Текст
В. И. МУРЗОВ
А. Ф. КОНЕНКО
Л. Г. ФИЛИППОВА
ОБЩАЯ
ФИЗИКА
В ЗАДАЧАХ
И РЕШЕНИЯХ
Допущено
Министерством высшего и среднего
специального образованин БССР
в качестве учебного пособия
для инженерно-технических
специальностей вузов
Минск,"Вышэйшая школа", 1986
ББК22.31я73
М91
УДК 53 @76.2) @75.8)
Рецензенты: кафедра физики Московского высшею техиического учипища
им. Н.Э.Баумана; С.С. Новиков, д-р физ.-мат. наук, зав. кафедрой молекулярной фи-
физики Московского физико-технического института.
Мурзов В.И. и др.
М91 Общая физика в задачах и решениях: Учеб. пособие для инж.-техн.
спец. вузов /В.И.Мурзов, А.Ф.Коненко, Л.Г.Филиппова. - Мн.: Выш. шк.,
1986.- 164 с: ил.
Собраны и систематизированы типовые задачи курса общей физики для втузов.
Особое внимание уделено использованию единых методов решения, получению ре-
результата в достаточно универсальном виде, предельным оценкам и т. д.
Может быть полезным для студентов физических специальностей университетов.
1704010000-150 ББК22.3Ы73
МЗО4(О5) -86
©Издательство "Вышэйшая школа", 1986.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Решение задач - важнейшая составная часть всего процесса обучения физи-
физике. Лекции намечают общие контуры теоретического описания того или иного
физического явления, а конкретная задача как бы наполняет закон определен-
определенным физическим содержанием, приближает его к эксперименту. Не случайно
в последние годы ряд учебных пособий по физике написан в виде последова-
последовательности задач и их решений. В рамках учебного процесса в вузе такое посо-
пособие можно рассматривать как составную часть методического обеспечения ор-
организации самостоятельной работы студентов. Обдумывание физического со-
содержания задач и предложенных методов их решения не только способствует
углубленному пониманию модельных возможностей теории, но и развивает
творческую и критическую активность мышления.
Данное учебное пособие представляет собой набор задач с р шениями по
разделам, соответствующим программе курса физики для инжен- ю-техниче-
ских специальностей вузов: физические основы классической механики, мо-
молекулярной физики и термодинамики, электромагнетизм, элементы волновой
оптики и квантовой механики.
Многие из рассмотренных задач предлагались студентам технических ву-
вузов на физических олимпиадах, обсуждались на практических занятиях по фи-
физике в Минском радиотехническом институте и Новосибирском государствен-
государственном университете. При этом авторы не стремились к полной оригинальности
задач, уделяя основное внимание выбору общего метода их решении. Числен-
Численные данные, как это принято во многих подобных изданиях, сведены к мини-
минимуму, а решения задач представлены преимущественно в общем виде.
Каждый параграф книги состоит из трех частей: кратких теоретических
сведений, задач с решениями и набора задач для самостоятельного решения с
ответами.
В конце пособия в качестве приложения даются основные математические
понятия и формулы, к которым студент может постоянно обращаться при ра-
работе над всеми разделами книги. Опыт преподавания физики в техническом
вузе показывает, что такое приложение необходимо, так как зачастую упо-
употребление многих математических понятий при изложении лекционного мате-
материала и решении задач но физике опережает их строгое введение в изучаемых
курсах высшей математики.
Авторы выражают благодарность сотрудникам кафедры физики Москов-
Московского высшего технического училища им. Н.Э.Баумана и заведующему кафед-
кафедрой молекулярной физики Московского физико-технического института док-
доктору физико-математических наук профессору С.С.Новикову за ценные заме-
замечания, сделанные при рецензировании рукописи, а также члену-корреспонден-
члену-корреспонденту АН СССР профессору Р.И.Солоухину за внимание и постоянную помощь в
работе.
Все отзывы и пожелания просим направлять по адресу: 220048, Минск,
проспект Машерова, 11, издательство "Вышэйшая школа".
Авторы
1. МЕХАНИКА
1.1. Кинематика материальной точки
Если пространство отнесено к некоторой неподвижной (относительно наблюдателя)
прямоугольной декартовой системе координат XYZ, то положение материальной точки в
пространстве определяется ее радиусом-вектором
г = х\ + у) + zV. ,
где х , у , z - координаты вектора г ; i , j , k - координатные орты
Движение материальной точки описывается кинематическим законом
г = г (г) = *(r)i + j>(r)j + z(t)k,
где г - время
Скорость v(r) и ускорение w(r) материальной точки определяются формулами
v(f) = — , w(r) = —- = —г
dt dt dt
Ускорение в любой точке траектории может быть представлено в виде
где Т , п - единичные векторы касательной и нормали к траектории в рассматриваемой
точке; w - нормальная проекция ускорения w^ — \г /R , w - тангенциальная проекция
di
ускорения w =— ; и - величина скорости, R — радиус кривизны траектории в дан-
7 dt
ной точке
Связь между скоростями материальной точки относительно двух различных систем
отсчета выражается законом сложения скоростей
v = v + и ,
где v — скорость точки относительно неподвижн'4Р системы отсчета; v' - скорость этой
же точки относительно движущейся системы отсчета; и - скорость движущейся системы
отсчета относительно неподвижной
Угловая И и линейная v скорости любой точки вращающегося твердого тела свя-
связаны уравнением
v = [ Со, г ] ,
где г - радиус-вектор рассматриваемой точки относительно произвольной точки оси вра-
вращения
Задача 1.1. Частица движется в плоскости XOY по закону х - asmcot ,
у = Ь A + coscof), где oj , а , b (a > b ) — положительные константы. Опреде-
Определить- 1) вид траектории; 2) ускорение как функцию радиуса-вектора ;
3) угол а между векторами скорости и ускорения как функцию координат
Р е ш е н и е. I Перепишем закон движения частицы в виде-
х/а = sinojf, A)
(y-b)lb = coscjf B)
Возведя уравнения (I) и B) в киадрат и сложив их, получим уравнение
траектории
х2/а2 + (у- bJ/b2 = 1 ,
т е эллипс, смещенный в верхнюю полуплоскость на величину малой полуоси
2 Дважды дифференцируя но времени х и у , получаем
х = -аой s
у = -
¦"= ~oj2 {у - b)
(Здесь и далее точками над буквой обозначаются операции дифференцирова-
дифференцирования по времени )
Теперь нетрудно выразить ускорение материальной точки как функцию ее
радиуса-вектора
w = -oj2xi co2(v — b)j = со2 (х i + y'j) + со2 bj = — oj2 г + oj2 b'j
Рис I 1
Из рис. 1 1 видно, что вектор w все время направлен к центру эллипса.
