очень больших г силовые
линии не будут радиальны.) Предполагаемая симметрия по-
зволяет искать напряженность поля с помощью теоремы Га-
усса. Вспомогательной поверхности следует придать форму
цилиндрической поверхности, коаксиальной заряду. Длина
этого цилиндра может быть произвольной, но заведомо мно-
го меньше, чем длина-заряженного цилиндра, в противном
случае предположение о плоскорадиальной структуре поля
несправедливо.
Разность потенциалов можно найти, используя выражение
напряженности поля как функции координат:
2	2
Ф1~ Ф2= jEdl = dr.	(1)
i	i
Очевидно, что разность потенциалов двух заданных точек
не зависит от выбора начала отсчета потенциала. Однако по
условию задачи требуется еще построить график зависимости
<р(г). Для этого надо предварительно выбрать начало отсчета
потенциала. Из приведенных выше соображений о симмет-
рии поля ясно, что оно не может находиться в бесконечности.
Решение. По-видимому, характер функциональной зави-
симости Е(г) для точек, лежащих внутри и вне объемного
заряда, различен. Поэтому следует провести две вспомога-
тельные цилиндрические поверхности и S2 с радиусами
rt < Ro и r2 > Ro. Для каждой поверхности теорема Гаусса
может быть записана в виде
Е dS = ——.	(2)

172
Боковая поверхность вспомогательного цилиндра и его
торцы находятся заведомо в разных условиях относительно
силовых линий поля, причем во всех точках торцов E,dS =
= л/2 и поток вектора напряженности сквозь торцовые
поверхности равен нулю. На боковых поверхностях 2>бок
нормаль совпадает с направлением радиус-вектора, поэтому
EdS = ErdS и
j)EdS= j)ErdS.
Sj2	Зц.бох
Все точки боковой поверхности находятся в одинаковых
условиях относительно заряда, что позволяет считать Ег по-
стоянной величиной. Тогда
JЕ,.dS = Б,, jЕ,.dS = Ег- 2лгЛ,	(3)
^i,ae«	^.2в<ж
где г и Л — радиус и высота вспомогательной поверхности.
Сумма зарядов, охваченных вспомогательной поверхнос-
тью, стоящая в правой части выражения (2), зависит от ра-
диуса вспомогательной поверхности.
При г < й0
EQ = рлг2*.	(4)
(Следует обратить внимание, что г — это расстояние от оси
цилиндра до точки, в которой отыскивается напряженность
поля и одновременно радиус вспомогательной поверхности
Sr) Подставляя выражение (4) в (2) и заменяя интеграл по
замкнутой поверхности Sj правой частью равенства (3), по-
лучаем
Ег-2лгЛ = pnr*A/e0, откуда Ег= рг/(2е0).	(5)
При г > Ro EQ = рлЯ02й.
Подставляя это выражение в (2) и заменяя интеграл по
замкнутой поверхности S2 правой частью равенства (3), по-
лучаем
Ег'2лгЛ = рлЕ02Л/е0,
откуда
Er= рД,*/(2еог).	(6)
Подставляя в (5) г = т\ и в (6) г = гг, находим:
Et = 1,1  103 В/м ; Е2 = 1,5 • 103 В/м.
173
Для определения разности потенциалов между точками 1
и 2 по равенству (1) интеграл следует разбить на два: в пре-
делах от точки 1 до поверхности, ограничивающей объем-
ный заряд, и от этой поверхности до точки 2:
2	2
J Er dr = J Ег dr + J Er dr.
1	t	Я>
В первый интеграл следует подставлять выражение (5),
во второй — выражение (6):
2£q	2
Ф1 - ф2 =
ri
--b + Boln
= 35 В.
Для построения графика Ег(г) на основании выражений
(5) и (6) целесообразно сначала рассчитать Ег при г = По:
E(R0) - рЯоДЗЕо) = 2,3 • 103 В/м.
Расчет по формулам (5) и (6) дает один и тот же резуль-
тат, так как напряженность на этой поверхности не терпит
разрыва.
Графическая зависимость ЕДг) показана на рис. 71.
График зависимости ф(г) можно построить из анализа гра-
фика ЕДг), учитывая, что Ег = - dф/dr. Начало отсчета по-
тенциала можно выбрать в любой точке области, где спра-
ведливы выражения (4) и (5). Выберем начало отсчета на оси
объемного заряда: ф(0) = 0. Так как во всей области Ег > О,
т. е. (d9/dr) < 0, то потенциал непрерывно убывает. В обла-
Рис. 71
174
сти г < Ro Ег возрастает [(d£r/dr) > 0], соответственно
(d2(p/drz) < 0 и график ф(г) обращен вогнутостью вниз. При
г > Ro Ег убывает [(dEr/dr) < 0], соответственно (d2(p/drz) > О
и график ф (г) обращен вогнутостью вверх. При г = 2?0 кри-
вая ф(г) имеет точку перегиба (вторая производная изменяет
знак). График ф(г) изображен на рис. 72.
Если изменить начало отсчета потенциала, то характер
графика не изменяется, например при выборе начала отсче-
та на поверхности объемного заряда [ф(Я0) = 0] график при-
мет вид, изображенный на рис. 72 пунктиром.
Задача 11.6. В одной плоскости с очень длинной нитью, рав-
номерно заряженной с линейной плотностью т = 2-10"6 Кл/м,
под углом а = 30° к нити расположен тонкий стержень дли-
ны I = 12 см, по которому равномерно распределен заряд
q - 3 • 10-9 Кл (рис. 73). Расстояние от нити до середины
стержня х0 = 8 см. Найти силу, действующую на стержень,
и ее предельные значения при а = 0 и а = л/2.
Анализ. Рассматривается равномерно заряженный стер-
жень, находящийся в поле длинной нити. Поле нити плоско-
радиально, вектор Е направлен по радиусу, и его проекция
на радиальное направление
Ег = т/(2ле0г).
(Формула может быть получена с помощью теоремы Гаусса.)
Поскольку напряженность поля зависит от расстояния г,
а стержень расположен под углом к нити, то следует сначала
записать выражение силы, действующей на элементарный
участок стержня с зарядом dcy:
dF = Edg.
Стержень находится в одной плос- кости с нитью, совпадающей с плос- костью чертежа. В этой плоскости силовые линии поля параллельны друг другу, значит, все элементарные силы dF направлены так же, поэто- му и результирующая сила F - JdF	(1) (0	т,,	.аг iA/dF ° /г рх * х г 1
направлена так же, как силовые ли-
нии поля.
Рис. 73
175
Решение. Для расчета введем ось ОХ так, как показа-
но на рис. 73. Элемент длины стержня dl = dx/sin а.
Заряд
Расстояние от нити до рассматриваемого элемента г = х,
тогда сила, действующая на такой элемент,
. т а
dF = ------—— dx.	(2)
2яг0х I sin а	4 '
При интегрировании по всей длине стержня координата
х изменяется от х0 - (1/2) sin а до х0 + (1/2) sin а.
Подставляя выражение (2) в (1) с учетом указанных пре-
делов изменения переменной х, получаем
4,+ (</2)sina
F =___________ Г =
2^£0Zsina J х
х^- (z/2)sina
= Tg in *° + (;/2)sina
2xe02sina xQ - (l/2)sina ’	>
При a = 30° F = 1,42-10® H.
При a = 90° F. = 1,75 • 10® H.
При a — 0 стержень расположен параллельно нити, на-
пряженность поля вдоль стержня одинакова: Ег - т/(2ле0х0).
Сила, действующая на стержень,
Последнее выражение может быть получено также из
формулы (3) при разложении натурального логарифма в ряд
с последующим предельным переходом к а -* 0.
Задача 11.7. Точечный заряд Q = - 2 • 1О'10 Кл расположен
на продолжении оси диполя, электрический момент которо-
го ре = 1,5 • IO’10 Кл • м, на расстоянии г = 10 см от его цен-
тра (ближе к положительному заряду диполя). Какую рабо-
176
е2
Рис. 74
против силовых ли-
ту надо совершить, чтобы перенести этот
заряд в симметрично расположенную
точку по другую сторону диполя? Пле-
чо диполя I г (рис. 74).
Анализ. Работа А*, совершаемая
внешними силами при перемещении
заряда в кулоновском поле, равна ра-
боте сил поля, взятой с обратным зна-
ком:
А* = - А = - ©(Ф1 - <р2),	(1)
где Ф1 и <р2 — потенциалы соответст-
венно начальной и конечной точек.
Для того чтобы определить знак ра-
боты внешних сил, надо выяснить на-
правление силовых линий поля. Как
видно из рис. 74, при движении заря-
да по любой траектории из точки 1 по
направлению к положительному заря-
ду диполя и от его отрицательного за-
ряда к точке 2 заряд Q перемещается
ний поля, т. е. под действием кулоновских сил (силы, дей-
ствующие на отрицательный заряд, направлены против век-
тора Б). Следовательно, на указанных участках работа вне-
шних сил отрицательна. На участке между зарядами дипо-
ля при любой траектории заряд Q перемещается по силовой
линии, т. е. против сил кулоновского поля, и работа вне-
шних сил положительна. Таким образом, определить знак
работы из качественного рассмотрения трудно.
Поле создается двумя точечными зарядами + q и - q ди-
поля, и потенциалы точек 1 и 2 следует искать методом су-
перпозиции. Как видно из рисунка, точка 1 находится на
расстоянии г - 1/2 от положительного заряда и на расстоя-
нии г + 1/2 от отрицательного заряда. В соответствии с этим
4ле0(г -1/2) 4ле0(г + 1/2) '
Аналогично,
= ,q - ,q
2 4яе0(г +1/2) 4яе0(г -1/2)'
177
Решение. Приведем к общему знаменателю каждое из
выражений (2) и (3):
Ф1 ° 4ле0	(4)
Фг ~ 4ле0 r2[l - Z2/(4r2)]'
Если учесть, что ql = ре и при г » I членами /2/(4г2) мож-
но пренебречь по сравнению с единицей, то выражения (4),
(5) примут вид
<Р1 =	<р2 = - ре/(4леог2)-
Подставляя эти выражения в уравнение (1), получаем
А* = - 2Q pj^n^r2) = 5,4 • 10’8 Дж.
Необходимо отметить, что пренебрежение членами 1/(2г)
по сравнению с единицей в выражениях (2) и (3), если пред-
варительно вынести в знаменателе г за скобки, дает <pj = <р2 =
= 0. Чтобы выяснить, какой величиной можно пренебрегать,
проведем все рассуждения совершенно строго, не прибегая,
как правило, к ним в дальнейшем. Введя обозначение
1/(2г) в х, разложим функцию f(x) = 1/(1 + х) в ряд Мак-
лорена:
2
/(х> = /(0) +	'(0) +	"(0) +.........
1.1	z I
Для рассматриваемой функции ряд примет вид
~— = 1 - х + х2 - х3 + ... .
1 + х
Отбрасывание всех членов начиная с х = 1/(2 г) есть нуле-
вое приближение, при котором диполь поля не создает. От-
брасывание всех членов начиная с х2 = /2/(4г2) есть первое
приближение, которое обычно используется при расчете на-
пряженности поля диполя.
178
§ 12. Проводники и диэлектрики
в электрическом поле
В задачах настоящего параграфа рассматривается элект-
ростатическое поле, создаваемое заряженными проводниками
в вакууме и при наличии диэлектриков.
Сложность расчета напряженностей и потенциалов полей,
создаваемых в присутствии проводников либо самими заря-
женными проводниками, обусловлена тем, что распределение
зарядов на проводниках, как сообщенных им, так и индуци-
рованных, заранее не известно. Известно только, что заряды
эти распределяются по поверхности так, что в толще метал-
ла (в условиях электростатического равновесия) напряжен-
ность поля тождественно равна нулю. (Заметим, что утверж-
дение о распределении зарядов в проводниках по поверхнос-
ти, т. е. пренебрежение толщиной того поверхностного слоя,
в котором распределяются заряды, приводит к тому, что на
поверхности проводника, как следует из теоремы Гаусса,
вектор напряженности терпит разрыв.) Это условие с выте-
кающими из него следствиями позволяет в некоторых слу-
чаях найти распределение индуцированных и сообщенных
проводникам зарядов простыми в математическом отноше-
нии методами.
Напряженность и потенциал результирующего поля мо-
гут быть определены, если известно распределение зарядов
на проводниках. При заданной конфигурации проводников
и известном результирующем потенциале либо суммарном
заряде каждого из них задача эта имеет единственное реше-
ние. Благодаря этому можно использовать решения, найден-
ные недостаточно строго, например по аналогии, а иногда и
просто по «догадке».
При наличии диэлектриков поле создается как свобод-
ными, так и связанными зарядами. Обобщенная теорема Га-
усса при симметричной конфигурации зарядов и диэлект-
риков позволяет находить электрическое смещение D, а за-
тем и напряженность поля Е, не зная значения и рас-
пределения связанных зарядов. Здесь рассматриваются только
изотропные диэлектрики, диэлектрическая пр'оницаемость £
которых является скалярной величиной; значение е диэлек-
трика задается в условии задачи. При качественном анализе
179
задач следует обращать внимание на то, что ослабление поля
в диэлектрике обусловливается действием связанных заря-
дов, возникающих при его поляризации.
Если связанные заряды возникают на поверхности диэ-
лектрика, то, как показывает теорема Гаусса, нормальная
составляющая вектора Е терпит разрыв на такой поверх-
ности. Нормальная составляющая вектора D терпит раз-
рыв только на поверхности, заряженной свободными за-
рядами.
Задача 12.1. Две металлические пластины, заряды на ко-
торых Qt = 8 • 10'8 Кл и Q2, расположены параллельно друг
другу на расстоянии I = 0,2 см (рис. 75). Площадь каждой
пластины S = 1600 см2. Считая, что линейные размеры пла-
стин несоизмеримо велики по сравнению с расстоянием I и
толщиной пластин, найти поверхностные плотности зарядов
и разность потенциалов между пластинами. Задачу решить
для случаев: 1) Q2 = 0; 2) Q2 = 2 • 10~8 Кл; 3) Q2 = 0, но
пластина заземлена.
Анализ. По условию, пластины настолько велики, что,
по-видимому, можно пренебречь зарядом на торцовых по-
верхностях и считать, что на каждой из четырех боковых
поверхностей 1-4 (рис. 75) заряды распределены равномерно.
Тогда напряженность результирующего поля
Е = Ej + Е2 + Е3 + Е4.	(1)
Здесь
Е, = | о, |/(2е0),	(2)
где о, — результирующая поверхностная
плотность сообщенных и индуцированных
зарядов на боковой поверхности пласти-
ны. Формула (2) может быть получена с
помощью теоремы Гаусса и справедлива
для точек, расстояние до которых мало
по сравнению с линейными размерами
пластины.
Таким образом, поле между пластина-
ми однородно и искомая разность потен-
циалов
U = Е1.	(3)
180
Чтобы найти напряженность поля, надо знать поверх-
ностные плотности зарядов на всех четырех боковых повер-
хностях. Если О] и о2 — поверхностные плотности зарядов
на первой пластине, а а3 и ст4 — на второй, то
(Ст1 + Gt)S = Qt.	(4)
В случаях 1 и 2
(о3 + o4)S = Q.	(5а)
В случае 3 плотность зарядов на наружной заземленной
поверхности
б4 - 0.	(56)
Равенство (56) объясняется тем, что при соединении внеш-
ней поверхности правой пластины (поверхность 4) с Землей,
потенциал которой принимается за нуль, потенциал этой
пластины и точек пространства справа от нее равен нулю.
Это значит, что в этой области напряженность поля также
равна нулю. Поскольку в толще пластины напряженность
поля всегда равна нулю, то на поверхности 4 вектор Е не
терпит разрыва, следовательно, зарядов на ней нет.
Распределение зарядов на поверхностях пластин должно
быть таким, чтобы напряженность поля в толще металла
была равна нулю.
Применим теорему Гаусса к цилиндрической поверхности,
показанной на рисунке. Поток вектора напряженности сквозь
боковую поверхность равен нулю, так как силовые линии
поля перпендикулярны пластинам, и поэтому во всех точ-
ках боковой поверхности скалярное произведение Е dS = 0.
Поток сквозь основания цилиндра обращается в нуль, так как
оба основания находятся в толще металла. Следовательно,
Е dS = О. Согласно теореме Гаусса, сумма зарядов, охвачен-
s.
ных этой поверхностью, также равна нулю: o2S0 + o3S0 = 0.
(Здесь So — площадь основания вспомогательной цилиндри-
ческой поверхности.) Тогда
ог - - о3.	(6)
Из равенства (6) следует, что внутри каждой из пластин
поля, создаваемые поверхностями 2 и 3, взаимно скомпенси-
181
рованы (векторы Е2 и Е3 в этих областях направлены в про-
тивоположные стороны и равны по модулю). Так как в тол-
ще пластин напряженность результирующего поля, создан-
ного всеми четырьмя поверхностями, равна нулю, то поля,
создаваемые поверхностями 1 и 4, также должны взаимно
компенсироваться. Это возможно, если
'	(7)
Уравнения (4), (5) и (6), (7) образуют систему, совместное
решение которой позволит найти распределение зарядов, а
затем и разность потенциалов между пластинами.
Решение. Между пластинами векторы Et и Е4 направле-
ны в противоположные стороны и [см. (7) и (2)] Ej + Е4 = 0.
Векторы Е2 и Е3 направлены в одну сторону и [см. (6) и (2)]
Е2 = Е3. Тогда из равенства (1) следует
Е = 2Е2 = а2/е0.
Таким образом, разность потенциалов между пластинами
на основании (3)
<р2 - Фз “ и = <V/«=0-	(8)
Направление вектора Е и знак разности потенциалов за-
висит от а2.
1.	Q2 = 0. Уравнение (ба) примет вид
а3 + а4 = 0.
Совместное решение этого уравнения с (6) и (7) дает:
о2 e о4, о3 “ — а2.
Из уравнения (4) получим:
°i = °2 = Qi/(2S) = 2,5 • 10 7 Кл/м2;
а3 = - 2,5 • 10;г Кл/м2; а4 - 2,5  1(Г7 Кл/м2.
Из равенства (8) находим Ux = 57 В.
В данном случае (<?2 = 0) напряженности полей, создавае-
мых зарядами, индуцированными на правой пластине, в точ-
ках вне самой пластины направлены в противоположные
стороны и равны по модулю: Е3 + Е4 = О. Таким образом, как
и следовало ожидать, внесение в поле незаряженного про-
водника (правая пластина), поверхности которого совпадают
182
с эквипотенциалями поля, созданного левой пластиной, не
изменяет напряженности поля во внешнем пространстве.
2.	Q2 = 2 • 10“8 Кл. Совместное решение уравнений (4), (5а),
(6) и (7) дает:
. а2 = (Qi “ Q2)/(2-S) = 1,9' IO'7 Кл/м2;
<т3 - - (Qi ~ QJ/&S) = - 1,9'10'7 Кл/м2;
а, = а4 - (Qj + Q2)/(2S) = 3,1 • 10'7 Кл/м2.
Из равенства (8) находим U2 = 42 В.
3.	Q2 = 0, вторая пластина заземлена. Равенства (56) и (7)
дают 0! = а4 = 0. Тогда из равенств (4) и (6) найдем:
а2 = Qi/S = 5 • IO'7 Кл/м2; о3 = - QJS = - 5 • 1(Г7 Кл/м2.
Такой же результат получится, если пластинам сообщить
равные, но разноименные заряды. Из равенства (8) находим
и8=изв.
Задача 12.2. Внутри сферической металлической оболоч-
ки радиусами Kj = 4 см, R2 = 8 см находится металлический
шар радиуса Ra = 0,2 см с зарядом Qo = 4 • 1О*10 Кл (рис. 76).
Найти потенциалы в точке, являющейся центром оболочки,
и иа внешней поверхности оболочки, если: 1) шар располо-
жен концентрично оболочке; 2) центр шара смещен на рас-
стояние х = 3 см от центра оболочки; 3) шар соприкасается
с оболочкой.
Анализ. В случаях 1 и 2 на внутренней и внешней поверх-
ностях оболочки появляются индуцированные заряды, бла-
годаря которым напряженность результирующего поля в
толще оболочки станет равной нулю. Если Qo > 0, то на внут-
ренней поверхности оболочки индуцируется отрицатель-
ный заряд qпричем с помощью тео-
ремы Гаусса легко показать, что
И)
Для этого вспомогательную повер-
хность <8 надо провести в толще обо-
лочки. На внешней поверхности <S2
оболочки появится индуцированный
заряд
<Г = - q' = qo. (2)
183
Поле в любой точке пространства создается каждым из
трех зарядов, и напряженность результирующего поля
Е = Eq + Е' + Е".
В точках, лежащих за пределами поверхности Sj, т. е.
при г > векторы Eq и Е' направлены в противоположные
стороны.
Предположим, что заряд q' так распределяется по повер-
хности Slt что за ее пределами поле заряда q' полностью
компенсирует поле заряда Qo, т. е. в любой точке за преде-
лами поверхности
Eq + Е' = 0.
В этом случае, так как в толще металла поле отсутствует,
заряд q" распределится по поверхности ,S2 так, что внутри
поверхности S2 (т. е. в толще металлической обрлочки и
внутри нее) напряженность поля, создаваемого зарядом q",
тождественно равна нулю. За пределами поверхности S2 (т. е.
за пределами всей оболочки) поле создается только зарядом
q " и не зависит от положения заряженного шара внутри обо-
лочки и распределения заряда Qo по шару. В условии задачи
поверхность S2 — сфера, поэтому заряд q" распределяется
по ней равномерно. Примерное расположение силовых ли-
ний показано на рисунке. При сделанном предположении о
распределении зарядов, поле в толще металлической оболоч-
ки отсутствует, и на основании теоремы о единственности
решения такое распределение зарядов q' и q" по поверхнос-
тям и S2 является единственно возможным1.
При концентричном расположении шара и оболочки вслед-
ствие симметрии заряды Qo и q' распределятся равномерно.
При неконцентричном расположении шара и оболочки рас-
пределение зарядов Qo и q" неизвестно.
В случаях 1 и 2 потенциал любой точки пространства,
согласно принципу суперпозиции, равен сумме потенциалов,
создаваемых каждым из зарядов:
ф = фо + <р' + ср".	(3)
1	Утверждение, что поле заряда q' полностью компенсирует поле
заряда Qo во всех точках пространства за пределами поверхности St,
т. е. и в толще металлической оболочки, и вне ее, представляет со-
бой одно из утверждений теоремы Фарадея.
184
В случае 3 при контакте шара и оболочки происходит пере-
распределение зарядов до тех пор, пока потенциалы обоих тел
не будут равны. При соприкосновении шар и оболочку можно
рассматривать как единое металлическое тело, потенциал во
всех его точках одинаков и сообщенный ему заряд Qo распреде-
ляется целиком по внешней поверхности. Следовательно, за-
ряд Qo перейдет на поверхность S2, а индуцированные заряды
взаимно скомпенсируют друг друга, т. е. исчезнут.
Решение. 1. При концентричном расположении шара и
оболочки все заряды распределяются по соответствующим
поверхностям равномерно. Используя теорему Гаусса, мож-
но показать, что сферическая поверхность радиуса R, равно-
мерно заряженная зарядом, создает поле, в котором
Elr = qjtbxe.'rf), = J Elr dr =
при г > й;
Е = 0,	= const = 5;/(4л£ой)
при г < й.
Соответственно в центре системы (точка С)
' Фос = Qo/(4’t£(rRo),
Фс - 97(4x6^1), ф£ - д'7(4ле0й2).
Подставив фос, ф' и ф" в (3) и учитывая (2), получим
Фс =	+	= 1750 В-
В точке Z), лежащей на внешней поверхности оболочки,
Фв “ (Qo + Ч' + 9")/(4леой2) = Q0/(4ot£0fi2) - 45 В.
Это выражение для потенциала оказывается таким же,
как и при отсутствии металлической оболочки. Легко убе-
диться, что такое совпадение справедливо для напряженнос-
ти и потенциала любой точки вне оболочки (г > йг), т. е.
внесение незаряженного проводника, поверхности которого
совпадают с эквипотенциалями поля, не изменяет поля во
внешнем пространстве.
2	. Если центр шара смещен на расстояние х от центра
оболочки, то в точке С потенциал, создаваемый зарядом q",
который остается по-прежнему равномерно распределенным
по поверхности S2, может быть записан, как и раньше: ф£ =
= 97(4леой2).
185
Потенциал, создаваемый зарядом q', распределение кото-
рого теперь неизвестно, может быть найден по принципу су-
f dg’
перпозиции:	= J -. Расстояние от любого элемента
$1
dq' до точки С одинаково и равно Rlt поэтому
4ле0Л1	4xe0K! '
(<?')
Потенциал, создаваемый зарядом Qo, следует также ис-
Г dQ0
кать по принципу суперпозиции:	= J ------, где г —
(4) 4ЛЕ°Г
переменное расстояние от элемента dQ0 до точки С. Распре-
деление заряда Qo по поверхности шара неизвестно, поэтому
точное значение потенциала ср^, найти нельзя. Попробуем
его оценить. При переходе от одного элемента dQ0 к другому
расстояние изменяется от х - Яо до х + Яо. Если в выраже-
нии для Фос переменную г заменить значением = х - Ro,
то
_	f dQo_______________Ср_______юа п
Фос	J 4reeo(x-Ko)	4лео(х-Яо)
Если в выражении для фос переменную г заменить значе-
нием = х + Ra, то
Фос > [ -----ff-0- - -Т = --5 Т = 113 В.
J 4ле0(х + До) 4ле0(х + 2?о)
Очевидно, первое значение соответствует потенциалу в
точке С, создаваемому зарядом Qo, если он сосредоточен на
поверхности шара в точке, ближайшей к центру оболочки,
второе — в наиболее удаленной точке. Окончательно можно
записать ф^ — (121 ± 8) В, что дает относительную погреш-
ность около 7%.
Результирующий потенциал в точке С [учитывая равен-
ство (2)]

186
В точке D потенциал срЛ = J Ег dr, где Ег — результирую-
я,
щая напряженность поля. В точках г > Я2 поле создается
только зарядом q" = Qo, поэтому
Er “ Q0/(4lte0r) и фд - ф0/(4ле0Я2) = 45 В,
т. е. потенциал такой же, как и в случае 1.
3. На поверхности S2 равномерно распределен заряд Qo.
Тогда для всех точек г < Я2
Ф = const = Q0/(4ne0B2).
Таким образом, фс = фв = 45 В.
Задача 12.3. Точечный заряд Q = 3 • 10“8 Кл находится на
расстоянии а = 3 см от большой тонкой металлической пла-
стины, соединенной с Землей (рис. 77). Определить: 1) по-
тенциал поля в точках В и С, симметрично расположенных
по обе стороны пластины на расстоянии а от нее, причем
точка В, ближайшая к заряду Q, находится от него на рас-
стоянии I = 8 см; 2) поверхностную плотность зарядов, ин-
дуцированных на пластине в точке D, находящейся на рас-
стоянии Tj = 5 см от заряда Q; 3) заряд, индуцированный на
пластине.
Анализ. При внесении металлической пластины в поле
точечного заряда на ней появятся
индуцированные заряды, причем на
поверхности, обращенной к заряду
Q, индуцируются отрицательные за-
ряды. Положительных зарядов на
противоположной стороне пластины
нет, так как пластина, заземлена.
Силовые линии результирующе-
го поля обязательно нормальны к
поверхности пластины. Это поле
справа от пластины совпадает с по-
лем, созданным двумя точечными
зарядами противоположных знаков
+ Q и - Q, находящимися симмет-
рично относительно пластины.
Плоскость симметрии поля таких
187
зарядов является эквипотенциалью <р = 0. В условии метал-
лическая пластина (притом тонкая) расположена как раз по
этой эквипотенциали. Если в электрическое поле внести не-
заряженный проводник, поверхность которого совпадает с
эквипотенциалями поля, то во внешнем пространстве напря-
женность поля не изменяется. Поэтому можно утверждать,
что поле, созданное точечным зарядом и пластиной, иден-
тично полю двух точечных зарядов, причем второй заряд
является зеркальным отображением заряда Q. Так как пла-
стина заземлена, то слева от нее поля нет (силовые линии
нанесены пунктиром). Справа от пластины поле, в действи-
тельности созданное зарядом Q и зарядом, индуцированным
на пластине, будет в точности таким, как поле двух точеч-
ных зарядов + Q и - Q, и может быть рассчитано по прин-
ципу суперпозиции.
Чтобы найти поверхностную плотность зарядов в какой-
либо точке пластины, надо определить напряженность поля
вблизи этой точки, так как у поверхности проводника ре-
зультирующая напряженность
Е = |а|/е0,	(1)
где о — поверхностная плотность индуцированных зарядов.
Зная поверхностную плотность как функцию координат,
полный индуцированный заряд можно найти суммированием
по всей поверхности пластины:
9ra«=JCTd's-	(2)
(S)
Решение. 1. В любой точке справа от пластины
Е — Е+ + Е_, <р = <р+ + ф_.	(3)
В точке В потенциал, созданный зарядом +Q,
ф+ = <?/(4ле0/);
потенциал, созданный зарядом - Q,
Ф_ = - (?Д4л£074а2 + /2).
Тогда [см. (3)]
Q fl 1	1 п
фя = ---- ----г- 	= 675 В.
4яе0^ 74а2+Z2 J
188
Слева от пластины напряженность поля равна нулю, сле-
довательно, потенциал во всех точках слева от пластины
одинаков и равен потенциалу пластины:
Фе = Фпл = О.
2. Чтобы определить поверхностную плотность о в точке
D, надо найти напряженность поля в точке, сколь угодно
близко подходящей к точке D. справа. Напряженности по-
лей, созданных зарядами + Q и - Q в этой точке,
Е+ ~ Е. = Q/(4xeor2).
Результирующий вектор Ев направлен по нормали к пла-
стине влево, причем
Еп = 2E+*cos а = Qa/(2mor3).
На основании формулы (1) находим
| ав | = Еве0 = Qa/(2nr3) = 1,1 • 10'6 Кл/м2. (4)
3. Как видно из этого выражения, поверхностная плотность
о изменяется от точки к точке и зависит от расстояния г. Если
из точки, являющейся основанием перпендикуляра, опущен-
ного от заряда Q на пластину, провести окружность произ-
вольного радиуса Я (рис. 78), то такая окружность является
множеством точек, равноудаленных от заряда Q, и, следова-
тельно, точек равных значений о. Тогда, чтобы найти сум-
марный индуцированный заряд по формуле (2), надо выде-
лить элементарную площадку dS, в пределах которой
а - const. Такой площадкой будет кольцо с
радиусами R и R + cLR, причем <1S = 2nR dR.
Подставляя г = Va2 + R2 в (4), получаем
। I________Qa	I .
I ° । “ I , _2)3/2 *	/
2nla2+R2)	I //Ra
I	Г ЯЬ ° ।
I 4
Тогда подынтегральное выражение в I	I
уравнении (2) примет вид	I . J
a2+R2)	Рис. 78
189
При суммировании по всей пластине R изменяется от О
до сю. Тогда
। I л f R dR
I £ивд I - QaJ 7~	\3/2
J0^a2+R2)
причем, как было установлено ранее, q^ < 0, т. е. дивд = - Q.
Задача 12.4. Металлический шар радиуса Rx = 2 см с за-
рядом Qj = 3 • 10*8 Кл окружен вплотную примыкающим к
нему концентрическим слоем парафина (наружный радиус
R2 = 4 см, диэлектрическая проницаемость е = 2) и металли-
ческой концентрической оболочкой, радиусы которой R3 -
- 6 см, = 8 см (рис. 79). Какой заряд Q2 надо сообщить
этой оболочке, чтобы потенциал шара был равен нулю? Оп-
ределить поверхностные плотности связанных зарядов на
обеих поверхностях диэлектрика. Построить графики ПДг),
.ЕДг) и ср(г) для найденного значения Q2.
Анализ. Поле заряда Qj вызовет появление индуцирован-
ных зарядов на поверхностях металлической оболочки и свя-
занных зарядов на обеих поверхностях диэлектрика вслед-
ствие его поляризации. Таким образом, результирующее поле
создается свободными зарядами и Q2, индуцированными
зарядами q' и q" и связанными зарядами. Сферическая
симметрия всех тел системы позволяет предполагать равно-
мерное распределение зарядов по соответствующим поверх-
ностям и строгую радиальность силовых линий. Поэтому на-
пряженность поля может быть найдена с помощью теоремы
Гаусса. Благодаря наличию диэлектрика следует использо-
вать обобщенную теорему Гаусса:
<^D dS - S Q,	(1)
s
где S — площадь вспомогательной по-
верхности, которой надо придать форму
сферы, концентричной рассматриваемой
системе. Применение этой теоремы по-
зволяет найти электрическое смещение
D, а затем и напряженность Е как функ-
цию координат, не определяя связанных
зарядов.
190
По условию, заряд Q2 внешней оболочки неизвестен. Что-
бы найти его, надо установить связь между зарядами, созда-
ющими поле, и известным потенциалом грх шара. Очевидно,
что заряд Q2 войдет в выражение для напряженности поля.
Так как потенциал
. «о
<Pi = jb,dr,	(2)
*
то, обращая в соответствии с условием задачи выражение (2)
в нуль, можно определить заряд Q2.
Поверхностную плотность связанных зарядов найдем по
изменению нормальной составляющей напряженности поля.
Как следует из теоремы Гаусса, записанной для вектора Е, в
произвольной среде нормальная составляющая вектора Е
терпит разрыв на любой заряженной поверхности, причем
ДЕ„ = Еа2 - Еа1 = (о + <У)/е0,	(3)
где а и а' — поверхностные плотности соответственно сво-
бодных и связанных зарядов.
Решение. Проведем одну вспомогательную поверхность
площадью Si в толще диэлектрика (Яг < г < В2), другую
площадью 8г — за пределами металлической оболочки (г > Я4).
На поверхности векторы D и dS коллинеарны, на поверхно-
сти S2 угол между этими векторами равен 0 или я (заряд Q2
может быть отрицательным), значение D во всех точках на
каждой из поверхностей одинаково. Поэтому
j)DdS = ± jjDdS = ± D-W,	(4)
где г — радиус поверхности интегрирования; знак ♦+» соот-
ветствует вектору D, направленному по радиус-вектору г
(Dr > 0 и D = Dr); знак «-» соответствует вектору D, направ-
ленному против радиус-вектора г (D, < 0 и D = - Пг). Поэто-
му выражение (4) можно переписать так:
j)D dS = ± £>-4№ = Д-4лА	(5)
Сумма свободных зарядов, охваченных поверхностью 5,,
2Q - Q,-	(6)
191
Подставляя выражения (6) и (5) в уравнение (1), получа-
ем
Q,
^<r<R3).	(7)
Сумма свободных зарядов, охваченных поверхностью S2,
2Q - Qi + Q2 + q' + q".	(8)
Подставляя выражения (8) и (5) в (1) и учитывая, что по
закону сохранения заряда q' + q" = 0, получаем
Dr = “ (г > В4).	(9)
Напряженность поля может быть найдена из соотноше-
ния
D = еоеЕ..	(10)
При определении напряженности область Rx< г <R3 сле-
дует разбить иа две: от Rx до R2 и от R2 до R3 (эти области
отличаются значениями диэлектрической проницаемости). Из
(7), (9) и (10) следует:
Qi
(й1<г<Я2);
Qi
Ег=~^ (Л2<г<Л3);	(И)
Qi + Q2
Кроме того, в толще металла
Er = Dr = 0 (г < flj и R, < г < Я4).	(12)
Так как Ег (нормальная составляющая вектора напряжен-
ности) терпит разрыв на всех заряженных поверхностях, т. е.
при г = Яр г = R2, r = R3nr = Rit то интеграл в выражении
(2) необходимо разбить на четыре:
«Rg	Rg	и
Ф1 = jEr dr + |ег dr + Je,. dr + Je, dr?
Я*
192
Подставляя сюда соответствующие выражения из (11) и
(12) (при этом третий интеграл обратится в нуль), получаем
_ = Qi ? dr + Qi ^dr + Qi + Ог f dr
4ле0е J г2 4ле0 J г2 4ле0 Jr2’
или
_ 01 [if 1	1 1 I 1	И	01+0г
4л£д £ f	J?2 J J?2 Д2	4л£0./?4
По условию задачи, срх = 0, откуда
Q2 ~~ Qi^t
ifj_ J-1+-L 1 1
£ [ Ri Дг J Дг Дз R<
= - 8 • 10'8 Кл.
Следует заметить, что | Q2 I > Qu поэтому Ег < 0, если
г > Д4, т. е. вектор Е направлен к центру системы.
По условию, радиус-вектор г совпадает с направлением
внешней нормали ко всем поверхностям, заряженным сво-
бодными или связанными зарядами, т. е. Er = Еа, Dr = Da.
Как следует из теоремы Гаусса, нормальная составляющая
вектора D терпит разрыв только на поверхностях металла —
поверхностях, заряженных свободными зарядами; нормаль-
ная составляющая вектора Е терпит разрыв на любой заря-
женной поверхности.
Значения поверхностных плотностей связанных зарядов
о' (при г = R}) и о'2 (при г = Т?2) найдем по изменению нор-
мальной составляющей вектора Е, используя выражения (11).
На поверхности
ДЕ„ - Er(R, + 0) - ЕДЯ, - 0) =
Qi
4леое7?2
Поверхностная плотность свободных зарядов а = Q1/(4nJ?2),
тогда [см. (3)]
Ох
4леоеЯ^
откуда
а; =
01 fl fl
4xR2 Vs )'
(13)
7-Сборник задач
193
На поверхности Я,
ДЕ, = ЕДЯ, + 0) - ЕДЯ, - 0) =
= Qi
4яе0/?2 е )’
Свободных зарядов на этой по-
верхности нет, тогда [см. (3)]
Qi Г. 1
°2 “ 4xRf ( е )•
Согласно формулам (13) и (14),
ст' - - 3,0 • 10” Кл/м2;
о' = 0,75 • 1О'в Кл/м2.
Легко видеть, что суммарные
связанные заряды (ст'-4лЯ2) на
этих поверхностях равны и проти-
воположны по знаку.
На-основании (7), (9), (11) и (12)
можно построить (рис. 80) графи-
ки зависимости D/r) и ЕДг).
График зависимости <р(г) постро-
им из анализа графика ЕДг).
При г < Rx Ег = 0, следователь-
но, <р(г) = const = 0 (по условию). В
области Rt < г < R3 Ег > 0, следова-
тельно, dq>/dr < 0 и <р(г) убывает с ростом г, кривая ф(г) обра-
щена вогнутостью вверх.
В области R3 < г < Я4 Ег = 0, <р(г) = const (график имеет
вид горизонтальной прямой). При г > R4 Ег < 0, следователь-
но, d<p/dr > 0, <р(г) возрастает с ростом г, причем при г -* 00
4>(г) -* 0. В точках г = Яп г = Я2, г = Я3, г = R4, где Ег (г)
терпит разрыв, на графике <р(г) — точки излома (рис. 81).
Задача 12.5. Плоский слой из диэлектрика с диэлек-
трической проницаемостью е равномерно заряжен с объем-
ной плотностью р > 0 (рис. 82). Толщина слоя I. Определить
разность потенциалов между серединой слоя и его поверхно-
194
стью, между поверхностью и точкой,
лежащей на расстоянии I от середи-
ны слоя. Построить графики зависи-
мостей Dx(x), Ех(х), Рх(х) (Р — век-
тор поляризации) и <р(х), где х — рас-
стояние от середины слоя до рассмат-
риваемой точки, отсчитываемое по
перпендикуляру к слою.
Анализ. Если линейные размеры
боковых поверхностей слоя несоиз-
меримо больше его толщины, то мож-
но предположить, что в точках, достаточно удаленных от
краев слоя, как внутри него, так и вне (вблизи), силовые
линии — прямые, расположенные нормально к боковым по-
верхностям слоя. Такая плоскосимметричная конфигура-
ция поля позволяет найти напряженность с помощью тео-
ремы Гаусса. Зная напряженность поля как функцию
координат, можно определить разность потенциалов между
заданными точками.
Поскольку объемный заряд распределен по диэлект-
рику, следует применять обобщенную теорему Гаусса.
Чтобы найти электрическое смещение D и напряженность
Е внутри и вне слоя, проведем две вспомогательные по-
верхности >$1 и >$2 в виде цилиндрических поверхностей,
торцы которых параллельны средней плоскости слоя, сим-
метричны относительно нее и заведомо меньше по пло-
щади.