3. Прежде всего выразим проещии скорости как функции координат.
х =
= —г(у—Ь) ,
b
у = —
Ьш
= х .
а
а
Используя формулы скалярного произведения векторов и длины век-
вектора (см прил.2),находим
(w , v) = х(у —Ь)
b
ab
v =сох/-(у-6J+ -2хг ---V(a2(.v-6)J + (b2xJ :
u; =
V х2 + (у-ЬJ
Следовательно, косинус угла ме,кду векторами скорости и ускорения (см
прил 2)
(w , v 1
cosa = i '--
uw
(Ь2-а2)х(у-Ь)
V"
(y-bO
a\y-bJ
откуда
a = arrros
(Ь*-аг)х(у-Ь)
{y-bf
'} + a\y-bf
Задача 1.2. Материальная точка движется в плоскости XOY со скоро-
скоростью v(x, у) = ау'\ — Ьх] , где а, Ь{а> Ь) — положительные константы; i ,
j — орты координатных осей. Определить: 1) вид траектории; 2) скорость и
ускорение в верхней точке траектории, если в начальный момент времени
о
Решение. I. Согласно условию задачи ,
х =ау ; A)
у = -Ьх . B)
Умножая уравнение A) на Ьх , а уравнение B) на ау и складывая их, прихо-
приходим к уравнению траектории:
2 + ау2)= 0;
Ьх7 + ау2 = С ,
где С - некоторая константа. Из начальных условий следует, что С = bx2Q .
Поэтому уравнение траектории имеет вид
Ьхх+ ауу =±^~
х2/х20
ау2/Ьх\ =
Это уравнение эллипса с полуосями, равными jc и х
(рис. 1.2). °
V
2. В верхней точке траектории х = 0, у = xQ \/~b/a . Следовательно, ско-
скорость в этой точке
v@,,v0 \fbja ) = axQ \f~b/a i = xQ ч/ ab i .
Находим теперь проекции ускорения как функции координат:
х = ay = —abx ; у = — Ьх ¦= -aby .
Поэтому в верхней точке
х = О ; у = —abxQ \fb~Ja — — bxa \fab~.
Отсюда ускорение в верхней точке траектории
w @ , xQ yfa/b ) = -bxQ \J~ab] .
Задача 1.3. Материальная точка движется по окружности радиусом R со
скоростью v = vQe~~S'R , где s - пройденный путь; vQ - положительная кон-
константа. Найти: 1) зависимость пути от времени; 2) угол ^ между векторами
скорости и ускорения в произвольный момент времени; 3) величину ускоре-
ускорения как функцию скорости.
Решение. 1. Согласно условию задачи,
^ = v e-s/R
dt о
Разделяя переменные, имеем
es/Rds = vQdt.
Проинтегрируем это уравнение:
Se*/Rds = fvndt;
Res/R = vQt + С . A)
Полагая, что s — 0 при t — 0 , из уравнения A) получаем: С = R . Следователь-
но,
2. Находим тангенциальную и нормальную проекции ускорения :
w -АН _ _ \e-s/R __Ц*_ -*IR _ J!o.e
Wr - dt ~ R? S "" R ? V R в
Так как т* = v/v , то для угла у между векторами скорости и ускорения
получаем t%p = wn/wT = — 1. Следовательно, угол ^ межд> векторами v и w
не зависит от времени и равен 0,75 я .
3. Найдем величину ускорения как функцию скорости:
Задача 1.4. Поезд, длина которого /, движется со скоростью и по прямо-
прямолинейному участку пути. С какой скоростью, находясь в начале состава, нужно
бросить камень, чтобы он упал на железнодорожное полотно в точке броса-
бросания? Высотой поезда и сопротивлением воздуха пренебречь.
Решение, Для того чтобы камень упал на железнодорожное полотно в
точке бросания, нужно, чтобы его скорость относительно земли была направ-
лена вертикально вверх: v = uj , причем время движения камня г должно
удовлетворять неравенству т > 1/и . Но, как следует из закона движения тела,
брошенного вертикально вверх, г = 2u/g . Следовательно, и > gl/ Bц).
Поскольку нас интересует скорость камня относительно поезда v' , вос-
воспользуемся законом сложения скоростей: v'= v — u . Так как v I u , то
u'=V + v2 > V + g2l2l4u2 = usj'l + (gV,2u2J .
Из рис. 1.3 видно, что угол бросания
а = arccos(u/u') .
Задача 1.5. Материальная точка движется по траектории, заданной уравне-
уравнением (х — RJ + у7 = R2 . Полярный угол при этом изменяется по закону
<р = at2 , где а - положительная константа. Найти зависимость скорости точки
от пройденного пути.
О
¦и i их
Рис. 1.3
Рис. 1.4
Решение. Траектория движения материальной точки представляет со-
собой окружность (рис. 1.4). Из этого рисунка видно, что углы ф и ^связаны
уравнением ф= 2<р . Следовательно, ф= lat1 . Дифференцируя это выражение,
находим угловую скорость вращения вокруг точки О1: ф= 4at. Тогда ско-
скорость движения точки по окружности
Путь, пройденный материальной точкой к моменту времени t ,
s(t) =фИ = 2at2R .
Выражая Из этого уравнения t как функцию s :
приходим к искомой зависимости
v (s) = 4aR V s/ BaR ) = у/SaRs .
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
I. Материальная точка движется в плоскости XOY по закону х -a choir, у =
где a, b , и> - положительные константы. Определить: 1) вид траектории; 2) векторы
v , vi и угол а между ними как функции координат.
х* У2
Ответ: -=— — -- 1 (х > 0) - правая ветвь гиперболы;
а Ь1
v - — (a vi + h xj); w = ы r ; a = arccos
al>
2. Используя условие задачи 1.2, найти кинематический закон движения и время пол-
полного оборота Т материальной точки. ^ х
Ответ: x(t) = Jt.cos ( ч/7/Г t) ; j/(r) = — -=. sin( Уа^ О ; Т= ——.
0 N/ ah -Jab
3. Частица движется по окружности радиусом R со скоростью и = uQ(l - s /R ),
где u 0 > 0; s - пройденный путь. Найти: \) зависимость пути от времени; 2) угол а
между векторами скорости и ускорения в произвольный момент времени.
Ответ : s = Wth—? ; tga = -(- - R) .
R 2 R ,s
4. При взлете самолета его винт радиусом R вращается с угловой скоростью и) .
Взлетная скорость самолета и , длина разбега I . Считая движение самолета при разбеге
равноускоренным, найти величину скорости конца лопасти пропеллера относительно зем-
земли как функцию времени.
Ответ: (М
= JjR1 + V
4/2
5. Твердое тело вращается вокруг иеподвижной оси так, что угловая скорость изме-
изменяется по закону и)-=0,5ы A + cos^), где -р - угол поворота. В начальный момент време-
времени Г = 0 #@) = 0. Найти зависимости от времени: 1) угла поворота; 2)угловойскоро-
2)угловойскорости.
Ответ: ^(r) = 2arctg(u)Qr/2); u> It) = 4ojq/ D + u^r2) .
1.2. Динамика материальной точки
Уравнение движения материальной точки массой m в некоторой инерциальной сис-
системе отсчета К имеет вид
m — =t,
где v - скорость точки; F = ? F. - векторная сумма сил, действующих на нее со сто-
стороны окружающих тел. Сила F в общем случае зависит от положения материальной точ-
точки, ее скорости и времени, т. е. F = (г, v , f). Таким образом, если известны масса точки,
действующие на нее силы и начальные условия (радиус-вектор г и скорость v ), можно
найти кинематический закон движения г = г (г). Это основная задача динамики мате-
материальной точки.
В неинешшальной системе отсчета К1, которая вращается с постоянной угловой ско-
скоростью и) вокруг оси, движущейся поступательно относительно системы отсче-
отсчета А" с ускорением wQ , уравнение движения материальной точки имеет вид
где F = -mw0 - сипа, инерции, обусловленная поступательным движением неинерци-
альнои системы отсчета; F , = mu R - центробежная сила инерции; R - вектор, перпен-
10
дикулярный к оси вращения и определяющий положение материальной точки относитель-
относительно этой оси; F = 2m[v\ <3] - кориолисовасила инерции; v' - скорость материальной
точки относительно неинерциальной системы отсчета К .
Задача 1.6. На поверхности идеально гладкого стола находятся два бруска,
массы которых т и т2 , связанные однородной нерастяжимой нитью массой
т и длиной I . На первый брусок дейстпует параллельно поверхности стола
постоянная по величине сила F (рис. 1.5, а). Найти: 1) ускорение системы;
2) силу натяжения нити как функцию расстояния s от первого бруска. Прови-
Провисанием нити пренебречь.
Рис. 1.5
Решение. 1. Запишем уравнения движения каждого бруска:
miWl = F+
m2W2 == T2 +
+ N, +
A)
B)
где T1 , т2 - силы натяжения нити в точках касания брусков: N N - си-
силы реакции опоры.
Так как нить нерастяжима, то w[ = w2 = w .
Разобьем мысленно нить на две части (рис. 1.5,6), длины которых s и I—s,
и запишем уравнения движения этих частей:
m
ySw - Г, -
D)
где T(s) - сила натяжения нити в точке, отстоящей от первого бруска на рас-
расстояние s . Знак минус перед векторами т, , Т2 и T(s) обусловлен третьим за-
законом Ньютона.
Проектируя уравнения A) - D) на ось ОХ, получаем :
= F —
jsw = T, -T(s) ¦.
m
E)
F)
G)
C)
Проекция этих уравнений на ось О У дает равенства^ =mlgaN2 =
Суммируя уравнения E) -(8), находим ускорение системы
w =
+ тг + т
. 2. Из уравнений F) и (8) следует
Т(.) = *(/-.)«,+ «,«,,
т. е. сила натяжения вдоль нити изменяется по линейному закону.
Задача 1.7. Материальная точка массой т в момент t = 0 начинает двигать-
двигаться под действием силы ?(t) = FQA - t/T), где FQ - постоянный вектор;
Т положительная константа. Найти: 1)кинематический закон движения;
2) время возвращения в исходную точку; 3) путь, пройденный за это время.