Теорема Гаусса
D dS = 2Q
(1)
позволяет найти вектор D как функцию координат, а из со-
отношений
D = £оеЕ, D = е0Е + Р	(2)
можно найти напряженность и вектор поляризации как фун-
кции координат.
Зная напряженность поля как функцию координат, мож-
но по интегральным формулам рассчитать искомые разно-
сти потенциалов.
195
Решение. Рассмотрим левую часть уравнения (1). Как
следует из плоскосимметричной конфигурации поля, во всех
точках боковых поверхностей Sj и S2 векторы D и dS вза-
имно перпендикулярны (DdS = 0); на торцовых поверх-
ностях векторы D и dS коллинеарны и D dS = Д dS. По-
этому
. j)D dS = Ji) dS - 2Z>ST,	(3)
Si.j
где ST — площадь основания (торца) вспомогательной поверх-
ности интегрирования.
Равенство (3) справедливо потому, что оба торца распола-
гаются симметрично относительно заряженного слоя и D во
всех точках обоих торцов можно считать постоянным. Ин-
дексы 1, 2 показывают, что все проведенные рассуждения
справедливы как для первой Sx, так и для второй S2 поверх-
ностей.
Сумма свободных зарядов, охваченных поверхностью
очевидно, зависит от высоты h этой цилиндрической по-
верхности. Если ввести ось ОХ, то h = 2| х |, где х — коор-
дината любого из торцов. Для поверхности (| х | < 1/2)
2Q = St- 2| х | р.
Учитывая равенства (3) и (1), получаем
D-2ST = ST'2| х | р,
отсюда D — р | х | и
Dx = рх (Df = Dz = 0).	(4)
Сумма свободных зарядов, охваченных поверхностью S2
(| х | > 1/2), уже не зависит от координаты торцов и
2Q = STZp.
Тогда D  2ST = STfot, откуда D = р//2 и
Dx = plx/(2\ х |) (D, = D, = 0).	(5)
Знак Dx в выражениях (4) и (5) определяется знаками
координаты х и объемной плотности р.
196
Подставляя выражения (4) и (5) в (2), получаем:
рх ।	।
(I х I < г/2>’
CQt
I	(6)
Е> = 2^ Щ	(I * I > ‘/2>’
= 0;
Рх = рх^1-|^ (| х | < 1/2},
Л = 0	(| х | > 1/2),	(7)
Рв - Рг = 0	0.
Выражения (6) позволяют найти разности потенциалов:
2	Чг
- М £ fcdx
1	о
_pL
8еое ’
Графики Рх(х), £х(х) и Рх(х), построен-
ные по выражениям (4) — (7), показаны
на рис. 83. На границах слоя терпят раз-
рыв Ех и Рх (нормальные составляющие
векторов Е и Р), но не терпит разрыва Dz.
Следовательно, на поверхностях диэлект-
рического слоя, заряженного по объему,
поверхностная плотность свободных заря-
дов равна нулю, но вследствие поляриза-
ции диэлектрика возникают связанные
заряды. Так как ДЕ„ = а '/%, то на обеих
поверхностях слоя поверхностная плот-
ность связанных зарядов о ' > 0. Отсюда
ясно, что в толще слоя должен существо-
вать отрицательный связанный заряд (сум-
марный связанный заряд равен нулю).
График <р(х) можно построить по гра-
фику £х(х). Так как плоскосимметричная
конфигурация поля не сохраняется на
больших расстояниях от слоя, то начало
отсчета потенциала нельзя выбрать в бес-
Рис. 83
197
Ф1	конечности. Предположим, что <р = 0 на
средней плоскости слоя (х = 0). Во всей
области х > О Е = - —L > О, < О,
I \	* dx dx
л	L	следовательно, ср(х) убывает с ростом х. Во
I	I	всей области х < О Ех = -	< О, — > О,
dx dx
Рис. 84 следовательно, ср(х) убывает с ростом | х |.
Таким образом, кривая ср(х) симметрична
относительно начала координат и в точке х = 0 имеет макси-
мум (Е_ =	= 0), В области I х I < - ^-2- < 0 и кривая
dx	2 dxz
обращена вогнутостью вниз. В области | х | > — Ех=* const,
Л
следовательно, ср(х) — линейная функция. Точкам | х | - 1/2,
где Ех терпит разрыв, на графике <р(х) соответствуют точки
излома (рис. 84).
Задача 12.6. В пространстве, наполовину заполненном
парафином (г = 2), создано однородное электрическое поле,
напряженность которого в воздухе Et = 2 В/м. Вектор Ej
образует угол а — 60° с границей парафин— воздух, которую
можно считать плоской (рис. 85). Определить векторы элек-
трического смещения, напряженности и поляризации в па-
Рис. 85
рафине.
Анализ. В условии источник поля не
задан, однако известны модуль и направ-
ление вектора напряженности, а следова-
тельно, и вектора электрического смеще-
ния в воздухе. Поэтому цель задачи сво-
дится к тому, чтобы выяснить, как изме-
няются векторы D и Е при переходе через
границу диэлектрика.
Связь между векторами Е и D оп-
ределяется соотношениями
d„ = ££<>£„; Л = «А;	(1)
индексы пит обозначают нормальные
касательные составляющие векторов (по
отношению к границе диэлектрика).
198
Нормальная составляющая вектора D при переходе через
границу диэлектрика не изменяется:
(2)
где индекс 1 соответствует точкам, находящимся в воздухе;
индекс 2 — точкам, находящимся в парафине.
Это соотношение позволит определить изменение нор-
мальной составляющей вектора Е при переходе через гра-
ницу.
Касательная составляющая вектора напряженности
не терпит разрыва при переходе через границу диэлек-
трика:
~ Ел.	(3)
Это соотношение позволит определить изменение каса-
тельной составляющей вектора D при переходе через гра-
ницу.
Зная нормальные и касательные составляющие векторов
Е и D, можно найти модуль и направление этих векторов в
парафине.
Вектор поляризации Р определим из выражения
е0Е + Р = D.	(4)
Соотношение (2) может быть получено применением обоб-
щенной теоремы Гаусса. Вспомогательная поверхность дол-
жна иметь форму цилиндра, торцы которого расположены
параллельно границе раздела, по обе стороны от нее и сколь
угодно близко к ней.
Соотношение (3) может быть получено из условия, что
циркуляция вектора Е равна нулю. Контур интегрирования
должен иметь форму прямоугольника, две стороны которого
расположены параллельно границе раздела по обе стороны
от нее и сколь угодно близко к ней.
Решение. Вектор D, коллинеарен вектору Et (направле-
ние последнего задано). Считая, что электрические свойства
воздуха практически совпадают со свойствами вакуума, на-
ходим
Dt = ейЕг = 1,77  10’“ Кл/м2.
199
Очевидно, что вектор поляризации в воздухе Pt = 0. Учи-
тывая, что в воздухе Dj = а в парафине D2 = е0еЕ2, из
соотношений (2) и (3) получаем:
Ей1 ~ £-®л2»	. (5)
= Д2А-	(6)
Соотношения (2) и (6) позволяют определить
d2 = Д22 + А22 - AWAV
В воздухе Dnl = Dx sin a,Dn = Dj cos а и окончательно
D2 = Dt -Jsin2 a + e2 cos2 a = 2,3 • 10~“ Кл/м2.
При этом вектор D2 образует с границей раздела угол 0:
D, sina
sin 0 =	= 0,65, 0 = 40°.
Из соотношений (3) и (5)
^2 = 7^“22 + ^2 =	*
В воздухе Enl = Ег sin a, Ezl = Et cos a. Тогда
I • 2
_	__ | S1H Cl о — _
E2 =	V-*^2— + cos“ “ 1,3 B/M* '
Вектор E"2 образует с границей диэлектрика угол 0':
E, E.sina
•in P'-	- o.«5; P -40-.
Таким образом, векторы D и E при переходе через грани-
цу диэлектрика меняют свое направление, «преломляются»,
оставаясь по-прежнему коллинеарными друг другу.
Как следует из (4), вектор поляризации в парафине на-
правлен так же, как вектор Е2 (или D2), и его модуль равен
Рг = D2 - г0Е2 = 1,2 • 10-“ Кл/м2.
Задача 12.7. Цилиндрический конденсатор, радиусы обкла-
док которого = 2 см, Я2 = 2,5 см, заполнен двумя коакси-
альными слоями диэлектрика (рис. 86). Первый слой — про-
питанная бумага (Ej = 4), второй — стекло (е2 “ 7). Радиус
границы раздела диэлектриков Rg = 2,3 см. При какой разно-
сти потенциалов между обкладками начнется пробой конден-
200
сатора? Предельная напряженность для
бумаги Eimi№ = 1,2 • 104 кВ/м; для стекла
£2мКс = 1,0-104 кВ/м.
Анализ. Предельной, или пробивной,
называется такая напряженность, при
которой начинается разрушение молекул
диэлектрика. Сам процесс пробоя очень
сложен, поэтому в электростатике можно
говорить только о начале пробоя, не рас-
сматривая дальнейшего хода процесса.
Рис. 86
В данной задаче следует прежде всего
определить, какой из двух слоев диэлектрика при повыше-
нии разности потенциалов между обкладками будет пробит
первым, т. е. в каком из диэлектриков напряженность рань-
ше достигнет предельного значения. Поле внутри конденсато-
ра заведомо неоднородное, и напряженность убывает с увели-
чением расстояния от оси системы. Поэтому пробой может
начаться в точках, наиболее близких к оси системы, т. е. в
первом слое при г = Др во втором — при г = Rg. Поскольку
вся система обладает осевой симметрией, напряженность поля
может быть найдена с помощью обобщенной теоремы Гаусса:
|d dS = SQ.
s
Если выбрать вспомогательную поверхность в виде коак-
сиального цилиндра, получим
D = т/(2лг),	(1)
где т — линейная плотность заряда на внутренней обкладке.
При этом вектор D нормален к границе раздела и выражение
(1) справедливо в любой точке конденсатора. Учитывая, что
D = еоеЕ, получаем выражения для напряженности поля в
указанных точках:
Е. = о Т Р (г - RJ,
1	Злеое^ 4	1
Е.----------- (г = А,).
3 2леое2До
Значения этих напряженностей зависят от т, т. е. возрастают
с увеличением заряда, но их отношение остается неизменным:
Ei/E2 -
(2)
201
Ойо позволяет определить, в каком слое начнется пробой.
Приравнивая Et или Е2 соответствующей пробивной напря-
женности поля, определим значение ткию, при котором на-
ступает пробой.
Искомую разность потенциалов найдем по формуле
U= jErdr.	(3)
Решение. Соотношение (2) при числовой подстановке дает
Et/E2 ~ 2. Следовательно, при любой разности потенциалов
напряженность поля в точке 1 (г = Rt, е = е,) в два раза боль-
ше, чем в точке 2 (г == Ra, е = е2), а отношение пробивных
значений напряженности	“1,2. Это значит, что,
когда в точке 1 (бумага) напряженность будет равна пробив-
ной (1,2  104 кВ/м), в точке 2 (стекло) напряженность равна
0,6 • 104 кВ/м, т. е. меньше, чем пробивная напряженность
стекла. Таким образом, пробой начнется в бумаге. Тогда
'Чикс =	(4)
Чтобы найти разность потенциалов [см. (3)], следует вы-
разить Ег как функцию расстояния г. Из (1), учитывая связь
между D и Е, находим:
£ = —1—
{R1< Г < Яо),
Е = —^— (Я0<г<Я2).
Г 2я£0£2Г
Очевидно, Ег терпит разрыв при г = 7?0. Поэтому интеграл
в уравнении (3) следует разбить на два:
т f dr т г dr
U из - — I    —- ...	I  
2яеоег J г 2леое2 J г
А
Производя интегрирование, получаем

Т Г 1 . Rn 1 . Д2
----- — In	+ — In —~-
2ле0 Sj	Ej «Q
Подставим т = тмакс из выражения (4) в (5):
U " е.й Е.	—- ln^- + — In— = 45 «В
202
§ 13. Электрическая емкость и энергия
В задачах этого параграфа рассматривается в основном
уравнение энергетического баланса при внешнем воздей-
ствии на конденсаторы, связанном с изменением емкости
конденсаторов. Изменение емкости системы может сопро-
вождаться перемещением зарядов, т. е. протеканием тока.
При этом всегда предполагается, что любое перемещение
зарядов, обусловленное изменением емкости системы, про-
исходит настолько медленно, что потерями на джоулеву
теплоту, пропорциональными квадрату силы тока, можно
пренебречь.
Задача 13.1. Плоский конденсатор, площадь каждой пла-
стины которого S =* 400 см2, заполнен двумя слоями диэлек-
трика. Граница между ними параллельна обкладкам. Пер-
вый слой — прессшпан (е, = 2) толщины “ 0,2 см; второй
.слой — стекло (ег = 7) толщины 12 - 0,3 см (рис. 87). Кон-
денсатор заряжен до разности потенциалов U = 600 В. Най-
ти энергию конденсатора.
Анализ. В конденсаторе электрическое поле практически
локализовано между его обкладками. Энергия заряжённого
конденсатора может быть найдена по общей формуле для
энергии электрического поля:
W«JwedF, 1	(1)
v
где V — объем, в котором существует электрическое поле;
W,. = еоаЕ2/2 — плотность энергии поля.
Можно также рассчитать энергию конденсатора как
W = СЕ^/г,	(2)
где С — электроемкость конденсатора.
При использовании первого метода следу-
ет по заданному U найти напряженность поля,
применяя соотношение
2
U - Je dl.	(3)
i
Рис. 87
203
Решение. Поскольку в плоском конденсаторе в пределах
каждого диэлектрика поле однородно, равенство (3) может
быть записано в виде
U =	+ Ег1а,	(4)
где индексы 1 и 2 относятся соответственно к первому и
второму диэлектрикам. Граница раздела диэлектриков па-
раллельна обкладкам и, следовательно, нормальна силовым
линиям поля. Поэтому
Di = D2 и tiEi = e^.	(5)
Уравнения (4) и (5) представляют собой систему относи-
тельно неизвестных £, и Ег, при совместном решении кото-
рой получим:
Е	и
1	li + еЛЛг e2Zi +	’
Е =	и	= Е1и (6)
2	62^1/е1 + ^2	6 2^1 + е1^2
В пределах объема каждого слоя плотность энергии по-
стоянна, и равенство (1) принимает вид
W - frfiEtSli/2 + e0e2E*Sl2/2.
Учитывая выражения (6), после несложных преобразова-
ний получаем
ТУ =	+ е212)] = 4,4- 1(Г5 Дж.
Для расчета энергии вторым способом [см. (2)] надо
предварительно определить электроемкрсть:
С = Q/U,	(7)
где Q = aS — заряд конденсатора.
Для того чтобы установить связь между разностью потен-
циалов U и зарядом Q, надо сначала найти напряженность
поля, а затем, учитывая однородность поля, воспользовать-
ся уравнением (4).
Напряженность поля в слое диэлектрика
Е, = о/(еЛ).	(8)
204
Если формула эта не очевидна, то следует сначала с помо-
щью обобщенной теоремы Гаусса получить выражение для
напряженности поля, создаваемого одной большой плоско-
стью, окруженной диэлектриком, а затем, используя прин-
цип суперпозиции, найти напряженность между обкладка-
ми конденсатора.
Подставляя выражение (8), записанное для каждого из
слоев в уравнение (4), находим
U =	+ к] = —(Е^ + е^).
е0\®1 е2 )	£о®1е2^
Тогда электроемкость конденсатора [см. (7)]
С £(>£,628/(62/!	^1^2)*
После подстановки выражения (9) в (2) формула для рас-
чета энергии примет тот же вид, что и в первом случае.
Задача 13.2. Плоский воздушный конденсатор (8 =
= 200 см2; I = 0,5 см), заряженный до разности потен-
циалов Ua = 300 В и отключенный от источника, помещают
в плоскую металлическую коробку; стенки коробки, па-
раллельные обкладкам, той же площади 8 каждая и от-
стоят на расстоянии I' = 0,2 см от ближайшей к ней об-
кладки (рис. 88). Все стенки коробки не соприкасаются с
пластинами конденсатора. Найти изменение энергии сис-
темы.
Анализ. Поле уединенного плоского конденсатора одно-
родно, и все заряды равномерно распределены на внутрен-
них поверхностях 2 и 3 его обкладок. У краев пластин
однородность поля нарушается, силовые линии выходят за
пределы конденсатора. Если заряжен-
ный конденсатор поместить внутрь ме-
таллической коробки, то та стенка, ко-
торая перпендикулярна обкладкам
конденсатора, попадает в это неодно-
родное поле. Под его действием в ко-
робке произойдет перераспределение
зарядов, причем в соответствии с на-
правлением силовых линий поля кон-
денсатора на нижней стороне появят-
ся положительные заряды, на верх-
ней — отрицательные. Эти индуциро-
205
ванные заряды также практически равномерно распределят-
ся по внутренним поверхностям 5 и 6 коробки и создадут
собственное поле. Оно вызовет перераспределение зарядов
на каждой из обкладок конденсатора — часть зарядов перей-
дет на их внешние поверхности. Равновесие наступит тогда,
когда в толще металла напряженность результирующего поля
окажется равной нулю. Очевидно, при этом поверхностные
плотности зарядов на поверхностях 5, 1; 6, 4; 2, 3 будут
попарно равны и противоположны по знаку.
Таким образом, помещение заряженного конденсатора
внутрь металлической коробки приводит к перемещению
зарядов и в коробке, и на обкладках конденсатора, т. е. силы
кулоновского поля совершают положительную работу. По-
скольку конденсатор был предварительно отключен от ис-
точника, то изменение энергии системы определяется рабо-
той сил только кулоновского поля:
ДТГ - - А.
Следовательно, энергия системы убывает.
Начальная энергия системы — энергия заряженного кон-
денсатора
W0~C0U20/2,	(1)
где Со — электроемкость заданного конденсатора.
Для того чтобы рассчитать конечную энергию системы,
надо либо найти напряженности во всех трех областях, где
существует электрическое поле (вне коробки поле отсутству-
ет), и плотности энергии поля в каждой из указанных обла-
стей, либо найти емкость новой системы и ее заряд. В этом
случае
W - Q7(2C).	(2)
Решение. Воспользуемся вторым способом. Как уже
было показано, заряды на поверхностях 5, Г, 4, 6 попарно
равны и противоположны по знаку. Это позволяет обе пары
поверхностей рассматривать как заряженные плоские кон-
денсаторы {II и III, рис. 89). Электроемкость каждого из
них
Сп = Сга ж 6qS/Z .	(3)
Поверхности 5 (нижняя обкладка конденсатора II) и 6
(верхняя обкладка конденсатора III) соединены между со-
206
бой и заряжены равными, но разноимен-
ными зарядами; поэтому конденсаторы
II и III следует считать соединенными
последовательно. Заряд двух таких кон-
денсаторов равен заряду каждого из них
(например, Qu). Суммарная разность по-
тенциалов между обкладками этих кон-
Рис. 89
денсаторов равна разности потенциалов между поверхностя-
ми 2 и 3, т. е. между обкладками конденсатора I, в точности
совпадающего с первоначально заданным конденсатором элек-
троемкостью
С, = Со = £oS/L	(4)
Следовательно, конденсатор I подключен параллельно
конденсаторам II и III (см. рис. 89). Общая электроемкость
системы [см. (3) и (4)]
ОпСш - _ tos(2r+f)
Сц + Qu 1	21'1
(5)
Первоначальный заряд конденсатора Qo = Со17о после по-
мещения его в коробку распределился между поверхностя-
ми 2 (Qs, конденсатор Z) и 1 (QH, конденсатор II). Таким
образом, заряд системы
Q = Qt + Qn = Со^о-
Подставив это выражение в (2), найдем конечную энёр-
гию системы:
W = Q2/(2C) - (С0П0)7(2С).
Тогда изменение энергии с учетом (1)
= W- Wo = ^(^"4
А \ V J
Учитывая (4) и (5), находим
AVF = - EtfSt^/[2(Z + 21 ')] - - 8,85-10 7 Дж.
Задача 13.3. Плоский воздушный конденсатор (S «
= 200 см2; li = 0,3 см) заряжен до разности потенциалов Uo •*
= 600 В. Какую работу надо совершить, чтобы увеличить
207
расстояние между обкладками до 1г = 0,5 см,
не отключая конденсатор от источника
(рис. 90)?
Анализ. Конденсатор соединен с источ-
ником, поэтому при любых манипуляциях
г разность потенциалов на его зажимах оста-
X ется постоянной и равной Uo, при этом за-
ряд может изменяться. Однородность поля
между обкладками позволяет рассчитать
силу взаимодействия F, пластин. При раз-
движении пластин внешняя сила F равна и
противоположна силе взаимодействия и ее
работа
2
= jFdl.
1
(1)
С другой стороны, работу внешней силы можно определить
из уравнения энергетического баланса:
AW = А* + А^,	(2)
где AW — изменение энергии конденсатора; АИСТ — работа,
совершаемая источником.
Так как конденсатор соединен с источником, то изменение
его энергии найдем по формуле
AW = U*(C2 - С0/2,	(3)
где С2 и С, — соответственно конечная и начальная емкости
конденсатора.
Работа, совершаемая источником,
A^bQU,,	(4)
где AQ — заряд, протекший через источник и равный из-
менению заряда на обкладках конденсатора.
Следует отметить, что при расчете работы источника по
формуле (4) знак работы определяется знаком AQ; работа
источника положительна, когда он подает заряд на конден-
сатор, и в этом случае AQ > 0.
Решение. Первый способ. Поскольку поле, создавае-
мое каждой из пластин, на небольших расстояниях однород-
208
но (следует предположить, что это сохраняется и при рассто-
янии I = Z2)> то
F = E&,	(5)
где Et — напряженность поля, создаваемого одной из плас-
тин; Q — заряд второй пластины.
Напряженность поля одной пластины
= о/(2е0) = QJtZejS),
где Qt = Q — заряд пластины, создающей поле. Отсюда Q =
= ZeJSE^ Подставляя это выражение в (5), получаем
F = Ze^SE?.	(6)
Напряженность поля, созданного одной пластиной, вдвое
меньше напряженности Е между обкладками конденсатора.
Благодаря однородности поля U = El - 2Etl, откуда Et => U0/(2l).
Подставляя это выражение в (6), находим
F = Eo-SC/o/(2f2)-
Как видно, сила взаимодействия между пластинами, а
следовательно, и внешняя сила, раздвигающая пластины, при
напряжении (70 непрерывно изменяются с расстоянием I. Если
ввести ось ОХ и предположить, что перемещается отрица-
тельная пластина конденсатора, то выражение (1) можно
переписать:
2
A*=p;dZ,
1
где Fx - F; I — х — координата второй пластины. При раз-
движении обкладок х изменяется в пределах от lt до l2. Тог-
да
А 2 J х2 2
Второй способ. Из уравнения (2)
А* = A IF - Аи„.	(8)
“ 4,2 мкДж. (7)
h nJ
209
Так как Uo = const, то изменение заряда конденсатора
Д<? = (С2 - CJCZo,
откуда [см. (4)]
= 17* (С2 - С,).	(9)
Подставляя выражения (9) и (3) в (8), имеем
л* = - Ul(C2 - С.)/2.
Изменение электроемкости конденсатора
J1 l')
откуда
. tZgeogfl Н
2	h)'
При использовании этих методов решения необходимо оговари-
вать медленность движения пластины. В первом случае это позволяет
считать, что внешняя сила все время равна по модулю силе взаимо-
действия пластин, во втором — что за все время движения напряже-
ние на обкладках конденсатора равно С70, тогда сила тока настолько
мала, что можно не учитывать потери энергии на джоулево тепло.
Задача 13.4. Воздушный конденсатор емкостью Ct =
- 0,2 мкФ заряжен до разности потенциалов tZ0 “ 600 В.
Найти изменение энергии конденсатора и работу сил поля
при заполнении конденсатора жидким диэлектриком (е = 2).
Расчет произвести для двух случаев: 1) конденсатор отклю-
чен от источника; 2) конденсатор соединен с источником.
Анализ. Работа А сил кулоновского поля может быть в за-
даче рассчитана только из уравнения энергетического баланса:
ДW = - А + А^.
(1)
При внесении диэлектрика в электрическое поле кон-
денсатора силы поля совершают положительную работу не-
зависимо от того, отключен предварительно конденсатор от
источника или нет. (Силы кулоновского поля поляризуют
диэлектрик и втягивают его в область большей напряженно-
сти.) Таким образом, А > 0.
В первом случае за счет этой положительной работы сил поля
энергия конденсатора уменьшается. Во втором случае напряже-
ние на обкладках конденсатора остается неизменным, следова-
тельно, при внесении диэлектрика заряд конденсатора должен
210
возрастать. Это значит, что источник, посылая добавочный за-
ряд конденсатору, совершает положительную работу и характер
изменения энергии конденсатора заранее не известен.
Очевидно, в первом случае (Q = const) изменение энергии
удобно рассчитывать по формуле
(2)
во втором (U = const) — по формуле
иа
&W = ^.(с2 _ С1).	(3)
Поскольку диэлектрик нацело заполняет весь конденсатор,
то независимо от его формы
С2 = еСР	(4)
Решение. 1. Конденсатор предварительно отключен от источ-
ника ОКет = 0). Уравнение (1) с учетом (2) и (4) принимает вид
Лт„ Q2f 1 И .
ДТГ = -2- -7Г-— = - А..
2 ( е Cj Ct )	1
Заряд конденсатора Q = CtU0. Тогда
&W =	11 - - 1,8 • 10‘2 Дж; А, = 1,8 • 10’2 Дж.
а \ Е J
2. Конденсатор соединен с источником. Изменение энер-
гии по выражению (3) с учетом (4)
&W =	- 1) = 3,6 • IO’2 Дж.	(5)
2
Следует обратить внимание, что в этом случае, хотя силы
кулоновского поля совершали положительную работу, энер-
гия конденсатора увеличилась, что возможно только за счет
положительной работы источника.
Работа сил поля из уравнения (1)
Л!=Д1СТ-Д1Г.	(6)
Подставляя выражения (4) и (5) в (6) и учитывая, что
А^ - AQt70 = 172(Сг - Ct), получаем
Аг - CtU^(e - 1)/2 = 3,6 • IO’2 Дж.
Как видно, Аг > At; это объясняется тем, что в первом
случае по мере заполнения конденсатора диэлектриком силы
поля ослабевают.
211
Рис. 91
Задача 13.5. Рассчитать энергию
поля, созданного зарядом Q, равно-
мерно распределённым в вакууме по
объему, имеющему форму шара ра-
диуса R (рис. 91). Найтй изменение
энергии при разделении заряда Q на
два заряда Q/2, бесконечно удален-
ных один от другого. После разделе-
ния каждый из зарядов Q/2 распре-
деляется с той же объемной плотностью по объему, име-
ющему форму шара.
Анализ. Заряд Q создает электрическое поле как в обла-
сти, занятой самим зарядом, так и вне ее.
Полная энергия электрического поля
l7=J<oedV,	(1)
V
где плотность энергии электрического поля
Ч » е^/2.	(2)
Таким образом, решение задачи сводится прежде всего к
нахождению напряженности поля, созданного данной кон-
фигурацией зарядов.
Идеальная сферическая симметрия позволит найти на-
пряженность поля с помощью теоремы Гаусса:
Е dS = — 2Q,	(3)
£0
где S — площадь вспомогательной поверхности, которой,
очевидно, следует придать форму сферы, концентричной рас-
сматриваемому заряду.
После разделения заряда аналогично может быть найдена
энергия поля, создаваемого каждым из зарядов Q/2. (По-
скольку в условии оговорено, что после разделения заряды
бесконечно удалены один от другого, их взаимодействием, а
значит, и их взаимной энергией можно пренебречь.) При
разделении заряда Q силы поля совершают положительную
работу (одноименные заряды отталкиваются), энергия сис-
темы уменьшается.
Решение. Для расчета напряженности проведем вспомо-
гательные поверхности St и S2. Во всех точках каждой из
212
этих поверхностей E,dS = О (считаем заряд Q положитель-
ным) и Е = const. Поэтому
j)EdS = ^EdS =Е-4лг2,	(4)
5i,i	511
где г — радиус вспомогательной поверхности.
При г < R сумма зарядов, охваченных поверхностью S,,
2Q = ^рлт3,
О
где р = 3(?/(4яД3) — объемная плотность заряда. Следова-
тельно,
2Q = Qrs/R3.	(5)
Подставляя выражения (5) и (4) в (3), получаем
При г > R сумма зарядов, охваченных поверхностью S2,
2Q = Q.	(7)
Подставляя выражения (7) и (4) в (3), находим
Е = —-^-у.
4згг0г2
В соответствии с выражениями (6) и (8) объемная плот-
ность энергии также является функцией расстояния г и [см.
(2)]
(8)
_ Q2>~2
“ 32л2е0Я6
= Q2
32л2е0г4
(г < R),
(r>R).
Поскольку зависимость юе(г) различна для областей
пространства внутри и вне заряда Q, интеграл в правой час-
ти (1) следует разбить на два:
W = J<oe dV + J<oe dV,	(9)
vi	v,
где Vj — объем пространства, занимаемый зарядом Q; V2 —
объем остального пространства.
213
Объем dV следует выбрать в виде тонкого шарового слоя
толщины dr (в пределах такого объема £ и ш, постоянны):
dV = 4ЛГ2 dr.
Подставляя это выражение и соответствующие выраже-
ния для со, в (9) и учитывая, что в пределах объема V\ пере-
менная г изменяется от 0 до Я, а в пределах объема V2 — от
R до °0, окончательно получаем
W =
3Q2
2ОлеоЯ '
(Ю)
Очевидно, что после разделения зарядов энергию поля
каждого из вновь образовавшихся зарядов можно рассчи-
тать по формуле (10). Но теперь Q, = Q/2, Rt • R/3j2. Тогда
энергия всей системы после разделения зарядов
, 3 (Q/2)2 8Л = 3V2 Q2
20ле0 R 4Оле0 R
Изменение энергии при разделении зарядов
Д W = Ж - Ж=
3Q2
2ОлеоЯ
< 0.
§ 14. Постоянный электрический ток
Задачи этого параграфа посвящены применению законов
постоянного электрического тока: обобщенного закона Ома
и правил Кирхгофа, а также закона Джоуля — Ленца.
При использовании обобщенного закона Ома в инте-
гральной форме
IR = Ф1 - <р2 + %
следует обратить внимание на принципиальное различие
между разностью потенциалов, электродвижущей силой и
напряжением. Каждая из этих величин определяется как
удельная работа электрического поля. Но разность потен-
циалов — это работа кулоновского потенциального поля, не
214
зависящая от пути интегрирования. Электродвижущая сила
— работа непотенциального стороннего поля (локализован-
ного внутри источника) и поэтому зависит от пути интегри-
рования. Под напряжением понимается удельная работа ре-
зультирующего электрического поля (Е = Ек + Ест), и соглас-
но обобщенному закону Ома напряжение равно произведе-
нию силы тока на полное сопротивление рассматриваемого
участка. Таким образом, напряжение должно зависеть от пути
интегрирования, поэтому на параллельных участках цепи,
содержащих различные источники ЭДС, произведение IR бу-
дет также различным.
При использовании обобщенного закона Ома и второго
правила Кирхгофа рекомендуется придерживаться следую-
щего правила знаков: произведение IR берется со знаком «+»,
если направление тока (заданное или предполагаемое)1 со-
впадает с выбранным направлением обхода участка цепи или
контура. Электродвижущая сила S источника берется со
знаком ♦+», если направление Ест совпадает с выбранным
направлением обхода. В выражении закона Ома ср, - <р2 есть
разность потенциалов между начальной и конечной точками
участка, т. е. опять-таки зависит от выбранного направле-
ния обхода.
Задача 14.1. Определить разность потенциалов - <р2
на зажимах источника (S’ = 4 В; г = 0,5 Ом), включенного
в некоторую цепь. Направления тока, идущего через источ-
ник, показаны на рис. 92, а, б, в (It = 0; It = 2 А; 13 “
- 10 А). При каком составе внешней цепи
(во всех случаях ее считать неразветвлен-
ной) возможны рассматриваемые ситуа-
ции?
Анализ. Внутри любого источника су-
ществует стороннее электрическое поле,'
под действием которого на полюсах источ-
ника происходит накопление зарядов про-
тивоположных знаков. Вектор Еет направ-
лен всегда от «—» к «+». Кулоновское поле
создается зарядами, накопившимися на по-
1 Как обычно, за направление тока принимается направление
движения положительных зарядов.
215
люсах источника, и если в цепи нет других источников, то
кулоновское поле направлено навстречу стороннему, причем
Ек < ф2 “ Ч>! <
Очевидно, знаки равенства соответствуют разомкнутой
цепи.
При наличии других источников в цепи разность по-
тенциалов <р2 - ф, может быть и меньше, и больше, чем ЭДС
может оказаться и отрицательной величиной. В после-
днем случае ф2 < ф1 и векторы Ej и Еп сонаправлены.
Направление тока, протекающего через источник, оп-
ределяется направлением напряженности результирующего поля
Е = Ек + Ест
(согласно закону Ома, в дифференциальной форме вектор
плотности тока j = ХЕ, где X — удельная проводимость).
В первом случае при 1-0
Е = Ек + Еи = 0.
Следовательно, Ек = - Ест, ф2 - фц -
Это может наблюдаться как при разомкнутой цепи, так и
при наличии в цепи хотя бы еще одного источника с
включенного навстречу источнику g’t.
Во втором случае (рис. 92, б), судя по направлению тока,
результирующий вектор Е = Eg + Ест и вектор Ест противопо-
ложны по направлению; следовательно, кулоновское поле
также противоположно стороннему, причем
Ек > Ет> Фг — Ф1 > ^1'
Это справедливо при наличии в цепи хотя бы еще одного
источника ^2, включенного навстречу источнику ^р очевид-
но, что > ф2 - фр .
Искомая разность потенциалов может быть рассчитана из
обобщенного закона Ома, примененного к участку 1	2.
В третьем случае (рис. 92, в) результирующий вектор Е и
вектор Ест сонаправлены. Если кулоновское поле противо-
положно по направлению стороннему, то
Ек < Еа> Ф» “ Ф1 <
Это имеет место, если внешняя цепь состоит только из
нагрузки.
216
Кулоновское поле может быть и сонаправлено стороннему,
тогда ф2 _ Ф1 < 0- При этом в цепи должен быть еще хотя бы
один источник, включенный согласованно (т. е. последова-
тельно) с источником
Искомую разность потенциалов можно по-прежнему най-
ти из обобщенного закона Ома.
Решение. В первом случае (Гц = 0)
<р2 - Ф! =	= 4 В.
Во втором случае (/2 = 2 А) обобщенный закон Ома для
участка 1	2 имеет вид
- /2г = ф, - ф2 + j,
откуда
Ф2 - Ф1 = g’j + /2г = 5 В.
В третьем случае (13 = 10 А) обобщенный закон Ома для
участка 1	2 имеет вид
,	13г в ф, — ф2 +
откуда
<₽2 “ <Р1 =	“ Гзг = ~ 1 В-
Очевидно, что ф2 — ф, < 0 в тех случаях, когда сила тока I
(направление тока показано на рис. 92, в) больше, чем сила
тока короткого замыкания 1К , = %/г. Если I = 1К 3, то раз-
ность потенциалов на зажимах источника равна нулю.
Задача 14.2. Под конец зарядки аккумулятора при силе
тока в цепи Д “ 3 А показание вольтметра, подключенного к
зажимам аккумулятора, 17, = 4,25 В. В начале разрядки того
же аккумулятора при силе тока в цепи 1г = вольтметра U2 - 3,9 В (рис. 93). Опреде- лить ЭДС & н внутреннее сопротивление г аккумулятора. Анализ. Аккумуляторы являются многоразовыми химическими ис- точниками тока. При длительной работе они разряжаются, т. е. их ЭДС уменьша- /- ется. Аккумуляторы могут быть вновь за- 1 ряжены при пропускании электрическо- го тока от внешнего источника в направ-	4 А показание LXlfc. Рис. 93
217
лении, противоположном стороннему полю аккумулятора. В
конце.зарядки, так же как и в начале разрядки (т. е. само-
стоятельной работы аккумулятора как источника на нагруз-
ку), можно считать, что ЭДС аккумулятора имеет макси-
мальное номинальное значение, которое и требуется опреде-
лить.
В условии заданы показания вольтметра, подключенного
к зажимам аккумулятора. Вольтметр, включенный в цепь,
всегда показывает напряжение на себе самом, равное разно-
сти потенциалов между точками, к которым он подключен.
В данном случае показания вольтметра
U = Ф2 - ср,	(1)
(при условии, что ф2 > ф,). Поскольку внутреннее сопро-
тивление вольтметра не задано, следует предположить, что
оно настолько велико по сравнению с сопротивлением всех
элементов цепи, что силой тока, идущего через вольтметр,
можно пренебречь. Тогда сила тока, протекающего через ак-
кумулятор, равна заданному значению Д (при разрядке /2).
При зарядке аккумулятора, когда ток Ц направлен так,
как показано на рисунке, S < ф2 - фР При разрядке ток 1г
направлен в противоположную сторону и ф2 - фх < Следо-
вательно, ЭДС аккумулятора должна удовлетворять условию
U2 < S’ < Uv
Применяя обобщенный закон Ома к участку 1 S’ 2 для
каждого из двух процессов, получим два уравнения, со-
держащих в качестве неизвестных ЭДС и внутреннее со-
противление аккумулятора.
Решение. При зарядке и разрядке аккумулятора закон
Ома для участка 1 S’ 2 примет вид
- /1Г = Ф1 - ф2 + g1, I2r =
Учитывая равенство (1), найдем, что Ф1 _ ф2 “ - Пр
Ф1 - <р2 = - U2. Подставляя эти выражения в записанные
выше уравнения и решая их совместно, получаем:
г = (U, - С72)/(Л + /2) - 0,05 Ом;
S’ = (П/2 + CZ/JAA + /2) - .4,1 В.
218
Задача 14.3. Два гальванических эле-
мента = 5 В; г, = 0,3 Ом; ?2 = 4 В;
г2 = 0,2 Ом) соединены параллельно и зам-
кнуты на резистор R (рис. 94). Определить:
1) сопротивление Rt резистора, при кото-
ром второй элемент будет скомпенсирован;
2) силы токов в цепи при сопротивлении
резистора R2 = 1 ,88 Ом; 3) силы токов в
цепи при R = R2, после того как второй
элемент будет скоммутирован1.
Анализ. Параллельным называется та-
кое соединение источников, при котором
на их зажимах устанавливается одинако-
вая разность потенциалов, а сила тока в
цепи равна сумме сил токов, текущих через источники. При
этом обычно предполагается, что источники соединяются од-
ноименными полюсами (рис. 94,а).
Поскольку > S2, ток идущий через первый эле-
мент, в любом случае направлен так, как показано на рисун-
ке, и разность потенциалов
<р2 - Ф1 <
Если эта разность потенциалов окажется равной ЭДС S2
второго элемента, то внутри него кулоновское и стороннее
поля будут взаимно скомпенсированы (Еи = — Ест2). В этом
случае Z2 = 0. Тогда, применяя обобщенный закон Ома к
участку 1	2, можно найти силу тока Ц. При 12 = 0 Z, •= 13
и закон Ома, записанный для замкнутого контура 1 S 2 R 1
(или второе правило Кирхгофа), позволит найти сопротивле-
ние Яг Если R2 > Яр то соответственно уменьшится сила
тока Zp а разность потенциалов <р2 ” Ф1 окажется больше,
чем S2. В этом случае второй элемент будет подавлен, ток 12
потечет так, как показано на рисунке. Силы токов могут
быть найдены из правил Кирхгофа. Первое правило Кирхго-
фа, примененное к узлу 1 (или 2), даст соотношение между
всеми силами токов Zp Z2, Z3. Второе правило Кирхгофа удобно
применить к контурам 1	2 R 1 a t R I.
Этим же способом можно найти и силы токов после ком-
мутирования второго элемента крис. 94, б). После коммути-
1 Коммутирование — переключение полюсов.