Решение. 1. Запишем уравнение движения
Направим ось ОХ вдоль вектора FQ и положим х@) = 0. Спроектировав
уравнение A) на ось ОХ , придем к дифференциальному уравнению
с начальным условием vx@) = 0 . Отсюда
Используя начальное условие, получаем С = 0 . Следовательно,
dt~ ~^(t" 2Th B)
причем x@) = 0. Интегрируя уравнение B) и учитывая начальное условие,
приходим к кинематическому закону движения
2. Время т возвращения в исходную точку определяем из уравнения х (т)=
= 0, т. е.
откуда г = ЗТ.
3. Для определения пути, пройденного частицей за время т , используем
формулу
s = f0(t)dt= hvx(t)W =-^-)\t-^=\dt. C)
о о m 0 21
Чтобы вычислить интеграл C), нужно найти момент остановки ?ост: 1>Л(?0СТ) =
= 0 ,т. е.
откуда tQcT = 2T. Следовательно,
m
F
m
о у
m 2T
3m '
Задача 1.8. На небольшое тело массой m , лежащее на горизонтальной пло-
плоскости, действует сила F(s), зависящая от пройденного пути по закону F =
= F v I + s2/R ; a =arotg(s/R), где а — угол между вектором F и плоско-
плоскостью; F (F > fmg), R - положительные константы; / - коэффициент трения
(рис. 1.6) . Определить скорость тела в момент отрьша от плоскости.
mg
Рис. 1.6
P e ш е н и е. До момента отрыва тела от плоскости уравнение движения
имеет вид
m —-=F+N+mg+F
Запишем это уравнение в проекциях на оси координат:
ось О*
dv
т— ~ Fcosa - F •
dt тр
ось О У
О = ЛГ + Fsina — mg .
Используя условие задачи, выражаем sina и cosa как функции пройденно-
пройденного пути:
cosa - 1 /\Л +s7/R2 ; sina - s/R \/~l + s7/R2 .
Поэтому, учитьшая, что |F |=/|n I, получаем:
~
- fN(S) ;
A)
N(s) - mg - Fos/R .
Путь sQ , пройденный телом до отрыва от плоскости, определяется из
условия обращения в нуль силы реакции опоры: N(sQ) = 0, откуда
sQ = mgR/FQ .
13
Для решения задачи нужно найти v(s). Преобразуем уравнение A),
используя тождество
dv _ dv^ ds _ dv_ _ 1 d(tJ)
dt ~ ~dT dt ~ V ds ~ 2 ds
Интегрируя уравнение B), получаем
IF 1fF *>F fF
Поскольку v@) = 0 , то С = 0 . Итак,
fF
Следовательно, в момент отрыва от плоскости скорость тела
и(во) = ^( ~^~ - 2fg ) 'У" + -^ ~-^~ = ^2SR V ^Г )'
Задача 1.9. В момент времени tQ = 0 на материальную точку массой т ,
движущуюся со скоростью vQ , начинает действовать сила, зависящая от ско-
скорости по закону F = [ v , А] , где А — постоянный вектор. Считая, что volA,
найти: I) кинематический закон движения; 2) уравнение траектории в декар-
декартовых координатах.
Решение. 1. Выберем систему координат таким образом, чтобы направ-
направление оси ОХ совпадало с направлением вектора v , а оси OZ - с направлени-
направлением вектора А , т. е. А ={0, О, AJ ; vQ ={% , 0 , Oj- . Начальные условия имеют
вид:
*@) = у@) = 2@) = 0; A)
х@) = и0 , у@) = 2@) =0. B)
Запишем уравнение движения
dv
тЖ= [v,A]
и спроектируем его на оси координат (см. прил. 3):
т 17 = "A -«2Ay=-.vyA; C)
dt
dv
~°yAx =
Из уравнения E) с учетом начальных условий A), B) следует, что
vz (t) = 0, г(?) = 0, т. е. движение происходит в плоскости XOY.
И
Выражая теперь из уравнения C) v и подставляя его в D), получаем:
т • .,-.
vy = - vx ¦ F)
х т' х
Так как сила F действует все время перпендикулярно к направлению
вектора скорости, заключаем, что |v| = const , т. е„
o2x(t)+ vy(t) = const = v2Q .
Следовательно, \vx(t) \ <uQ; \v>(f)\ < vQ . Поэтому будем искать решение
уравнения G) в виде
"v (О ~ vn (;<>s (ш t + xn ) , (8)
где oj , ^0 — неизвестные константы. Дважды дифференцируя формулу (8),
получаем
vx(t) = -u7vx(t) .
Подставляя выражение для vx(t) в уравнение G), имеем
т
(9)
Поскольку уравнение (9) должно быть справедливо для любого момента
времени, нужно положить oj = А/т. Так как vx@) = uQ , то cos^0 = 1. Следова-
Следовательно, без ограничения общности можно взять ^() = 0. Таким образом, с уче-
учетом уравнения F) получаем:
Поскольку их - х , i¦ = у , то из уравнений A0) и A1) следует:
4 vnm A
x(f) =-- vn /cos - tdt =¦-¦ -~г-ып t+ С, :
0 m A m '
, A _ о ^*л"
0 m A m 2
Используя начальные условия, получаем:
С, = 0: С2 + иот/Д = 0.
Итак, кинематический закон движения имеет вид:
uom A
(
г@ = 0.
2. Для нахождения уравнения траектории в декартовых координатах ис-
используем метод, применявшийся в задаче 1.1. В результате получим
Таким образом, движение происходит по окружности радиусом R =
= vQm/A, проходящей через начало координат и лежащей в нижней полуплос-
полуплоскости.
Задача 1.10. Гладкий стержень АВ длиной / вращается в горизонтальной
плоскости с угловой скоростью oj относительно вертикальной оси, проходя-
проходящей через точку А. На стержне находится скользящая муфта массой т
(рис. 1.7). В момент времени tQ = 0 муфта начинает двигаться из точки А со
скоростью vQ . Найти: 1) время, через которое муфта достигнет точки В ;
2) силу реакции стержня как функцию расстояния от точки А .
Решение. 1. Задачу решаем в системе отсчета, связанной с вращаю-
вращающимся стержнем. В этой системе уравнение движения имеет вид
dv
mdF = '
N+FKop + V.
где F , F - кориолисова и центробежная силы инерции: F = 2m[v,<3]
Перепишем уравнение A) следующим образом:
т—— = mg + N + 2т[\ , со ] + mco2r .
В проекциях на оси координат уравнение имеет вид:
ось ОХ
dv
т -— = ты х ;
ось
0 = Ny - mg ¦
ocbOZ
0 = N + 2mu>v .
B)
C)
D)
Из уравнений C) и D) следует, что
~7f = m s/~gr*r4 coV~. E)
Уравнение B) перепишем в виде
x(t)-oj2x(t) = 0. F)
Его следует решать при начальных условиях:
х@) = 0 ; i@) = и0 . G)
Будем искать решение уравнения F) в виде:
x(t) = еЛг ; А = const . (8)
Дважды дифференцируя выражение (8), получаем
•x(t) = \2x(t) .
Подставляя выражение для 'x'(t) в уравнение F), приходим к уравнению
(\2~ co2)x(t) = 0,
которое должно выполняться для любых t . Это возможно лишь при X = ±oj .
Наиболее общим решением уравнения F) является функцияx(t)=CleLJt +
+ C2e~wl , где С( и С^ связаны уравнениями, вытекающими из на-
начальных условий:
С, + С2 = 0 ; (9)
С, - С2 = ио/ы . (Ш)
Из уравнений (9) и A0) следует, что С = - С2 - и / Bw) , и закон дви-
движения имеет вид
2со со
Время г , за которое муфта достигнет точки В , найдем из уравнения х(т)=
= I , т. е.
или
e"bJ'r еыт - 1 = 0.
о
Возможно лишь одно решение:
f~/vl + 1
Следовательно,
1 . col
т = — In
2 3ак. 6865 17
2. Чтобы найти N = N(x), воспользуемся уравнениями E) и F). Послед-
Последнее перепишем в виде
. — hjj л. .
dx
Получим
L'2(x) =-- u>2x2 + С.
Из начальных условий G) следует, что С = v2Q . Значит,
v2(x)= v\ + и2*2
и ^__
N(x) = 1
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
К Два бруска, массы которых соогветсгиснно т ( и т^ .соединены друг с другом
нерастяжимой ннтью массой т . Бруски движутся в поле стал тяжести вертикально
вверх под действием постоянной силы F , приложенной к первому бруску. Найти: 1) уско-
ускорение системы: 2) силы натяжения нити в точках касания брусков. т
Ответ: w = h- .?; Т,= - "-^~— V ; Т2 = ¦ — — F.
2. Тело брошено со скоростью \Q с поверхности земли под углом а к горизонту.
Считая, что сила сопротивления воздуха F = - к\- , где к - коэффициент сопротивле-
сопротивления (к > 0), найти кинематический закон движения тела.
ти соча . 2 kv„sina
Ответ: x(t) =-- -----— (i-c~krlmr, >(/)=-"—(-- + D 0 - '
mg k к >пК
-г1-
i. На небольшое тело массой т , лежащее на гладкой горизонтальной плос-
плоскости, в момент времени X - 0 начинает действовать постоянная но величине сила F >
> mg . Направление этой силы составляет с горизонтом угол а .изменяющийся во вре-
времени но закону a = at , где а = const > 0. Найти: 1) скорость тела в момент отрыва
от плоскости; 2) путь, пройденный телом за это время.
О т в е т : и = g/a ; s = - — ( 1 - y/l - m2g2/F2) .
та
4. Решить задачу 1.9, считая, что вектор \ составляет с вектором А угол a .
vQm Ф А vont A
Ответ: х(!~) ¦— —siiiasin - Г; >"?)=- sina(cos 1 1) ; z (t) = (;¦ cosair.
A in Am °
Траектория представляет собой винтовую линию, радиус которой R и шаг h: R —
V" . 2nm"o
= sina ; h = cosa .
A A
5. В гладком сосуде, имеющем форму параболоида вращения, заданного уравнением
z = а (х + у ) , а >0 , находится материальная точка массой т . С какой угловой ско-
скоростью нужно вращать сосуд вокруг оси OZ , чтобы эта точка могла находиться на его
стенке в состоянии равновесия ?
Ответ: и> = \f~Tag .
1.3. Динамика твердого тела
Уравнения движения твердого тела в произвольной инерциалыюй
имеют вид- j
" " F ; -Л - v M
/=l ' dt ,-i ¦
системе отсчета
т — =
dt
1
где т - масса тела; v - скорость его цен ipa инерции , L момент импульса тела;
F , ... , F - силы, действующие на тело;
П
М
, М
моменты соответствующих сил.
При вращении твердого тела с угловой скоростью и> вокруг- неподвижной оси 07.
проекция момента импульса А,
оси. Тогда
, где / - момент инерции тела относительно этой
/--— = Е М17 .
dt ,-i <г
Момент инерции твердого тела относительно некоторой оси определяется выраже-
выражением-
/= / pR7dV,
(П
где р , dV - плотность тела и элемент объема в окрестности некоторой точки; R - рас-
расстояние от этой точки до оси; V - область пространства, занимаемая телом.