219
рования второго элемента его стороннее поле стремится пере-
мещать положительные заряды к точке 1, а стороннее поле
первого элемента — к точке 2. И хотя > ^2, нельзя до
проведения расчета указать потенциал какой точки (2 или 1)
больше, так как внутреннее сопротивление т\ первого элемен-
та также больше сопротивления г2 второго элемента. Направ-
ление тока 13 на рисунке дано в предположении, что ф2 > фР
Решение. 1. Запишем обобщенный закон Ома для участка
1	2 (рис. 94, а):
= ч>1 -
Учитывая, что ф2 - ф, = ^2, находим
Л = (^1 ~ ^?2)/Г1"
Применяя закон Ома для замкнутого контура 1	2 Я (
при условии, что 1\ = Г3, получаем
Л = «\/(П + RJ.
Приравняем правые части полученных выражений:
(^ - ^г)/Г1 = ^/(п + Л).
откуда
R1 = ^2г1/(^1 -	Ом-
S. Запишем первое правило Кирхгофа для узла 1, второе
правило Кирхгофа — для контуров 1	2 R 1 и 1	2 R 1
при направлении обхода по часовой стрелке:
Л = Ц +	(1)
+	(2)
-	I2r2 + I3R — &2.	(3)
Уравнения (1)—(3)	составляют	систему относительно
неизвестных 1Р 12, 1а. Умножив уравнение (2) на г2, а урав-
нение (3) — на гр сложим их почленно:
(А ~	"*	"* гг) = ^1гг ^2Г1-
Решая это уравнение и учитывая, что R = Й2, а Ц - 12 = 13
[см. (1)], находим
220
Из уравнений (2) и (3) получим
A = (g\ -	- 2,9 А; 1г = (1Л “ ^)/г2 = °-7 А-
3. Правила Кирхгофа, примененные по-прежнему к узлу
1 и к контурам 1 gt2 R 1 п1 ?г 2 R 1 (рис. 94,6)» дадут
Л = Аг + Аг»
11г1 + I3R = ё\,
~ 1гГг + I%R ~ ~ ^2'
Произведя те же преобразования, что и в случае 2, най-
дем:
г = ?i±AA = 17>9 А;
П
_ = 18 д
2 г2
Знак «-» в значении силы тока /8 показывает, что пред-
полагавшееся направление этого тока неверно. В действи-
тельности ток 13 течет в обратном направлении, т. е. <р, > <р2.
Задача 14.4. Три источника с ЭДС g\ = 6 В, = 4 В
и внутренними сопротивлениями г = 0,5 Ом каждый соеди-
нены, как показано на рис. 95, и замкнуты на резистор с
переменным сопротивлением. Определить разности потенци-
алов фд - фс и фд- - фд при сопротивлении резистора R =
= 4 Ом. Построить графики зависимости указанных разно-
стей потенциалов от сопротивления резистора.
Анализ. Искомые разности потенциалов могут быть най-
дены из обобщенного закона Ома,
примененного к участкам C^XD (или
Cg’2Z>) и D&3K после предвари-
тельного расчета сил токов с по-
мощью правил Кирхгофа. Однако
характер зависимости разности по-
тенциалой от сопротивления ре-
зистора следует выяснить до про-
ведения расчета.
221
Как видно из приведенной схемы, первый и второй ис-
точники соединены параллельно, так что их сторонние поля
перемещают положительные заряды по направлению к точ-
ке D. Поэтому фд > фс. Поскольку первый источник обладает
наибольшей ЭДС, ток всегда направлен так, как показано
на схеме, и
Фо “ Фс < ^1-
До тех пор пока фд ~ фс < &2, ток 12 направлен так, как
показано на рисунке. С ростом сопротивления сила тока
уменьшается, а разность потенциалов фд - фс возрастает. При
некотором значении Я = Я, разность потенциалов фд - фс
достигнет значения тогда второй источник окажется ском-
пенсированным (12 = 0). При дальнейшем возрастании со-
противления разность потенциалов фд - фс станет больше,
чем g’j, второй источник окажется подавленным, ток 12 из-
менит свое направление. Следует отметить, что даже при
й -♦ оо, т. е. практически при разорванной внешней цепи,
контур, содержащий источники и ^2, остается замкну-
тым, ток в нем течет в направлении I, (так как > g’j) и
условие ^2 < фд - фс < сохраняется.
Ток 1а, проходящий через третий источник, при любом
сопротивлении сохраняет свое направление и
Фх ~ Фо *• ^3*
Лишь при разорванной внешней цепи (Я -» °°)Фх-Фо“^8.
По-видимому, при малом сопротивлении сила тока 1а может
оказаться больше, чем сила тока короткого замыкания тре-
тьего источника, тогда фд > фк. Таким образом, при малом
сопротивлении Фд- - фд < 0. При некотором Я = Яо разность
потенциалов фк - фд = 0, а при Я > Яо разность потенциалов
Фх ~ Фо > 0 и возрастает до ^а.
Решение. Применим первое правило Кирхгофа к узлу D и
второе правило Кирхгофа к контурам C£\^RC и Сё’^’аРС:
h + 1г =	(1)
Цг + 13(г + Я) =	+ ^3,	(2)
1аг + 18(г + Я) =	+ ё’з-	(3)
Складывая почленно уравнения (2) и (3) с учетом (1), по-
лучаем
/З(3г + 2Я) =	+ 2^3,
222
откуда
i + $ 2 + 2^ з
/з= Зг + 2Я '
Подставляя выражение (4) в (3), находим
(4)
(5)
+ S, + 2£’я
1гг^2^2-(г + Я)	8
Для определения разностей потенциалов фд _ фс и Фх “ Фо
применим обобщенный закон Ома к участкам CS2D и DS2K'.
IjT ~ Фс ~ Фо + ^2»
1зг ~ Фо Фх + ^3.
Учитывая выражения (4) и (5), после небольших преобра-
зований получаем:
(^-^(^Я
-------STss-----’	<6)
*
(S’3 - Si - ^2)г + 2^3Я
”« - ' --зТТй---- т
При R = 4 Ом
Фо Фс 4,5 Фх Фо= ®»1
Как видно из решения, при заданном значении внешнего
сопротивления фд - фс > S2. Это значит, что второй источ-
ник «подавлен» и направление тока 12 противоположно по-
казанному на схеме.
Для построения графика зависимости фд - фс = Дф! от
сопротивления R найдем [см. (6)] Дф, при R = 0 и R -* °° и
первую производную бДф^бЯ :
Дф1 - (8\ +	+ ^а)г/(3г) = 2 В (Я = 0);
Дф1 =	+ ^г/2 = 5 В (Я — оо);
dA<p! _ (Si+St)(3r + 2R)-(Si +^2 -g’3) 2r-(g,i 4-^2)2Я =
dLR	(Зг + 2Я)2
(g>g\+2g8)r
(Зг + 2Я)2	> °
223
Фо - Фс> В
R
Следовательно, Дф! является моно-
тонно возрастающей функцией внеш-
него сопротивления, асимптотически
стремящейся к значению Дф! = 5 В.
Для уточнения зависимости ДфДЯ) най-
дем сопротивление R = Rif при кото-
ром Дф! = g’j. В этом случае 12 = 0.
Приравнивая нулю выражение (5), пос-
ле соответствующих преобразований
получаем
(2^а+^3-О-
Я1 8\-£2	1,50м.
Для построения графика зависимости фд- - фд = Дф2 от
сопротивления R проведем аналогичные расчеты по выраже-
нию (7):
Дф2 = г (g’a -	- ^2)/(Зг) = - 2 В (R = 0);
ДФг -	= 4 В (R - оо);
dA<p2 2^з(Зг + 2R) — (^з -	- &2)%г -	R
dR “	.(Зг + гя)2
(g1! +^2 +2^з)2г
(Зг + 2R)2
Следовательно, Дф2 также является монотонно возрас-
тающей функцией сопротивления, асимптотически стре-
мящейся к значению Дф2 = 4 В. Для уточнения графика
зависимости Дф2(Я) найдем сопротивление R - Ro, при ко-
тором Дф2 = 0. Из выражения (7) следует, что Дф2 = 0,
если
(g’l+g’j-g’aJr
2£я... - = 0,38 Ом.
Графики зависимостей Дф(Д) показаны на рис. 96.
224
Задача 14.5. В схеме, показанной
на рис. 97,	= 20 В; &2 = 25 В;
J?! = 10 Ом; R2 = 15 Ом; внутрен-
ние сопротивления источников пре-
небрежимо малы. Определить: 1) ра-
боту, совершенную источниками, и
полное количество выделившейся в
цепи джоулевой теплоты за интер-
вал времени At = 0,5 с при Ra =
= 82 Ом; 2) сопротивление Ra, при
котором выделяемая на этом рези-
сторе тепловая мощность макси-
мальна.
Анализ. Под работой источника следует понимать рабо-
ту, совершаемую силами стороннего поля при перемещении
заряда, проходящего через источник за промежуток време-
ни At. При постоянной силе тока I, согласно определению
электродвижущей силы, эта работа может быть рассчитана
по формуле
А =
Очевидно, что при направлении тока, совпадающем с на-
правлением стороннего поля, работа источника положитель-
на. Количество теплоты, выделяющееся на неразветвленном
участке цепи с сопротивлением R,
Q - I2KAt.
Таким образом, для решения задачи необходимо найти
силы токов во всех участках цепи, для чего можно использо-
вать правила Кирхгофа.
Тепловая мощность (отношение количества теплоты к
промежутку времени, в течение которого она выделяется) на
резисторе Ra тем больше, чем больше сила тока 13 и сопро-
тивление Ra. С другой стороны, с ростом сопротивления Ra
сила тока 13 уменьшается. Поэтому сопротивление Ra, при
котором выделяемая на резисторе тепловая мощность мак-
симальна, может быть рассчитано только тогда, когда будет
получено аналитическое выражение этой тепловой мощнос-
ти в условиях заданной схемы.
8-Сборник задач
225
Решение. 1. Применим правила Кирхгофа к одному из
узлов и к замкнутым контурам R3 и Я2 Л3:
А + Л = /з.	(1)
+ г,/?, = в’,,	(2)
12Я2 + 13й3 - F,.	(3)
Умножив уравнение (2) на R2, а уравнение (3) на Я, и
почленно их сложив, после несложных преобразований с
учетом (1) получим
z (4)
При заданных значениях ЭДС и сопротивлений 1а =
- 0,25 А.
Из уравнений (2) и (З)1 находим
Л =	- W/Ri = - 0,05 А;
/2 = (£г - I3R3)/R. = 0,3 А.
Отрицательное значение силы тока 11 означает лишь то,
что направление этого тока указано на схеме неверно. В
действительности ток через первый источник течет в проти-
воположном направлении и сила этого тока = 0,05 А.
При таком направлении тока Zt работа первого источника
отрицательна:
Aj = -	= - 0,5 Дж.
Работа второго источника положительна, так как ток 12,
идущий через второй источник, направлен по его сторонне-
му полю:
= 3,75 Дж.
Поскольку других источников в цепи нет, количество теп-
лоты, выделяемое во всей цепи,
Q = Aj + А2 = 3,25 Дж.
1 Обычно решение системы уравнений, полученных из правил
Кирхгофа в общем виде, чрезвычайно громоздко. Поэтому целесооб-
разно находить промежуточные числовые значения величин, как
это сделано ниже.
226
Очевидно, эта величина может быть рассчитана и по фор-
муле
Q = (ВД + /X + 2*Д,) At.
2. Выделяемая на резисторе R3 тепловая мощность
У = lfRx,
где Rx — искомое сопротивление. Учитывая выражение (4),
получаем
(^1^2 + %2fit) Rx
N == 7-----------:—Гтз"*
[ад + яДя^яД]
Для ответа на вопрос задачи приравняем нулю производ-
ную dA7cLRx:
clfl* “ (^1^2 + ^2^i)2 х
[ад +	+ Кг)]2 - гяДя, + яДад + яДв, + д,)]
[ад+яДв.+лД]4
После алгебраических преобразований получим
(ад ♦ад)2
[ад + я(я1 + я2)]3
[Я,Я2 - ЯХ(Я, + Я2)] = о,
откуда
Ях =» RlRi/(Rl + Я2) = 6 Ом.
Рис. 98
Задача 14.6. Определить закон изменения со временем
напряжения на обкладках конденсатора при замыкании клю-
ча К (рис. 98). Через сколько времени, считая от момента
замыкания ключа, напряжение дос-
тигнет 99% от своего наибольшего
значения, если Rt = 30 кОм, Я2 =
= 15 кОм, С = 0,2 мкФ?
Анализ. При замыкании ключа по
цепи ^Я1Я2 пойдет ток и начнется про-
цесс зарядки конденсатора. В любой
момент времени напряжение U(t) на
227
обкладках конденсатора равно напряжению на резисторе Я2,
т. е. разности потенциалов <р2 - ф,:
U(t) =	= ф2 - фр	(1)
где /2(t) — сила тока, проходящего по резистору Я2 в про-
цессе зарядки конденсатора. Сила тока, проходящего по ре-
зистору на основании первого правила Кирхгофа
-It + 1С,	(2)
где Ic = dQ/dt — сила тока, обусловливающего зарядку кон-
денсатора. Когда процесс зарядки окончится (1С = 0), напря-
жение достигнет своего наибольшего значения Uc. Ток будет
идти только по цепи S’R1R2, и, по закону Ома, для контура
ZR'R^
I -I
1	2	Я1+Й2
(внутренним сопротивлением источника пренебрегаем). Тог-
да наибольшее напряжение на конденсаторе
Очевидно, что чем больше сопротивления и емкость, тем
медленнее происходит процесс зарядки.
Чтобы найти зависимость U(t), следует применить обоб-
щенный закон Ома к участку 1 S’ 2 для произвольного мо-
мента времени.
Решение. Рассмотрим участок цепи 1 S 2 при неустано-
вившихся значениях сил токов:
11(0^1 = ф! - ф2 +
Учтем уравнения (1) и (2):
+ = ~ и + %‘ (4)
Так как заряд конденсатора Q - CU, то выражение (4)
можно переписать в виде
CR,— = % - ^-U,	(5)
Qt	xi2
что является дифференциальным уравнением первого порядка
228
относительно искомой переменной U(t). После разделения
переменных уравнение примет вид
dU = dt
g’-lX +Я2)Г7/Я2 = CRi •
(6)
Для разделения переменных уравнение (5) было почлен-
сЬ
но умножено на ?-------?—;—,----.
[8’-(й1+Ж!)и/Я2]СЯ1
При изменении вре-
мени от 0 до произвольного момента t напряжение изменя-
ется от 0 до U. Производя интегрирование в указанных пре-
делах, получаем
_ Ъ 1п ~ fa + Дг)^/Дг = t .
+ Я.,1 П	= CRi ’
или после потенцирования
U =
8^^2	ч (	"* ^2
------— 1 - exp - —i  t
\ J
(7)
Анализ выражения (7) показывает, что U возрастает с
течением времени и асимптотически стремится к своему наи-
большему значению
Uc = ^’Ri/(Rl + Т?2),
что совпадает с выражением (3). Это можно предсказать за-
ранее: по мере роста напряжения на обкладках конденсато-
ра сила тока Ic = dQ/dt, определяющая скорость зарядки,
непрерывно уменьшается.
Чтобы найти время т, по истечении которого U = Q,9QUC,
подставим это значение в уравнение (7):
0,99Uc = Uc
, I Ri + 1?2
1 - ехр —3-----—
t CRiRi
откуда
(Я!+Я2)т
е = 0,01 или —„„ р— = In 100.
Окончательно
т - CR^ln 100/(7?! + 1?2) - 9,2 • 10'3 с.
Проведенный расчет показывает, что практически процесс
зарядки конденсатора даже при заданных больших значени-
ях и сопротивлений, и емкости происходит очень быстро.
229
Задача 14.7. Конденсатор емкостью С
подключен последовательно с резистором
R к источнику с электродвижущей си-
лой S’ (рис. 99). Найти закон изменения
со временем заряда на обкладках кон-
денсатора. Определить работу, соверша-
емую источником при зарядке конден-
сатора, и количество джоулевой тепло-
ты, выделяющейся при этом в цепи.
Анализ. Процесс зарядки начинает-
ся при замыкании ключа К (t == 0) и длится до тех пор, пока
напряжение на обкладках конденсатора ие достигнет своего
наибольшего значения, равного S’, а заряд — значения Q =
CS. Во время зарядки сила тока в цепи
1(0 = dQ/dt.	(1)
Напряжение на обкладках конденсатора (U = <р2 - «pj мо-
жет быть найдено из обобщенного закона Ома, примененного
к участку 2RS‘l. Закон Ома, записанный для произвольного
момента времени t, даст дифференциальное уравнение отно-
сительно искомой функции U(t) (или Q(t)). Очевидно, что по
мере зарядки конденсатора сила тока, определяющая скорость
зарядки, уменьшается, а заряд асимптотически приближает-
ся к своему максимальному значению. Найдя затем силу тока
по выражению (1), можно рассчитать работу Д,ст источника и
количество выделившейся джоулевой теплоты Q^.
Из закона сохранения энергии следует, что работа источ-
ника равна сумме количества джоулевой теплоты и электри-
ческой энергии заряженного конденсатора. Записав уравне-
ние энергетического баланса для произвольного промежутка
времени dt, можно также получить дифференциальное урав-
нение относительно искомой функции Q(t).
Решение. Для решения задачи воспользуемся вторым спо-
собом. Уравнение энергетического баланса для произвольно-
го промежутка времени dt
<4,0, = dQ^ + dW,
где dW — приращение энергии конденсатора за время dt.
Очевидно,
<1АИСТ = S’! dt, dQ^ = I2R dt, dVK = d
Q2 | _ Q dQ
2C J	C ’
230
Тогда уравнение энергетического баланса
%I dt = 12Я dt + Q dQ/C.
Разделив его почленно на dt и учитывая выражение (1),
после сокращения на dQ/dt получим
dt С
После разделения переменных уравнение примет вид
dt dQ
CR C&-Q'
При изменении времени от 0 до некоторого момента t
заряд изменяется от 0 до Q. Произведя интегрирование в
указанных пределах, получим
t . C&-Q
— = - In
или после потенцирования
Q = Cg’ 1-ex₽f-^
(2)
Анализ этого выражения показывает, что заряд прибли-
жается к своему наибольшему значению, равному Cg7, асим-
птотически, т. е. теоретически при t
Работа, совершенная источником за все время зарядки
конденсатора,
Аист = fg’T dt.
о
Учитывая, что I dt = dQ — заряд, проходящий через ис-
точник за время dt, и что за время всего процесса заряд,
прошедший через источник, равен конечному заряду кон-
денсатора QK = Cg\ получаем
Лст = g7 j dQ = Cg*.	(3)
о
Количество джоулевой теплоты, выделившееся за все вре-
мя зарядки на резисторе сопротивлением R, может быть най-
дено из закона сохранения энергии:
Одж “	- W,
231
где W = Q*/(2C) = СГ/2 — энергия заряженного конденса-
тора. Тогда, учитывая выражение (3), получаем
= С^/2.
Это выражение может быть получено и независимым пу-
тем из закона Джоуля—Ленца:
Q„K = jz22?dt.	(4)
о
Подставив в формулу (1) функцию Q(t) [см. (2)], находим
1 R еХР I CRj
Тогда [см. (4)]
®дж “
j е'2,/(СЯ) dt =
О
Глава IV
МАГНЕТИЗМ
§ 15. Магнитное поле в вакууме
Задачи параграфа охватывают следующие темы: расчет
магнитного поля в вакууме по заданной конфигурации то-
ков; расчет магнитного потока; действие магнитного поля
на проводники с током.
Для того чтобы можно было не учитывать магнитные свой-
ства самих проводников, по которым идет ток, следует рас-
сматривать линейные токи, т. е. токи, текущие по про-
водникам, поперечные размеры которых пренебрежимо малы.
В противном случае следует оговаривать, что магнитные свой-
ства проводника близки к свойствам вакуума.
В качестве основной силовой характеристики магнитного
поля принимается индукция В поля. (В вакууме напряжен-
ность поля Н — B/p0.)
Расчет индукции магнитного поля производится либо на
основании закона Био—Савара—Лапласа и принципа суперпо-
зиции, либо с помощью закона полного тока1.
Закон Био—Савара—Лапласа, а следовательно, и фор-
мулы, выведенные с его помощью, справедливы только для
линейных токов. В тех случаях, когда конфигурация токов,
создающих поле, достаточно симметрична, для нахождения
индукции магнитного поля можно использовать закон пол-
ного тока. Независимо от метода нахождения индукции маг-
нитного поля всегда следует учитывать конфигурацию под-
водящих проводов.
1 Закон полного тока иначе называют теоремой о циркуляции
вектора магнитной индукции.
233
При решении задач предполагается, что студенты знают
выражения для индукции простейших полей: поле прямого
тока, бесконечно длинного и конечной длины, поле на оси
витка и т. д. Если какая-либо из этих формул неизвестна,
то ее вывод следует предпослать решению соответствующей
задачи.
Задачи, в которых рассматривается действие магнитного
поля на проводники с током, включают расчет силы Ампе-
ра, действующей со стороны магнитного поля на линейные
токи, и работы, совершаемой при их перемещении.
Задача 15.1. К тонкому однородному проволочному коль-
цу радиуса г0 подводят ток I. Подводящие провода, располо-
женные радиально, делят кольцо на две дуги, длины кото-
рых 1Х и 12 (рис. 100). Найти индукцию магнитного поля в
центре кольца.
Анализ. Магнитное поле создается токами и i2, теку-
щими по дугам и 12 кольца, и током I, текущим по подво-
дящим проводам:
В = В, + В2 + Впр.
(1)
Каждое из слагаемых может быть найдено на основании
принципа суперпозиции и закона Био—Савара —Лапласа:
dB = poidl X г/(4лг3),
(2)
где dB — вектор магнитной индукции поля, созданного эле-
ментом тока idl в точке, радиус-вектор которой г.
Токи в подводящих проводах не создают поля в центре коль-
ца, так как для любого элемента dl этих проводов I dl х г = О.
Векторы индукции Bj и В2 магнитных полей, созданных то-
ками ij и i2 в центре кольца, как следует из выражения (2),
направлены перпендикулярно плоскости рисунка и противо-
положны друг другу. Следовательно,
искомая индукция магнитного поля в
центре кольца
Рис. 100
В - | Вг - Вг |,
где Вг и В2 могут быть найдены приме-
нением выражения (2) и принципа су-
перпозиции к каждому из токов ij и i2.
234
Решение. Запишем закон (2) в скалярном виде:
dB = ^ZdZsin а/(4лг2). 	(4)
В центре кольца для каждого элемента тока г = г0;
а = dl, г = л/2.
Все элементарные dB полей, созданных элементами тока
itdl, коллинеарны между собой, и интегрирование выраже-
ния (4) по дуге дает
ч
В1= Г dB = -^fdZ =
i) Jo 4яго
Аналогично,
(5)
•®2	4-0^2/(4кг 0).
Подставляя выражения для Bt и В2 в (3), получаем
В = pj iiZj - i2Z2 |/(4лг2).
Соединение проводников и 12 — параллельное, сопро-
тивление каждого из них прямо пропорционально длине (по
условию, кольцо однородное). Это значит, что силы токов ц
и i2 обратно пропорциональны сопротивлениям Я, и В2, т. е.
обратно пропорциональны длинам дуг и Z2:
ij/i2 *= B2/Bj = Z2/Zj.
Следовательно, iJt = i2l2, и индукция магнитного поля в
центре кольца В = 0.
Очевидно, что если в выражении (5) заменить длину дуги
Zj длиной окружности Z = 2кг0, то получается известное вы-
ражение индукции в центре витка, обтекаемого током it:
В = IVi/(2r0).
Задача 15.2. Бесконечно длинный прямой проводник,, по
которому течет ток силой I = 5 А, согнут под прямым углом
(рис. 101). Найти индукцию магнитного поля на расстоянии
а - 10 см от вершины утла в точках А и С, лежащих соответ-
ственно на биссектрисе прямого угла и на продолжении од-
ной из сторон.
Анализ. В любой точке индукция магнитного поля мо-
жет быть найдена как векторная сумма индукций полей,
235
созданных токами, протекающими по двум частям 1 и 2
провода:
В — Bj + В2.
Согласно условию, проводник бесконечно длинный, что
позволяет не учитывать магнитное поле, создаваемое тока-
ми в подводящих проводах, идущих к источнику.
Модуль индукции магнитного поля в любой точке, созда-
ваемого каждым из проводников, может быть найден по
формуле поля прямого тока:
В = H<)Z(cos 04 - cos а2)/(4лт),	(1)
где г — расстояние от проводника до точки М; 0ц и а2 —
углы, образуемые радиус-векторами Rj и R2, проведенными
от концов проводника к точке М, и самим проводником
(рис. 102).
В точке А, как следует из закона Био—Савара—Лапласа,
векторы Bt и В2 направлены одинаково и перпендикулярны
плоскости рисунка. Следовательно,
Да =	(2)
В точке С проводник 1 поля не создает, так как для любо-
го элемента этого проводника Idl х г = 0. Поэтому
Вс — В2(-.
(3)
Решение. Вследствие симметричного расположения точки
А относительно частей проводника Вы = В^, поэтому [см. (2)]
с!
Рис. 101
ЗВМ
Рис. 102
236
Из рис. 101 видно, что для точки А
г = a cos (л/4) = а^2 /2;
аы = о?cos aiA= 1;
“гл = а2 = Зтс/4; cos а2 = - ^2 /2.
Тогда [см. (1) и (4)]
ВА =
Но*
ла42
= 2,4  10’5 Тл.
Для точки С
г' = а; а1с = а( = л/2; cos СЦ = 0;
- а2с = л; cos а2 = - 1.
Тогда (см. (1) и (3)]
Вс = ц0//(4ла) = 0,5 • КГ5 Тл.
Если студентам неясно, что аы = 0, а2С = л, то это можно
показать, соединив точку А с нижним концом провода 1 (или
точку С с правым концом провода 2). Тогда видно, что при
бесконечном удлинении проводов аи -» 0, а2С -» л.
Задача 15.3. Соленоид длины I имеет N витков диаметром
d каждый, по которым течет ток силы I (рис. 103). Витки
расположены вплотную друг к другу так, что плоскости их
перпендикулярны оси соленоида.
Найти индукцию магнитного поля в
точке С, лежащей на оси соленоида
на расстоянии хс от его середины. При
каком соотношении между длиной и
диаметром соленоида индукция маг-
нитного поля в середине его может
быть рассчитана по приближенной
формуле очень длинного соленоида
при относительной погрешности, не
превышающей 2%?
Анализ. Соленоид, витки которо-
го расположены вплотную друг к дру-
гу, эквивалентен системе круговых
токов одинакового радиуса, имеющих
Рис. юз
237
общую ось. Индукция магнитного поля на оси кругового тока
i радиуса г
в =	+ V)3/21,	(1)
где £, — расстояние от центра кругового тока до точки, в
которой определяется индукция. (Формула выводится на
основании закона Био— Савара—Лапласа и принципа супер-
позиции.)
Для того чтобы найти индукцию магнитного поля, со-
зданного всем соленоидом, используя принцип суперпози-
ции, соленоид следует разбить на такие элементы, каждый
из которых можно считать линейным витком (круговым то-
ком). Такой элемент толщины dx, показанный на рис. 103,а,
содержит cLV = (N/l)dx витков, и сила тока в нем
di - IdN = (W)dx.	(2)
В соответствии с формулами (1) и (2) индукция магнитного
поля, созданного таким элементом,
cLB = vl^IN йх/Шт* + V)3/2*L	(3)
Поскольку все элементарные векторы dB коллинеарны,
индукция результирующего поля может быть найдена ин-
тегрированием выражения (3) по всей длине соленоида. Оче-
видно, что искомое выражение В зависит от диаметра соле-
ноида d = 2г, его длины I и расстояния хс.
Приближенная формула для индукции внутри бесконечно
длинного соленоида имеет вид
(4)
При ее использовании относительная погрешность
ав = I в - вприСл I/2W	(5)
Используя формулы (4) и (5), можно найти предельное
отношение l/d.
Решение. Для проведения расчета индукции магнитного
поля в точке С введем координатную ось ОХ (начало коорди-
нат — в середине соленоида), тогда хс — координата точки
С. Произвольный элементарный виток толщины dx с коор-
динатой х находится от точки С на расстоянии | = хс - х.
Подставив это выражение в (3), получим
HalNr2 dx
(6)
238
При суммировании индукций полей, созданных всеми
элементами dx, координата х изменяется от - 1/2 до + 1/2.
Для упрощения интегрирования введем в качестве пере-
менной интегрирования, угол <р, умножив предварительно
числитель и знаменатель выражения (6) на г. При подста-
новке следует учесть, что
Г*	а 3	. J Г d<P
—-ж - »Ш" ф. х - - ГСЦФ. «и -
Тогда выражение (6) примет вид
АВ = ЦдЛУ sin <р dtp/(2/)-
Поскольку на рисунке векторы dB, а следовательно, и
векторы В направлены по оси ОХ, введем окончательно в
качестве переменной интегрирования угол а = л - ср, тогда
dtp = - da, причем а изменяется для точки С от at до (рис.
103,0* Окончательно
Вс = - ~ j sina da
Вс = PoZMcos az cos a()/(20*
Как видно,
(7)
I / a - xc	I / a - xc
cos a, = "i * 1 ...  "	.. , cos a. = ....... . v
7d2 */4 + («/2-xc)a	Vd2/4 + 0/2 + *c)
В середине соленоида 'xc = 0, cos at = - cos az, и выраже-
ние (7) примет вид
При использовании формулы (4) относительная погреш-
ность [см. (5)]
&В = 1 —j	л - 1 г 1
Jd2+Z2 jl + d1/!2
Разложив (1 + d2//2)i/a в степенной ряд по переменной djl
и отбрасывая члены, содержащие d/l в степени, большей двух,
получим:
d2 I
2Z2’ d
239
Задача 15.4. Двухпроводная система1 состоит из коакси-
ально расположенных проводника (радиус jRt = 2 мм) и тон-
костенной цилиндрической трубы (радиус Л2 = 2 см), по ко-
торым течет ток (рис. 104). Найти индукцию магнитного поля
в точках, лежащих на расстояниях гг = 3 см, г2 = 1 см от
оси системы, при силе тока I = 10 А. Рассчитать магнитный
поток, пронизывающий площадку S, расположенную в плос-
кости осевого сечения и ограниченную осью системы и од-
ной из образующих цилиндра длины I = 1 м. Полем внутри
металла пренебречь. Всю систему считать практически бес-
конечно длинной.
Анализ. В данной системе магнитное поле создается как
током, текущим по осевому проводнику, так и током, теку-
щим по трубе. Поле токов в подводящих проводах можно не
учитывать, так как согласно условию система практически
бесконечно длинная.
Расстояние от оси системы до точки г2 соизмеримо с ра-
диусом осевого проводника. Поэтому нельзя заранее предпо-
ложить, что индукцию поля, созданного даже только этим
проводником, можно рассчитывать по известной формуле,
полученной на основании закона Био—Савара—Лапласа для
прямого линейного тока.
Данная система токов вследствие симметрии создает поле,
орого являются окружностями, лежа-
щими в плоскостях, перпендикуляр-
ных оси трубы и концентричных ей.
Это позволяет воспользоваться для рас-
чета индукции поля (причем результи-
рующего поля, созданного всей систе-
мой токов) законом полного тока:
j)Bdl = p^Si,	(1)
(Ы
где Si — алгебраическая сумма то-
ков, сцепленных с контуром интег-
рирования L (контур следует провес-
ти в виде окружности, расположен-
ной так же, как и линии индукции).
линии индукции
dS = Mr
1 Понятие двухпроводной системы означает, что силы обоих то-
ков равны и токи текут в противоположных направлениях.
240
На рисунке показаны два контура: Lt радиус которого
г > Я2> и ^*2’ Радиус которого удовлетворяет условию
< Г <
Магнитный поток может быть рассчитан в общем случае
по формуле
Ф = JfidS,	(2)
(S)
где интегрирование ведется по площади S, показанной на
рисунке штриховкой.
Элементарную площадку dS надо выбирать так, чтобы в
пределах ее индукцию В можно было считать постоянной.
Очевидно, что при осевой симметрии индукция зависит толь-
ко от расстояния г. Тогда элементарной площадке dS следу-
ет придать форму, показанную на рисунке. В этом случае
dS = I dr.	(3)
Решение. Можно предположить, что в пространстве внут-
ри трубы направление линий индукции согласовано с на-
правлением тока в осевом проводнике. В соответствии с этим
выберем направление обхода контуров и Ь2 так, чтобы оно
составляло правовинтовую систему с осевым током I. Тогда
во всех точках контура Ь2 угол tifcil = 0. Во всех точках
контура Lt угол В, dl также постоянен и равен 0 или л.
Из осевой симметрии следует, что модуль вектора В во
всех точках каждого из контуров постоянен. Следовательно,
левую часть равенства (1) можно записать в виде
j>Bdl = + <£di,
(4)	{{)
(4)
Bdl = В X dZ = В • 2лг.
(a.)	(i)
С контуром L2 сцеплен только осевой ток, т. е. Si = I,
поэтому при подстановке второго из уравнений (4) в равен-
ство (1) получим В • 2лг = Цд1, откуда при Л] < г < R2
В = 1^/(2™-).	(5)
241
С контуром Li сцеплены токи, текущие и по осевому про-
воднику, и по трубе. Так как они направлены в разные сторо-
ны, то XI = О, поэтому при подстановке первого из уравнений
(4) в равенство (1) получим ± В dl =0, откуда при г > Л2
М
имеем В * 0.
При г = г2 - 1 см [см. (5)] В2 = 2  10'4 Тл.
При г = fj > R2 получим В а 0.
При расчете магнитного потока сквозь площадку S следу-
ет учесть, что согласно условию полем внутри металла
(г < можно пренебречь. Индукция поля в пределах от
до Я2 рассчитывается по выражению (5). Вектор положитель-
ной нормали к площадке S при заданном направлении тока
нормален плоскости рисунка и сонаправлен с вектором В,
поэтому в выражении (2) В dS = В dS - Bl dr [см. (3)]. Тог-
да, подставив выражение (S) в (2), получим
ф- а..
»2’г
В подынтегральном выражении переменной является толь-
ко расстояние г, изменяющееся в пределах от до В2, и
ф = hdl Г ±1 .
2я J г
Л
Произведя интегрирование, находим
Ф = In ~~ = 4,6  10 е Вб.
2л Ri
Задача 15.5. В однородном магнитном поле (В = 0,02 Тл)
в плоскости, перпендикулярной линиям Индукции, располо-
жено проволочное полукольцо длины I - 3 см, по которому
течет ток силы / = 0,1 А (рис. 105). Найти результирую-
щую силу, действующую на полукольцо. Изменится ли сила,
если проводник распрямить?
Анализ. Сила, действующая на элемент тока I dl со сто-
роны магнитного поля В,
dF - I dl X В.	(1)
242
По условию, во всех точках полуколь-
ца dl, В = л/2. Поэтому в скалярной фор-
ме уравнение (1) имеет вид
dF = I dlB.	(2)
Если ток в проводнике направлен по
часовой стрелке, то в заданном поле силы
dF, действующие на все элементы I dl,
направлены по радиусам полукольца и
стремятся растянуть его. Все элементар-
ные силы dF лежат в одной плоскости, совпадающей с плос-
костью рисунка. При переходе от одного элемента полуколь-
ца к другому направление их непрерывно изменяется. По-
этому для нахождения результирующей силы следует отдель-
но искать ее проекции на две произвольные оси координат:
F^JdF,, F,-JdF,,	(3)
(О	(О
где Fx и F* — проекции искомой результирующей силы; dFx
и dFy — проекции элементарных сил на оси координат. Ин-
декс I означает, что интегрирование ведется по полукольцу.
В данном случае не учитывается действие на полукольцо
магнитного поля подводящих проводов, а также взаимодей-
ствие отдельных элементов полукольца. Чтобы проверить
правомерность такого пренебрежения, оценим индукцию
магнитного поля, созданную одним из подводящих прово-
дов, считая, что провода эти длинные и расположены нор-
мально плоскости полукольца. Индукция поля, созданного
таким проводом, Впр - у^.о1 /г, где г — расстояние от оси про-
вода до рассматриваемой точки. Очевидно индукция макси-
мальна вблизи поверхности провода. Если радиус провода
порядка 1 мм, то при силе тока I = 0,1 А индукция порядка
10’4 — 10“5 Тл, т. е. на два-три порядка меньше индукции В
внешнего поля.
Решение. Если, учитывая симметрию проводника, выб-
рать оси так, как показано на рисунке, то проекция резуль-
тирующей силы на ось ОХ
Fx - JdFx = 0.
(0
243
Проекция элементарной силы на ось ОУ [см. (2)]
cLF^ = cLF cos а - IB dl cos а.
При переходе от одного элемента dl к другому угол а из-
меняется, т. е. написанное выражение содержит две пере-
менные.
Однако dl = R da, где R — радиус полукольца, поэтому
dF^ = IBR cos a da.	(4)
При интегрировании по полукольцу угол а изменяется от
- л/2 до л/2. Подставим (4) во второе из выражений (3):
+ л/2
Fy = IBR Jcosa da.
-ж/2
Производя интегрирование и учитывая, что R = Z/л, по-
лучаем
Fy - 21 Bl/л - 3,8 • IO'5 Н.
Очевидно, что результирующая сила F = Fy и направлена
по оси ОУ. Если проводник (полукольцо) I распрямить, то
все элементарные силы dF будут параллельны друг другу.
В этом случае результирующую силу F' можно найти непос-
редственным интегрированием выражения (2). Тогда F' = IBI,
что больше F в л/2 раз.
Задача 15.6. В центре соленоида (длина I = 70 см, диаметр
витков d = 7 см, число витков ДГ, = 300) расположена плос-
кая катушка, состоящая из N2 = 20 витков площадью
S = 0,3 см2 каждый. Плоскость витков катушки составляет
угол р = 37° с осью соленоида (рис. 106). По обмотке солено-
ида течет ток силы 2,= 4 А, по обмотке катушки — ток силы
12 = 0,1 А. Определить: 1) вращающий
,	[ТТ) момент, действующий на катушку в
(начальном положении; 2) работу, со-
<\	вершаемую силами поля при поворо-
р	те катушки до положения устойчиво-
го равновесия; 3) работу внешних сил
ДД| .. f.- при перемещении катушки (после по-
г"	~ворота) из центра соленоида в середи-
Рис. 106	ну одного из оснований.
244
Анализ. Катушка, обтекаемая током, находится в маг-
нитном поле соленоида. Указание о том, что катушка плос-
кая и соотношение между ее линейными размерами и диа-
метром соленоида Js d, позволяет считать, что в преде-
лах всех ее витков поле соленоида однородное. В таком поле
на катушку действует вращающий момент
М = рш х В,	(1)
где рт = I2 SN2 — магнитный момент катушки, В — индук-
ция поля соленоида. По условию, длина соленоида в 10 раз
превышает диаметр его витков, что позволяет рассматривать
данный соленоид как практически бесконечно длинный. При
расчете индукции В по приближенным формулам погреш-
ность не будет превышать 0,5% (см. задачу 15.3).
Вектор рш направлен нормально плоскости витков катушки
по правилу правого винта с направлением тока 12. Вектор
индукции В направлен по оси соленоида в ту или другую
сторону. Так как направления токов 12 и в условии не
оговорены, то угол между векторами рш и В
ai = V “ ₽ ли6° а1 = ? + ₽•	<2)
Катушка будет находиться в положении устойчивого рав-
новесия, если ее магнитный момент рш сонаправлен вектору
В. В этом положении а = р^^ = 0 и М = 0.
Если а = л, то вращающий момент также равен нулю,
однако это положение соответствует неустойчивому равно-
весию. Если а = 0, то на витки катушки действуют растяги-
вающие силы, и при отклонении катушки силы эти стремят-
ся вернуть ее в исходное положение (устойчивое равнове-
сие). При а = л действуют сжимающие силы, которые в слу-
чае отклонения катушки стремятся повернуть ее на 180° (не-
устойчивое равновесие).
При перемещении во внешнем магнитном поле витка с
током I работа сил магнитного поля
А = ДФ2 — Ф,),	(3)
где Ф1 и Ф2 — магнитные потоки, пронизывающие виток в
начальном и конечном положениях.
245
kF jr Формула (3), как известно, спра-
ведлива в предположении, что в про-
______________—'**’ в цессе перемещения сила тока I оста-
—	II т Р" u ется постоянной. Однако при переме-
щении проводника в магнитном поле
в нем возникает ЭДС индукции, из-
1	меняющая силу тока. Следовательно,
F х	использование выражения (3) возмож-
рис 107	но либо при компенсации возникаю-
щей ЭДС индукции электрическим ме-
тодом, либо при сколь угодно медлен-
ном движении проводника. При повороте катушки в положение
устойчивого равновесия силы поля совершают положительную
работу, которая может быть рассчитана по формуле (3).