Момент инерции / твердого тела относительно произвольной оси и момент инерции
/. этого же тела относительно параллельной оси, проходящей через его центр инерции,свя-
инерции,связаны теоремой Штейнера
где т - масса тела; а - расстояние между осями
Задача 1.11. Масса тонкого диска радиусом R равна т и
но закону р(г) = роA -а--) , где 0 < а<
стояние от центра диска (рис. 1.8). При каком значении а момент инерции
диска относительно оси, перпендикулярной к плоскости диска и проходящей
через его центр, равен1 1) mR2j3; 2) тД2/2°
распределена
ро = сопЧ > 0 ; г - рас-
Рис. 1 8
Решение. Пусть а - толщина диска. Разобьем мысленно диск на
кольца радиусом г и столь малой толщины dr , что их можно считать одно-
однородными (см. рис. 1 8) . Тогда момент инерции каждого кольца относительно
оси OZ
dl = p(r)r2dV,
где dV — объем кольца: dV = 2vardr Учитывая аддитивность момента инер-
инерции, получаем
/ = / p(r)r2dV = Imp /(l-a-)r
(П с о Я
dr =
'Jr3dr - -? /i
Л5
5-4а
A)
Чтобы выразить момент инерции через массу диска, воспользуемся тем,
ЧТ0 К г R2 а Л3
т = fp(r)dV = 2яар0 /A -a-)rdr = 2пар^ ~rJ) =
3 - 2a
= ——" 7TOP0ft- .
Из этой формулы следует, что
vap^R- --= 3m/C - 2a) . B)
Подставляя выражение B) в формулу A), получаем
. 3E-4а) ,
1 = Ш(зЗТа) тН~ ¦
1. Пусть 7 = mRJ/3 Тогда
3E - 4a) _ J
1ОC-2а) ~ 3 '
откуда a = 15/16.
2. Пусть / = mR2 /2. Тогда
3E-4a) = 1
10C- 2а) 2 '
откуда a = 0, т.е. в этом случае диск должен быгь однородным: р (г) = р .
Риг. 1.9
Задача 1.12. Найти момент инерции однородного тела массой т , ограни-
ограниченного параболоидом вращения и плоскостью z = О (рис. 1.9), относительно
его оси симметрии. Радиус основания параболоида равен R .
Решение. Разобьем мысленно тело на бесконечно тонкие диски радиу-
радиусом г и толщиной dz . Тогда момент инерции каждого диска (см. задачу 1.11)
dl = dmr/2 = dm(x2 + у2) 12 ,
где dm - масса диска: dm = p-nr2dz = ртг(х2 + y2)dz ; р - плотность тела.
Учитывая аддитивность момента инерции, получаем
I = ^'kx2 + y2Jdz, A)
*¦ о
где h - высота тела.
Чтобы вычислить интеграл A), нужно найти уравнение параболоида. Из
рис. 1.9 видно, что z — h =- k(x2 + уг). Коэффициент к находим из условия,
что при х2 + у2 = R2 , z = 0 к - h/R2 . Итак ,
*2 + У2 ="^<Л-2) . B)
Подставляя выражение B) в формулу (I), получаем
I = тгг Hf
2Л о 6ft"
Для исключения рил из формулы C) носпользуемся тем, что масса тела
h ft2 '1
m = jirp(x + у )dz = яр -- ((h-z)dz =
о " ii
ярА'4 ч-,./, 1 4 ...
= (h -г) 1A = - vpR*h . C)
6ft" °
Отсюда vpR2h = 2т . Подставляя это выражение в формулу C), окончатель-
окончательно получаем: /= mR2l3.
Задача 1.13. Однородный диск массой т вращается с угловой скоростью
oj0 . В момент времени tQ — 0 к ободу диска начинают прижимать тормоз-
тормозную колодку с силой, зависящей от времени по закону F = at, где а = const >
> 0 . Сколько оборотов сделает диск до того, как он остановится, если коэф-
коэффициент трения между ним и колодкой равен / ?
Решение. Записываем уравнение вращательного движения диска отно-
относительно оси OZ :
1 lir = [г> гтр] > A)
где F — сила трения.
Выберем ось OZ по направлению вектора ш и спроектируем уравнение
A) на ось OZ . Учитывая, что момент силы трения направлен противоположно
угловой скорости, получаем
21
Так как сила трения F 5 = fat, то
Интегрируя уравнение B), получаем
Учитывая начальное условие ш@) = coQ , находим, что С - wQ
Итак, угловая скорость зависит от времени по закону
B)
W(O ='<o0 -^~r- . C)
Из формулы (З) находим время т , через которое диск остановится. Так
как oj(r) = 0, a I = mR-jl , то
faR v fa
Поскольку w = <ii?/df , го число оборотов диска п до того, как он остано-
остановится, находим из выражения
2/
2тг
6/
г
27Г
г
ЪтЯ
Задача 1.14. Однородная тонкая квадратная шгастинка, масса которой m.
со стороной а может без трения вращаться в вертикальной плоскости вокруг
Рис 1 10
одной из своих вершин О (рис. 1.10). С некоторого момента времени на про-
противоположную вершину пластинки начинает действовать постоянная сила F =
= F'} , где F > mg/2. Найти угловую скорость пластинки как функцию ее угла
поворота из начального положения.
Решение. Записываем уравнение вращательного движения пластинки
относительно оси OZ :
dt
, F],
(О
где / — момент инерции пластинки относительно этой оси.
Проекция уравнения (I) на ось 02 дает
mgcos<p + а V 2 Fc.oty = -у- BF — mg) c.os*p,
dt 2
где 1/з — угол между диагональю пластинки и осью ОХ.
Воспользовавшись тождеством
dcj _ d_oj cLp_ _ doj> _ J d(co2)
dt dip dt dc 2 d<p '
перепишем уравнение B):
BF - mg
B)
C3)
Интегрируя уравнение (З), получаем
= —,}— BF - mg) f co*pd$ = -/— (IF -
С .