Работа внешних сил при медленном перемещении провод-
ника равна работе сил поля, взятой с обратным знаком. При
перемещении катушки из центра соленоида в середину его
основания внешние силы совершат положительную работу,
так как в направлении от центра соленоида к основанию ин-
дукция магнитного поля уменьшается. На виток в таком не-
однородном поле действуют, как видно из рис. 107, силы F и
F, втягивающие его в соленоид.
Решение. 1. Индукция магнитного поля в центре длинно-
го соленоида
(4)
Заменив векторное уравнение (1) скалярным соотноше-
нием и подставив в него выражения рт и Вр получим
М =»	sin a J I.
Так как при обоих возможных значениях угла at [см. (2)]
sin aj = cos р, то
М «	cos P/Z = 1,0* 10"7 Н’М.
2. В начальном положении поток, пронизывающий один
виток катушки, «Pj = BtS cos ap причем в зависимости от а,
cos сц = ± sin р. В положении устойчивого равновесия по-
ток Ф2 - B2S. Подставляя выражения потоков и Ф2 в (3) и
учитывая (4) и то, что катушка содержит Ng витков, полу-
чаем
- B,SI2N2(1 Ф sin P) - (x0ZJ^iy2S(l Ф sin P)/Z.
246
Если сц == л/2— р, то Аг = 0,5 • 10'7 Дж; если а, - л/2 + р,
то 4 = 2,1 • 10-7 Дж.
3. Индукция поля в середине основания длинного солено-
ида
В2 = ^1/(20-	(5)
Следовательно, при перемещении катушки из центра со-
леноида в середину его основания поток, пронизывающий
один виток, изменяется от ф| - Ф2 - BtS до Ф2 = B2S.
Работа внешних сил
а* = -л = /Х(ф;~ф').	(6)
Подставим выражения для Ф, и Ф2 с учетом (4) и (5) в (6):
А* -	= 6,5 • 10“& Дж.
Задача 15.7. В одной плоскости с бесконечно длинным
прямым проводом, по которому идет ток силы I' - 5 А, рас-
положена прямоугольная рамка (20 х 10 см), по которой те-
чет ток силы i = 0,2 А (рис. 108). Длинные стороны рамки
параллельны прямому току, причем ближайшая находится
от него на расстоянии = 5 см, ток в ней сонаправлен току I.
Определить силы взаимодействия прямого тока1 с каждой
из сторон рамки и работу, которую надо совершить, чтобы
повернуть рамку на угол а = л вокруг дальней длинной сто-
роны.
Анализ. Прямоугольная рамка с
током находится в неоднородном
магнитном поле прямого тока. По-
скольку в условии задачи оговоре-
но, что прямой ток I, создающий
магнитное поле, бесконечно длин-
ный, поле проводящих проводов
можно не учитывать. Индукция маг-
нитного поля такого прямого тока
В = Цо17(2лг),	(1)
где г — расстояние от прямого тока
до рассматриваемой точки. Сила, с
1 Прямой ток — это ток, текущий по длинному прямому проводу.
247
которой действует это поле на каждую из сторон рамки,
может быть найдена суммированием элементарных сил
Ампера:
dF = t dl х В.
(2)
Вектор В во всех точках рамки направлен перпенди
кулярно плоскости рамки, и в пределах каждой стороны
dlffe = л/2. Каждая из сторон рамки — прямолинейный
проводник. Поэтому в пределах одной стороны все эле-
ментарные силы параллельны друг другу и их результи-
рующая
Fi = JcLF = JiB dZ,
' ft) ft)
(3)
где lt — длина соответствующей стороны рамки.
Работа внешних сил при медленном повороте рамки рав-
на работе сил поля, взятой с обратным знаком:
А* - - А = - i (Ф2 - Ф^,	(4)
где Ф1 и Ф2 — потоки сквозь площадь рамки до и после ее
поворота.
Вследствие неоднородности поля прямого тока
0lj2=jBdS,	(5)
(«)
где вектор dS совпадает по направлению с положительной
нормалью к плоскости рамки и, следовательно, образует пра-
вый винт с направлением тока i.
Решение. Стороны 1, 3 рамки параллельны прямому току
и находятся от него на расстояниях соответственно г = х0 и
г = х0 + 12, где /2 — длина короткой стороны рамки. Подста-
вив выражения г в (1) и (3) и проведя интегрирование, полу-
чим:
= pJUJCZxxJ = 8,0 • 10'7 Н;
Р3 = МоГ«3/[2зс(ж0 + /2)] = 2,7- IO’7 Н.
248
Силы Ft и F8 направлены в противоположные стороны.
Силы, действующие на стороны 2, 4 рамки, равны по
модулю и противоположны по направлению. Вдоль каждой
из этих сторон индукция непрерывно изменяется. Введем
для расчета ось ОХ. Учитывая, что справа от проводника в
плоскости рисунка г = х, dl = dx, и подставляя выражение
(1) в (3), получаем
При интегрировании по второй (или четвертой) стороне
переменная х изменяется в пределах от х0 до х0 = i2, поэтому
Г2 - Л =	In = 2,2-10-’ Н.
2	4 2л J х 2л «о
Для расчета потока, пронизывающего площадь рамки,
следует выбрать элементарную площадку cLS в виде узкой
полоски (длина ширина dx), расположенной параллельно
прямому току. В пределах такой полоски индукция В оста-
ется постоянной.
При расчете магнитного потока по равенству (5) следует учи-
тывать, что в первом положении рамки (до поворота) В, dS = 0,
переменная х изменяется в пределах от х0 до х0 + 12- Во
втором положении (после поворота) B?dS = л, переменная х
изменяется в пределах от х0 + /2 до х0 + 21г. В соответствии с
этим, учитывая, что dS = ltdx, получаем:
Hji^Pdx = ц0/ Хр + Ь
2л J х 2я 1 П Хр
(6)
Ц(А ** dx = _	,	х0+212
2л J х 2л 1 «о + ’

Подставив выражения (6) в (4), находим
А* = lt In Х°121г = 6,4 • 10-8 Дж.
2я * х0
249
§ 16. Движение заряженных частиц
в электрическом и магнитном полях
В данный параграф включены задачи, связанные с дви-
жением заряженных частиц только в электрическом или
только магнитном поле, а также задачи, в которых рас-
сматривается движение заряженных частиц в одновременно
действующих электрическом и магнитном полях.
Задачи на движение частиц только в электрическом поле
можно решать и при изучении электростатики.
Если скорости частиц, ускоренных электрическим полем,
достигают значений, соизмеримых со скоростью с (скорость
света в вакууме), то следует учитывать релятивистский эф-
фект возрастания массы со скоростью и неприменимость
формул классической механики Ньютона.
Задача 16.1. Заряженная частица разгоняется в электро-
статическом поле. При каком предельном значении прило-
женной разности потенциалов U* кинетическую энергию
частицы можно рассчитывать по законам классической ме-
ханики, чтобы относительная погрешность не превышала 1%?
Определить, при какой разгоняющей разности потенциалов
полная энергия частицы превысит энергию покоя в два раза.
Задачу решить для электрона и протона. Элементарный за-
ряд е =* 1,60 • 10'19 Кл; масса протона тр = 1,67 • 10"27 кг, масса
электрона те - 9,1 • 10~81 кг.
Анализ. При любом напряжении U и любом характере
разгоняющего поля кинетическая энергия частицы
К - eU.	(1)
Выражение это справедливо в предположении, что началь-
ной кинетической энергией частицы можно пренебречь. Если
энергия выражается в электрон-вольтах, то она численно
равна напряжению 17, при этом 1 эВ = 1,6 • 10'19 Дж.
По законам релятивистской механики, кинетическая энер-
гия
где v — скорость частицы, с — скорость света в вакууме.
250
Первое слагаемое, стоящее в скобках, может быть пред-
ставлено в виде степенного ряда:
1	= .	1.1^	31>4	5_и^
/1 - и2 / С2 =	2 с2	8 с*	16 с®
Тогда
fl и2 3 v4 5 Vе
^рел - тоС f -2 С2 + 8 С4 + 16 С® + '
Вынося п2/(2с2) за скобки, получаем
,2 ( п .,2	с ,,4
av	, a v	о v
w .	2	4 с2 8 с4
(2)
Если v/c настолько мало по сравнению с единицей, что в
выражении (2) всеми членами ряда, начиная со второго, мож-
но пренебречь, то кинетическая энергия частицы выражает-
ся обычной формулой механики Ньютона:
•К’н “ mov2/2.
(3)
Погрешность при расчете кинетической энергии по выра-
жению (3) определяется всеми отброшенными членами вы-
ражения (2).
Поскольку каждый последующий член содержит отно-
шение v/c в возрастающей степени, при расчете погрешности
достаточно учесть только первые два слагаемых. Тогда абсо-
лютная и относительная погрешности вычисляются соответ-
ственно по формулам:

6К = ЬК/КН = 3i>7(4c2).	(4)
Выражение (4) позволяет найти максимальное при задан-
ной погрешности значение и2. Подставляя его сначала в ра-
венство (3), а затем в (1), можно определить искомую раз-
ность потенциалов U*. При разности потенциалов, большей
U*, полная энергия частицы
Е~К + Е0,	(5)
где К может быть вычислена по равенству (1); Ео = тосг —
энергия покоя частицы.
251
Решение. Из выражений (1) и (3) следует, что
eU* = mov2 /2
w максz
(6)
где имахе — наибольшая скорость частицы, при которой ис-
пользование формулы (3) дает погрешность SW < 0,01. Из
выражения (4) находим
"макс = (0»04/3)С2.
(7)
Подставляя выражение (7) в (6), получаем
. eU* = (0,02/3)mocz.
Для электрона Ео = ш^с2 = 8,2 • 10~14 Дж = 0,511 МэВ;
для протона Ео = т0рс2= 1,5 • 10~10 Дж = 938 МэВ.
Поскольку энергия покоя частиц выражена в электрон-
вольтах, то в формуле eU* = (О,О2/3)Ео заряд электрона (или
протона) надо считать равным единице.
Для электрона U* = 3,4 • 108 В; для протона U* =
= 6,3 • 10е В.
Из выражения (5) следует, что при Е = 2Е0 кинетическая
энергия частицы равна ее энергии покоя: К = eU = Eq. Сле-
довательно, Е = 2Е0, если электрон и протон пройдут разго-
няющее поле с разностью потенциалов = 0,511 • 10е В и
U2 * 9,38-108 В соответственно.
Задача 16.2. В плоский конденсатор параллельно его пла-
стинам влетает узкий пучок электронов, прошедших уско-
ряющее электрическое поле с разностью потенциалов
Uo * 1500 В. Электроны влетают в конденсатор точно посе-
редине между обкладками конденсатора, расстояние между
которыми d = 1 см (рис. 109). При какой минимальной раз-
ности потенциалов U на конденсаторе электроны не вылетят
из него, если длина обкладок I - 5 см?
Анализ. Если пренебречь He-
у.	однородностью поля у краев плоского
конденсатора, то силу F, действую-
----щую на электрон, движущийся меж-
gl -j———"1	к ду пластинами конденсатора, можно
X считать постоянной и направленной
I I по оси OY:
F = еЕ = eU/d,
Рис. 109	где е — заряд электрона.
252
Поскольку напряжение ускоряющего поля мало, то элек-
троны подчиняются законам классической механики (см.
результаты задачи 16.1). Тогда под действием силы F элект-
рон приобретет постоянное ускорение, направленное также
по оси ОУ. Следовательно, движение электрона вдоль оси
ОХ — равномерное со скоростью vz = v0 (va — начальная
скорость электрона), движение вдоль оси OY — равнопере-
менное с ускорением
F е U
а = — = —-т.	(1)
у	те те d	' '
Это значит, что электроны будут двигаться по пара-
болической траектории, крутизна которой зависит от при-
ложенной разности потенциалов U. Минимальное значение
U, при котором электроны не вылетят из конденсатора, со-
ответствует траектории, показанной на рисунке. Закон дви-
жения электрона для этой траектории, записанный в коор-
динатной форме, позволит найти искомое напряжение U. На-
чальную скорость vg можно определить по заданному напря-
жению Uo ускоряющего ноля:
meVz/2 = eU0.	(2)
Решение. В выбранной системе координат
х = vot, у = а//2.	(3)
Для конечной точки К х =1, у = d/2. Подставляя эти
значения и выражение (1) в (3), получаем
I = vot, d/2 = eUt2/(me-2d).
Тогда
U = d2v2mt/(l2e).
Выражая начальную скорость из уравнения (2), оконча-
тельно имеем
U = 2d2U0/l2 = 120 В.
Задача 16.3. Протон, имеющий скорость и = Ю4 м/с,
влетает в однородное магнитное поле с индукцией
В = 0,01 Тл. Вектор скорости протона направлен под уг-
лом а = 60° к линиям индукции (рис. 110). Определить
траекторию движения протона, путь, пройденный им по
траектории за время tj = 10 мкс, и его положение к концу
указанного времени.
253
Анализ. На протон, движущийся в магнитном поле, дей-
ствует магнитная составляющая силы Лоренца
F = ет х В.
m
Эта сила, перпендикулярная вектору скорости, не со-
вершает работы, поэтому кинетическая энергия протона и
модуль вектора скорости остаются неизменными. Следо-
вательно, путь, пройденный протоном по траектории,
з = vt.	(1)
Для описания траектории протона удобно представить
вектор скорости v как сумму двух составляющих, одна из
которых Vj направлена по линиям индукции, вторая v2 —
перпендикулярно им. Тогда
Fm “ e(vt + v2) х В = ev2 х В,	(2)
так как vt х В = 0.
Составляющая скорости vt не изменяется ни по модулю, ни
по направлению. Составляющая скорости v2 под действием силы
Лоренца непрерывно изменяет направление, так как сила Fm
[см. (2)], расположенная в плоскости, перпендикулярной ли-
ниям индукции, сообщает протону нормальное ускорение. Та-
ким образом, протон участвует в двух движениях: равномер-
ном тл прямолинейном со скоростью параллельно линиям
индукции (вдоль оси ОХ) и криволинейном со скоростью п2
(постоянной по модулю) в плоскости YOZ (см. рис. 110). Коор-
дината х изменяется со временем по линейному закону. Чтобы
найти характер зависимости координат у и г от времени и тра-
екторию протона, применим второй закон Ньютона к его кри-
волинейному движению в плоскости YOZ: mpaa = Fm. Учиты-
вая, что вектор скорости v2 перпендикулярен линиям индук-
ции и i>2 = v sin а, из вы-
ражения (2) получим
Fm = evB sin а.
Нормальное ускорение
протона
п2 и2 sin2 а
где г — радиус кривизны
траектории.
254
С учетом полученных выражений второй закон Ньютона
примет вид
Из выражения (3) видно, что г - const, так как все осталь-
ные величины, входящие в (3), постоянны. Это значит, что в
плоскости YOZ протон движется по окружности с постоянной
скоростью. Координаты у и z могут быть найдены из уравне-
ния этой окружности, записанного в выбранных координатах.
Решение. Протон участвует в двух движениях: равномер-
ном вдоль оси ОХ со скоростью U] = vcos а и равномерном
по окружности в плоскости YOZ со скоростью v2 = v sin а.
Радиус окружности [см. (3)J
г = mpv sin а/(Be) ~ 0,9 см.
Таким образом, траектория протона — винтовая линия
радиуса г. Шаг винта (смещение вдоль оси ОХ за время Т
одного оборота)
h = vT cos а.
Время одного оборота
2лт 2кт
Т = —;  = — —
vsina Be
откуда
2лтп„ v cos a
ft -------------= 3,3 см.
Бе
Расстояние [см. (1)], пройденное
протоном по траектории за время tlt
s = 10 см. Положение протона в лю-
бой момент времени определяется
его координатами. Координата х из-
меняется со временем по закону
х = v cos a • t. (4)
При выбранном начале коорди-
нат центр окружности, описы-
ваемой протоном в плоскости YOZ,
лежит (рйс. 111) в точке О' (у = 0,
z = - г).
255
Правильность указанного положения центра окружности
может быть проверена непосредственным интегрированием
уравнений движения, записанных в координатной форме:
dp„ „
,т	dp dpy duz doz	, „
df dy »’ dt dz г
момент v2 + v2 - v2, уравнения движения можно привести
к виду ,
d vu	1	я и	1
mP~d^V> “ eBVuW ’	~ eB>lv22-^ • (5)
В этих уравнениях можно легко разделить переменные,
тогда, интегрируя уравнения (5) с учетом начальных усло-
вий (у = г = 0, i>y = и2, vt = 0 при t - 0), получаем:
у = _	/р2 _у2 m _ !^P_V
г - Ш~У2г - V2) =	- l>2),
откуда
у2 + z2 + 2v2mpz/(Be) = 0.
Это и есть уравнение окружности, радиус которой г =
v2mp
Be ’
координаты центра у0 = 0 и z0 = - г.
Начальные условия показывают, что движение происхо-
дит против часовой стрелки. Введем оси координат О'У, 0'27,
направленные так же, как оси OY и OZ, но с началом коор-
динат в центре окружности (см. рис. 111). Тогда
у = у' = г sin at, z + г = z' = г cos at, (6)
где о — угловая скорость движения протона по окружности
в плоскости YOZ. Уравнения (6) соответствуют начальным
условиям, записанным выше. Очевидно, что
о) = v2/r = еВ/тр.
Для расчета координат у' и z' найдем сначала
о)^ = eBti/mp = 9,6 рад = (Зя + 0,18) рад.
256
Это значит, что радиус-вектор, определяющий положе-
ние протона в системе Y’O'Z', находится в третьей четверти и
повернут относительно отрицательного направления оси 0'27
на угол ф = 0,18 рад = 10,3°. Подставив время в (4) и
полученное значение cotj в (6), найдем, что к моменту tj про-
тон, двигаясь по винтовой линии, будет находиться в точке
с координатами xt = 5 см; ух = - 0,16 см; z1 = г[ - г —
= - 1,78 см (рис. 110 и 111; точка С).
Следует отметить, что при <at = 2пл, где п = 0, 1, 2, ...,
координаты у и г обращаются в нуль, т. е. траектория со-
прикасается с осью ОХ. Повторяется это, очевидно, через
каждые At = Т секунд, где Т — период вращения протона по
окружности.
Задача 16.4. Узкий параллельный пучок положительных
ионов проходит со скоростью ut = 1,0 • 10е м/с через однород-
ные одинаково направленные электрическое и магнитное поля
(Е = 8 • 10® В/м, В = 1,0 • 10~2 Тл). Векторы Е и В перпенди-
кулярны скорости летящих ионов. Область пространства, в
которой созданы оба поля, имеет протяженность S = 5 см
вдоль линии вектора vt (рис. 112). За этой областью на рас-
стоянии I = 20 см от нее перпендикулярно начальной скоро-
сти электронов расположен флуоресцирующий экран. Опре-
делить координаты точек, в которые попадут ионы водорода
Н+ и ионы гелия Не2+. Какой след на экране оставят эти
ионы, если их скорости лежат в диапазоне от до v2 =
= 1,5-10® м/с?
Анализ. Для описания движения ионов и их положения
на экране введем две системы
О’ХУЕ'. В области S на ион дей-
ствует сила Лоренца
F = qE + q v х В,
где q — заряд иона. Электричес-
кая и магнитная составляющие
силы Лоренца благодаря сонап-
равленности векторов Е и В вза-
имно перпендикулярны.
Электрическая составляю-
щая за все время движения в об-
ласти S постоянна, направлена
осей координат: OXYZ и
257
9-Сборннк задач
по оси ОУ и сообщает постоянное ускорение, также направ-
ленное по оси OY-.
av » qE/m.
Ион, пройдя область S за время t,, приобретет вер-
тикальную составляющую скорости
= qEtt/m	(1)
и сместится вдоль вертикальной оси на расстояние
у1 = qEtf/(2m).	(2)
Магнитная составляющая силы Лоренца в начальный
момент направлена по оси OZ. Заряженная частица, попадая
в однородное магнитное поле, направленное перпендикулярно
ее скорости, движется по окружности, при этом направле-
ние силы Fm непрерывно изменяется по мере изменения на-
правления скорости. Однако если предположить, что время
t,, в течение которого ион проходит область S, много мень-
ше периода Т вращения иона по окружности, которую он
должен был бы описать в заданном магнитном поле, то из-
менением направления магнитной составляющей силы Ло-
ренца можно пренебречь. Тогда магнитная составляющая
силы, постоянная по модулю вследствие однородности маг-
нитного поля, будет все время направлена по оси OZ и сооб-
щит иону ускорение
аг = qBvJrn.
Ион, пройдя область S за время tlt приобретет состав-
ляющую скорости, направленную вдоль оси OZ;
v, = qBvitJm.	(3)
Смещение иона вдоль оси OZ'.
z, = qBvxtf/{2m).	(4)
При сделанном предположении движение иона вдоль оси
ОХ равномерное, что позволяет определить время tv
За пределами области S ион движется прямолинейно и
равномерно. Проекции вектора скорости иона на оси OY и
OZ определяются равенствами (1) и (3), a vx = т. е. на-
258
чальной скорости. Это даст возможность найти время дви-
жения иона до экрана и координаты у' и г' на экране.
Как следует из выражений (2) и (4), координаты иона
после пролета области S за время tp а следовательно, и ко-
ординаты у', г' иона на экране зависят от времени а зна-
чит, и от начальной скорости. Если начальная скорость иона
не фиксирована, а значения ее лежат в некотором диапазо-
не, то оставленный на экране след будет представлять неко-
торую кривую. Уравнение этой кривой можно получить, если
в окончательных выражениях для координат у' и г' заме-
нить фиксированное значение скорости ее текущим значе-
нием о. Тогда полученные уравнения y'(v) и. z'(v) дадут пара-
метрическое уравнение искомой кривой.
Решение. Для проверки сделанного предположения о том,
что магнитная составляющая силы Лоренца не изменяет сво-
его направления, оценим прежде всего и Т. Если vz — vt,
то
t, = S/t»! = 5 • 10"8 с. '	(5)
Если магнитное поле достаточно протяженно, то ион бу-
дет двигаться по окружности, радиус г которой определяет-
ся из уравнения
mvf/r = qvxB.
Период вращения иона
Т = 2лг/и, = 2nm/(Bq).
Для иона водорода (q/m, = 0,95 • 10® Кл/кг) Т = 6,6 • 10“* с,
т. е. почти в 100 раз больше, чем tr Это значит, что измене-
нием направления вектора Fm можно пренебречь.
Координаты иона на экране вследствие прямолинейности
движения за областью S:	’
У' = У1 + vyt2, z' = Zi + i>/2,	(6)
где t2 = l/vl — время движения иона между областью S и
экраном.
Подставив выражение (5) в (2) и (4), найдем:
yt = qES2/(2mv\), zL - qBS2/(2mvi).
259
Тогда, учитывая, что t2 = l/vx и выражения (1) и (3),
уравнения (6) можно записать в виде
У~ =
mv‘ I 2
/ПУ1 2
(7)
Координаты иона Н+, рассчитанные по уравнениям (7):
у' = 0,86 см;
у2 = 0,38 см;
г' = 1,07 см (и = и,);
z2 0,72 см (v = v2).
Координаты иона Не2+ (удельный заряд — = 0,48 • 108 Кл/кг),
т
рассчитанные по уравнениям (7):
у[ = 0,43 см; = 0,54 см (v = и,);
у2 = 0,19 см;	г2 = 0,36 см (v = и2).
Если скорости ионов лежат в диапазоне от и, до v2, то при
замене фиксированного значения скорости на переменное и
уравнения (7) превращаются в параметрическое уравнение
параболы, ось которой совпадает с осью О'У’, вершина нахо-
дится в начале координат. При заданном направлении полей
след ионов, скорости которых лежат в диапазоне от и, до v2,
представляет собой часть параболы, расположенную в пер-
вой четверти (рис. 113). Крутизна параболы зависит только
от удельного заряда иона, что позволяет использовать этот
метод в масс-спектрометрии.
Задача 16.5. Циклотрон состоит из дуантов (два полых плос-
ких металлических полуцилиндра), внутри которых постоян-
ное магнитное поле направлено перпендикулярно их основани-
Рис. 113
ям (рис. 114). В зазоре между
дуантами действует электричес-
кое поле, направление его изме-
няется с определенной частотой.
Какова должна быть частота,
если циклотрон используется для
ускорения протонов? электро-
нов? Сколько полных оборотов
должен совершить протон внут-
ри циклотрона, чтобы приобрес-
ти кинетическую энергию
К = 6 МэВ? Каким будет макси-
260
мальный радиус траектории протона
внутри дуанта при такой энергии? На-
чальной энергией частиц можно пренеб-
речь. Разность потенциалов в зазоре меж-
ду дуантами Uo = 2 • 104 В. Индукция маг-
нитного поля В = 0,7 Тл.
Анализ. Принцип действия циклот-
рона состоит в том, что заряженная
частица многократно проходит ускоря-
ющее электрическое поле, ло-
кализованное в пространстве между ду-
антами (область CDLK на рис. 114).
Если напряжение | UCD | = 170, то энер-
гия, приобретаемая частицей с зарядом
е, равна
С D
Рис. 114
К =• ^e^70,	(1)
где N — число пролетов частицы через указанную область
(согласно условию, начальной энергией частиц можно пре-
небречь).
Внутри дуанта частица под действием магнитного поля
движется по дуге окружности радиуса г. Уравнение движения
заряженной частицы в магнитном поле имеет вид
^(mv) = ev х В.	(2)
Сила Fm = ev х В перпендикулярна скорости и не меняет
ее значения. Поэтому в уравнении (2) массу можно вынести
за знак производной. Скорость частиц перпендикулярна ли-
ниям индукции, ускорение, приобретаемое частицей, нор-
мальное (ап = v2/r). Тогда mv2/r = evB, откуда
г = ти/(еВ).	(3)
Таким образом, по мере ускорения частицы радиус ее тра-
ектории внутри дуантов возрастает.
Время движения частицы по дуге полуокружности в од-
ном из дуантов
Т/2 - nr/v = тл/(еВ).
Если энергия частиц относительно невелика, так что мас-
са их не зависит от скорости, то Т = const, т. е. не зависит
ни от скорости, ни от радиуса траектории частиц. Это зна-
261
чит, что направление электрического поля (чтобы оно всегда
ускоряло частицу) надо изменять с постоянной частотой v,
зависящей только от удельного заряда частицы и индукции
магнитного поля:
v = 2/Т = еВ/(тл).	(4)
Число полных оборотов и максимальный радиус траектории
могут быть непосредственно рассчитаны из выражений (1) и (3).
Решение. Согласно- выражению (4), частота изменения
направления электрического поля для протонов и электро-
нов соответственно равна vp = 2,1 • 107 с-1; ve = 3,9 • 1О10 с-1.
Число п полных оборотов частицы в два раза меньше чис-
ла N пролетов через область, в которой локализовано элект-
рическое поле. Из выражения (1) следует, что
п = K/(2eU0) .= 150.
Максимальная скорость протона
vp = -J2K / т .
Подставив это выражение в (3), получим, что максималь-
ный радиус траектории протона
rp = j2mK /(еВ) = 50 см1.
Задача 1 б.б. В циклотроне протоны ускоряются до кинети-
ческой энергии К = 300 МэВ. Оставляя частоту изменения
направления электрического поля постоянной и равной зна-
чению, найденному в задаче 16.5, найти такой закон измене-
ния индукции В от радиуса кривизны траектории протонов в
д у антах, при котором напряженность электрического поля в
области CDLK (см. рис. 114) будет всегда сонаправлена ско-
рости протонов. Определить максимальный радиус полуок-
ружности, по которой протоны движутся в дуантах.
Анализ. Заданное значение энергии протонов, очевидно,
настолько велико, что следует учитывать изменение массы с
ростом скорости по закону
1 При расчете числа п кинетическую энергию можно выражать в
электронвольтах, считая при этом заряд протона равным единице.
При расчете радиуса кинетическую энергию следует выразить в
джоулях, заряд протона — в кулонах.
262
Поскольку сила, с которой магнитное поле действует на
движущиеся заряженные частицы, всегда перпендикулярна
скорости, а вектор скорости v перпендикулярен вектору ин-
дукции В магнитного поля, уравнение движения протона в
магнитном поле можно записать в виде
тап = evB,
где ап = и2/г — нормальное ускорение. Учитывая выражение
(1), получаем
т0 v2 „
I	— - evB,
VI-у2/с2 г
откуда радиус кривизны траектории
mpv
еВ-Ji -v2 / с2
(2)
Этот радиус, как видно из выражения (2), возрастает по
мере ускорения частиц, причем быстрее, чем при малых ско-
ростях, когда отношение и2/с2 пренебрежимо мало.
Время движения протона по дуге полуокружности в од-
ном из дуантов
£ =	= глт°	(3)
2 у еВ jl - v2 / с2 ’
Отсюда следует, что при большой энергии, а следовательно,
и скорости частйц время движения в магнитном поле зави-
сит от скорости. Если же отношение v2/c2 мало (область клас-
сической механики), то выражение (3) примет вид
То/2 = пт0/(еВ0),	(4)
где Во — некоторая постоянная индукция магнитного поля
циклотрона. Так как, по условию, частота изменения на-
правления электрического поля постоянна и равна значению,
найденному в задаче 16.5, то и время Т/2, за которое протон
проходит полуокружность внутри дуанта, не зависит от ско-
рости протона и должно быть равно значению, найденному
для малой энергии в задаче 16.5, т. е.
Т	Т
— = const - -г-.	(5)
Z	&
263
Скорость движения частицы по дуге окружности радиуса
г определяется соотношением
v = 2кг/Т0.
(6)
Это выражение показывает, что радиус г зависит только
от скорости, следовательно, от энергии частицы, и макси-
мальный радиус кривизны траектории может быть опреде-
лен по заданной кинетической энергии протонов.
Выражения (3)—(6) позволяют установить искомый за-
кон В(г).
Решение. Сравнивая (4) и (6), находим
г = mov/(eBo).	(7)
Подставив выражения (3) и (4) в (5), получим
д А,
71 - у2 / С2 ’
или, выразив v из (7),

-1/2
В = В0
(8)
Это и есть та зависимость В(г), при которой напряжен-
ность электрического поля и скорость протонов в области
CDLK (см. рис. 114) остаются все время сонаправленными,
причем частота изменения направления электрического поля
постоянна. Поскольку, по условию, эта частота должна быть
такой же, как в задаче 16.5, индукция Во также должна иметь
значение, заданное в 16.5, т. е. Во = 0,7 Тл. Выражение (8)
показывает, что индукция поля возрастает по мере увеличе-
ния радиуса г и, следовательно, по мере увеличения ско-
рости протонов.
Для расчета максимального радиуса кривизны траекто-
рии воспользуемся выражением (7). Соответствующее значе-
ние скорости может быть получено из выражения для пол-
ной энергии протона:
откуда
v = с yjl-El/E2 ,
264
где Ео = m0c2 = 940 МэВ — энергия покоя протона. Тогда
[см. (7)]
moc Jl-£2/£2
г  ----5— -----.
еВо
Полная энергия протона
Е = Ео + К = 1240 МэВ.
Максимальный радиус кривизны [см. (9)] г = 2,9 ft.
О)
§ 17. Электромагнитная индукция
В задачах данного параграфа рассматривается явление
электромагнитной индукции, но не затрагиваются само- и
взаимоиндукции.
Электродвижущая сила индукции и сила тока индукции,
независимо от причин, вызывающих их появление, могут
.	ж	4Ф _	1 6Ф
быть рассчитаны по формулам = - —,	- д
Однако анализ задачи следует начинать с выяснения при-
чин, вызывающих изменение магнитного потока, причин
возникновения направленного движения зарядов или их пе-
рераспределения. Это позволяет найти направление индуци-
рованного тока иди знак ЭДС индукции с помощью правила
Ленца.
Далее следует выяснить, в каком проводнике возникает
ЭДС индукции. Если дан замкнутый проводник (контур),
поток сквозь который изменяется, то его целесообразно вы-
разить как функцию времени. Тогда ЭДС или ток индукции
могут быть найдены последующим дифференцированием этой
функции, при этом направление тока или знак ЭДС зависят
от знака производной d0/dt. Если дан проводник, который
движется в магнитном поле (речь идет именно о движении
отдельного проводника, а не контура в целом), то при ис-
пользовании приведенных формул под d4> следует понимать
абсолютное значение магнитного потока, пересеченного («за-
метенного») проводником за время dt его движения; знак
ЭДС следует определить независимо от расчета. В этом слу-
чае ЭДС индукции можно находить и как удельную работу
265
сторонней силы, роль которой играет магнитная составляю-
щая силы Лоренца. Тогда = J[v х В] dl, причем интег-
L
рирование проводится по проводнику L, а знак ЭДС зависит
от знака подынтегрального выражения.
Очень важно при анализе задач учитывать всю сово-
купность явлений, связанных с возникновением тока ин-
дукции, его взаимодействием с магнитным полем и влия-
нием на условия, вызвавшие его появление.
Задача 17.1. Определить направление тока индукции и
знак ЭДС индукции в следующих случаях: 1) в однородном
постоянном по времени магнитном поле в плоскости, пер-
пендикулярной линиям индукции, расположен замкнутый
проводник в виде узкого прямоугольника, который дефор-
мируется в квадрат (рис. 115,а); 2) в магнитном поле, ин-
дукция которого непрерывно убывает со временем, в плос-
кости, перпендикулярной линиям индукции, расположено
проволочное кольцо (рис. 115,6); 3) в плоскости, перпенди-
кулярной линиям индукции магнитного поля, постоянного
®В •
Рис. 11S
по времени, расположены параллель-
ные шины, по которым скользит про-
водник AD (рис. 115,в).
Анализ. В первом и третьем слу-
чаях рассматривается движение про-
водника в постоянном по времени
магнитном поле, причем движущий-
ся проводник все время остается в
плоскости, перпендикулярной лини-
ям индукции. Сила Лоренца, действу-
ющая на свободные электроны про-
водника, направлена вдоль него (или
имеет составляющую вдоль проводни-
ка) и вызывает в первом случае на-
правленное движение зарядов (ток
индукции), в третьем — перераспре-
деление зарядов (ЭДС индукции).
Во втором случае проводник непод-
вижен, но вследствие изменения маг-
нитного поля возникает вихревое
электрическое поле, под действием
266
которого в кольце появляется ток индукции, который мож-
но найти из выражения
—
Чтобы определить направление тока, предположим, что
положительная нормаль к площадке, ограниченной рассмат-
риваемыми контурами (в первом и втором случаях) сонап-
равлена вектору В (т. е. направлена по оси OZ). Тогда Ф > 0.
Если в результате применения формулы (1) сила тока в кон-
туре окажется величиной положительной, то это значит, что
направление тока и выбранное направление нормали образу-
ют правовинтовую систему (если смотреть с конца вектора
По, то ток идет против часовой стрелки).
Решение. 1. Вследствие деформации проводника при не-
изменной его длине площадь, ограниченная проводником,
возрастает, следовательно, d0/dt > 0 и [см. (1)] I < 0. Это
значит, что направление нормали выбрано неверно, поэто-
му, если смотреть с конца вектора п0, ток идет по часовой
стрелке.
2. Индукция магнитного поля, а следовательно, и маг-
нитный поток уменьшаются, dФ/d^ < 0. Согласно формуле
(1), I > 0. Это значит, что направление положительной нор-
мали выбрано правильно: если смотреть с конца вектора п0,
ток идет против часовой стрелки.
Легко видеть, что в первом случае ток индукции создаёт
магнитное поле, направленное навстречу внешнему, во вто-
ром — сонаправленное внешнему полю. В обоих случаях
магнитное поле тока индукции препятствует изменению маг-
нитного потока, вызывающего его появление, как это и сле-
дует из правила Ленца.
3. Сторонней силой, вызывающей перераспределение за-
рядов в движущемся проводнике, является магнитная со-
ставляющая силы Лоренца:
Fm = <7cv х В.
При заданном направлении векторов v и В вектор v х В
направлен против оси ОХ, а сила, действующая на электро-
ны, :— по оси OX (qe < 0). Следовательно, на конце D будут
накапливаться отрицательные заряды, на конце А — поло-
жительные, т. е. стороннее поле направлено от D к А, и при
таком направлении обхода проводника > 0.
267
Если шины замкнуть (выше или ниже проводника AD,
безразлично), то в проводнике потечет ток, направленный от
D к А. Тогда появится сила Ампера, действующая со сторо-
ны внешнего магнитного поля, которая будет тормозить дви-
жение проводника, что находится в соответствии с прави-
лом Ленца.
Задача 17.2. В однородном магнитном поле, Индукция
которого В, вращается с постоянной угловой скоростью со
прямоугольная рамка со сторонами lt и /2(рис. 116); ось вра-
щения перпендикулярна линиям индукции. Определить мак-
симальную ЭДС индукции, возникающую в рамке при сле-
дующих положениях оси вращения: 1) проходит через сере-
дины сторон 2) совпадает с одной из сторон 12; 3) парал-
лельна стороне 12, отстоит от нее на расстоянии х0 и располо-
жена в той же плоскости, что и рамка. Объяснить получен-
ные результаты.
Анализ. При вращении рамки непрерывно изменяется
угол между вектором В и нормалью к плоскости рамки,
следовательно, изменяется и магнитный поток, пронизыва-
ющий рамку. Это значит, что в рамке возникает ЭДС индук-
ции
гнкд = - аФ/dt.	(1)
Угловая скорость вращения рамки постоянна, следова-
тельно, а = изменяется со временем по линейному зако-
ну. Если принять, что в начальный момент плоскость рамки
Рис. 116
во всех трех случаях нормальна к
линиям индукции, а положитель-
ное направление нормали совпа-
дает с вектором В, то в любой мо-
мент а = cot. Так как магнитное
поле однородно, то магнитный
поток, пронизывающий рамку,
Ф = BS cos а,
или, выражая угол а как функ-
цию времени и площадь рамки
как S = 1212, получаем
Ф - Bl^l2 cos wt. (2)
268
Уравнение (2) дает выражение магнитного потока как
функции времени. ЭДС индукции [см. (1)] может быть най-
дена дифференцированием уравнения (2).
Решение. Подставим выражение (2) в (1):
^иад = “ ^СВ^2 COS = t£sin cot. (3)
ЭДС изменяется со временем по синусоидальному закону,
причем в те моменты, когда а =	= тп (т = 0, 1, 2, ...),
поток, пронизывающий рамку, имеет экстремальное значе-
ние, ЭДС обращается в нуль. В те моменты, когда а =	=
= (2m + 1)л/2, поток равен нулю, ЭДС индукции имеет экст-
ремальное значение (рис. 116). При прохождении через это
положение
^нкд = ± ВЦ&.	(4)
КгЕк Ъидно из выражений (3), (4), ЭДС индукции, возни-
кающая в рамке, не изменяется при параллельном переносе
оси вращения.
Для выяснения влияния положения оси на происходя-
щие явления рассмотрим рамку при прохождении, напри-
мер, через положение, изображенное на рисунке.
В первом случае (рис. 116,а) стороны 1 и 2 рамки пере-
секают линии индукции, и £?инд возникают в обеих сторо-
нах, причем направление их будет одинаково: линейная
скорость проводника 1 (при указанном направлении враще-
ния) направлена перпендикулярно плоскости рисунка про-
тив оси OZ, и магнитная составляющая силы Лоренца, от-
ветственная за перераспределение зарядов, перемещает элек-
троны против оси ОХ. Линейная скорость проводника 2
направлена по оси OZ, и сила Лоренца перемещает электро-
ны по оси ОХ. Таким образом, при движении проводника в
магнитном поле ЭДС индукции прямо пропорциональна ско-
рости его движения (скорость всех точек каждого из про-
водников одинакова), поэтому возникающая в каждой из
указанных сторон
Гиня = Ы./2,
где k — коэффициент пропорциональности, зависящий от
длины и формы проводника, индукции В поля и положения
269
рамки, зависящего от времени. Суммируя ЭДС по обеим сто-
ронам, получим
^нвд =
Проводники, перпендикулярные сторонам 1 и 2, незави-
симо от положения оси вращения движутся в плоскостях,
параллельных линиям индукции. Поэтому сила Лоренца не
может вызвать в этих проводниках перемещения электронов
вдоль них, так как сама сила перпендикулярна этим сторо-
нам рамки.