Полагая, что в начальный момент времени пластинка покоилась, а ее диагональ
находилась на оси ОХ , т. е. ^ = 0 и wfa0) = 0 , получаем С = 0. Таким об-
образом, угловая скорость
D)
cofa) = sj—~—BF mg)s\iwp .
Найдем теперь момент инерции пластинки относительно оси OZ . Разо-
Разобьем мысленно квадрат на бесконечно тонкие стержни толщиной dy (рис.) .11).
Y i
'///////Л////Ш
а/2
Рис. 1.11
Тогда для произвольного стержня, используя теорему Штейнера, имеем
dl = ~dma2 + dm(y2 +a2/4) ,
т
где am — —^ ady = — dy . Используя аддитивность момента инерции, полу-
получаем
23
I a m a i a
I = —ma Jdy + — J(v2 + — )dy =
II о a о ч
I , 1 , 1 , 2 j
= —ma + —ma + -7 ma = —ma .
Подставляя/ = 2ma2/3 в формулу D), приходим к окончательному резуль-
результату:
2та
BF — mg )*1
0< $ < я
Задача 1.15. Однородный стержень массой т может вращаться без трения
в вертикальной плоскости вокруг оси, проходящей через его конец. Стержень
отклоняют на угол я/2 от вертикали и без начальной скорости отпускают. Най-
Найти зависимость силы реакции оси от угла \р отклонения от начального положе-
положения.
У
тд
Рис. 1.12
Решение. Запишем уравнения движения стержня (рис. 1.12):
m--j- = N + п
I~ = [r,mg
О)
B)
где N — сила реакции оси; г — радиус-вектор центра инерции стержня С. Учи-
Учитывая, что v?. = [ пГ , г ], из уравнения A) получаем
N = т — [ w , r J
mg.
C)
Принимая во внимание уравнение B), а также используя правила диффе-
дифференцирования векторного произведения и раскрытия двойного векторного
произведения (см. прил. 3, 4), находим
~dT
m,
dr , m
di' = 7
m
24
-r2g) + ((<3,г)ш - ш2г).
Пусть / - длина стержня. Тогда, поскольку г1 =1г/4, (г, g)=
(ш\ г) = 0 ,
d , — , т Л2 I ¦ ч 7 ,,,
^"[ " . г 1 = у(^8 ;,-?sirw>r)- ш2г . D)
Подставляя производную D) в выражение C) и группируя подобные члены,
получаем
N = (-^p-m)g-(-^-sin^+ тш2)г. E)
Найдем теперь oj2 . Для этого спроектируем уравнение B) на ось OZ :
I — = 77 mgr.os^ F)
и воспользуемся тождеством (см. задачу 1.14)
Заменяя производную в уравнении F) выражением G), приходим к уравне-
уравнению для cj2 как функции угла ^ :
d(oj2) Img
—- = —;;—
d^ I
Интегрирование этого уравнения с учетом начального условия и> @) = 0 дает
со (V0 = —— sirv .
Следовательно, выражение E) можно переписать в виде
м . m7l7 . 3m2fe .
N - ( -— m)g ——t;in^r .
Учитывая, что / = ml2/3 , получаем
1 9
N = - -mg - -^-mgsimpr . (8)
Чтобы выразить N как функцию угла \р , воспользуемся тем, что:
г = - cos^i— — sin^j ; (9)
g = O.i - gj. A0)
¦
Подставляя разложения (9) и A0) в уравнение (8) и группируя подоб-
подобные члены, окончательно получаем
-rfn^(-9sinij5cosi/)i + A + 9sin2i/>)j) .
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Найти момент инерции тонкой однородной пластины массой т , имеющей форму
равностороннего треугольника со стороной ^ , относительно одной из его сторон
Ответ I = та719,
2. Тонкий однородный стержень длиной / и массой т положен симметрично на две
опоры, расстояние между которыми равнод (рис 113) Одну из опор убирают Опре-
Определить силу реакции оставшейся опоры в ншальный момент времени
Ответ N = mglKl7 +3д2)
I
_ж
777Щ/////77///7////////777Д////7/
\^1л J
Рис 1 13
3. Через однородный сплошной цилиндр радиусом R и массой т переброшена легкая
нить К одному ее концу прикреплено тето массой mf , а на другой действует горизон-
горизонтальная сила, зависящая от пути, пройденного точкой приложения этой силы, по закону
/•' = т-? A + ^/S/R) Скольжение нити и трение и оси цилиндра отсутствуют Найти за-
зависимость угловой скорости цилиндра от времени если ш = О
3m g °
Отиет w(/) = ( -)Ъ12(-J
{>» + 2m{)R V3 '
4. Тонкая однородная квадратная пластинка со стороной а может вращаться вокруг
вертикальной оси, совпадающей с ее осью симметрии Тонкий торец пластинки находится
на шероховатой горизонтальной поверхности с коэффициентом трення / Трение в оси
отсутствует Пластинке сообщают начальную угловую скорость u>Q Найти время т , в
течение которого oui будет вращаться Давление пластинки на поверхность ечитать равно-
равномерным
Ответ г = aw^Ksfg)
5. При каких значениях коэффициент,! трения однородный шар будет скатываться по
наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом, без скольжения9
Ответ / > - tga
1.4. Законы сохранения импульса, момента импульса и энергии
Импульс системы и материальных точек
п
Р(г) = X т v (г) ,
1 = 1 ' '
где т) масса i-й точки, v( (г)-ее скорость в момент времени t
Из закона изменения импульса системы
? F
Ф , = j /
где F , , 1дг - внешние силы, действующие на систему, следуют законы сохранения
1) если система замкнута или сумма ннешних сил равна нулю то импульс системы
сохраняется, т е Р(Г) = const ,
2) если система не замкнута, но проекция суммы внешних сил на некоторое направ-
направление х равна нулю, то проекция импульса системы на это направление сохраняется, т с
Рх (г) = const
26
Момент импульса системы п материальных точек
п
L(r) - I [г (г) , шу.@1 ,
i=l ' "
где г;(г) - радиус-вектор 1-й точки в момент времени г
Из закона изменения момента импульса системы
<У--. v м
dt , = ! 1 '
где М , ., М,г - моменты внешних сия, действующих на систему, следуют законы со-
сохранения
1) если система замкнута или сумма моментов внешних сил равна нулю, то момент
импульса системы сохраняется, т е L(r) = const;
2) если система не замкнута, но проекция суммы моментов внешних сил на какое-
либо направление х равна нулю, то проекция момента импульса системы на это направле-
направление сохраняется, т. е. /-„(О = const
Механическая энергия системы п материальных точек
п
.ь\
где V(r{ ,. , rn) - энергия взаимодействия, или собственная потенциальная энергия
системы.