Во втором случае (рис. 116,6) движется только провод-
ник 1, но его линейная скорость вдвое больше, чем скорости
каждой из сторон в первом случае, и возникающая в этом
проводнике
& = kml,
ИВД	"-v/kj
В третьем случае (рис. 116,в) вновь в движении находят-
ся обе стороны, параллельные осн вращения, но теперь ре-
зультирующая равна разности электродвижущих сил,
возникающих в них: линейные скорости проводников 1 и 2
в положении, изображенном на рисунке, направлены против
оси OZ, магнитная составляющая силы Лоренца перемещает
электроны против оси ОХ, Линейная скорость проводника 1
о, = <a(ij + х0), проводника 2 иа = ох0, суммарная ЭДС в
рамке
— ^1	^2 =
Следовательно, во всех трех случаях возникающая ЭДС
одинакова.
Задача 17.3. В однородном магнитном поле (В = 0,02 Тл)
вокруг оси, параллельной линиям индукции, вращается
• • • ® •
Рис. 117
тонкий однородный стержень длины
I = 40 см (рис. 117). Ось вращения
перпендикулярна стержню и прохо-
дит через один из его концов. Угло-
вая скорость со = 10 с"1. Найти раз-
ность потенциалов между осью вра-
щения и серединой стержня, между
серединой н свободным концом стер-
жня.
270
Анализ. При движении стержня в магнитном поле в нем
возникает ЭДС индукции; перераспределение зарядов в стер*
жне происходит под действием магнитной составляющей силы
Лоренца
Fm = </<•v х В,	(1)
являющейся в данном случае сторонней. Заряды разных зна-
ков, накапливающиеся на концах стержня, создают куло-
новское поле, напряженность которого
Eg == - Ест = - Fm/ge.	(2)
Разность потенциалов между двумя любыми точками стер-
жня
2
Ф1 - ф2 = I ЕкЙ1.
С учетом выражений (1) и (2) получим
2
Ф1 - ф2 - - J (V X В) dl.
(3)
Если стержень вращается так, как показано на рисунке
(ось вращения проходит через точку О), то электроны будут
накапливаться на закрепленном конце стержня, и разность
потенциалов ф0 - фл так же, как и фл - фс, должна быть
отрицательна.
Решение. Для проведения расчета введем радиус-вектор
г, направленный от оси вращения вдоль стержня. При ин-
тегрировании выражения (3) от 0 до А и от А до С получим
dl = dr. Тогда
(v х В) dl = (v х В) dr.	(4)
Вектор v х В направлен по стержню от оси вращения. Это
направление сохранится в любом положении стержня. Таким
образом, вектор v х В коллинеарен радиус-вектору г.
Вектор линейной скорости v любой точки стержня
перпендикулярен вектору В, и модуль векторного произве-
дения
| v х В | = иВ.	(5)
271
Учитывая выражения (4) и (5), а также коллинеарность
векторов v х В и dr, подынтегральное выражение в уравне-
нии (3) можно записать в виде
(v х В) dl = vBdr.
Выражая линейную скорость, различную для разных то-
чек стержня, через угловую (и = сог), получаем
(v х В) dl = coBrdr.	(6)
При интегрировании от 0 до А г изменяется от 0 до Z/2;
при интегрировании от А до С г изменяется от //2 до I. Та-
ким образом, подставляя уравнение (6) в (3) и учитывая пре-
делы интегрирования, получаем:
2/2
шВ/2 . _
Фо “ Фд = ~ г dr -----------— = - 4 мВ;
J	8
о
Фд - Фс = - “Я J г dr = - ^wBZ2 = - 12 мВ.
1/2
Задача 17.4. Между двумя длинными параллельными
прямыми проводниками с током в одной плоскости с ними и
симметрично относительно них расположены параллельные
шины, по которым поступательно движется проводник АС
длины I = 0,2 м (рис. 118). Расстояние от каждой шины до
ближайшего проводника с током а = 1 см. Токи в прямых
проводниках текут в противоположных направлениях, при-
чем I, = 12 = 40 А. Определить электродвижущую силу ин-
дукции, возникающую в проводни-
ке АС, если скорость его движения
о = 3 м/с.
Анализ. Проводник АС движет-
ся в магнитном поле, созданном ан-
типараллельными токами. Движе-
ние проводника происходит в одной
плоскости с токами, т. е. в плоско-
сти, перпендикулярной линиям ин-
дукции поля. Если проводник дви-
жется поступательно вниз, то маг-
нитная составляющая силы Лорен-
ца, действующая на свободные элек-
272
троны проводника АС, направлена вдоль проводника от С к А,
и на конце А проводника накапливаются отрицательные за-
ряды. ЭДС индукции может быть найдена по формуле
с
J(vxB)dl.	(1)
А
Магнитное поле создается двумя прямыми токами It и 12:
В — В1 + В2.
В рассматриваемой области векторы BL и В2 коллинеар-
ны, направление результирующего вектора В показано на
рис. 118.
Решение. На основании принципа суперпозиции (учиты-
вая сонаправленность полей) магнитная индукция результи-
рующего поля
В = Bj + В2,
или, поскольку токи 1г и 12 практически бесконечно длинные,
В =	+ нЛ/(27Сг2),
где г, и г2 — расстояния соответственно от токов Д и 12 до
рассматриваемой точки.
Если ввести оси координат, то для любой точки, лежа-
щей между токами, rt= xt, гг = I + 2а - х. Тогда, учитывая,
что II = I2 = 1, находим
М Г 1 ,	1 1
2л (х I + 2а -х)'
(2)
Рассмотрим теперь подынтегральное выражение в равен-
стве (1). Векторы v X В и dl коллинеарны, причем в выбран-
ной системе координат dl = dx. Тогда с учетом (2) подынтег-
ральное выражение в (1) примет вид
(v X В) dl = ^[- + 7--Vх-
'	' 2л Vх 1 + 2а-х J
Подставляя это выражение в (1) и учитывая, что пере-
менная х изменяется от хА — а до хе - а + I, получаем
(а+1	а+l	А
® Г — + f —dx
2л	J	X	j l	+ 2a-x
\ о	«	/
или
?_ = In — = 1,5 • ПТ* В.
л a
273
Рис. 119
Задача 17.5. В плоскости,
перпендикулярной линиям ин-
дукции В однородного магнитно-
го поля, расположены параллель-
ные шины, замкнутые на резис-
тор сопротивлением Я (рис. 119).
По шинам может свободно сколь-
зить проводник длины I, массы т.
Какую силу надо приложить к
проводнику, чтобы он двигался поступательно с постоян-
ной скоростью v,? Как будет двигаться проводник под
действием постоянной силы F, направленной параллель-
но шинам, при отсутствии начальной скорости? Найти
закон изменения скорости со временем для этого случая.
Определить полное количество джоулевой теплоты, кото-
рое выделится на резисторе R при движении проводника,
если ему сообщить начальную скорость v0, параллельную
шинам, без действия внешних сил? Сопротивлением шин
и самого проводника пренебречь. Во всех случаях про-
водник перпендикулярен шинам.
Анализ. При движении в магнитном поле в проводнике
возникает ЭДС индукции, и, так как шины замкнуты на
резистор, по контуру, включающему резистор и проводник,
пойдет ток силы
(1)
Тогда на проводник со стороны магнитного поля будет
действовать сила Ампера fA, которая по правилу Ленца тор-
мозит движение проводника.
В противном случае, если проводнику сообщить лю-
бую малую начальную скорость, под действием силы Ам-
пера fA он начнет ускоряться, т. е. приобретать кинети-
ческую энергию,, на сопротивлении будет выделяться
джоулева теплота. Следовательно, предположение о том,
что. в рассматриваемых условиях сила Ампера ускоряет
движение проводника, противоречит закону сохранения
энергии.
Таким образом, когда к проводнику приложена некоторая
сила F, движение его будет равномерным, если
fA + F = 0.
(2)
274
Причем, поскольку проводник прямой, расположен пер-
пендикулярно линиям индукции, а магнитное поле одно-
родно, сила Ампера
/а = 1^-	(3)
Если скорость движения проводника задана, то можно
найти ЭДС индукции, тогда равенства (1) — (3) позволят
найти силу F,, под действием которой проводник сохраняет
равномерное прямолинейноё движение.
Если на проводник действует постоянная сила F, то урав-
нение движения проводника имеет вид
dv
= fA + F.	(4)
При этом ЭДС и сила тока индукции, а значит, и сила
Ампера fA пропорциональны скорости проводника. Если вид
функциональной зависимости силы Ампера от скорости из-
вестен, то решение дифференциального уравнения (4) позво-
лит найти искомый закон изменения скорости со временем.
Когда проводник начинает движение под действием посто-
янной силы F, его скорость нарастает, и при некотором ее
значении V* сила Ампера скомпенсирует действие приложен-
ной силы F. Начиная с этого момента проводник будет дви-
гаться равномерно.
Если проводнику еообщают начальную скорость v0 при
отсутствии внешней силы F, то на него действует только тор-
мозящая сила fA, и проводник движется замедленно. Посколь-
ку сама эта сила пропорциональна скорости, ускорение do/dt
тем меньше по модулю, чем медленнее движется проводник.
Работа приложенной силы F за некоторый промежуток
времени dt равна сумме изменения кинетической энергии К
проводника и количества джоулевой теплоты, которая за это
же время dt выделяется на резисторе R:
dK + bQ^-M.	(5)
Это равенство справедливо при В = const, т. е. при усло-
вии, что действием тока индукции на токи, создающие маг-
нитное поле, можно пренебречь. Уравнение (5) позволит найти
полное количество джоулевой теплоты.
При наличии силы F уравнение (5) может быть исполь-
зовано также для вывода закона изменения скорости вместо
уравнения (4).
275
Решение. Согласно условию, магнитное поле однородно,
проводник движется поступательно и, как видно из рисун-
ка, векторы v и В таковы, что Fm = gev X В направлена вдоль
проводника и возникающая электродвижущая сила индук-
ции
= »В1.	(6)
Если скорость проводника постоянна и равна fp то, под-
ставив выражение (6) в (1) — (3), получим, что к проводни-
ку надо приложить силу
F. = B2l2vJR,
причем эта сила должна быть сонаправлена вектору vP
Закон изменения скорости проводника найдем из уравне-
ния (5). По условию, проводник начинает двигаться под дей-
ствием постоянной силы F. При этом ее элементарная рабо-
та &А = Fv dt. Изменение кинетической энергии, как обыч-
но, cLK" = mv du. С учетом (6) и (1) количество джоулевой
теплоты dQ,,, = dt = (B2l2v/R) dt. Подставив эти выра-
жения в (5), получим
т dv + (B2l2v/R) dt = F dt,
или, введя обозначение B2l2/R = с,
т do = (F - cv) dt.
Разделим в этом уравнении переменные и проинтегриру-
ем от начального состояния t = О, v = 0 до некоторого проме-
жуточного состояния, характеризуемого моментом t и ско-
ростью и:
= — (dt - 1 in	.	(7)
J F -cv т • с F т
о	°
После несложных преобразований и потенцирования вто-
рого из выражений (7) получаем
v = -(1 - e’rt/m).
с
Легко видеть, что при t -* сю скорость стремится к постоян-
ному значению v* = F/c = F/?/(B2Z2). Очевидно, что при v — v*
fA+F = O.
276
При отсутствии внешней силы в уравнении (5) 6А = 0 и
“° " &К- Интегрируя это уравнение, получаем
Одж =	~
где Кх = mvf /2, Кг = 0.
Таким образом, полное количество джоулевой теплоты
равно начальной кинетической энергии, сообщенной провод-
нику.
Задача 17.6. В плоскости, перпендикулярной линиям ин-
дукции однородного магнитного поля, расположен про-
волочный квадрат со стороной а = 4 см. Проволочная пере-
мычка, параллельная двум сторонам квадрата, делит две его
другие стороны в отношении 1 : 3 (рис. 120). Все проводни-
ки выполнены из одинаковой проволоки, для которой отно-
шения сопротивления к длине у = 1,7 • 10~2 Ом/м. Найти силы
токов, индуцируемых во всех проводниках при изменении
индукции магнитного поля по линейному закону от В, =
= 5 • 10~3 Тл до Вг = 8,4 • 10-8 Тл в течение времени т = 10 с.
Анализ. При изменении (возрастании) индукции маг-
нитного поля возникает вихревое электрическое поле, кото-
рое вызывает направленное движение свободных электронов
в проводниках, т. е. индукционный ток.
Согласно теории Максвелла, переменное по времени маг-
нитное поле п возникающее вихревое электрическое поле
связаны уравнением
j>Edl'= -
(L)
(S)
причем поверхность интегрирования 8
«натянута» или ограничена контуром
интегрирования L; направление обхо-
да контура L образует правовинтовую
систему с положительной нормалью к
поверхности 8. Интеграл в левой час-
ти уравнения представляет собой сум-
марную электродвижущую силу в кон-
туре L; интеграл в правой части —
скорость изменения магнитного пото-
ка сквозь поверхность S. Чтобы най-
ти силы индукционных токов, надо
(1)
277
рассмотреть контуры САК DC и DNMCD. Применяя к каж-
дому из контуров уравнение (1), можно определить суммар-
ные электродвижущие силы и в каждом из них. Для
нахождения сил тока можно воспользоваться правилами
Кирхгофа, так как сопротивления всех проводников извест-
ны.
При направлении магнитного поля, показанном на ри-
сунке, токи и i2 направлены, согласно правилу Ленца, про-
тив часовой стрелки. Направление тока I в проводнике CD
неизвестно. Для составления уравнений по правилам Кирх-
гофа направление этого тока следует задать.
Решение. Для определения электродвижущих сил приме-
ним уравнение (1) к каждому из контуров. Магнитное поле,
по условию, однородно, и индукция его изменяется по ли-
нейному закону
В = Во + kt.	(2)
Если положительную нормаль направить против вектора
В, то правая часть уравнения (1) для любого из рассматрива-
емых контуров примет вид
— dS - - <£s
dt	dt
(здесь частная производная заменена полной и вынесена за
знак интеграла, так как поле однородно), или с учетом (2)
dS = - kS.
J dt
(3)
Тогда, применяя уравнение (1) к контурам CAKDC и
DNMCD, получаем:
= Лаа/4; = kS2 = ЗЛа2/4.
Для записи уравнений Кирхгофа выберем направление
тока I от С к D. Тогда для узла С
i2 - - I = 0,	(3)
для контуров CAKDC и DNMCD
ka2/4 =	- IR, 3ka2/& =	+ IR, (4)
278
где J?x = 1,5ау; Я2 = 2,5ау и В = ау — сопротивления участ-
ков CAK’D, DNMC и CD соответственно. Подставив эти зна-
чения сопротивлений в уравнения (4), получим:
Ла/(4у) = 1,5», - I, ЗЛа/(4у) •» 2,5i3 + I. (5)
Уравнения (3), (5) составляют систему, совместное реше-
ние которой позволяет найти силы токов.
Для решения этой системы найдем коэффициент k из
уравнения (2):
k = (Вг - В,)/т - 3,4 • Ю4 Тл/с.
Подставив числовые значения k, у и а в (5) и заменив,
согласно (3), I на - ilf получим:
2 • 10’4 - 2,54 - »2; 6 • Ю 4 = 3,5i2 - i„
откуда i, = 1,68 • 10“4 A; i2 = 2,19 • 10-4 А; I = 0,51 • 10'4 А.
, Поскольку I > 0, направление этого тока выбрано пра-
вильно (от С к D).
§ 18. Самоиндукция и взаимная
индукция. Энергия магнитного поля
В задачах этого параграфа рассматривается частный слу-
чай явления электромагнитной индукции — само- и взаи-
моиндукция. При анализе задач следует осмысливать всю
совокупность явлений, возникающих в электрических це-
пях при изменении силы тока. Необходимо обращать внима-
ние на то, что индуктивность L и взаимная индуктивность
М зависят от геометрии проводников, их взаимного располо-
жения и магнитных свойств среды. Эти коэффициенты не
зависят от силы тока только при отсутствии ферромагнети-
ков. На это следует обращать внимание и при расчете энер-
гии.
Задача 18.1. Две катушки, индуктивности которых
£1 = 3 мГн, L2 = 5 мГн, соединены последовательно
(рис. 121). При этом индуктивность системы L = 11 мГн.
Как изменится индуктивность системы, если в одной из ка-
тушек направление тока изменить на противоположное при
неизменном взаимном расположении катушек?
279
Рис. 121
Анализ. Индуктивность системы
определяется потокосцеплением:
Ф = LI,	(1)
где I — сила тока в катушках (так как
катушки соединены последовательно,
то силы тока в них одинаковы). Сум-
марный магнитный поток равен алгеб-
раической сумме потоков, пронизыва-
ющих все витки катушки. Все витки
первой катушки пронизываются соб-
ственным потоком Фп и потоком Ф21,
созданным второй катушкой. Вторая
катушка пронизывается также соб-
ственным потоком Ф22 и потоком Фи,
созданным первой катушкой. Таким
образом,
Ф = Фп + Ф22 + Ф21 + Ф12.	. (2)
Собственные потоки всегда положительны и определяются
индуктивностью каждой катушки:
Ф11=£1/, Ф22 = L2I.
(3)
♦Чужие» потоки могут быть положительными или отри-
цательными в зависимости от направления индукции поля,
созданного одной катушкой в витках другой. Знаки маг-
нитных потоков Ф21 и Ф12 всегда совпадают (при изменении
направления тока одновременно изменяются на противо-
положные и направление положительной нормали, и на-
правление вектора индукции), а числовые значения их опре-
деляются взаимной индуктивностью:
Ф21 - ± М12, Ф12 = ± М1Г
Так как катушки соединены последовательно, то
Ф21 = ^12 = ± ML
(4)
Смысл знаков определяется характером соединения и рас-
положением катушек. Если поля катушек сонаправлены и
280
♦чужие» потоки положительны: Ф21=	= + (рис. 121,а);
если поля катушек направлены навстречу друг другу, то ♦чу-
жие» потоки отрицательны: Ф21 = Ф12 = - MI (рис. 121,б).
Решение. Подставив выражения (3) и (4) в (2) и (1), по-
лучим, что индуктивность двух катушек
L =	+ Ls ± 2М.
Так как до изменения направления тока L > Lt + L2, то,
очевидно (рис. 121,а),
L — L1 + Ъ2 + 2М.
(5)
После изменения направления тока в одной из катушек
(рис. 121,6)
« Lj + L2 - 2Af.
Исключив неизвестное значение М из системы уравнений
(5) и (6), получим
L' = 2(Lj + L2) - L = 5 мГн.
Задача 18.2. На картонный тор прямоугольного сечения,
размеры которого показаны на рис. 122, навиты две обмот-
ки. Число витков Ni - 400, N2 а 300. По обмоткам течет ток
/ = 3 А одного направления. Определить индуктивность и
энергию системы. Какое количество электричества пройдет
через медное кольцо с сопротивлением R = 0,8 Ом, надетое
поверх обмоток на тор, при выключении тока?
Анализ. В рассматриваемой системе при достаточно плот-
ном расположении витков магнитное поле практически со-
средоточено внутри обмотки тора. По условию, токи в вит-
ках обеих обмоток направлены одинаково, следовательно,
магнитные поля, созданные этими обмотками, сонаправле-
ны и »чужие» потоки, пронизы- J
вающие каждую из обмоток, по-
ложительны (как и собственные). а
Тогда индуктивность системы
L - Lr + £2 + 2М,	(1)
где Lj и Ьг — индуктивности каж-
дой из обмоток, М — взаимная
5см
Рис. 122
281
индуктивность. Эти коэффициенты могут быть найдены из
выражений
LJ = Ьг1 = N2<b22, MI = Л\Ф21 = #2Ф12,	(2)
где Фп и Ф22 — собственные магнитные потоки, Ф21 и Ф12 —
♦чужие» магнитные потоки (например, Фи — поток, создан-
ный первой обмоткой и пронизывающий один из витков этой
обмотки; Ф21 — поток, созданный второй обмоткой и прони-
зывающий один из витков первой обмотки). Индукция маг-
нитного поля внутри витков тора может быть рассчитана по
закону полного тока.
Энергия системы
W ~ Ы2/2.	(3)
При выключении тока в обмотке магнитный поток, про-
низывающий медное кольцо, надетое на тор, уменьшается
до нуля, и в кольце появляется ток индукции. Количество
электричества, проходящее вследствие этого по кольцу (че-
рез любое его поперечное сечение),
в=риВД<1*,	(4)
о
где т — время прохождения тока индукции в кольце.
Решение. Согласно закону полного тока,
jBdl=Ho2:/.	(5)
w
Вследствие симметрии тора контуру интегрирования сле-
дует придать форму концентричной окружности, радиус г
которой удовлетворяет условию Rx< г < R2. При выборе на-
правления обхода контура по линии индукции Вц11 ” О,
В = const во всех точках контура. Тогда
j>Bdl = JbcU =В-2лг.	(6)
(«	(L)
Если поле создано витками первой обмотки, то 27 =
Тогда уравнение (5) с учетом (6) примет вид
В. = |л/^/(2лг).
282
Для расчета потока Фп следует выбрать элементарную
площадку dS = b dr. Тогда
(7)
(S)
Аналогично,
ф„ - In Ф„ - et In
22 2я Я1 12 2я Я1
(8)
ф = Л in &
®21 2я Я1‘
Подставив выражения (7) и (8) в (2) и (1), получим
L =	+ Nf + 2ВД,) In £ - 2,3 • 10"8 Гн.
2я ' 1	8	1 2/ Я1
Энергия системы [см. (3)] W = 1,0’ 10-2 Дж.
При выключении тока в обмотке тора по кольцу пройдет
г	1 ЙФ тт	/ях
ток индукции /ивд = - Подставим это выражение в (4):
г	Ф,
1 Г d»!1	1 Г Фп - Ф
V1’	<’>
о	Фо
где Ф, = 0; Фо — суммарный магнитный поток, пронизываю-
щий площадь, ограниченную кольцом, при силе тока I в об-
мотке тора. Поскольку поле сосредоточено только внутри
тора, этот поток равен суммарному магнитному потоку, про-
низывающему поперечное сечение тора:
Фо = J(Вх + В2) dS,
(S)
где и В2 — индукции магнитного поля, созданного первой и
второй обмотками соответственно. Произведя интегрирование
так же, как это было сделано при расчете потока Фп, получим
ф0=	(10)
Подставив выражение (10) в (9), находим
Q =	+ Nz) In = 12 мкКл.
•Л1
283
Задача 18.3. По цилиндрическому медно-
му проводнику радиуса г0 = 2 см течет ток
силы I - 100 А (рис. 123). Считая провод-
ник очень длинным, найти энергию магнит-
ного поля, сосредоточенного внутри участка
проводника длины 1 м.
Анализ. Вследствие большой длины про-
водника можно пренебречь полем под-
водящих проводов и считать, что внутри про-
водника поле обладает осевой симметрией —
линии индукции имеют форму окружностей
с центром на оси проводника, плоскость любой из них
перпендикулярна оси. Симметричность поля позволяет при-
менить для расчета индукции закон полного тока.
Считая, что магнитная проницаемость меди постоянна и
практически равна единице, закон полного тока можно за-
писать в виде
(1)
(Ч
Энергия магнитного поля в объеме V = лг02/0 (Zo — произ-
вольная длина участка проводника)
W=J<omdV,	(2)
-ЧП
где <om = dW/dV = В2/(2ц0) — плотность энергии магнитного
поля.
Решение. Выберем контур интегрирования L в форме ок-
ружности, совпадающей с одной из линий индукции, радиус
которой г < г0. Если направление обхода контура совпадает с
направлением линий индукции, то dfjfe = 0 и В = const во
всех точках контура интегрирования. Тогда
j)Bdl = j>BdZ = В-2лг.	(3)
(Ч	(Ч
Если плотность тока постоянна по поперечному сечению
проводника, то сумма токов, сцепленных с контуром интег-
рирования,
2/ = ~лг2.	(4)
лго
284
В действительности плотность тока больше у оси провод-
ника: если представить весь ток как совокупность линейных
токов одного направления, то под действием сил притяже-
ния они должны стягиваться к оси.
Подставим выражения (3) и (4) в (1):
В- 2лг = Цх/г2/^2, откуда В = iijr/tfiirf). (5)
Элементарный объем dV в выражении (2) должен быть
таким, чтобы в нем плотность энергии, а следовательно, и
индукция магнитного поля оставались постоянными. Этому
условию удовлетворяет тонкий цилиндрический слой, объем
которого dV = 2лг/0 dr.
Тогда подынтегральное выражение в равенстве (2) с уче-
том (5)
com dV = (р.0/2г2/8л2Г04) 2лН0 dr.
Энергия поля, отнесенная к длине,
т “ Р dr = = 2’5 10-4 Дж/М-
<0 4лг„ J	16л
и о
Окончательное выражение для энергии не содержит ра-
диуса проводника. Это можно объяснить тем, что при задан-
ном значении силы тока увеличение радиуса приведет к
уменьшению плотности тока, а следовательно, и плотности
энергии, а полное ее значение останется неизменным.
Задача 18.4. Дроссель с индуктивностью L = 8 Гн и оми-
ческим сопротивлением = 40 Ом и лампа с сопротивлением
R2 = 200 Ом соединены параллельно и подключены к источ-
нику с электродвижущей силой %> = 120 В через ключ
(рис. 124). Определить разность потенциалов на зажимах
дросселя при = 0,01 с и t2 = 0,5 с после размыкания цепи.
Анализ. При установившемся режиме сила
тока 10 в цепи равна сумме сил токов, теку-
щих через дроссель (/J и лампу (/2), причем

I, - ?/В,.	(1)
При замыкании и размыкании ключа К
в дросселе возникает ЭДС самоиндукции,
которая стремится воспрепятствовать в пер-
вом случае нарастанию силы тока, во вто-
285
ром случае — его исчезновению. ЭДС самоиндукции возни-
кает только в дросселе, так как лампа и подводящие про-
вода считаются безындуктивными.
После отключения источника замкнутую цепь составят
дроссель и лампа, соединенные теперь последовательно. В
момент t = 0, соответствующий моменту размыкания, сила
тока в этой цепи одинакова и равна установившейся силе
тока Zj в дросселе (ток в безындуктивной лампе исчезает
мгновенно). Разность потенциалов на зажимах дросселя пос-
ле отключения источника в любой момент равна
иа = тг,	(2)
где i — текущее значение силы тока, зависящее от времени;
так как в дросселе действует стороннее поле, обусловли-
вающее появление ЭДС самоиндукции, то UK # iZ?t. Зависи-
мость силы тока i от времени может быть найдена из закона
Ома для замкнутой цепи.
Решение. При отключении источника в цепи, состоящей
из дросселя и лампы, действует только ЭДС самоиндукции.
Закон Ома для этой замкнутой цепи
i(Ri + R2) - Z-f •
После разделения переменных уравнение примет вид
~ = - ^4^dt- с3)
I	Lt
При t = 0 i = Zj (установившаяся сила тока в дросселе до
отключения источника). Интегрируя уравнение (3) в преде-
лах от t — 0 до некоторого t, когда сила тока принимает
значение i, получаем
Г di ZJi+ZJ2 f, .	f
Jt = _ -r~Jdt’I = z1 ex₽ [—z~7
д	0
Учитывая формулы (1) и (2), находим
При tj и t2, заданных в условии задачи, имеем
U' = 3,7Г = 440 В, U" = 1,5 • 10-6Г = 1,8  10‘4 В.
д	д 7
286
При отключении источника, как видно из полученного
результата, разность потенциалов на очень короткое время
значительно превышает ЭДС источника, что позволяет на-
блюдать мгновенную яркую вспышку лампы в момент вык-
лючения цепи.
Задача 18.5. В цепи, изображенной на рис. 125, сопро-
тивления резисторов Й1 и Я2 и электроемкость конденсатора С
известны. При замыкании ключа П через гальванометр G
ток не идет. Определить взаимную индуктивность катушек
К1 и К2, считая, что индуктивность второй катушки пре-
небрежимо мала.
Анализ. В схеме можно выделить два контура: первый,
включающий источник катушку Jfl и резистор R1, и вто-
рой, включающий катушку К2, резистор R2 и гальванометр
G. При установившейся в первом контуре силе тока Ц во
втором контуре тока не будет; конденсатор будет заряжен,
причем разность потенциалов на его обкладках равна разно-
сти потенциалов на концах резистора Я1:
Фз Ф1
(1)
(очевидно, это равенство справедливо потому, что в уста-
новившемся состоянии через резистор R2 ток не течет и
Фз “ Фг = °)-
При замыкании ключа П сила тока в первом контуре
нарастает постепенно (от 0 до практически в течение не-
которого времени т (катушка Ю обладает индуктивностью).
За это время происходит зарядка конденсатора, и по резис-
тору Я2 идет ток, сила которого i2 в каждый данный момент
определяется приращением заряда на обкладках конденса-
тора:
i2 = dQ/df.	(2)
Для того чтобы в течение времени
т через гальванометр не шел ток, надо,
чтобы разность потенциалов ф8 - ф2 =
= i2R2 была равна и противоположна
по знаку ЭДС индукции, возникающей
во второй катушке. Поскольку индук-
тивность катушки К2 пренебрежимо
мала, эта ЭДС определяется взаимной
287
индуктивностью М и скоростью изменения силы тока 1Х:
~ ~ Af(dii/dt). Ток в гальванометре отсутствует при ус-
ловии Ф8 - <р2 = - г?ннд, откуда
i2R2 = M^.	(3)
Уравнения (2) и (3) после интегрирования и уравнение (1)
позволят определить взаимную индуктивность.
Решение. Подставив равенство (2) в (3), получим
R2 dQ - М diP	(4)
В течение времени т сила тока изменяется от 0 до
заряд конденсатора — от 0 до Q. Интегрируя уравнение (4) в
указанных пределах, получаем
RtQ = МД.
Заряд конденсатора с учетом равенства (1)
Q = CUc - (ЗД-
Тогда
М = CRlR2.
Очевидно, что в этом случае при размыкании ключа П
через гальванометр также не идет ток.
§ 19. Магнетики
В задачах данного параграфа приводится расчет магнит-
ного поля в ферромагнетиках для простейших конфигураций
сердечников. При анализе и решении задач важно обращать
внимание на то, что между индукцией и напряженностью
магнитного поля в ферромагнетиках нет аналитической за-
висимости, известной в явном виде, т. е. в уравнениях
В = ИоцН и В = ц0Н + p.0J магнитная проницаемость ц и
намагниченность J сами являются сложными функциями Н.
Поэтому решение задач возможно только при наличии гра-
фика (или таблиц) зависимости В(Н) для данного ферромаг-
нетика. В задачах данного параграфа для упрощения счита-
ется, что все сердечники выполнены из одного железа, для
которого график В(Н) приведен на рис. 126.
288
Важно также, что маг-
нитные свойства сердечни-
ка зависят от его формы. В
рассматриваемых задачах
это показывается на приме-
ре простейших сердечни-
ков, имеющих форму тон-
кого тора, сплошного или с
узким воздушным зазором.
Задача 19.1. Обмотка
тонкой тороидальной ка-
тушки с железным сердеч-
ником состоит из N = 500
витков. Средний радиус тора г0 = 8 см (рис. 127). Найти
индукцию магнитного поля внутри катушки, намагничен-
ность и магнитную проницаемость сердечника, если силы
тока в обмотке = 0,5 А и 1г = 1,5 А.
Анализ. В данном случае магнитное поле создается как
макротоками, текущими по обмотке тороида, так и микро-
токами сердечника. Если поле обладает достаточной сим-
метрией, то закон полного тока для вектора Н позволит най-
ти напряженность поля, не рассматривая ни распределения,
ни силы микротоков.
Если предположить, что витки обмотки расположены близ-
ко друг к другу, то все магнитное поле сосредоточено внутри
катушки, линии индукции и напряженности поля имеют фор-
му окружностей, концентричных самому тору. Тогда на-
пряженность поля можно рассчитать по закону полного тока:
(D
где SI — сумма макротоков, сцеплен-
ных с контуром интегрирования L.
Контур L должен совпадать е одной
из линий напряженности, поэтому его
можно провести, например, по сред-
ней линии тора (рис. 127; контур Lt).
Так как тор тонкий, то очевидно, что
в любом его поперечном сечеиии
Н = const и во всех точках внутри тора
Н = const.
‘/210-Сборник задач
289
Зная напряженность поля внутри тороида при заданной
силе тока, можно определить индукцию поля, восполь-
зовавшись графиком на рис. 126.
Намагниченность может быть найдена из соотношения
Очевидно, что в любом поперечном сечении тора J = const,
В = const и во всех точках внутри сердечника J = const,
В = const.
Магнитная проницаемость может быть найдена из соот-
ношения
В = ЦдцН.	(3)
Решение. Если направление обхода контура интегриро-
вания в уравнении (1) выбрать по линиям напряженности,
то во всехч точках контура = 0; вследствие симметрии
модуль вектора Н вдоль контура постоянен, поэтому
^Hdl - &Hdl = Яр1.
(А)	(А)	(А)
Если контур Lj проходит по средней линии тора, то <в dl =
(А)
= 2лг0 и &Н dl = ff-2xr0. С контуром интегрирования сцеп-
(А) '	-
лены все N витков обмотки, поэтому 2J = NI. Подставив
последние два выражения в уравнение (1), получим
Н = IN/(2nr0).
При = 0,5 А и 1г = 1,5 А напряженности соответствен-
но равны Н1 = 500 А/м и Н2 = 1500 А/м.
Найдем индукцию магнитного поля внутри тора по полу-
ченным значениям Н, используя график рис. 126. Кривая
намагничивания, часть которой изображена на рисунке, со-
ответствует зависимости В(Н) для ранее не намагниченного
образца, имеющего форму однородного замкнутого тора. В
пределах этой кривой векторы В и Н сонаправлены.
290
При Н = Ht и Н = Н2 индукции соответственно равны
Bi - 1,07 Тл и В2 = 1,37 Тл.
Используя найденные значения Н и В, рассчитаем намаг-
ниченность и магнитную проницаемость сердечника по фор-
мулам (2) и (3):
= В/Ио - Н = 0,85 МА/м; J2 = 1,09 МА/м;
Pi = В/(ЦоН) = 1700; р2 = 730.
Следует обратить внимание, что в данном случае напря-
женность поля прямо пропорциональна силе тока в обмотке,
тогда как индукция магнитного поля и намагниченность
железа не пропорциональны ей. Действителкно,
J2/Jt = Нг/Н1 = 3; B2/Bt = 1,28; ад = 1,29.
То, что отношения B2/Bt и Ji/Jl практически не отлича-
ются друг от друга, лишний раз подчеркивает, что основной
«вклад» в индукцию поля сделан микротоками образца, а не
токами в обмотке катушки.
Задача 19.2. Две одинаковые тонкие тороидальные катуш-
ки (длина средней линии тора I = 15 см) с обмотками по
N •— 150 витков каждая имеют железные сердечники. Сер-
дечник одной из катушек сплошной, в сердечнике второй
катушки имеется поперечный воздушный зазор толщины
Г =1 мм (рис. 128). При какой силе тока i2 в обмотке вто-
рой катушки индукция магнитного поля в ней будет такой
же, как в первой катушке при силе тока = 0,2 А?
Анализ. Магнитное поле внутри первой катушки облада-
ет достаточной симметрией, что позволяет, как и в предыду-
щей задаче, рассчитать напряженность поля по закону пол-
ного тока:
j)Hdl = 21.	(1)
(Ь)
Определив напряженность магнит-
ного поля, можно затем по графику
рис. 126 найти индукцию поля.
В сердечнике второй катушки име-
ется воздушный зазор, причем грани-
ца воздух — металл перпендикулярна
линиям индукции^ Следовательно, на-
291
пряженность поля на этой границе терпит разрыв — в возду-
хе и металле значения Н различны. Вектор индукции на
этой границе, наоборот, не терпит разрыва.
Изменение векторов В и Н при переходе через границу раз-
дела двух сред может быть найдено из законов j) Н dl = 21,
а)
dS = 0. Применение этих законов приводит к выводу, что
(S)
нормальная составляющая вектора индукции не терпит разры-
ва: В1п - В2„; касательная составляющая терпит разрыв:
В1(/Ц! = В^/Цг. Соответственно Я1пщ = Я^, Ни = Я2(.
Наличие воздушного зазора в сердечнике тороидальной
катушки нарушает симметрию линий индукции магнитного
поля и вызывает рассеяние магнитного потока (рис. 129). Как
видно из рис. 129, площадь поперечного сечения магнитного
поля в зазоре больше, чем площадь поперечного сечения сер-
дечника. Поскольку суммарный магнитный поток сквозь лю-
бое сечение постоянен (линии магнитной индукции непрерыв-
ны), индукция магнитного поля даже вдоль оси тороида по-
степенно уменьшается в направлении зазора и достигает сво-
его минимального значения в середине зазора, где поперечное
сечение поля максимально. Если пренебречь потоком рассея-
ния, то можно считать, что и в воздушном зазоре, и в сердеч-
нике индукция во всех точках одинакова и по условию равна
индукции, поля внутри первой катушки;
Тогда в точках, лежащих внутри воздушного зазора,
• Нв = В/^
(2)
Внутри сердечника напряженность поля должна иметь то
же значение, что и в первой катушке. Но если напряженности
поля в сердечнике и зазоре известны,
то применение закона полного тока ко
второй катушке позволит найти силу
тока 1г в обмотке.
Решение. Считая, что линии индук-
ции вследствие симметричности торо-
идальной катушки имеют форму ок-
ружностей, концентричных самому тору,
проведем контур интегрирования L по
292
средней линии тора. Если направление обхода контура со-
впадает с направлением линии напряженности, то во всех
точках контура интегрирования = 0. В первой катушке
во всех точках контура интегрирования Lt (см. рис. 127)
Н = const = Hlt поэтому
Jh dl = di = <£di = HJ.	(3)
(a)	(a)	(a)
Во второй катушке значения H в сердечнике и в воздухе
различны, но во всех точках контура, лежащих внутри сер-
дечника, напряженность одинакова и, по условию, Н = Нг
Во всех точках воздушного зазора напряженность поля На
также одинакова, поэтому
j>Hdl = J#di = ^Hdi + &Н dl =	+ Htl', (4)
M (А) ft) ft)
где L2 — контур интегрирования, проходящий по средней
линии второй катушки. Длина средней линии сердечника
второй катушки lc = I - Г. Сумма токов, сцепленных с кон-
туром интегрирования, равна произведению числа витков на
силу тока: 2J = ATi. Подставляя в уравнение (1) поочередно
равенства (3) и (4) и учитывая, что сила тока в первой ка-
тушке i,, во второй — i2, получаем:
= Nilt	(5)
Ht(l - Г) + Ня1’ = Ni2.	(6)
Из уравнения (5) находим
= itN/l = 200 А/м.
Тогда по графику = 0,81 Тл.
Подставляя выражение (2) в (6), получаем
i =
2 L но
= 4,5 А.
Таким образом, изменение формы сердечника — появле-
ние воздушного зазора, толщина которого меньше 1% об-
щей длины сердечника, — приводит к тому, что для созда-
ния такого же магнитного поля, как и в сплошном сердеч-
нике, силу тока в обмотке надо увеличить более чем в 20
раз. Воздушный зазор как бы размагничивает сердечник.
293
Размагничивающее действие зазора тем больше, чём боль-
ше зазор Г и индукция Вр соответствующая напряженности
в сердечнике, т. е. чем больше магнитная проницаемость
сердечника.
Задача 19.3. Обмотка тонкой тороидальной катушки, сред-
няя длина которой I = 20 см, содержит = 200 витков.
Железный сердечник катушки имеет поперечный воздуш-
ный зазор толщины I' = 0,5 мм. Определить индукцию маг-
нитного поля в сердечнике при силе тока i = 2 А.
Анализ. Воздушный зазор настолько мал, что рассеянием
магнитного потока можно пренебречь. Это значит, что ли-
нии индукции и линии напряженности — окружности, кон-
центричные тору, т. е. поле обладает достаточной симметрией
для применения закона полного тока:
j)Hdl=2J.	(1)
(«
Напряженности в воздухе и сердечнике различны, поэто-
му контур интегрирования L, проведенный по средней ли-
нии катушки (рис. 128, контур Ъ2), надо разбить на два уча-
стка. Если выбрать направление обхода контура по направ-
лению линии напряженности, то l£cll = 0 во всех точках
контура; модуль вектора Н в пределах каждого участка по-
стоянен. Поэтому уравнение (1) примет вид
Н(1 - О + Н,1’ = Ni,	(2)
где Н — напряженность поля в сердечнике; Н„ — напря-
женность поля в воздушном зазоре; Ni — сумма сил токов,
сцепленных с контуром интегрирования.
Поскольку границы зазора перпендикулярны линиям
индукции, вектор индукции не терпит разрыва, индукция В
одинакова в зазоре и сердечнике и напряженность поля в
зазоре
Нв = В/^.	(3)
Подставив выражение (3) в (2), получим уравнение, со-
держащее две неизвестные величины Н и В. Аналитическая
связь между этими величинами неизвестна. Однако извест-
ная кривая зависимости В(Н) для данного сорта железа (см.
рис. 126) позволяет решить задачу графически.
294
Решение. Подставив уравне-
ние (3) в (2), получим
Н{1 - Г} + ВГ/Цо = Ni,
или, пренебрегая V по сравнению
с I в первом слагаемом,
В = ^i/l' - v^lH/Г. (4)
Как видно из выражения (4),
при заданной форме сердечника
между В и Н существует линей-
ная зависимость. Графически, в
координатах В, Н.'эта зависимость изображается прямой, пере-
секающей координатные оси графика рис. 126 в точках:
Я, = 0; Bt =	- 1 Тл;
Вг = 0,6 Тл; Н2 =	= 800 А/м.
Прямая, построенная по этим точкам, показана на
рис. 130, на который перенесен также график рис. 126. Точка
пересечения этой прямой с кривой намагничивания данного
сорта железа имеет координаты Н = 250 А/м; В = 0,88 Тл,
являющиеся как раз искомыми значениями напряженности
и индукции магнитного поля в сердечнике.
По мере увеличения толщины V воздушного зазора пря-
мая, заданная уравнением (4), будет располагаться ниже: при
той же силе тока i индукция магнитного поля в сердечнике
будет меньше, т. е. сильнее сказывается размагничивающее
действие воздушного зазора.
Задача 19.4. В сердечнике тонкой тороидальной катушки,
средняя длина которого I — 10 см, имеется поперечный воз-
душный зазор толщины I' - 1 мм. При выключенном токе в
обмотке индукция магнитного поля в зазоре В = 0,04 Тл.
Определить направление и модуль векторов напряженности,
индукции и намагниченности в сердечнике.
Анализ. По условию, тока в обмотке нет, рассматриваемое
магнитное поле создается только микротоками сердечника.
Напряженность магнитного поля в зазоре
‘ Н, = В/Ио.	(1)
295
Зазор Г настолько мал, что рассеянием магнитного по-
тока можно пренебречь, поэтому индукция в зазоре и в
сердечнике имеет одно и то же значение В (граница зазора
перпендикулярна линиям индукции). Напряженность поля
в сердечнике может быть определена из закона полного
тока, причем правая часть в данном случае обращается в
нуль:
Jh<h = о.	(г)
(«
При известных Н и В в сердечнике намагниченность мо-
жет быть рассчитана из выражения
В = ЦцН + HoJ.	(3)
Решение. Пусть вектор индукции Вв в зазоре направлен
так, как показано на рис. 131. Очевидно, так же будет направ-
лен и вектор напряженности Н, [см. (1)]. Поскольку линии
индукций — окружности, концентричные тороидальному
сердечнику, направления векторов В в разных точках сер-
дечника различны. Например, вектор В в точке D направлен
так, как показано на рисунке.
Для нахождения напряженности поля проведем кон-
тур интегрирования L по средней линии тора и выберем
направление обхода контура против часовой стрелки, что-
бы оно образовывало правовинтовую систему с осью OZ.
На границе зазора вектор напряженности терпит разрыв,
поэтому интеграл в левой части уравнения (1) следует раз*-
бить на два:
Рис. 131
^Hdl - jHdl + jHdl = 0. (4)
(Ы	(0	(Г)
Во всех точках воздушного зазора
напряженность поля одинакова, мо-
жет быть рассчитана по выражению
(1) и rf?dl = 0, как следует из рисун-
ка. Таким образом,
Jh<h —
(Г)	(Г)
296
Сравнив это выражение с (4), получим
f Н dl = - — Г.	(5)
J	Но
(О
Предполагая, что во всех точках сердечника вектор на-
пряженности Нс одинаков по модулю и направлен по каса-
тельной к контуру интегрирования, получаем, учитывая
выражение (5), что во всех точках сердечника Нс, dl = л.
Тогда-
fН dl = - НЛ = - — I’,
J	Но
(П
откуда
Не =	= 318 А/м.
В точке D сердечника вектор Н направлен противополож-
но вектору В.
Согласно равенству (3), записанному в скалярном виде
(для проекций всех векторов на ось ОХ), намагниченность
равна
= -Вх/Но “ Нх.
Тогда в точке D
j = - А _ я = - з 21 • 104 А/м.
1 Но	-	-
§ 20. Электромагнитные колебания
В задачах этого параграфа рассматриваются гармонические
(собственные и вынужденные) и затухающие электромагнит-
ные колебания. Эти задачи, по существу, дополняют задачи
§ 5. При решении задач следует уделять внимание как об-
щим закономерностям, присущим колебательным процессам,
так и физической сущности явлений, происходящих в элек-
трическом колебательном контуре.
Анализ протекающих процессов с помощью обобщенного
закона Ома приводит к составлению дифференциального урав-
нения, характеризующего изменение напряжения и силы тока
297
со временем. Использование закона Ома требует предвари*
тельного выбора положительного направления тока, знака
зарядов на обкладках конденсатора и т. д.
Как и раньше, предполагается, что известны решение 
d2s
дифференциального уравнения типа —у + A2s = О и вы-
at .
ражения для амплитуд силы тока и напряжения при вы-
нужденных гармонических колебаниях.
Задача 20.1. Колебательный контур состоит из кон-
денсатора емкостью С — 2 • 10~8 Ф и катушки с общим чис-
лом витков N = 300 индуктивностью L = 5  10~5 Гн (рис. 132).
Омическим сопротивлением контура можно пренебречь. Мак-
симальное напряжение на обкладках конденсатора Uo =
=. 120 В. Определить максимальный магнитный поток, про-
низывающий катушку, и начальную фазу колебаний напря-
жения, если в момент t = 0 энергия электрического поля
конденсатора равна энергии магнитного поля катушки.
Анализ. Омическое сопротивление контура равно нулю,
поэтому можно предположить, что колебания, возникающие
в контуре, состоящем из катушки и Конденсатора, гармони-
ческие. Чтобы убедиться в этом, надо получить дифферен-
циальное уравнение, характеризующее изменение заряда на
обкладках конденсатора или силы тока в катушке со време-
нем. Получить такое уравнение можно, применяя обобщен-
ный закон Ома к участку 1 L 2. Если напряжение U на об-
кладках конденсатора положительно при <pt > <р2, то
U = q>! - <pv	(1)
и при изменении знака заряда на обкладках конденсатора
знаки напряжения U и заряда Q = CU конденсатора со-
ответственно изменятся. Если ток направлен так, как по-
казано на рисунке, то при обходе участка 1 L 2 в направ-
лении против часовой стрелки IR поло-
Рис. 132
жительно.
Так как положительное направление
тока соответствует уменьшению заряда на
обкладках конденсатора, то
<*>
298
Знак ЭДС самоиндукции
«Т, = ~ L~	(3)
определяется знаком производной dZ/dt.
Запишем обобщенный закон Ома для участка 1 L 2 :
IR = <₽! - <pz +	(4)
Подставляя выражения (1) — (3) в (4) и учитывая, что
R - 0, получаем
0 = U + £C^.
dtz
Разделим это уравнение на LC:
Как известно, решением такого уравнения является гар-
моническая функция, что соответствует сделанному в самом
начале предположению, т. е.
U = Uo cos (o0t + а0),	(5)
где ы0 = i/VEc — циклическая частота; — начальная фаза.
Магнитный поток как функция времени может быть най-
ден из равенства
LI = МФ.	(6)
Начальную фазу а0 определим из условия
Wt(0) = TFm(O),	(7)
где We = Сиг/2, - LI2/2.
Решение. Подставляя выражение (5) в (2) и производя
дифференцирование, получаем
I = CC70w0 sin (o0t + Oq).	(8)
Сила тока в контуре изменяется также по гармоническо-
му закону с той же частотой ю0, что и напряжение, но со
299
сдвигом по фазе на л/2.- Как видно из равенства (6), магнит-
ный поток изменяется со временем синхронно силе тока (L и
X постоянны), следовательно, достигает максимальных зна-
чений тогда же, когда и сила тока. Амплитуда силы тока
=	=	/ L •
Тогда максимальный магнитный поток [см. (6)]
Фо - U04LC/N =4-10'7 Вб.
Для определения начальной фазы колебаний напряжения
подставим формулы (5) и (8) при t = 0 в выражения для
энергий:
W'<0) = cos2 Оо, Wm(0) =	sin2 a0.
а	вл
Поскольку (Og = 1 /(LC?), выражение для энергии магнит-
ного поля можно переписать в виде
= |си2 sin2 Од.
Тогда [см. (7)]
cos2 otg = sin2 otg или tg Og = ± 1; otg = ± л/4.
Очевидно, что значение при записи выражения для
U = Uo sin (coot + aj,) будет отличаться от найденного
на +л/2.
Задача 20.2. Колебательный контур состоит из катушки
индуктивностью L = 5,0 мГн и конденсатора емкостью С —
= 0,2 мкФ. При каком логарифмическом декременте и оми-
ческом сопротивлении цепи энергия уменьшится на порядок
за три полных колебания? Какова относительная погреш-
ность при расчете частоты по формуле собственных гармо-
нических колебаний для найденного омического сопротив-
ления?
Анализ. Полная энергия контура, в котором происходят
электромагнитные колебания, прямо пропорциональна квад-
рату амплитуды, например, напряжения на обкладках кон-
300
денсатора. Но при наличии омического сопротивления коле-
бания будут затухающими, т. е. амплитуда напряжения
(силы тока и других величин) — монотонно убывающая фун-
кция времени. Чтобы составить дифференциальное уравне-
ние, характеризующее изменение заряда или напряжения
на обкладках конденсатора, применим обобщенный закон Ома
к участку 1 L 2 (рис. 132):
IB = <pt - <р2 +	(1)
Если считать, что напряжение на обкладках, конденсатора
U > 0 при cpj > <р2, т. е.
У = Ч>1-Ф2,	(2)
то направление тока, показанное на рисунке, соответствует
убыли заряда конденсатора, т. е.
Подставив выражения (2), (3) и •= — Lfdl/dt) в (1),
получим
или
-С^Я-Г + 1С^
d2E7 RdU J_
dfz Ldt LC
Для решения такого уравнения следует ввести новую пе-
ременную г = С7е₽‘, где р = Я/(2Ь). Тогда
Решением последнего уравнения, если выражение, стоя-
щее в скобках положительно, является гармоническая фун-
кция
2 = A sin (o)t + сц),
причем
301
где о) 0 = 1/JbC — собственная частота контура, если R = 0;
0 = R/(2L) — коэффициент затухания. Возвращаясь к пере-
менной U, получаем
U = Ае"₽* sin (at + а^},
где А — постоянная величина, зависящая от начальных ус-
ловий (от начальной энергии, сообщенной контуру).
Таким образом, амплитудное напряжение на обкладках
конденсатора
E70(t)=AeA	(5)
По определению, логарифмический декремент
Aexp(-0(t) + Т)	р	1 ’
Выражая 0 из формулы (6) и подставляя его в (5), полу-
чаем
C70(t) = A exp (- &t/T).
(7)
Выражение (7), записанное для двух моментов, разде-
ленных промежутком Д( = пТ, в течение которого пройдет
п полных колебаний, с учетом заданного уменьшения энер-
гии позволит найти логарифмический декремент, а затем и
сопротивление контура.
Решение. Согласно условию, за промежуток времени
At = пТ энергия уменьшается в 10 раз, следовательно, амп-
литуда напряжения уменьшится в 710 раз. Запишем это
условие, используя выражение (7):
A exp f - 0^ j: А ехр
откуда exp (nd) = 710 или
d = 1п10 = 0 38
2л
Чтобы найти омическое сопротивление контура, надо знать
коэффициент затухания 0. Подставляя в выражение (4) со-
отношение Т = 2л/ы, а затем (6), находим, что
ft =	^0	= ^0 [1 , °2 Y1/2
р 74л2+д2 2я I 4я2)
(8)
302
Очевидно, что при расчете (^/^я2) по сравнении! с едини-
цей можно пренебречь, так как (^/(la;2) < 0,004. Тогда со-
противление контура
R = 2L0 =	= 19 Ом.
я 1 С
Относительная погрешность, совершаемая при расчете
циклической частоты как частоты собственных гармоничес-
ких колебаний,
= (ы0 - ы)/ы0 = 1 - д/1-₽2/о>о-
Раскладывая к ^1 - 02 / <Dg в степенной ряд по перемен-
ной 5 *= Р/(о0 и отбрасывая все члены, содержащие отноше-
ние р/(о0 в степени, большей двух, получим [см. (8)]
’	= р2/(2<йд) = О2/(8л2) = 0,0018.
Очевидно, что даже при очень сильном затухании, когда,
например, амплитуда уменьшается в 3—7 раз за один пери-
од (1 < О < 2), для расчета частоты можно пользоваться фор-
мулами собственных гармонических колебаний — относи-
тельная погрешность будет не больше 5%.
Задача 20.3. Колебательный контур состоит из катушки
(индуктивность L = 0,06 мГн, омическое сопротивление
R = 2 Ом) и конденсатора (емкость С = 0,04 мкФ). Какую
среднюю мощность должен потреблять контур, чтобы в нем
поддерживались незатухающие колебания с амплитудным
значением напряжения на конденсаторе Uo = 1,5 В?
Анализ. Если R = 0, то в контуре возникнут незатухающие
гармонические колебания с частотой
w0 = 1/VEc.	(1)
Полная энергия контура в этом случае остается неиз-
менной, происходит только непрерывный переход элект-
рической энергии, сосредоточенной в конденсаторе, в маг-
нитную, сосредоточенную в катушке, и наоборот. При
наличии омического сопротивления полная энергия
непрерывно уменьшается за счет выделения джоулевой
теплоты.
Чтобы поддерживать колебаний незатухающими, контур
должен получать энергию извне, причем средняя пртреб-
303
ляемая мощность равна отношению количества джоулевой
теплоты, выделяющейся на сопротивлении R в течение не-
которого промежутка времени At, к этому промежутку:
{N} - Q^/At.
Количество выделившейся теплоты
(2)
t
Очевидно, что характер незатухающих колебаний, а зна-
чит, и выбор промежутка At зависят от того, как происхо-
дит подача энергии извне. Если предположить, что возника-
ющие незатухающие колебания близки к гармоническим,
т. е. напряжение изменяется по закону
U - Uo sin (wt + Од),	(3)
то промежуток времени следует брать равным периоду коле-
баний: At = Т = —.
(О	'
Силу тока в катушке можно найти по выражению -
1 = ±^ = ±С~.	(4)
di dt
Знак «-*, как и раньше, означает, что положительное
направление тока соответствует уменьшению заряда на об-
кладках конденсатора.
Решение. Подставляя выражение (3) в (4) и производя
дифференцирование, находим
I = ± CUom cos (mt + а0).
Количество джоулевой теплоты [см. (2)], выделяющейся
за At = Т,
Сдж “	Jcoez(®f + «o)dt.	(5)
t
Выполним расчет
т
— J[1 + cos 2(wt + а0)] dt = —.
304
Тогда средняя за период мощность
<ЛГ> = Q^/T = C2U20o)2R/2.
Считая, что циклическая частота может быть рассчитана
по формуле (1), находим
<ЛГ> = U02CR/(2L) =1,5 мВт.
Правомерность расчета частоты w по формуле (1) легко
может быть проверена по результатам предыдущей задачи.
Задача 20.4. В колебательный контур, состоящий из
катушки индуктивностью L и конденсатора емкостью С,
включен источник с постоянной электродвижущей си-
лой (рис. 133). Определить законы изменения со вре-
менем напряжения на обкладках конденсатора и силы
тока в катушке, если омическим сопротивлением конту-
ра можно пренебречь. Построить графики зависимости
U(t) и 1(f).
Анализ. При замыкании ключа К начнется процесс за-
рядки конденсатора. Когда напряжение на обкладках
конденсатора будет приближаться к значению &0, ток в
цепи должен исчезать. Однако ЭДС самоиндукции препят-
ствует исчезновению тока, и, следовательно, можно пред-
полагать, что конденсатор сможет зарядиться до некото-
рого значения U > Когда напряжение достигнет мак-
симального значения Uo, сила тока окажется равной нулю,
начнется разрядка конденсатора через катушку и источ-
ник, т. е. ток в контуре будет идти противоположно на-
правлению, показанному на рисунке. Чтобы найти закон
изменения U(t), применим обобщен-
ный закон Ома к участку 1 S’gL 2:
IR = <pi - ср2 + й’о +	(1)
Пусть напряжение на конденсато-
ре U > 0, если <р2 > <рг Тогда
17 = Фг-Ч)1, I= — =С—.	(2)
11 -Сборник задач
305
Здесь положительное направление тока соответствует увели-
чу_	оз	у dZ
чению заряда конденсатора. Учитывая, что ёL = - L— и
R = 0, и подставляя выражения (2) в (1), получаем
О = - и + Го - LC^
ИЛИ
^ + ш20С/=ш^0,	(3)
где w0 =	/ (LC) — собственная частота контура при от-
сутствии источника. Решив уравнение (3) и подставляя по-
лученный результат в выражение для силы тока [см. (2)],
найдем U(t) и Z(t)-
Решение. Для решения дифференциального уравнения (3)
введем новую переменную z = U - ^0. Тогда
U = z + ^0, d2U/dt2 = d2z/dZ2,
и уравнение (3) примет вид
d2z/dt2 = (OqZ = 0.
Поскольку (о2 > 0, решением такого дифференциаль-
ного уравнения является гармоническая функция времени
z = z0 cos (w0Z + oQ, откуда
. U = z0 cos (to0t + cto) + Го,
(4)
I = - Czowo sin (<o0t + a0).
Постоянные z0 и Oq зависят от начальных условий. Выбе-
рем в качестве начала отсчета времени момент замыкания
ключа К. Тогда U - 0,1 = 0 при t = 0. Подставив эти началь-
ные условия в выражения (4), получим:
z0 cos а,, +	= 0, - Cz0(i)0 sin «0 = 0.
Совместное решение этих уравнений, содержащих в каче-
стве неизвестных Oq и z0, дает
а0 = л, z0 = Й’о (либо «о = 0, z0 = - ^0).
306
Подставим найденные значе-
ния а0 и ?0 в выражения (4):
U = ^0(l - cos и0<),
i = z0Jc7l sin v>ot.
Графики U(t) и I(t) приведены
на рис. 134.
Как видно, сила тока обраща-
ется в нуль и при U = 0, и при U = 2£’о, а достигает макси-
мального значения, когда напряжение на обкладках конден-
сатора U = ^0.
Задача 20.5. В колебательном последовательном контуре
происходят вынужденные гармонические колебания. При ча-
стотах вынуждающей ЭДС и, = 300 с-1 и ы2 = 600 с*1 ампли-
туда силы тока равна половине своего максимального значе-
ния. Определить частоту <о0 собственных гармонических ко-
лебаний контура и частоту top вынуждающей ЭДС, при кото-
рой амплитуда напряжения на обкладках конденсатора мак-
симальна.
Анализ. Вынуждающая ЭДС изменяется по гармо-
ническому закону, поэтому в контуре происходят вынуж-
денные гармонические колебания. В этом случае амплитуды
соответственно напряжения и силы тока равны
и0
(1)
(2)
где и о — амплитуда и частота вынуждающей ЭДС, р —
коэффициент затухания контура. [Формула (2) может быть
получена из (1), поскольку вынужденные колебания гармо-
нические и 10 = Са Е70.]
Следует обратить внимание, что, хотя в условии ничего не сказано
об омическом сопротивлении контура, им заведомо нельзя пренебречь:
при отсутствии омического сопротивления в контуре происходят как
вынужденные, так и собственные колебания.
307
Анализ выражения (1) показывает, что Uo максимально
при
w = шр =	- 2р2 .	(3)
[При этом значении о производная подкоренного выра-
жения в равенстве (1) обращается в нуль, само подкоренное
выражение имеет минимальное значение.]
Анализ выражения (2) показывает, что IQ максимальна
при to = соо. Подставляя в выражение (2) поочередно зна-
чения ю, и ш2 и приравнивая амплитуду силы тока половине
ее максимального значения, получаем два уравнения отно-
сительно неизвестных соо и р.
Решение. При со = <о0 [см. (2)]
Подставим значения Wj и со2 в выражение (2) и приравня-
ем каждое из них половине найденной максимальной силе
тока /0: _
Сокращая каждое из уравнений на ^0/L и возводя каж-
дое из них почленно в квадрат, после несложных преобразо-
ваний получаем’:
(\2	/	\2
(^/(Oj-coJ = 12р2, (со2/со2 - coj =12р2.	(4)
При последующем извлечении квадратного корня надо
учесть, что если < соо, то со2 > соо, т. е. выражение, сто-
ящее в скобках левой части второго из уравнений (4), отри-
цательно. Поэтому при извлечении корня следует брать мо-
дуль этого выражения:
CDo/Ot»! - О»! = Р>/12 ,
। , .	.	(5)
| Шо/Ш2 " «2 I = “2 ~ 0>о/Ш2 =	•
308
Приравнивая левые части уравнений (5), получаем
«2 “ ®о/Ш2 =	“ М1>
откуда
шо = 7Ш1Ю2 с ’•	(6)
Подставим выражение (6) в одно из уравнений (5):
р = (w2 - W1)/V12 .
Тогда [см. (3)] частота, при которой амплитуда напряже-
ния максимальна,
% =	-((»!- wz)2 / 6 = 406 с1.
Следует отметить, что такая заметная разница между значе-
ниями to0 и о)р соответствует чрезвычайно быстрому затуха-
нию собственных колебаний в контуре. Действительно, лога-
рифмический декремент данного контура О ~ 2лР/о)о = 1,3.
Глава V
ОПТИКА
§ 21. Интерференция и дифракция
В задачах этого параграфа рассматриваются явления
интерференции и дифракции.
Явление интерференции есть результат сложения коге-
рентных волн. Интерференцией вторичных волн обусловлено
и неравномерное распределение амплитуд колебаний (а сле-
довательно, и интенсивностей) в некоторой области простран-
ства, появляющееся вследствие дифракции. Поэтому при
решении задач особое внимание следует уделять когерентно-
сти волн.
Когерентность в обычных оптических схемах (за исклю-
чением когерентного излучения, создаваемого лазерами) до-
стигается тем, что световой пучок, испускаемый точечным
источником, разделяется на два; последние тем или иным
способом сводятся в одну точку пространства, в которой и
наблюдается интерференция. Такое разделение часто приво-
дит к тому, что вместо одного источника появляются два
мнимых, когерентность которых и надо установить. Волны,
испускаемые разными точками одного протяженного источ-
ника, некогерентны. В некоторых задачах вводятся идеали-
зированные источники, когерентность которых либо огово-
рена, либо следует из описания самих источников.
В задачах, связанных с дифракцией света, используется
теория Френеля — Гюйгенса. Согласно этой теории, любая
точка пространства, до которой дошел фронт волны, пред-
ставляет собой вторичный (виртуальный) источник; все вир-
туальные источники когерентны; наблюдаемое распределение
310
интенсивности есть результат интерференции вторичных
волн. Метод зон Френеля и векторное сложение колебаний,
используемые при решении задач, естественно приводят к
тому, что расчет дифракционной картины является прибли*
женным.
При решении задач необходим детальный анализ всей оп-
тической схемы и явлений, происходящих при отражении
света и при переходе через границу раздела сред. Для описа-
ния интерференции волн (как при собственно интерферен-
ции, так и при дифракции) во всех случаях удобно пользо-
ваться понятием луча, изображая на оптических схемах ход
лучей. Под лучом (точнее, осевым лучом) понимается осевая
линия узкого светового пучка, распространяющегося от ис-
точника (реального, мнимого или виртуального) в данную
точку пространства. В этом случае можно говорить о разно-
сти хода двух лучей или даже о разности их фаз.
В некоторых оптических схемах используются тонкие лин-
зы. Следует иметь в виду, что линзы обладают свойством
таутохронизма, т. е. не сообщают дополнительной разности
фаз лучам, которые сводятся линзой в одну точку.
При анализе и решении задач предполагается, что основ-
ные законы геометрической оптики, включая ход лучей через
тонкую линзу и построение изображения в зеркале, известны.
В задачах 21.1 и 21.6 не оговорена физическая природа
колебаний, в остальных задачах рассматриваются световые
волны.
Задача 21.1. Два «идеальных* гар-
монических вибратора, совершающих
колебания с одинаковой частотой со
сдвигом начальных фаз Да0 = л/4, на-
ходятся на расстоянии I друг от друга.
При каких углах излучения в (рис. 135)
амплитуда результирующей волны
максимальна, если I = Х/4 и I = 3k?
Анализ. В условии не оговорена
физическая природа волн, излучаемых
вибраторами. В случае электромагнитных
(поперечных) волн интерференция
наблюдается, если обе волны плоско-
поляризованные и направления коле-
баний векторов Е — векторов
311
напряженности электрического поля — совпадают.
Предположим, что вибраторы представляют собой очень ма-
лые линейные гармонические диполи, расположенные пер-
пендикулярно плоскости рисунка. В этом случае при любом
направлении распространения в плоскости рисунка векторы
Е излучаемой волны параллельны самим диполям, т. е. так-
же направлены нормально плоскости рисунка. Поскольку виб-
раторы совершают гармонические колебания с одинаковой
частотой, волны, ими излучаемые, когерентны. Рассмотрим
точку М, положение которой определяется модулем радиус-
вектора г и углом в — углом между вектором г и полярной
осью ОА. Так как по условию требуется определить углы
излучения 0, для которых в интерференционной картине
будут максимумы, то, очевидно, что каждый из лучей г, и
г2, проведенных от источников к точке М, должен образо-
вывать с полярной осью угол, практически равный 0. Это
возможно, если расстояние г много больше расстояния
I = В этом случае разность хода, т. е. разность расстоя-
ний, пройденных волнами, излученными источниками и S2,
Дг = т\ - r2 = I sin 0.	(1)
Очевидно, что на рисунке показать истинное соотношение
расстояний нельзя, поэтому следует считать, что 0, = 0.
Предположим, что колебания источника St опережают ко-
лебания источника S2 по фазе на заданное значение Act,). Тогда
уравнения волн, приходящих в точку М от источников S, и
S2, имеют вид
Et = £01sin (cot - Лгг), Е2 = E02sin (м* _ *гг _ Дао)>
где k = 2л/Х — волновое число.
Разность фаз между этими волнами в точке М
ДФ12 = ^Г(г1 “ гг) " д«о-	(2)
Л
Амплитуда результирующей волны максимальна, если раз-
ность фаз волн, приходящих в данную точку пространства,
кратна четному числу л:
А<р12 - 2 пл (п = 0, 1, 2, ...).	(3)
Подставим выражение (1) в (2) и приравняем разность
фаз Д<Р12 [см. (3)] четному числу л:
2л
— I sin 0 - Да0 = 2пл.
312
Тогда угол излучения, для которого амплитуда резуль-
тирующей волны максимальна, должен удовлетворять усло-
вию
X( Дап
sin 0 = <4>
Выражение (4) получено в предположении, что расстояние
г I, т. е. что мы ведем наблюдение достаточно далеко от
источников. Никаких ограничений на отношение Z/Х при
выводе не было наложено. Если I < X, т. е. k/l > 1, то выра-
жение (4) имеет смысл при п = 0, т. е. амплитуда результи-
рующей волны максимальна только для одного фиксирован-
ного значения угла 0.
При I > к интерференционное поле двух вибраторов имеет
многолепестковую структуру, т. е. максимумы для несколь-
ких направлений излучений.
т. е.
= 0 и
Решение. Если I = к/4, то [см. (4)] sin 0 = 4 [ п + I
амплитуда результирующей волны максимальна при п
„	-	,1л
угол излучения 0О = arcsin — = —.
z О
Если I = ЗХ, то sin 0 = 77	+ ~ , т. е. амплитуда резуль-
О \ о J
тирующей волны максимальна в направлениях излучения:
0д = arcsin ~ ~ 2,4° (п = 0);
9
0j = arcsin — ~ 22° (п = 1);
02 = arcsin — ~ 45° (га = 2).
Значение га = 3 уже невозможно (sin 0 > 1).
Задача 21.2. Два точечных когерентных оптических ис-
точника, колеблющихся в фазе, находятся на расстоянии
I = 0,5 мм друг от друга. Источники дают моно-
хроматическое излучение с длиной волны X = 0,5 мкм.
Экран наблюдения расположен параллельно прямой, со-
единяющей источники, на расстоянии d = 30 см от них
313
(рис. 136). Описать интерференционную картину, наблю-
даемую на экране. Найти расстояние между двумя сосед-
ними максимумами.
Анализ. В условии оговорены когерентность источников
и равенство нулю начальной разности фаз. Каждый из ис-
точников — точечный, т. е. излучает сферическую волну,
амплитуда которой обратно пропорциональна расстоянию:
Д = Д/г,.. Волны, излучаемые этими источниками, дают
устойчивую интерференционную картину, причем разность
фаз между волнами, приходящими в любую точку простран-
ства, определяется только разностью расстояний т\ и гг, про-
ходимых волнами от источников S, и S2 до рассматривае-
мой точки:
Дф = (2яД)(Г1 - г2)
(1)
Во всех точках пространства, для которых разность фаз
равна четному числу л, амплитуда результирующего колеба-
ния равна сумме амплитуд приходящих волн. В этих точках
будут интерференционные максимумы. В точках, где раз-
ность фаз Дф равна нечетному числу л, будут минимумы;
амплитуда результирующего колебания в этих точках равна
модулю разности амплитуд приходящих волн.
В любой плоскости, в которой лежат источники (например,
в плоскости рис. 136), геометрическое место точек равных
значений Дф — гиперболы (рис. 137). Очевидно, в простран-
Рис. 136
Рис. 137
314
стве геометрическое место точек заданных значений Д<р (а
значит, и Дг) — гиперболоид вращения. Картина в простран-
стве получится, если рис. 137 вращать вокруг оси S^. Мно-
жество точек, для которых Дф = 0 (центральный макси-
мум), — плоскость, перпендикулярная отрезку SjS2 и деля-
щая его пополам. Если расстояния от источников до рас-
сматриваемых точек очень велики, так что Дг = т\ - г2 Fj
и Дг« г2, то, во-первых, можно считать, что 0, = 0 (рис. 135)
и разность хода практически зависит только от направления
излучения, т. е. от угла 0, причем
Дг = Fj - гг = I sin 0;	(2)
во-вторых, на таких больших расстояниях относительное раз-
личие амплитуд волн, приходящих в одну и ту же точку,
пренебрежимо мало (предполагается, что источники облада-
ют одинаковой мощностью излучения). В этом случае в тех
точках пространства, в которых Дф = (2га + 1)л, результиру-
ющая амплитуда близка к нулю.
Интерференционная картина, которая получится на эк-
ране, расположенном параллельно прямой представ-
ляет собой сечение гиперболоидов плоскостью экрана —
семейство гипербол. Поскольку расстояние d от источников
до экрана велико, то отрезки этих гипербол можно счи-
тать отрезками прямых, параллельных центральной пря-
мой, получающейся в результате пересечения экрана и
плоскости, для которой Дф = 0 (ось OrZ на экране;
рис. 136).
Таким образом, интерференционная картина на экране —
система чередующихся светлых и темных полос. Поскольку
амплитуды сферических волн, излучаемых источниками St
и S2, обратно пропорциональны расстоянию, а интенсивность
волны прямо пропорциональна квадрату амплитуды, интер-
ференционные максимумы имеют различную яркость. Наи-
более яркой будет центральная полоса. Каждая из светлых
полос ярче в точках, лежащих на оси OjY.
Ордината любой светлой или темной полосы, соответ-
ствующей направлению излучения 0,
у = d tg 0.	(3)
Сопоставляя выражения (1) — (3) и условия максимумов
(или минимумов), можно рассчитать ширину интерферен-
ционных полос.
315
Решение. Ширину интерференционной полосы определим
как расстояние между двумя соседними максимумами. Ус-
ловие n-го максимума [см. (1), (2)]
, 2л
Д<р = — I sin 0 = 2пл,	(4)
л.
где п - 0, 1, 2, ... и т. д.
Поскольку d » I, можно считать, что sin 0 = tg 0, тогда
ордината га-го максимума на экране [см. (3), (4)]
уп = dkn/l.
Ордината следующего максимума
P„+i + 1)/1.
Искомая ширина интерференционной полосы
Ду = Уп+1 " Ул = у = °-3 мм-
Таким образом, расстояние Ду не зависит от порядка мак-
симума, т. е. интерференционная картина имеет вид свет-
лых и темных полос равной ширины.
Задача 21.3. В интерференционной установке с бизеркала-
ми Френеля источником света служит очень узкая щель, па-
раллельная линии пересечения зер-
кал, находящаяся на расстоянии
г — 10 см от нее (рис. 138). Угол меж-
ду зеркалами а = 12'. Интерферен-
ционная картина наблюдается на
экране Э, расположенном на рассто-
янии Ъ = 120 см от линии пересече-
ния зеркал. Определить: 1) ширину
интерференционных полос на экра-
не и число их; 2) сдвиг интерферен-
ционной картины при смещении щели
на расстояние SS = 1,0 мм при неиз-
менном расстоянии г; 3) максималь-
ную ширину щели, при которой ин-
терференционная картина будет дос-
таточно отчетливой. Источник дает
монохроматическое излучение с дли-
ной волны X. = 5500 А.
316
Анализ. В данном опыте источником света является уз-
кая щель, которую можно рассматривать как светящуюся
линию. Система бизеркал Френеля дает два мнимых изоб-
ражения этой светящейся линии, располагающихся парал-
лельно самому источнику и линии пересечения зеркал, т. е.
параллельно оси 0,2,. Каждой точке S светящейся щели
(линии) соответствуют два мнимых изображения S' и S".
Эти три точки лежат в плоскости, параллельной плоско-
сти XlOlYl. На рис. 138 изображены точка SK, соответст-
вующая середине светящейся щели (линии), и ее мнимые
изображения S'K и S"x. Любая пара мнимых источников,
являющихся изображениями одной точки светящейся ли-
нии, например S’x и S"x, представляет собой точечные ког
герентные источники. Когерентные, так как в любой мо-
мент они в точности повторяют все особенности излучения
светящейся точки SK: начальную фазу, направление коле-
баний вектора Е, возможное отклонение от монохроматич-
ности.
Различные точки самой светящейся линии не когерентны
между собой. Соответственно их мнимые изображения пред-
ставляют собой некогерентные источники, т. е. волны, при-
ходящие в одну точку экрана от этих источников, не интер-
ферируют.
Волны, распространяющиеся от каждой пары коге-
рентных источников, образуют в пространстве интерфе-
ренционную картину в виде системы гиперболоидов вра-
щения, каждый из которых соответствует определенной
разности фаз. Если расстояние I между мнимыми изобра-
жениями светящейся линии мало по сравнению с рас-
стоянием d от них до экрана Э, то сечения гиперболоидов
плоскостью экрана можно считать системой отрезков пря-
мых, параллельных оси OZ. Разность фаз между волнами,
приходящими от какой-либо пары когерентных источни-
ков (например, S'K и S"K) в некоторую точку экрана, зави-
сит в этом случае только от угла в, который каждый луч
образует с осью О1Х1 (в данном случае ось О,Х, соответству-
ет полярной оси ОА на рис. 135).
Условие интерференционных максимумов имеет вид
Д<р = (2тс/Х)/ sin 0 = 2пгл.	(1)
317
Ордината т-й светлой полосы на экране
Уп “ d е-	(2)
Таким образом, положение интерференционного макси-
мума m-го порядка определяется углом 6 и параметрами ус-
тановки (г, а, Ъ), от которых зависят расстояния lad.
Для того чтобы с помощью равенств (1) и (2) рассчитать
положение интерференционных полос и их ширину, рассмот-
рим ход интерферирующих лучей.
Точки SK' и SK" являются мнимыми изображениями точ-
ки SK соответственно в зеркалах I и II (рис. 139). По зако-
нам построения изображений в плоском зеркале, расстоя-
ния
cs; = cs; = CSK = г,
т. е. все три точки SK, SK’ и SK" лежат на окружности ра-
диуса г с центром в точке С. Поэтому центральный угол SK‘CSK" =
= 20, где 3 — угол между хордами SKSK’ и SKSK". Углы 3
и а равны как углы с взаимно перпендикулярными сторо-
нами: SKSK’ перпендикулярна зеркалу I, SKSK" перпендику-
лярна зеркалу II. Таким образом, центральный угол
SK'CSK" = 2а. Поскольку угол а мал, расстояние между ис-
точниками
SK'S; = I = 2га,	(3)
а расстояние от источников до экрана (см. рис. 138)
d = Ь + г.	(4)
Так как угол излучения 0 мал, то sin 0 = tg 9, и из
выражений (1) и (2) получим
Ут = dkm/l,
или, учитывая (3) и (4),
Ут = (b + г)Лт/(2га).	(5)
Число интерференционных полос
можно определить, зная протяжен-
ность области, в которой локализова-
на интерференционная картина.
318
Смещение источника на расстояние 8S (см. рис. 139)
при неизменном г соответствует перемещению светящей-
ся линии по цилиндрической поверхности радиуса г, ось
которой совпадает с линией пересечения зеркал. При этом
и источник SK, и его мнимые изображения SK' и SK" оста-
нутся на окружности радиуса г. При смещении источни-
ка на расстояние 8S против часовой стрелки, например в
точку L, мнимые его изображения переместятся (по часо-
вой стрелке), в точки L' и L” . Положение этих точек при
заданном положении точки L определяется законами по-
строения изображения в плоском зеркале. Поскольку LL'
и LL" перпендикулярны соответствующим зеркалам, сме-
щения мнимых изображений SK'L' и S*L" равны смеще-
нию 8S источника SK и соответствуют повороту на угол
8(р = 38/г. Расстояние между мнимыми источниками ос-
тается равным I.
В действительности любой светящийся источник обла-
дает конечными размерами. Интерференционная картина
представляет собой наложение интерференционных полос
от линий, на которые можно разбить реальную светящуюся
щель. При этом эти отдельные светящиеся линии не коге-
рентны между собой. Для того чтобы интерференционная
картина была достаточно различима, расстояние Зу между
максимумами одного порядка, получаемыми от противопо-
ложных краев щели, должно быть не больше половины ши-
рины интерференционных полос, создаваемых в данной ус-
тановке идеально узкой светящейся щелью. На рис. 140
сплошная линия показывает распределение интенсивности
вдоль оси ОУ на экране в районе двух соседних максиму-
мов, если интерференционная кар-
тина создана идеальной светящей-
ся линией, расположенной на од-
ном нз краев щели. На рисунке по-
казаны максимумы m-го и (т +
1)-го порядков. Пунктирная кри-
вая изображает максимум тп-го по-
рядка интерференционной карти-
ны, создаваемой светящейся лини-
ей, расположенной на другом краю
Рис. 140
щели.
319
Решение. 1. Запишем выражение (5) для т-й и (т + 1)-й
светлых полос:
= (b +	_ (Ь + г)Х(тп + 1)
Ут 2га ’ Ут+1 “ 2га
Тогда
.	(Ь + г)А „ Л
ДУ = Ут+1 ~ Ут = ~ 2т = 1.0 мм.	(6)
Область локализации интерференционной картины ограни-
чена лучами SK'CB и SK"CA (см. рис. 138), протяженность этой
области на экране определяется расстоянием АВ. Как видно из
схемы, АВ = 26а. Тогда число интерференционных полос
..АВ	,	2Ъа ,	„ „
N = —- + 1-— + 1 = 9,4
Ду Ду
где---— число промежутков между максимумами. .
Ду
Таким образом, число интерференционных полос N = 9.
2. При смещении источника интерференционная карти-
на на экране не изменяется, а только смещается, в данном
случае вправо (против оси OY). Сдвиг интерференционной
картины
| Зу | = &3ф = b&S/r = 12 мм. .	(7)
3. Расстояние Зу' между двумя максимумами одного по-
рядка от двух интерференционных картин, полученных от
линейных источников, расположенных на краях щели, дол-
жно удовлетворять условию
8у'<	(8)
£
Рассчитав Зу' по формуле, аналогичной (7), получим
Ьа
Ьу'-у,	(9)
где а .— ширина щели.
Подставим выражения (6) и (9) в (8):
Ьа < (Ъ + г)Л
г 4га ’
откуда
320
Задача 21.4. Свет с длиной волны Л = 0,55 мкм падает на
поверхность стеклянного клина под углом i = 15° (рис. 141).
Показатель преломления стекла п = 1,5, угол при вершине
клина а = 1'. Определить расстояние между двумя соседними
минимумами при наблюдении интерференции в отраженном
свете. Как изменится интерференционная картина, если клин
освещать рассеянным светом той же длины волны? Рассчи-
тать расстояние от вершины клина, на котором при угле паде-
ния i = 15° интерференционные полосы начнут исчезать если
степень немонохроматичности света ДЛ/Л = 0,01.
Анализ. По условию, на стеклянный клин падает плос-
кая волна, которую в первом приближении можно считать
монохроматической. При попадании на любую прозрачную
пленку свет частично проходит сквозь нее и частично от-
ражается как от ее нижней, так и от верхней поверхности.
Световые пучки, отраженные от этих двух поверхностей (на
рис. 142 показаны осевые лучи 1 и 2 этих пучков), приобре-
тают разность хода, которая зависит от толщины пленки, ее
показателя преломления и угла падения света. По условию,
толщина d пленки при угле скоса клина а = 1' всюду мала,
относительно мал и угол падения i лучей. Это позволяет счи-
тать, что интерференционная картина при рассмотрении ее в
отраженном свете локализована на верхней поверхности кли-
на. В частности, это позволяет использовать для расчета раз-
ности хода лучей схему, изображенную на рисунке.
При отражении от верхней поверхности, т. е. от оптически
более плотной среды, цроисходит изменение фазы волны на
л, что соответствует изменению разности хода на Л/2. Таким
образом, оптическая разность хода между лучами 1 и 2, отра-
зившимися от нижней и верхней поверхностей клина,
Дь 2 = f (d, п, i) + Л/2
Рис. 141
Рис. 142
321
где f (d, n, i) — некоторая функция толщины пленки, ее
показателя преломления и угла падения лучей.
При освещении параллельным пучком монохроматического
света интерференционная картина — форма и размеры свет-
лых или темных полос — зависит только от профиля самой
пленки. Очевидно, что в данном случае картина представляет
собой чередование темных и светлых полос, параллельных
ребру клина. Каждая полоса является множеством точек, для
которых толщина стеклянного клина одинакова.
Для того чтобы выражение (1) записать в явном виде, рас-
смотрим ход лучей 1 и 2. Разность расстояний, проходимых ими,
(АС + СВ) - КВ.
Оптическая разность хода с учетом потери полуволны при
отражении от верхней поверхности клина равна
Д1( 2 = (АС + СВ)п - КВ + Х/2.
Легко видеть, что АС = СВ — d/cos г ; КВ = 2d sin i tg г.
Тогда Aj 2 - 2d(n - sin i sin r)/cos r + X/2. Учитывая, что
sin r = sin i/n и cos r = Vnz - sin21 /п, получаем
Au 2 = 2dVnz - sinzi + X/2.	(2)
Так как интерференционная картина образуется при зер-
кальном отражении света от обеих поверхностей клина, то
при освещении его параллельным пучком лучей наблюдение
интерференции возможно только при рассмотрении верхней
поверхности клина под определенным углом зрения, завися-
щим от угла падения i. Если падающий свет рассеянный, то
отражение будет происходить под разными углами. При оп-
ределенном угле зрения глаз как бы выбирает интерференци-
онные полосы, образованные лучами, падающими на клин
под определенным углом I. Поэтому изменение угла зрения
соответствует изменению угла i в уравнении (2).
При относительно большой толщине клина начнет ска-
зываться заданная немонохроматичность света. Если свет не
является монохроматическим, то интерференционные кар-
тины, соответствующие различным длинам волн, накла-
дываются друг на друга, в результате чего интерференционная
картина может стать неразличимой.
В условии не оговорено, каков характер немонохро-
матичности падающего света: сплошная полоса, длины волн
322
в которой лежат в пределах от X до X + ДХ, или две тонкие
линии с длинами волн X и X' = X + ДХ. Если вести расчет для
второго случая, то интерференционная картина начнет исче-
зать, когда расстояние между максимумами одного порядка
для длин волн X и X' окажется больше половины ширины
интерференционных полос, рассчитанной для X. Это значит,
что интерференционная картина еще различима, если мак-
симум m-го порядка для X' (рис. 140, пунктирная кривая)
располагается в середине между максимумами m-го и
(т + 1)-го порядков для X, т. е. совпадает с минимумом тп-го
порядка для X. Интерференционная картина начнет исчезать
(расплываться), если максимум тп-го порядка для X' окажет-
ся ближе к максимуму (т + 1)-го порядка для X.
Решение. Для расчета расстояния между соседними тем-
ными полосами найдем толщину клина, соответствующую
таким полосам. Условия минимумов m-го и (т + Х)-го по-
рядков [см. (2)] можно записать в виде
2dmVn2 - sin2 i + “ = (2m + 1)^-,
Zu
x	x	(3)
2dn+i/n2 - sin21 + - = (2m + 3)-,
A	A
где m =1, 2, ... (при m = 0 d0 = 0 — темная полоса по ребру
клина. Вычтем одно выражение из другого и разделим пра-
вую и левую части полученного уравнения на 2-Jn2 - sin2.i:
~dm~h~
х/^2л/п2 - sin2i^.
Как видно из рис. 141, h - Де sin а. Тогда расстояние
между соседними темными полосами
Де = й/sin а = Х/l 2sinavn2 - sin2i I = 0,64 мм.
Предельное условие различимости интерференционной
картины заключается в том, что максимум m-го порядка для
X' (рис. 140; пунктирная кривая) совпадает с минимумом т-
го порядка для X. Светлая полоса m-го порядка для X' удов-
летворяет условию
——	и
2d'm Vnz - sin2 i +	- nik'.
Л4
(4)
323
Темная полоса т-го порядка для длины волны X удовлет-
воряет первому из уравнений (3). По условию, d'm = dm. Оп-
ределим dm и d’m из уравнений (3) и (4) и приравняем их друг
к другу:
~ ](Х + ДХ) = тХ,
J
откуда т =
Х/ДХ + 1
2
г,	,	X
. Если — » 1, то т = ——.
ДХ	2ДХ
Подставив
это выражение в первое из уравнений (3), найдем, что наи-
большая толщина клина, при которой интерференционная
картина еще различима, равна
= X_______X
макс 2ДХ 2Vn2-sin^’
откуда
.	I------- — Of.
sma 4(AX/X)sina Vn2-sinzi
На расстоянии s > sMaKC интерференционная картина ис-
чезает.
Если падающий свет содержит длины волн, непрерывно
изменяющиеся от X до X + ДХ, то такую сплошную полосу
можно представить как две линии шириной ДХ/2 каждая,
смененные друг относительно друга на Д'Х - ДХ/2, Тогда,
используя уже.полученные выражения, найдем sMaKC = 64 мм.
Задача 21 -5. На плоскопараллельную пленку с показателем
преломления п — 1,3 падает нормально параллельный пучок
белого света. При какой наименьшей толщине пленка будет
наиболее прозрачна для света с длиной волны X, = 0,60 мкм
(желтый цвет)? При какой наименьшей толщине пленка наи-
более прозрачна одновременно для света с длинами волн X, и
Х2 = 0,50 мкм (голубой цвет)?
Анализ. При попадании на пленку свет частично прохо-
дит сквозь нее, частично отражается от ее поверхности. На-
блюдение ведется в проходящем свете. В этом случае
интерферируют две волны, одна из которых проходит через
пленку без отражения, вторая — испытав отражения на обе-
их поверхностях пленки (рис. 143; лучи 1 и 2)1. Результат
1 На рисунке для наглядности угол падения лучей не равен нулю.
324
Рис. 143
интерференции в точке L зависит от
оптической разности хода, которая в
случае нормального падения лучей
имеет вид
Aj 2 = 2dn.	(1)
При отражении в точках В и С
изменения фазы не происходит.
Если показатель преломления ок-
ружающей среды больше, чем пока-
затель преломления пленки, то изменение фазы на л произой-
дет дважды и оптическая разность хода будет отличаться от
выражения (1) на X.
Пленка наиболее прозрачна для света с заданной длиной
волны, если разность хода, определяемая выражением (1),
кратна четному числу полуволн (условие максимума):
Д1.2 =
(2)
где т = 1, 2, 3..
Приравнивая правые части выражений (1) я (2), можно,
очевидно, ответить на поставленные вопросы.
Решение. Из выражений (1) и (2) для света с длиной
волны X, получим
(3)
d-^.
2п
При такой толщине пленка будет наиболее интенсивно
окрашена в желтый цвет. Очевидно, наименьшая толщина
пленки соответствует т = 1 , т. е.
X,
d. = —- = 0,23 мкм.
1 2п
Одновременное максимальное прохождение желтого и го-
лубого света означает, что толщина пленки удовлетворяет и
условию (3), и условию
2п
(4)
где k = 1, 2, 3, ... .
Приравняв правые части выражений (3) и (4), найдем
_ Л
Х2 т'
325
Это значит, что наибольшая прозрачность одновременно
для двух заданных длин волн возможна, если отношение
этих длин волн равно отношению двух целых чисел.
По условию,
к 6	12	18
5	10 15 И Т' Д>’
т. е. k - 6, т = 5 — минимально возможные значения.
Наименьшая толщина пленки, соответствующая этим значе-
ниям k и т [см. (3) и (4)],
_	5Х.	6X2	, , к
а, = —= —— = 1,15 мкм.
2	2п	2п
Таким образом, при толщине d2 = 1,15г мкм, где z —
любое целое число, пленка наиболее прозрачна одновременно
для длин волн Xj и Л2. Следует обратить внимание, что одно-
временная наибольшая прозрачность для двух длин волн
оказывается возможной при толщине пленки значительно
большей, чем для одной длины волны. Следует также отме-
тить, что в общем выражении для толщины пленки
(d - l,15z) число г не должно принимать больших значений,
так как в противном случае пленка может оказаться про-
зрачной и для других длин волн.
Задача 21.6. Некоторое колебание возникает в результате
сложения N = 4 колебаний одного направления, происходя-
щих по закону = AjCos [ct>£ + (fe - 1)6], где k — номер
колебания, a At и 0 — постоянные коэффициенты. При ка-
ких значениях 0 амплитуда результирующего колебания
максимальна и минимальна? Определить наибольшую резуль-
тирующую амплитуду.
Анализ. Результирующее значение £ (t) в любой момент
может быть выражено как
= (1)
*=1
Поскольку каждый из процессов lj*(t) есть гармоничес-
кий процесс с одной и той же циклической частотой о,
результирующий процесс также будет гармоническим с
той же частотой:
£ (0 = A cos (cot + v).	(2)
326
Амплитуда А и начальная фаза у ре-
зультирующего колебания могут быть най-
дены аналитическим методом при непос-
редственном решении тождества (1) после
подстановки в него выражения (2) и выра-
жений JjA(t) в явном виде. Однако резуль-
тирующую амплитуду, а затем и условия,
при которых она принимает экстремаль-
ные значения, проще найти, используя век- рис 144
торный метод сложения колебаний.
При использовании этого метода каждому гармоническому
колебательному процессу ставится в соответствие «изоб-
ражающий» вектор По условию, все колебания происхо-
дят с равными амплитудами и с одинаковой циклической
частотой. Это позволяет считать, что, во-первых, все «изоб-
ражающие» векторы равны по модулю, во-вторых, их вза-
имное расположение с течением времени не изменяется, по-
этому достаточно показать положение «изображающих» век-
торов в момент t = О1.
Вектор ап изображающий процесс = Ajcos cot, рас-
положится вдоль оси X; угол, образуемый другими векторами
с осью X, определяется соответствующей начальной фазой
<р0Л = (А - 1)0. Векторная диаграмма для произвольного 0
показана на рис. 144. [Очевидно, 0 есть разность начальных
фаз между fe-м и (fe + 1)-м колебаниями, где k = 1, 2, 3, 4.]
Вектор А соответствует результирующему колебанию. Его
модуль, как видно из рисунка, зависит от угла 0 и может
быть рассчитан в общем виде.
Решение. Результирующая амплитуда максимальна, если
разность фаз
0 = 0, 2л..2тл.	(3)
В этом случае все «изображающие» векторы сонаправлены, и
А — 4АГ Если «изображающие» векторы образуют замкнутый
многоугольник, то результирующая амплитуда А = 0, т. е. все
колебания как бы уничтожают друг друга. В данном случае та-
ким замкнутым многоугольником будет квадрат и разность фаз
...(2m+l)j.	’ (4)
1 Подробное описание и обоснование этого метода дано в задаче
S.S.
327
Рис. 145
л	Зя
Векторные диаграммы для 0t = j и 02 = *^~ приведены на
рис. 145,а, б. Поскольку число складываемых колебаний
четное, результирующая амплитуда обращается в нуль также
и при
0 = л, Зя, ..., (2т + 1)л.	(5)
В этом случае векторы, соответствующие процессам 1 и
2, 3 и 4, направлены в противоположные стороны и попарно
уничтожают друг друга. Условия (4) и (5) могут быть сведе-
ны к условию
0 = 2mst/N,	(6)
где т * N, 2N, ... (в данном случае N = 4). Следует обратить
внимание на то, что условие (3) для 0 (постоянной разности
фаз между двумя соседними колебаниями), соответствующее
максимуму результирующей амплитуды А,, совпадает с ус-
ловием максимума при сложении двух колебаний. Условие
(6) нулевой результирующей амплитуды отличается от соот-
ветствующего условия при сложении двух колебаний.
Задача 21.7. Плоская монохроматическая волна
(к — 0,54 мкм) падает на тонкую собирающую линзу L
(рис. 146) с фокусным расстоянием f = 50 см. Вплотную за
линзой расположена плоская диафрагма D с круглым отвер-
стием, а за диафрагмой, на расстоянии d ~ 75 см от нее,
находится экран Э, на котором наблюдается дифракционная
картина. При каких радиусах отверстия в центре дифракци-
онной картины будет максимум освещенности? Главная оп-
тическая ось линзы перпендикулярна фронту падающей вол-
ны, плоскости диафрагмы и экрану наблюдения и проходит
через центр С отверстия.
Анализ. Для расчета дифракционной картины свободную
часть фронта волны следует разбить на зоны Френеля. Как
328
известно, зона Френеля — это свобод-
ный участок фронта волны, крайние
вторичные (виртуальные) источники ко-
торого посылают в рассматриваемую
точку волны с разностью фаз л, т. е. с
разностью хода Дф = Х/2 (под крайни-
ми виртуальными источниками пони-
маются такие, которые находятся на
минимальном и максимальном рассто-
яниях от точки наблюдения). Так как
волны от всех виртуальных источников,
располагающихся на открытой части
фронта падающей волны (т. е. в отвер-
стии), распространяются в одной сре-
де (в воздухе), то разность хода Дф оп-
ределяется только разностью расстоя-
ний от виртуальных источников до
точки М.
На линзу, по условию, падает пу-
чок параллельных лучей (плоская вол-
на), которые за линзой должны со-
браться в ее главном фокусе F. Это
значит, что на диафрагму с отверсти-
ем падает световая волна, фронт ко-
торой — сфера радиуса R = f с цент-
ром в главном фокусе F линзы. Зоны,
проведенные из точки М экрана, ле-
жащей на перпендикуляре, опущенном из центра отверстия,
имеют форму сферических колец; первая зона — форму
шарового сегмента. На рис. 147 показаны (в сильно увели-
ченном масштабе) и обозначены цифрами первые три зоны.
Если линза тонкая, то центр зоны 1 практически совпа-
дает с точкой О — центром линзы. Поскольку фронт волны
обращен вогнутостью к экрану, то расстояния от края зоны
1 до точки М меньше, чем ОМ, на Х/2, от края зоны 2 — на
2Х/2 и т. д. Тогда расстояние от точки В (край отверстия) до
точки М
ВМ = ОМ - feX/2,	(1)
где k = 1, 2, 3, ... — число зон Френеля, которые отверстие
диафрагмы оставляет открытыми. Так как зоны Френеля рав-
329
новелики по площади, а результирующие волны от двух со-
седних зон Френеля приходят в точку М с разностью фаз л,
то максимум освещенности в точке М наблюдается тогда,
когда отверстие в диафрагме оставляет открытым нечетное
число зон Френеля. Это соответствует k = 1, 3, 5, ... в выра-
жении (1).
Условие (1) для нечетных k совместно с геометрическими
соотношениями, которые легко могут быть получены при
рассмотрении треугольников ВСМ и BCF, позволит найти
искомый радиус отверстия.
Решение. Если обозначить расстояние ОС через х, то
ОМ - d + х, CF = f - х.
Треугольники ВСМ и BCF прямоугольные, и с учетом
выражения (1) можно записать
f = (/ - х)2 + г2, (d + х - feX/2)2 = d2 + г2,
где г — искомый радиус отверстия. Раскрывая скобки и пре-
небрегая членами, содержащими х2, X2 и хХ, как малыми
величинами второго порядка, получим:
2/х = г2, 2dx - dk\ - г2.	(2)
Уравнения (2) составляют систему относительно неизве-
стных хиг. При совместном решении этой системы нахо-
дим
г = V*Xdf/(d-/).
Если k = 1, то радиус отверстия г = 0,90 мм.
Задача 21.8. Плоская монохроматическая волна ин-
тенсивности Jo падает нормально на плоскую диафрагму Д
(рис. 148) с круглым отверстием ра-
диуса гР На каком расстоянии от
диафрагмы следует расположить эк-
ран наблюдения Э, чтобы для точки
М экрана, лежащей на одном пер-
пендикуляре с центром С отверстия,
последнее включало одну зону Фре-
неля? Какова интенсивность света в
этом случае в точке Ml Как изме-
нится интенсивность, если закрыть
половину площади отверстия (цент-
ральную часть или по диаметру)?
Длина волны падающего света X.
330
Анализ. Если на диафрагму с отверстием падает световая
волна, то для расчета дифракционной картины свободную
часть фронта падающей волны следует разбить на зоны Фре-
неля — участки, крайние виртуальные источники которых
посылают в точку наблюдения волны с разностью' фаз
* * '
®ф ~ л, т. е. с разностью хода Дф = —. Если все пространст-
£
во между отверстием диафрагмы и экраном наблюдения од-
нородно, то разность хода равна разности расстояний от
крайних виртуальных источников зоны до рассматривае-
мой точки экрана наблюдения. По условию, падающая вол-
на плоская, точка М лежит на перпендикуляре, восстав-
ленном из центра отверстия, поэтому первая (центральная)
зона Френеля представляет круг с центром в точке С, все
последующие зоны — плоские концентричные кольца. Рас-
стояние от крайней точки В первой зоны, совпадающей в
данном случае с отверстием в диафрагме, до точки М боль-
ше, чем расстояние СМ, на :
к	к
ВМ~СМ + ё =d + 7-	(!)
4	Л
Так как интенсивность волны, приходящей в какую-либо
точку пространства, прямо пропорциональна квадрату амп-
литуды волны, приходящей в эту же точку пространства, то
для расчета интенсивности следует провести геометрическое
построение, которое позволило бы найти амплитуду Аг ре-
зультирующего колебания, приходящего в точку М от всех
виртуальных источников первой зоны, и амплитуду Д ре-
зультирующего колебания при отсутствии диафрагмы (т. е.
когда число открытых зон Френеля k -» °°). Разобьем пер-
вую зону на отдельные равные элементы, настолько малые,
чтобы все виртуальные источники такого элемента посылали
в точку М волны в одной фазе. Это возможно, если все точ-
ки этого элемента равноудалены от точки М. Такими эле-
ментами можно считать тонкие кольца толщины Дг с цент-
ром в точке С. Пусть — разность фаз между волнами,
приходящими в точку М от соседних колец, at — амплитуда
результирующей волны, посылаемой одним кольцом. Тогда,
используя векторный метод сложения гармонических коле-
баний, можно найти результирующую амплитуду в точке М
331
от первой зоны. Однако результат будет тем точнее, чем тонь-
ше каждое из рассматриваемых колец. В пределе Дг -* 0, а
число таких элементарных колец т. -* °о. В этом случае
Ит т©( = л,	(2)
Щ-.00
так как крайние элементарные кольца соответствуют край-
ним виртуальным источникам одной зоны;
lim mat = L
(3)
где 1ц — результирующая амплитуда, которая получилась
бы, если бы волны от всех элементарных колец первой зоны
пришли в некоторую точку пространства без сдвига по фазе.
Следовательно, при суммировании всех элементарных век-
торов ар каждый из которых стремится к нулю, получится
полуокружность, длина которой Если считать, что на-
чальная фаза колебаний, приходящих в точку М от центра
первой зоны, равна нулю, то окружность будет располагать-
ся так, как на рис. 149,а, результирующая амплитуда А,
равна диаметру этой полуокружности. Если проделать по-
добное построение для второй зоны, то вновь получится по-
луокружность, располагающаяся так, как показано на
рис. 149,а пунктиром. Длина этой второй полуокружности
L2 < Lv Аналогичный результат будет
для любой другой зоны. Причем полу-
окружности, соответствующие четным
и нечетным зонам, будут располагаться
так же, как L2 и Lt соответственно. Чем
больше номер зоны, тем меньше длина
соответствующей полуокружности. Со-
гласно теории Френеля, амплитуда вто-
ричных волн, излучаемых виртуальны-
ми источниками, прямо пропорциональ-
на косинусу угла между нормалью к
фронту волны и лучом, идущим от вир-
туального источника к точке наблюде-
ния. Чем больше номер зоны, тем боль-
ше этот угол. Изменением амплитуды
в пределах одной зоны можно пренеб-
речь.
Подобные построения позволят най-
ти амплитуды Д результирующих ко-
332
лебаний в точке М в зависимости от площади и формы от-
верстия в диафрагме.
Если закрыть часть отверстия так, что отверстие ока-
жется меньше первой зоны Френеля, то разность фаз в
между крайними виртуальными источниками, располага-
ющимися в центре и по внешней границе зоны, меньше л.
При векторном построении получится только часть дуги
полуокружности. Центральный угол, соответствующий этой
дуге, равен 0. Длина хорды, стягивающей дугу, равна ам-
плитуде результирующего колебания. Если, наоборот, зак-
рыть центральную часть отверстия так, что открытым ос-
танется кольцо, концентричное отверстию, то при вектор-
ном построении получится оставшаяся часть полуокруж-
ности, по которой можно определить фазу и амплитуду
результирующего колебания. Зная амплитуды, можно най-
ти соответствующие интенсивности J, поскольку в любом
случае Jt~ А?.
Решение. Используем равенство (1) и теорему Пифагора
для А ВСМ:
(d + X/2)2 = d2 + г2,
откуда, пренебрегая Х2/4 как малой величиной второго
порядка, получим
d = rf/X.
При полностью открытом волновом фронте построение
приводит к спирали, подобной изображенной на рис. 149,6.
При этом результирующая амплитуда
4,= Л/2,	(4)
где Л — амплитуда результирующего колебания при ус-
ловии, что радиус отверстия равен радиусу первой зоны.
Падающая волна — плоская. Это значит, что интенсив-
ность света, приходящего в точку М без диафрагмы, равна
интенсивности «70 падающей волны.
При диафрагме, отверстие которой совпадает с первой зо-
ной, интенсивность [см. (4)]
= 4J0-
Если закрыть центральную часть отверстия, то это равно-
значно тому, что на рис. 149,а останется только верхняя
333
половина дуги £р и результирующая амплитуда АХ/г = Ах/^2 .
Тогда
«Л/2 ~	~
Если закрыть внешнюю половину первой зоны, то резуль-
тирующая амплитуда колебаний в точке М не изменится.
Изменится только начальная фаза ф результирующего коле-
бания (рис. 149,а; пунктир).
Если закрыть половину первой зоны по диаметру, то ам-
плитуда волны, испускаемой открытой половиной каждого
элементарного кольца, а/ = а(/2, тогда
lim та.' - L./2.
т-**
Фазовые соотношения при этом не изменяются. Следова-
тельно, векторное построение дает полуокружность, длина
которой L' = LJ2.
Соответственно результирующая амплитуда равна диамет-
ру этой полуокружности:
4/2=А/2.
Интенсивность света в точке наблюдения
^1/2 = «Л/4 = «/<>•
Задача 21.9. Плоская монохроматическая волна (X = 0,60 мкм)
падает на диафрагму Д с узкой щелью ширины
Ъ - 0,04 мм (рис. 150,а). За щелью на-
ходится собирающая линза L (/ = 40 см),
в фокальной плоскости которой распо-
ложен экран наблюдения Э. Определить
положения минимумов первого и вто-
рого порядков на экране и относитель-
ную интенсивность первого максимума.
Построить график распределения интен-
сивности в дифракционной картине.
Анализ. Как следует из описания
установки, наблюдается дифракция в
параллельных лучах (дифракция Фра-
унгофера). Оптическая схема строится
так, что в каждую фиксированную точ-
ку экрана приходят волны, которые
после щели образуют плоский фронт, по-
вернутый по отношению к фронту пада-
334
ющей волны на некоторый угол <р — угол дифракции. В па-
дающей волне колебания во всех точках фронта происходят
в одинаковой фазе. Вдоль фронта дифрагированной волны
фаза от точки к точке изменяется, и для точек А и В (рис.
150,б) разность фаз
2л 2я
0 =	Ь sin <р.	(1)
Эта разность фаз, однозначно определяемая углом диф-
ракции ф, сохраняется вплоть' до соответствующей точки эк-
рана. Тонкая линза не изменяет фазы проходящей через нее
волны.
Чтобы найти условия минимума или максимума, не про-
водя расчета зависимости интенсивности от угла дифракции,
разобьем щель на зоны Френеля. В данной схеме зоны эти
имеют форму тонких полос, расположенных вдоль щели,
ширина их, очевидно, зависит от угла дифракции. Минимум
будет наблюдаться, если в щель уложится четное число зон
Френеля. В этом случае разность фаз 0 — разность фаз меж-
ду лучами, идущими от крайних виртуальных источников
щели,— должна быть равной четному числу л. Поэтому ус-
ловие минимума для щели [см. (1)] имеет вид
sin фт = 2тл, b sin фт = тк,	(2)
А
где фт — угол дифракции, соответствующий минимуму т-го
порядка. При дифракции Фраунгофера в точках, соот-
ветствующих минимуму интенсивности, волны, приходящие
от соседних зон Френеля, гасят друг друга полностью, так как
вследствие параллельности лучей амплитуды их одинаковы.
При наблюдении под углом ф = О имеет место центральный
максимум (волны от всех виртуальных источников щели име-
ют одинаковую фазу). Приближенное условие максимума
fe-ro порядка
Ь sin ф* = (2Л + l)j.	(3)
В этом случае в щели укладывается 2k + 1 зон Френеля.
Выражения (2) и (3) при известном фокусном расстоянии
линзы позволят найти положения минимумов и максиму-
мов на экране. Для оценки интенсивностей следует провести
геометрическое сложение колебаний, приходящих в некото-
рую точку экрана, которое позволит найти амплитуду Av ре-
335
зультирующего колебания в некоторой точке экрана, соот-
ветствующей углу дифракции ср.
Разобьем для этого щель на 2 очень узких элементарных
полосок ширины ДЬ каждая. При достаточно малых значе-
ниях Д& можно считать, что все виртуальные источники од-
ной элементарной полоски излучают волны, которые при
заданном угле ср подходят к линзе без разности хода. По-
скольку тонкая линза не изменяет фазы проходящих через
нее волн, то эти волны придут к соответствующей точке эк-
рана также без сдвига по фазе. Обозначим а( — разность фаз
между волнами от двух соседних элементарных полосок; а( —
амплитуду результирующей волны, излучаемой одной по-
лоской. Очевидно, результат векторного сложения будет тем
точнее, чем меньше ширина Д& каждой элементарной полос-
ки и соответственно чем больше число 2 таких полосок. В
пределе при Д& -* 0 число z В этом случае
2л
lim га, = в = ~r~b sin ср,
г—*х	А.
где 0 — разность фаз между волнами, излучаемыми вир-
туальными источниками, расположенными по краям щели;
lim га, = Д,
где Д — результирующая амплитуда колебаний, которая
имела бы место, если бы волны от всех виртуальных ис-
точников приходили в некоторую точку экрана без разности
фаз.
В данной схеме такой точкой является точка О, сов-
падающая с главным фокусом линзы. В точке О собираются
лучи, параллельные оптической оси линзы, для которых угол
дифракции ср = 0.
С	При векторном сложении колебаний,
—^1"	когда каждый из «изображающих» век-
т0Р0В стремится к нулю, получим плав-
\	.// НУЮ кривую, имеющую форму дуги ок-
J	ружности; ее длина L = Д, где Д — ре-
У,	зультирующая амплитуда в точке О эк-
s'	рана; соответствующий этой дуге цент-
qIZ*-*" ------». ральный угол равен 0 (рис. 151). Иско-
х	мая амплитуда Д—хорда, стягивающая
Рис. 151	эту дугу.
336
Для расчета рассмотрим Д COD. Очевидно,
OD = А^/2 = г sin (0/2).
Радиус окружности г = £/0. Тогда
sin(©/2)
Ар = А> Q/2 ’
где Д, — амплитуда результирующего колебания в точке
х — О экрана. Учитывая, что интенсивность «7 — получим
siii2 (0/2)
(4)
где Jo ~	— интенсивность центрального максимума;
0 - (2л/Х) b sin ср — разность фаз между волнами, приходя-
щими в данную точку экрана от крайних виртуальных ис-
точников на щели.
Как следует из выражения (4), «7 = 0, если sin (0/2) = 0,
т. е. 0/2 = тл, где т - 1, 2, 3, ..., или 0 = 2тл. Учитывая
выражение (1), получим условие минимума, совпадающее с
(2): b sin ф = тк.
Значения угла ф, при которых интенсивность макси-
мальна, можно рассчитать, как обычно, определив dJ/d0 и
приравняв эту производную нулю. Полученное уравнение не
имеет точного решения. Числовой метод дает значения угла ф
дифракции, близкие к условию (3), поэтому, как уже указы-
валось, это условие является приближенным.
Решение. В точку х = 0 — главный фокус линзы — при-
ходят лучи, идущие под углом ф — 0, т. е. в этой точке —
центральный максимум. Координата любой точки на экра-
не, в которую приходят лучи с углом дифракции ф,
х = f tg ф.	(5)
Для минимумов 1-го и 2-го порядков угол ф удовлетворя-
ет условию (2) (rzij = 1 и т2 = 2)
sin ф1 - к/Ь = 0,015, sin ф2 = 2к/Ь = 0,030.
Полученные значения синусов настолько малы, что можно
считать sin ф = tg ф. Тогда по формуле (5) координаты ми-
нимумов 1-го и 2-го порядков:
= ± 6 мм и х2 = ± 12 мм.
12-Сборник задач
337
dl/dy
Положение максимума 1-го поряд-
ка также может быть определено из
равенств (5) и (3) при k = 1:
sin <pj = ЗХ/(2Ь); х[ = ± 9 мм.
Чтобы определить относительную
интенсивность первого максимума,
используем выражение (4). Подставив
условие (3) при k = 1 в (1), получим
-12 -6	6 12 у. мм ei = Зл« откуда [см. (4)]
Рис. 152	Jt/J0 = 4/(9к2) - 0,045.
Чтобы построить примерный гра-
фик распределения интенсивности на экране, помимо извес-
тных значений интенсивности в минимумах (J = 0), цент-
ральном максимуме (J = Jo) и в первом максимуме
(J = 0,045) рассчитаем интенсивность на половине ширины
центрального максимума, т. е. при & = л, что согласно (1)
соответствует углу дифракции <р' = arcsin [Х/(2Ь)]. Из выра-
жения (5) для q> = q>' найдем х' = ± 3 мм. Из выражения (4)
для & = л получим
J'/Jo = 4/л2 ~ 0,41.
График распределения интенсивности показан на рис. 152.
Задача 21.10. На дифракционную решетку падает плос-
кая волна, фронт которой параллелен плоскости решетки. Об-
щее число штрихов решетки N = 1000, период d = 5,1 • 10~3 мм.
Падающий свет содержит две длины волны: = 4600 А и
Х2 = 4602 А. Начиная с какого порядка спектра эти линии
будут разрешены? Определить угол дифракции найденного
порядка спектра. Какой наибольший порядок спектра мож-
но наблюдать с такой решеткой? Наблюдение дифракцион-
ной картины ведется в параллельных лучах с помощью
соответствующей оптической системы.
Анализ. Для того чтобы наблюдение дифракционной
картины проводить в параллельных лучах, следует рас-
положить экран наблюдения бесконечно далеко от решетки
либо за решеткой поместить линзу с фокусным расстояни-
ем f, а экран наблюдения — в ее фокальной плоскости
(рис. 153, а). В этом случае в каждую точку экрана будут
338
приходить вторичные волны,
образующие за решеткой плоский
фронт, повернутый по отношению к
фронту падающей волны на опреде-
ленный угол q> дифракции. Те углы
дифракции, для которых волны, из-
лучаемые всеми щелями, будут уси-
ливать друг друга, соответствуют
главным максимумам. Благодаря пе-
риодичности решетки достаточно
найти условия, при которых вол-
ны, излучаемые двумя соседними
щелями, усиливают друг друга. Это
происходит тогда, когда разность
хода между осевыми лучами волн, из-
Рис. 153
лученными соответственными виртуальными источниками
двух соседних щелей (рис. 153,6), равна целому числу длин
волн:
А = d sin фт = тк.	(1)
Период решетки d, как видно из рисунка, равен суммарной
ширине щели и непрозрачного промежутка.
Поскольку каждая щель дает наиболее интенсивное излу-
чение для углов дифракции ф < arcsin (к/b) (см. задачу 21.9),
где b — ширина щели, в оптических дифракционных решет-
ках ширина а непрозрачного промежутка несоразмерна b и
всегда а > Ь.
Условие минимумов при дифракции на решетке имеет вид
d sin <р* = kk/N,	(2)
где k * N; 2N и т. д.; N — общее число штрихов. Это
условие легко может быть получено векторным методом
сложения гармонических колебаний, излучаемых каждой
щелью, и соответствует такой разности фаз 6 = (2л/А.)А, при
которой «изображающие» векторы образуют замкнутый мно-
гоугольник (см. задачу 21.6).
Как видно из сравнения условий (1) и (2), между двумя
главными максимумами располагается N - 1 минимумов и
столько же побочных максимумов. Каждый главный макси-
мум, следовательно, имеет некоторую конечную ширину —
расстояние между ближайшими минимумами, располагаю-
339
щимися справа и слева от него. Так, например, значения
k = ± 1 в условии (2) соответствуют минимумам, ограничива-
ющим центральный максимум [т = 0 в условии (1)]; k = N - 1
и k = N + 1 соответствуют минимумам, ограничивающим
первый главный максимум (т - 1).
Максимумы двух близких по длине волн могут пере-
крываться. Принято считать, что две длины волны раз-
решены, если расстояние между их максимумами одного
порядка не меньше, чем расстояние от максимума данного
порядка одной длины волны до ближайшего к ней миниму-
ма той же длины волны. Данное условие разрешения с уче-
том выражений (1) и (2) позволяет ответить на поставлен-
ные вопросы.
Решение. Волны с длинами и Х2 можно считать разре-
шенными, если максимум т-го порядка для волны Х2 совпа-
дает с минимумом для волны Хр ближайшим к ее максиму-
му того же m-го порядка. Для волны Х2 положение т-го мак-
симума [см. (1)]
sin <рт = mX2/d.
Минимумы для Хр ближайшие к ее максимуму того же
т-го порядка [см. (2)],
sin <р' = (mN - Ify^dN), sin ф" - (mN + l)Xt/(d2V).
Поскольку X2 > Xp надо, чтобы угол фт совпадал с углом
ф". Тогда тХ2.= (mN + 1)Х,/М или т(Х2 - XJ = Xj/У, откуда
искомый порядок спектра
т = ХДМХ2 - X,)] = 2,3.
Это значит, что разрешение указанных волн начнется толь-
ко с главных максимумов 3-го порядка.
Угол дифракции спектра найденного порядка может быть
определен из выражения (1) для т = 3:
ф3 = arcsin (3X2/d) = 16°.
Наибольший порядок спектра, который можно наблюдать,
определяется условием фмахс < л/2. Следовательно,
sin Фмакс =	< 1 и тмахс < у = 11,3.
Это значит, что можно наблюдать 11 порядков спектра,
11 главных максимумов.
340
Задача 21.11. В прозрачной стеклянной пластинке (по-
казатель преломления га) сделаны углубления так, как
показано на рис. 154. Ширина уступов и впадин одинакова
и равна а. На верхнюю поверхность пластины нормально к
ней падает плоская световая монохроматическая волна с
длиной волны X. Наблюдение дифракционной картины ве-
дется в параллельных лучах. При каком минимальном зна-
чении глубины Л в центре дифракционной картины будет
минимум? Под каким углом (рх виден при этом главный мак-
симум 1-го порядка?
Анализ. В задаче оговорено, что наблюдение дифрак-
ционной картины ведется в параллельных лучах. Это зна-
чит, что оптическая схема включает линзу L (рис. 154, а),
расположенную за стеклянной пластинкой. В фокаль-
ной плоскости линзы находится экран наблюдения Э. Тог-
да свет, прошедший через стеклянную пластинку без
изменения направления, собирается линзой в ее главном
фокусе — в центре дифракционной картины. Световые пуч-
ки, прошедшие без отклонения через все выступы, при-
ходят к плоскости MN, параллельной фронту падающей
волны, в одинаковой фазе, так же как и световые пучки,
прошедшие через все углубления. Однако между теми и
другими пучками имеется разность фаз, обусловленная тем,
что первые из них проходят рассто-
яние Л в стекле, вторые — в возду-
хе (такая система называется фазо-
вой дифракционной решеткой). Оп-
тическая разность хода между эти-
ми пучками определится выраже-
нием
А = й(га - 1).	(1)
В центре дифракционной карти-
ны будет минимум, если оптическая
разность хода (1) кратна нечетному
числу полуволн.
Главные фраунгоферовы максиму-
мы наблюдаются при таких углах
дифракции, когда световые пучки
как от выступов, так и от углубле-
ний усиливают друг друга.
Рис. 154
341
Идеальная периодичность фазовой решетки, казалось бы,
позволяет свести расчет дифракционной картины к ин-
терференции двух световых пучков, проходящих через со-
седние выступ и углубление. Однако колебания виртуальных
источников, расположенных в плоскости MN в выступах,
отстают по фазе от колебаний источников, расположенных
также в плоскости MN, но в углублениях, на
2л
© = — Д.	(2)
Л
Поэтому соответственные лучи, например 1 и 2, исходящие
от виртуальных источников?! и В (рис. 154,б), и лучи 2 и 3,
исходящие от виртуальных источников В и С, хотя и испус-
каются из соответственных точек соседних углубления и вы-
ступа, но отличаются друг от друга по фазе на разные значе-
ния.
Виртуальный источник А опережает по фазе источник В
на 0 [см. (2)]. Кроме того, луч 1 опережает луч 2 на разность
хода
= a sin <р	(3)
и суммарная разность фаз
2л
ДФ12 = 0 + —ДР	(4)
Л.
Колебания виртуального источника В отстают по фазе от
колебаний источника С на 0. Кроме того, луч 2 опережает
луч 3 по-прежнему на разность хода ДР Поэтому разность
фаз между лучами 2 и 3
2л
ЛФ23 - - 0 + —Др	(5)
Л.
Условия максимумов, как обычно, сводятся к тому, что
найденная разность фаз должна быть равна четному числу л:
ДФ12 = 2Ал, ДФ23 = 2тл,	(6)
где k, т — целые числа.
Если числа k, т можно подобрать так, что оба уравнения
(6) дадут один и тот же угол дифракции <р, тр максимум,
наблюдаемый под этим углом, будет наиболее ярким. Воз-
можность эта, очевидно, зависит от разности фаз О, т. е. от
глубины Л.
342
Решение. В центре дифракционной картины наблюда-
ется минимум, если разность хода [см. (1)] равна нечетно-
му числу полуволн:
Л(п - 1) - (2m - 1Л
Минимальная глубина Л соответствует т = X, т. е.
_ к
~ 2(п - 1) ‘	W
Чтобы найти углы дифракции, соответствующие главным
.максимумам, подставим выражения (1) — (3) в (4) и (5).
Тогда уравнения (6) примут такой вид:
2л
—[a sin <р + Л(п - 1)] = 2far,
Л.
2л
— [а sin <р - Л(п - 1)] = 2тл.
Л
Легко видеть, что при найденном значении h [см. (7)] оба
уравнения дают одинаковые углы дифракции при k = т + 1.
Первый главный максимум получится при k = 1, т = 0:
. sin <pt = Х/(2а).
§ 22. Взаимодействие света с веществом
Задачи этого параграфа охватывают прежде всего явле-
ния дисперсии и поляризации. При изучении первого из
этих явлений следует помнить, что применяемые теорети-
ческие формулы — и законы дисперсии, и выражение для
групповой скорости и = dw/dft — справедливы только в
узком диапазоне длин волн. Более того, само понятие груп-
повой скорости — скорости распространения огибающей
к волновому пакету — имеет смысл до тех пор, пока де-
формация волнового пакета незначительна. Это значит, что
волновой пакет содержит гармонические волны в диапазоне
длин волн от к до X + ДХ, где ДХ X, и что дисперсия
мала.
Задачи, связанные с явлением поляризации (поляризация
при отражении и прохождении света через одноосные крис-
таллы), имеют феноменологический характер. Ни формулы
343
Френеля, ни построения волновых поверхностей в кристал-
ле не рассматриваются.
Кроме того, в задачах данного параграфа затрагиваются
вопросы, которые обычно относят к квантовой оптике,—
давление света и фотоэффект.
Задача 22.1. Вычислить групповую скорость: 1) по-
перечных упругих волн в стержне, фазовая скорость кото-
рых и = а/Х (а = const); 2) электромагнитных волн в разре-
женной плазме, фазовая скорость которых v = C/-J1 + А/со2
(А = const).
Анализ. Если среда обладает дисперсией, т. е. фазовая
скорость волн зависит от циклической частоты w (или от
длины волны X), то независимо от природы волн групповая
скорость отлична от фазовой и может быть рассчитана как
и = dw/dfe,	(1)
где k = 2л/Х —волновое число. Если задан закон дисперсии,
т. е. о = и(к) или v = o(w), то выражение для групповой
скорости можно найти, используя соотношения между фазо-
вой скоростью, длиной волны и циклической частотой:
w = 2ли/Х, k = ш/v.	(2)
Решение. 1. Закон дисперсии задан как о = о(Х). Преобра-
зуем правую часть выражения (1):
dw d<o 1
dA = dX dA/dX'
Используя выражения для волнового числа и первую из
формул (2) и производя дифференцирование, получаем
ч de
и = и-ХлГ-	(3)
ал
Подставим в выражение (3) заданный закон дисперсии:
. d fa'l 2а _	...
u = u“MxJ = T = 2и-	(4)
Полученный результат показывает, что в данном случае
групповая скорость, т. е. скорость распространения волно-
вого возмущения (волнового пакета), больше фазовой скоро-
сти.
344
Под фазовой скоростью v в выражении (4) можно пони-
мать среднюю фазовую скорость волн рассматриваемого ин-
тервала или ее минимальное значение.
2. Закон дисперсии задан как v = v(w). Преобразуем
выражение (1):
_ do _ dco dv =	1_____1
U ~ dA ~ dv dA = dv I dw dA / dv ‘	'
Используя вторую из формул (2), произведем дифферен-
цирование:
dA _ v(dw / dv) - ш
dv	v2
Подставим полученное выражение производной dA/dv в
формулу (5):
V2
U v-w(dv/dw)'	{6)
По заданному закону дисперсии
Подставляя выражение (7) и закон дисперсии в (6), полу-
чаем
и — C-J1 + А / а»2 = с2/и.	(8)
Групповая скорость равна скорости распространения энер-
гии, переносимой данным волновым пакетом, и не может пре-
вышать скорости света с в вакууме. Следовательно, выражение
(8) имеет смысл, если в выражении (7) коэффициент А < О,
т. е. фазовая скорость распространения волн v > с.
Задача 22.2. Показатели преломления сероуглерода для
света с длинами волн = 5090 А, = 5340 А, Х.3 = 5740 А
соответственно равны: = 1,647; п2 = 1,640; п3 = 1,630.
Найти фазовую скорость для Х2 и групповую скорость вбли-
зи нее.
Анализ. Фазовые скорости для каждой заданной длины
волны могут быть найдены по формуле
Ц = c/nt.	(1)
345
Для нахождения групповой скорости надо знать закон дис-
персии. Общее выражение групповой скорости можно преоб-
разовать:
d<o _ dw 1
“ dfe “ dX dfe/dX1
Учитывая, что k = 2л/X, co = 2ли/Х, получаем
и = v - X(du/dX).	(2)
По условию, групповая скорость должна быть выражена
через показатель преломления п и длину волны к. Исполь-
зуя выражение (1), преобразуем формулу (2):
Производная dn/dX может быть найдена, если известна
функция п(Х), либо графически по тангенсу угла наклона
касательной к графику п(Х) в данной точке.
Для построения графика недостаточно трех точек с за-
данными значениями п и X. Поэтому задача может быть ре-
шена только приближенно. Если отношения
(га2 - nJAXg - XJ и (п8 - п2)/(Хз - \.)	(4)
равны или незначительно отличаются друг от друга, то фун-
кцию п(Х) можно считать в диапазоне от Xt до Хд близкой к
линейной. Тогда производная dn/dX для X = Х2 равна отно-
шению (4) либо среднему из двух значений. При значитель-
ном расхождении отношений (4) оценить групповую скорость
по данным задачи невозможно.
Решение. Фазовая скорость для X = Х2 [см. (1)]
и2 = 1,83 • 10е м/с.
Рассчитаем отношения (4):
(га2 - nJ/Olj— XJ = - 2,80 • 10'6 А’1;
(п2 - п2)/(Хз - Х2) = - 2,50- IO 6 А’1.
Как видно, расхождение составляет около 11% ив каче-
стве dn/dX при X = Xj можно взять среднее:
- - 2,65 • 10'5 А’1.
346
Знак «-» показывает, что с ростом X показатель прелом-
ления уменьшается, а фазовая скорость увеличивается (об-
ласть нормальной дисперсии). Подставляя найденное значе-
ние dn/dX, а также п = п2 и X = Х2 в выражение (3), получим
и = 1,7 • 10® м/с.
Рассчитанная групповая скорость равна скорости волно-
вого пакета, содержащего длины волн в интервале от Х2 до
Х2 + ДХ, где ДХ Х2.
Задача 22.3. Электромагнитная волна с циклической час-
тотой ш распространяется в разреженной плазме. Концент-
рация свободных электронов в плазме No. Определить зави-
симость фазовой скорости электромагнитных волн в плазме
от их частоты, если взаимодействием волны с ионами можно
пренебречь.
Анализ. Согласно теории Максвелла, фазовая скорость
электромагнитной волны в среде
О « I 1 г == ""Г 'i'"' ,	(1)
V'esoUHo
где с •’= l/^oHo — скорость света в вакууме, е и ц — соот-
ветственно электрическая и магнитная проницаемости сре-
ды. Если считать относительную магнитную проницаемость
разреженной плазмы близкой к единице, то задача сводится
к нахождению зависимости е(<о). Диэлектрическая проница-
емость характеризует свойства среды по отношению к элек-
трическому полю. Формально электрические свойства среды
могут быть охарактеризованы вектором поляризации Р, рав-
ным отношению дипольного, момента некоторого объема ди-
электрика к этому объему. Если вектор поляризации прямо
пропорционален напряженности Е электрического поля, то
коэффициент пропорциональности а определяет диэлектри-
ческую проницаемость среды:
Р - еоаЕ	(2)
(коэффициент е0 введен только для того, чтобы коэффици-
ент а был безразмерным).
Диэлектрическая проницаемость, как известно из курса
электростатики,
е  1 + ц.	(3)
347
Таким образом, чтобы найти характер зависимости £(ш),
необходимо выяснить, что происходит в плазме при прохож-
дении электромагнитных волн. Разреженная плазма пред-
ставляет собой в первом приближении совокупность свобод-
ных электронов и положительных ионов. При отсутствии
полей плазму можно считать электрически нейтральной,
концентрации положительных ионов и электронов одинако-
вы в любом достаточно малом, но макроскопическом объе-
ме. Рассмотрим действие электрического поля электромаг-
нитной волны на свободные электроны в предположении,
что взаимодействием электронов между собой и с ионами
можно пренебречь.
Действие магнитного поля волны можно не учитывать.
Из соотношения между амплитудными значениями напря-
женностей полей (^/e£ojEo = т]щи0Н0) легко показать, что от-
ношение максимальных сил fxaK/f„ = ue/c, где ие — скорость
движения электронов.
Если электроны совершают колебательное движение, то
поле, ими создаваемое, аналогично полю колеблющихся ди-
полей, и вектор поляризации можно найти как
Р - Р<Ло.	(4)
где р0 — некоторый средний изменяющийся со временем
электрический момент диполя, соответствующий движению
одного электрона; No — концентрация электронов.
Чтобы найти характер зависимости р0(ш), рассмотрим дви-
жение электрона под действием электрического поля падаю-
щей волны.
Если пренебречь изменением фазы волны на расстояниях,
малых по сравнению с длиной падающей волны, то напря-
женность электрического поля, воздействующего на элект-
рон,
Е = Ео cos cot.
Согласно второму закону Ньютона,
т = еЕ0 cos wt,	<5)
dt
где mt и е — масса и заряд электрона. Знаки векторов в урав-
нении (5) опущены, так как предположено, что падающая
волна плоскополяризована и вектор Е колеблется только в
348
одном направлении, например вдоль некоторой оси X. Такое
же направление сохранит и вектор ускорения а = due/dt.
Умножим обе части уравнения (5) на dt/zn, и произведем
интегрирование в пределах от t = 0 (ие = 0), т. е. от начала
действия электромагнитной волны, до произвольного мо-
мента t (скорость электрона примет некоторое значение ие):
Г	Г
du. - —1 cos cot dt.
0	т‘{
В результате интегрирования получим выражение для ско-
рости электрона:
dx еЕ0 .
и, = — = ——sin at.
dt mta
Пусть в момент t = 0 координата электрона х0, тогда
[ dx = —[ sin at dt.
J m.a J
0
Интегрируя это выражение, находим закон движения элек-
трона:
(6)
е£0 еЕп
х = ха +----г -	„ cos at,
теа£ тет£
где eJE0/(zne<o2) — некоторое постоянное смещение электро-
нов при прохождении электромагнитной волны. Очевидно,
что появление такого смещения обозначает нарушение элек-
трической нейтральности плазмы, но так как это смещение
не зависит от времени, то оно не изменит фазовой скорости
волны. Слагаемое х0 следует отбросить, так как вследствие
нейтральности плазмы до воздействия электромагнитной
волны при усреднении по всем свободным электронам оно
обратится в нуль. Таким образом, искомый дипольный мо-
мент р0 = ex(t) определяется только последним членом выра-
жения (6):
р0 =-------тЕ0 cos at.
v теш£ u
Благодаря еланному ранее предположению о том, что
падающая волна плоскополяризована, последнее равенство
можно записать в векторном виде:
Ро = - e2E/(zn,co2).
349
Тогда [см. (4)] вектор поляризации
Р = - ДДву»2)
и на основании (2) и (3)
е = 1 - ^о/(готеыг).	(7)
Решение. Подставив выражение (7) в (1), найдем фазо-
вую скорость как функцию циклической частоты, т. е. за-
кон дисперсии*.
с
о = -г......... ....
V17eN0/(e0m,w2)
Из этого выражения очевидно, что в данной среде фазо-
вая скорость электромагнитных волн больше скорости света
в вакууме.
Следует помнить, что весь вывод основывается на при-
ближенной модели, согласно которой разреженная плазма
представляет собой совокупность положительных ионов и
электронов, не взаимодействующих между собой.
Предположение о плоскополяризованной волне не прин-
ципиально и введено только для упрощения расчета. Пре-
небрежение взаимодействием волны с ионами также несу-
щественно, так как дипольный момент, обусловленный ко-
лебаниями ионов, пренебрежимо мал вследствие очень боль-
шой массы ионов по сравнению с массой электронов.
Полученное выражение фазовой скорости хорошо согла-
суется с опытом в большом диапазоне частот — от видимого
света до радиоволн (со > 10я с-1).
Задача 22.4. На плоскопараллельную стеклянную пла-
стинку падает под углом Брюстера tB узкий пучок естест-
венного света. Коэффициент отражения р = 0,080. Определить
степень поляризации света, прошедшего через пластинку.
Анализ. Степень поляризации частично поляризованно-
го света
Р	“ ^Мин)/(^м«кс + 'Л.И»),	(!)
где </накс, Jm,, — максимальная и минимальная интенсивно-
сти плоскополяризованных компонент в данном пучке. Оче-
видно, что сумма, стоящая в знаменателе выражения (1),
равна полной интенсивности пучка. Чтобы найти степень по-
330
ляризации в пучке 4 (рис. 155), раз-
берем детально, как происходит по-
ляризация света при его прохожде-
нии через стеклянную пластинку.
При падении света на изотропный
диэлектрик под углом Брюстера от-
ражаться могут только те импульсы,
в которых вектор Е колеблется пер-
пендикулярно плоскости падения
(т. е. плоскости, проходящей через
луч падающий и луч отраженный).
Рис. 155
Световой пучок, прошедший через верхнюю поверхность
пластинки (луч 2), содержит импульсы, в которых вектор Е
колеблется в плоскости падения (на рисунке обозначены
черточками), и импульсы, в которых вектор Е колеблется
нормально плоскости падения (на рисунке обозначены
точками). Так как луч 2 падает на нижнюю поверхность пла-
стины тоже под углом Брюстера, то луч 3, отраженный от
нее, также полностью поляризован. Свет, прошедший через
обе поверхности (луч 4), по-прежнему поляризован частич-
но. Суммарная интенсивность этого пучка складывается из
интенсивности J#t4) импульсов, в которых вектор Е колеб-
лется в плоскости падения, и интенсивности импульсов,
в которых вектор Е колеблется нормально плоскости паде-
ния. (Здесь и в дальнейшем верхний цифровой индекс соот-
ветствует номеру светового пучка.) Поскольку пучки 1 и 3
содержат только импульсы, в которых вектор Е колеблется
нормально плоскости падения, очевидно, что Jy(4) > J^4).
Поэтому
J<4> =J„<4), Jw -J<4>.
макс н 9 vmkh v 1
Интенсивность импульсов, в которых вектор Е лежит в
плоскости падения, при условии прозрачности пластины и
падения света под углом Брюстера не изменяется при про-
хождении через пластину, поэтому
МГ’	.(2)
где </0> — интенсивность падающего светового пучка.
351
Падающий свет, по условию, естественный, поэтому
J(°) = j(0) « О.&Г0’.	(3)
Учитывая выражения (2) и (3), получаем
J«4> = ^а’ке = О.&ГО».	(4)
Значение J^4) зависит от коэффициента отражения, рав-
ного отношению интенсивности отраженного света к интен-
сивности падающего:
p = J(1>/J(0>.
Так как угол падения равен углу Брюстера, то J10 = jj1* и
соответственно [см. (3)]
р =	(5)
Согласно теории Френеля, отношение интенсивности от-
раженного света к интенсивности падающего для выбранного
направления колебаний вектора Е (в данном случае для Е±)
зависит только от суммы (либо разности) углов падения и
отражения. Поскольку данная пластинка плоскопараллель-
ная, условия отражения на верхней и нижней гранях одина-
ковы, поэтому с учетом выражения (5)
= Jf/Jf = 2р.	(6)
Решение. В световом пучке, прошедшем через верхнюю
поверхность пластинки,
и, согласно равенству (6),
J*2’ =	" 2р).	(7)
Очевидно, что интенсивность соответствующих импуль-
сов в световом пучке, прошедшем через нижнюю поверхность,
J<4) = J<2’ - J<3).	(8)
Подставим выражения (7) и (6) в (8):
44>.= J±0(l - 2р)2 = 0,5Jp(l - 2р)2,	(9)
Подставив выражения (9) и (4) в (1), найдем
Р = [1 - (1 - 2р)2]/[1 + (1 - 2р)2] - 0,17.

352
Задача 22.5. На пути частично поляризованного света по-
мещен николь. При его повороте на угол а = 60° из положе-
ния, соответствующего максимальному пропусканию света,
интенсивность прошедшего света уменьшилась в три раза.
Найти степень поляризации падающего света.
Анализ. Призма Николя, как и всякое поляризующее ус-
тройство, пропускает только такой свет, в котором вектор Е
совершает колебания в строго определенном направлении,
называемом главным направлением данного поляризатора.
Падающий свет, по условию, частично поляризован.
Допустим, что при распространении света в направлении
оси OZ (рис. 156) суммарная интенсивность Jx импульсов, в
которых вектор Е колеблется вдоль оси ОХ, максимальна.
Тогда интенсивность импульсов, в которых вектор Е колеб-
лется вдоль оси ОУ, Jy < Jx. В начальном положении, когда
николь пропускает максимум света, главное направление
николя, очевидно, параллельно оси ОХ, и интенсивность про-
шедшего света
Ji =	.
(1)
При повороте николя на угол а от начального положения
через николь пройдет и часть света, в котором вектор напря-
женности Е совершал колебания вдоль оси ОХ, и часть све-
та, в котором вектор Е совершал колебания вдоль оси ОУ.
Если предположить, что импульсы с интенсивностью Jx об-
ладали некоторым амплитудным значением вектора напря-
женности Eq,, то, как видно из рисунка, при повороте нико-
ля через него пройдет только составляющая, амплитуда ко-
торой пропорциональна cos а. Если в импульсах с интенсив-
ностью Jy амплитуда вектора напряженности Ео2, то через
николь пройдет составляющая, амп-
литуда которой пропорциональна
sin а.
Таким образом, после поворота
николя через него проходят импуль-
сы, в которых до прохождения через
николь вектор Е совершал колебания
как вдоль оси ОХ, так и вдоль оси
ОУ. После прохождения николя во
всех импульсах вектор Е совершает
колебания в направлении А'А\ — но-
353
вом главном направлении николя. Амплитуды каждой из
прошедших составляющих равны:
Eoi = Я01 cos а, Е'О2 = Е02 sin а.	(2)
Следует обратить внимание, что эти импульсы неко-
герентны, так как в падающем пучке импульсы, в которых
векторы Е колеблются во взаимно перпендикулярных на-
правлениях, обусловлены разными актами испускания. После
прохождения николя некогерентность импульсов сохраняет-
ся и суммарная интенсивность света, прошедшего через ни-
коль,
= < +	о)
где J'x и Jy пропорциональны соответственно (jS^)2 и (Е'о2)2 .
Очевидно, что соотношения (1)—(3) позволят найти степень
поляризации падающего света.
Решение. Степень поляризации светового пучка до про-
хождения николя
Р = («Лике - •'«□/«.аке + ^И.) -	~ Ц/V, + Jу). (4)
Из выражений (2) и (3) следует, что
J2 = Jxcos2 а + J^sin2 а.
Так как J2 = J\/3, то [см. (1)]
Jxcos2 а + J^sin2 а == Jx/3,
откуда для а = 60е
= 9^-
Тогда [см. (4)] Р = 0,8.
Задача 22.6. Параллельный пучок монохроматического све-
та, поляризованный по кругу, падает нормально на пластин-
ку в полволны1. Найти характер поляризации света, про-
шедшего через пластинку.
1 Пластинкой в полволны называется кристаллическая пластин-
ка, вырезанная параллельно оптической оси, при прохождении че-
рез которую в направлении, перпендикулярном оси, лучи (обыкно-
венный и необыкновенный), не изменяя своего направления, приоб-
ретают разность хода, равную Х/2.
354
Анализ. Свет, поляризованный
по кругу, — это электромагнит-
ная волна, в которой вектор Е из-
меняется со временем так, что ко-
нец его описывает в плоскостях,
перпендикулярных направлению
распространения, окружность. Та-
кая поляризация может быть по-
лучена при сложении двух моно-
хроматических плоскополяризо-
ванных волн, в которых векторы
перпендикулярных направлениях
Е колеблются во взаимно
с одинаковой частотой, с
одинаковыми амплитудами и с постоянным сдвигом по фазе,
кратным нечетному числу л/2. Если направление вращения
образует с направлением распространения волны правовинто-
вую систему, свет называется поляризованным по правому
кругу. При распространении света в направлении оси ОХ
(рис. 157) поляризация по правому кругу имеет место, если
Е^-волна опережает Е,-волну на л/2:
Фог "Ф» " - Л/2.	(1)
Если пластинка в полволны стоит на пути светового пуч-
ка, поляризованного по кругу, то разность фаз между
Е^-волной и Ег-волной изменится.
Решение. Допустим, что пластинка располагается
перпендикулярно оси ОХ так, что оптическая ось ее О'О' па-
раллельна OZ. Если кристалл, из которого изготовлена пла-
стинка, отрицательный, т. е. световые импульсы, в которых
вектор Е параллелен оси кристалла, обладают наибольшей
скоростью, а импульсы, в которых вектор Е перпендикуля-
рен оси, — наименьшей, то показатель преломления пе луча
необыкновенного (при условии, что направление
распространения света перпендикулярно оптической оси кри-
сталла) меньше, чем показатель преломления п0 обыкновен-
ного луча. Тогда скорость сх Ег-волны внутри кристалла мак-
симальна; скорость с2 Ер-волны минимальна. Пройдя через
пластинку толщины d, эти волны приобретут добавочную
разность фаз
(a f ЛЛ л
| Д<р I ® —а
А,
С с
*1 С2
= ^d(n0 - nt).
Л.
(2)
353
Поскольку Cj > с2, Ег-волна начнет опережать по фазе
Е^-волну. Так как d(n0 - пе) = то результирующая раз-
ность фаз с учетом (1) и (2)
Ф, - Ф, = I Дф I + (Фог “ Фо,) =
При такой разности фаз световая волна окажется поляри-
зованной по левому кругу.
Задача 22.7. Лазер на рубине излучает в импульсе дли-
тельностью т = 0,5 • 10~3 с энергию W = 1 Дж в виде почти
параллельного пучка с площадью сечения S = 0,8 см2. Длина
волны лазера к = 0,694 мкм. Определить плотность потока
фотонов в пучке и давление света на площадку, расположен-
ную перпендикулярно пучку. Коэффициент отражения
р = 0,6. (Расчет давления произвести с помощью корпуску-
лярных представлений.)
Анализ. Согласно корпускулярной теории, свет — это
поток фотонов, каждый из которых обладает энергией ev и
импульсом Как известно,
ev = hv = йс/k, pv = hv/c = й/k,	(1)
где h = 6,6 • 10'34 Дж • с — постоянная Планка. Направление
вектора pv совпадает с направлением распространения света.
Учитывая первое из выражений (1), можно найти общее
число фотонов, излучаемых лазером:
N = И7(йу) = WK/(hc). .	(2)
Если мощность лазера постоянна в течение времени излу-
чения и постоянна по площади поперечного сечения пучка,
то плотность потока фотонов можно записать в виде
i - N/(St).	(3)
Давление света на произвольную площадку а определяется
изменением импульса фотонов при их ударе об эту площад-
ку. Отражение света равнозначно абсолютно упругому уда-
ру, поглощений — неупругому. Если площадка расположена
перпендикулярно направлению распространения света, т. е.
перпендикулярно импульсу pv фотона до удара, то импульсы
фотона после упругого и неупругого ударов соответственно
р: - - ₽v> р" = о.
356
Изменение импульса одного фотона в результате удара
Api = ~ 2pv, Др" - - р„.	(4)
Если за некоторый промежуток времени At о площадку
ударится ДУ фотонов, причем ДУ' из них отразится, то сум-
марное изменение импульса всех ударившихся о площадку
фотонов
др = дР;ду' +др;'(ду-ду').	(5)
Зная коэффициент отражения, равный отношению от-
раженной энергии к падающей [р = ДУ'е„/(ДУе„)], можно
найти число отразившихся фотонов:
ДУ' = ДУр.	(6)
Средняя за промежуток времени At сила (f>, действующая
на площадку о со стороны фотонов, согласно второму и тре-
тьему законам Ньютона,
(f>At = - ДР.	(7)
Тогда давление света, испытываемое этой площадкой,
Рс =	(8)
Очевидно, что равенство (8) справедливо, если сила (f)
нормальна данной площадке.
Решение. Подставляя выражение (2) в (3), получаем
/ = Wk/(hcSx) = 8,8 • Ю25 с"1 • м 2.
I
Чтобы определить давление света, подставим выражения
(4) и (6) в (5):
ДР - - р„-ДУ(1 + р).
Тогда сила, действующая на площадку а [см. (7)],
<f> = pv(l + р)ДУ/Д^	(9)
Как видно из выражения (9), сила (f> сонаправлена с
вектором импульса фотонов в падающем пучке и, следова-
тельно, перпендикулярна площадке а, поэтому можно ис-
пользовать формулу (8):
рс = Я(1 + р)ДУ/(оДО.
357
Так как плотность j потока фотонов не изменяется со вре-
менем и вдоль сечения светового пучка, то очевидно, что
ЛУ/(Д#сг) = /. Учитывая второе из выражений (1), получаем
рс = hj(l + р)Д = 0,13 Па.
Задача 22.8. На уединенный медный шарик падает моно-
хроматический свет, длина волны которого X = 0,165 мкм
(ультрафиолет). До какого потенциала зарядится шарик, если
работа выхода электрона для меди А* = 4,5 эВ?
Анализ. Под действием падающего ультрафиолетового из-
лучения происходит вырывание электронов из металла (фо-
тоэффект). Вследствие вылета электронов медный шарик за-
ряжается положительно. Электрическое поле шарика тор-
мозит вылетевшие электроны, однако если их кинетическая
энергия достаточно велика для преодоления электростати-
ческого притяжения, то они будут уходить практически в
бесконечность; при этом потенциал шарика возрастает. Мак-
симальный потенциал до которого может зарядиться
шарик, определяется наибольшей начальной кинетической
энергией К электронов, с которой электроны вылетают из
металла:
е<Ри«хс к-	U)
Эта энергия может быть определена из уравнения Эйн-
штейна для фотоэффекта:
hv^K + A*.	(2)
Решение. Найдем максимальную кинетическую энергию
электронов при вылете их из металла [см. (2)]:
К = hv-A„ =	-А„.
Тогда [см. (1)]
ф - .*L^zA. = з,о в.
тмакс
Задача 22.9. Фототок, возникающий в цепи при освещении
вольфрамового катода светом с длиной волны X « 2537 А,
прекращается при включении задерживающей разности по-
тенциалов Ua - 1 В. Определить контактную разность потен-
циалов. Работа выхода для вольфрама Ав “ 4,5 эВ.
358
Анализ. На рис. 158 представ-
лена вольт-амперная характеристика
фотоэлемента, работающего на внеш-
нем фотоэффекте. По оси абсцисс
отложена приложенная разность по-
тенциалов между освещаемым като-
дом и анодом, по оси ординат — сила
фототока. В области U > 0 фотоэлек-
троны, вылетающие с поверхности
катода, попадают в ускоряющее
внешнее поле. В области U < 0 внеш-
нее прле тормозит движение элект-
ронов, и наличие тока в этой области однозначно свидетель-
ствует о том, что фотоэлектроны покидают катод с началь-
ной кинетической энергией, позволяющей преодолевать при-
ложенное тормозящее поле.
Очевидно, что максимальная кинетическая энергия К
электронов должна определять задерживающий потенциал
С73, при котором сила фототока обращается в нуль:
eU3 -К.	(1)
Однако истинная разность потенциалов отличается от при-
ложенной на контактную разность потенциалов между като-
дом и анодом.
Каждый металл характеризуется определенной работой
выхода Ав, равной минимальной кинетической энергии, ко-
торой должен обладать электрон, чтобы покинуть металл.
Объясняется это тем, что на поверхности металла имеется
сколь угодно тонкий двойной слой зарядов, обусловлива-
ющий скачок потенциала в этом слое. Величина этого скач-
ка, а значит, и работа выхода остаются неизменными как
для электрически нейтрального, так и для заряженного
металла.
Для двух брусков из разных металлов (I и II) при усло-
вии, что расстояние между ними достаточно велико, график
потенциальной энергии электрона (в первом приближении)
имеет вид, показанный на рис. 159,а. (Предполагается, что
-‘‘Чв > А2в, где А1в и А2в — работы выхода электрона соответ-
ственно из металлов I и II.) Если металлы привести в сопри-
косновение, то начнется диффузия электронов из одного ме-
талла в другой.
359
Переход электронов из второго металла в первый энер-
гетически выгоден, поэтому число электронов, совершающих
такой переход, будет больше, чем число электронов, перехо-
дящих из первого металла во второй. В результате оба ме-
талла потеряют свою электрическую нейтральность. Первый,
получив избыток электронов, окажется заряженным отри-
цательно, второй — положительно. Равновесие наступит тог-
да, когда на границе металла выравнятся нижние уровни
энергий (рис. 159,6/ Во внешнем пространстве появится элек-
тростатическое поле. Разность потенциалов между несопри-
касающимися концами проводников (контактная разность
потенциалов)
ик = <А1» ~ AJ/6-
(2)
Эта контактная разность потенциалов остается неизмен-
ной независимо от того, соприкасаются ли металлы не-
посредственно или через произвольное количество других
проводников. Силовые линии «контактного» электрическо-
го поля направлены во внешнем пространстве от свободного
конца металла, обладающего меньшей работой выхода, к
свободному концу металла, обладающего большей работой
выхода.
Такая разность потенциалов образуется, естественно, и
между катодом и анодом. Материал, из которого изготовлен
а)
анод, и его работа выхода неизвест-
ны. Значит, неизвестно и направ-
ление «контактного» электрическо-
го поля. Поэтому истинное значе-
ние максимальной кинетической
энергии, с которой фотоэлектроны
покидают катод, должно опре-
деляться уравнением
б)
Рис. 159
К = eU3 ± е ) VK |,	(3)
а не уравнением (1). Знак «+» со-
ответствует тому, что «контактное»
электрическое поле направлено так
же, как и приложенное внешнее,
т. е. тормозит электроны на их
пути к аноду.
360
Максимальная кинетическая энергия К фотоэлектронов
может быть определена из уравнения Эйнштейна:
hc/'k = K+At.	(4)
Решение. Согласно уравнению (3), искомая контактная
разность потенциалов
UK = (К - еС73)/е.
Если правая часть уравнения положительна, то это озна-
чает, что в уравнении (3) перед произведением е | UK | сле-
дует брать знак «+».
Выразив кинетическую энергию К из уравнения (4), по-
лучим
и*= ;3£-Л,)"С7’ = “°’бв-
Знак «-» показывает, что «контактное» электрическое
поле направлено навстречу внешнему тормозящему. Следо-
вательно, при U > 0 «контактное» поле сонаправлено внеш-
нему, значит анод выполнен из металла, работа выхода ко-
торого меньше, чем у вольфрама.
Задача 22.10. Наблюдается внешний фотоэффект на фото-
элементе с цезиевым катодом. Длина волны падающего из-
лучения X - 0,331 мкм. Работа выхода для цезия равна
А, = 1,89 эВ. Найти импульс вылетающего электрона й им-
пульс, получаемый катодом при вылете одного электрона.
Электроны вылетают навстречу падающему свету нормально
к поверхности катода.
Анализ. Согласно квантовым представлениям, вылет элек-
тронов из металла при фотоэффекте есть результат взаимо-
действия фотон — электрон. Однако система фотон —- элек-
трон не является замкнутой, так как электрон взаимо-
действует еще с кристаллической решеткой катода. Систе-
ма, включающая в себя фотон, электрон и кристаллическую
решетку катода, замкнута, и для нее справедлив закон со-
хранения импульса. До взаимодействия импульс данной си-
стемы равен импульсу фотона pv, после взаимодействия —
импульсам электрона ре и кристаллической решетки рк. В
соответствии с законом сохранения импульса,
Pv = Ре + Рк-	(1)
361
При применении закона сохранения энергии следует учи-
тывать только энергию Ее, полученную электроном, так как
энергией, полученной кристаллической решеткой, можно пре-
небречь вследствие того, что масса ее несоизмеримо больше
массы и электрона, и фотона. Согласно уравнению Эйнштей-
на, энергия падающего фотона
ftv = Ee = K’ + AB.	(2)
Это уравнение позволяет рассчитать максимальную ки-
нетическую энергию К, с которой электроны покидают ка-
тод, а следовательно, и его импульс, так как
К = р2(2те).	(3)
Решение. Чтобы уравнение (1) записать в скалярном виде,
введем ось X, направленную перпендикулярно поверхности
катода по световому пучку. Тогда
pvx “ + Pv = Р Рех “ - Ре “ - ^2теК.
Поскольку векторы pv и ре направлены в противополож-
ные стороны, очевидно [см. (1)], что вектор рк должен быть
сонаправлен вектору pv, следовательно, ркх == рк. Тогда
[СМ. (1)]
л I---------
Pvx = Р« +РКх или - - - ^2теК +рк. (4)
Выразив кинетическую энергию электрона из уравнения
(2) и подставив ее в (4), получим
рк =	+ ^2me(hc /\- А,) = 7,38 • 1О'И кг • м • с-1.
Импульс вылетевшего электрона, направленный в сторо-
ну, противоположную векторам рк и pv,
ре = ^2те(Лс / X - А,) = 7,36 • 10*2s кг • м • с-1.
Приложение
Основные фундаментальные постоянные
Скорость света в вакууме
Нормальное ускорение свободного падения
Гравитационная постоянная
Постоянная Авогадро
Молярная газовая постоянная
Постоянная Больцмана
Элементарный заряд
Масса электрона
Масса протона
Масса нейтрона
Удельный заряд электрона
Постоянная Стефана - Больцмана -
Постоянная Вина
Постоянная Планка
Постоянная Ридберга
Первый боровский радиус
Комптоновская длина волны электрона
Магнетон Бора
Электрическая постоянная
Магнитная постоянная
с — 3,00 • 108 м/с
g = 9,81 м/с’
G= 6,67- 10”п м’/(кг-с’)
NA - 6,02 • 10” моль”’
R - 8,31 Дж/(моль-К)
й = 1,38-10”” Дж/К
е - 1,60 • 10”1’ Кл
т, - 9,11-10”81 кг
тр = 1,672 • 10”” кг
тп - 1,675-10”” кг
~~ - 1,76-1011 Кл/кг
me
а = 5,67 • 10”» Бт/(м’ • К4)
Ь - 2,90-10”8 м-К
h = 6,63-10'84 Дж-с
Я - 3,29-10" с”1
R == 1,10-101 м”1
а0 = 5,28 • 10”» м
Хс = 2,43-10”1’ м
Нв = 9,27 • 10”’4 Дж/Тл
е0= 8,85-10”1’ Ф/м
Но - 4л • 10”’ Гн/м
Масса изотопа }Н
тк - 1,6736 -10 " кг
363
Некоторые внесистемные единицы
Время	1 г (год) = 3,1557-107 с
1 сут (сутки) = 86 400 с
Длина	1 А (ангстрем) = 10“10 м
1 ферми = 10-15 м
Объем	1 л (литр) = 10-3 мэ
Масса	1 т (тонна) = 10s кг
1 а.е.м. (атомная единица массы) = 1,66 • 10-27 кг
Энергия 1 кал (калория) = 4,187 Дж
1 эВ (электронвольт) = 1,60-10"19 Дж
1 кВт • ч (киловатт-час) = 3600 кДж
Давление 1 атм = 101,3 кПа = 760 мм рт. ст.
1мм рт. ст. = 133,3 Па = 0,001316 атм
Множители и приставки для образования
десятичных кратных и дольных единиц
и их наименований
Множи- тель	Приставка	Обозна- чен не	Множи- тель	Приставка	Обозна- чение
10“	экса	э	10*	деци	д
ю15	пета	п	102	санти	с
ю12	тера	т	103	милли	м
10е	гига	г	10 е	микро	. мк
10е	мега	м	10-’	нано	н
103	кило	к	10“	ПИКО	п
102	гекто	г	10“	фемто	ф
10"	дека	да	10-“	атто	а
364
Некоторые математические формулы
sin(a ± Р) = sin a cos р ± cos a sin р
cos(a ± Р) = cos a cos p ± sin a sin p
sin 2a <• 2 sin a cos p
sin2 a = |-(1 - cos 2a)
cos 2a - cos2 a - sin2 a
cos2 a = ^(1 + cos 2a)
£(x») = nx»-1
Jcosxdx = sin x
£<ei>=e'
—(cos x) = - sin x
dx
d
—(sin x) = cos x
dx
-£(ln X) =
d	1
-r-(tg *) = —T~
dx	cos x
_d_f И______n
dx(x"J= x"*1
_d(11______1_
dx [ x J	x2
Jr-1"'
f dx _ 1
J x2 x
Jsinxdx = - cos x
fx" dx - (n * - 1)
J ex dx = ex
Judo = uu - jvdw
jx-e-dx =
o
f x dx л2
J ex-l = 6
о
f x"e-x dx = n!
Оглавление
Предисловие.........................................  3
Глава I. Механика..................................   5
§ 1.	кинематика..................................5
§ 2.	Законы Ньютона ............................14
§ 3.	Законы сохранения импульса, момента импульса
энергии ........................................29
§ 4.	Динамика твердого тела.....................50
§ 5.	Механические колебания.....................69
§ 6.	Неинерциальные системы.....................87
§ 7.	Элементы специальной
теории относительности.........................99
Глава П. Молекулярная физика и термодинамика........114
§ 8.	Основы молекулярно-кинетической теории
идеального газа.............................  114
§ 9.	Первое начало термодинамики и процессы
в газах................................-......134
§ 10.	Второе начало термодинамики..............147.
Глава Ш. Электростатика и постоянный ток............162
§ 11.	Электростатическое поле в вакууме.........162
§ 12.	Проводники и диэлектрики
в электрическом поле.......................    179
§ 13.	Электрическая емкость н энергия ........  203
§ 14.	Постоянный электрический ток .............214
Глава IV. Магнетизм.................................233
§ 15.	Магнитное поле в вакууме..................233
$ 16. Движение заряженных частиц
в Электрическом и магнитном полях..........250
366
§ 17.	Электромагнитная индукция................265
§ 18.	Самоиндукция и взаимная индукция.
Энергия магнитного поля ......................279
§ 19.	Магнетики..............................  288
§ 20.	Электромагнитные колебания...............297
Глава V. Оптика....................................310
§ 21.	Интерференция и дифракция................310
§ 22.	Взаимодействие света с веществом.........343
Приложение.........................................363
- Учебное издание
Новодворская Елизавета Марковна
Дмитриев Элли Михайлович
Сборник задач по физике
с решениями
для втузов
Ответственный редактор Е. С. Гридасова
Художественно-технический редактор Е. П. Хазова
Корректор Р. К. Сапожникова
Компьютерная верстка С. В. Сухарева
Подписано в печать 17.01.2005. Формат 84x108 l/g2.
Гарнитура «Школьная». Печать офсетная.
Усл. печ. л. 19,32. Тираж 5000 экз. Заказ № 3055.
Общероссийский классификатор продукции
ОК-005-93, том 2; 953005 — учебная литература
ООО «Издательский дом «ОНИКС 21 век».
Изд. лиц. ИД № 02795 от 11.09.2000.
105066, Москва, ул. Доброслободская, д. 5а.
Отдел реализации: тел. (095) 310-75-25, 110-02-50.
Internet: www.onyx.ru; e-mail: mail@onyx.ru
ООО «Издательство «Мир и Образование».
Изд. лиц. ИД № 05088 от 18.06.2001.
109193, Москва, ул. 5-я Кожуховская, д. 13, стр. 1.
Тел./факс (095) 120-51-47, 129-09-60, 742-43-54.
E-mail: mir-obrazovanie@rambler.ru
Издание осуществлено при техннческомсодействии ООО «Издательство АСТ»
Отпечатано с готовых-диапозитивов
в ОАО «Книжная фабрика №1»
144003 г. Электросталь. Московская область, ул. Тевосяна. д.25