Из закона изменения механической энергии системы
~ У вн внтр икс '
где А - работа внешних сил, действующих на систему; А - работа внутренних
неконсервативных сил, следуют законы сохранения
1) если система замкнута и в ней отсутствуют неконсервативные силы взаимодейст-
взаимодействия, то ее механическая энергия сохраняется, т. с t'(t) ¦= const;
2) если система не замкнута н неконсервативна, но Л + ^ИНТГ1 нкг = 0. то ее меха-
ническая энергия сохраняется
Задача 1.16. Две тележки массой m каждая движутся друг за другом без
трения с одинаковой скоростью v0 . На задней тележке находится человек,
масса которого ml . В некоторый момент времени человек прыгает в горизон-
горизонтальном направлении в переднюю тележку так, что ее скорость становится рав-
равной vi . С какой скоростью относительно задней тележки он прыгнул?
Решение. Выбираем систему отсчета, связанную с землей. Так как тре-
трение пренебрежимо мало, а силы тяжести, действующие на тележку, компенси-
компенсируются силами реакции опоры, то, считая, что скорость человека направлена
горизонтально во время прыжка, мы можем воспользоваться законом сохра-
сохранения импульса.
Пусть v2 - скорость задней тележки после прыжка, и'—скорость человека
относительно задней тележки в момент отрыва от нее. Тогда, дважды исполь-
используя закон сохранения импульса, можем записать:
mv2 + m,u =(m + m^)vQ ; A)
m^u + mvQ = (m + fnj)v1 , B)
где u - скорость человека относительно земли :
u = u« + v2 . C)
27
Вычитая уравнение B) из A), получаем
~ mvo =
m,
откуда
т + т
т
(vo-v,).
D)
Из уравнений A) и C) следует, что
(т + т )v + wijU1 = (m + r^ )vQ
или, используя выражение D),
(т + ш,J
.u' = 0 ,
откуда
(m + m Г
u' = — (v, - О.
Задача 1.17. Частица массой т{ налетает со скоростью v на покоящуюся
частицу массой т7 (тг < т^ и поспе упругого нецентрального удара откло-
отклоняется на максимально возможный угол (рис. 1.14). Найти скорости частиц
после соударения.
т.
т,
At
о
Рис. 1.14
Решение. Допустим, что система частиц замкнута. Тогда выполняются
законы сохранения энергии и импульса:
тА
A)
B)
где v( , v2 — скорости частиц после соударения.
Введем для краткости величину к = т^/т^ . Тогда уравнения A) и B)
перепишутся в виде:
C)
D)
Спроектируем уравнение D) на оси координат (см. рис. 1.14):
28
+ ku2cos|3 = v ; E)
- Ku2sin|3 = 0 . F)
Уравнения C), E), F) связывают четыре неизвестных v , v , a , C.
Из уравнений E) и F) следует:
KtJcos|3 = v — UjC.osa; G)
KU2sinC = i^sina . (8)
Возводя уравнения G) и (8) в квадрат и складывая их, имеем
к^ =: „2 _ 2i>i>iCosa + v\ (9)
Из уравнения C) получим
а\ = (v2 - v])Ik . A0)
Подставляя выражение (ГО) в уравнение (9), находим уравнение, связываю-
связывающее i^ и a :
A+k)i>j - 2^ cos a + A-к)и2 =0. A1)
Вещественные решения для скорости у; возможны лишь для тех a , при
которых дискриминант уравнения A1) неотрицателен, т. е.
4u2cos2a -4A -K2)v2 > 0. A2)
Отсюда cos2a — 1 + к2 > 0 или sin2a < к2 . В этом случае знаку равенства со-
соответствует максимальный угол отклонения, т. е.
amax = ап-sinK = arcsin {mjm^) .
Поскольку по условию задачи а = атах , то дискриминант уравнения A1)
равен нулю, и решение для^ единственно:
^
fcosa|nax и у/ 1 - (mjm^f I m —т
— = и V "
Подставляя найденное выражение для i'T в формулу A0). получаем
Тогда из уравнения (8) следует, что
sin/3 = \J(mf — m.,)/2mi .
Итак, в рассматриваемой системе координат
т1 -тг т, /т, -
v, = и( — i + -" V —~
— т,
j);
m -m
l — v I) •
29
т
Задача 1.18. Однородный стержень круглого сечения радиусом R , массой
и длиной / лежит на гладкой горизонтальной поверхности. Шарик радиу-
радиусом R и массой т , двигаясь со скоростью v , перпендикулярной к стержню,
упруго ударяется об его конец на расстоянии R от торца. Считая, что R-41 ,
найти: 1) угловую скорость стержня, скорость его центра инерции и скорость
шарика после удара; 2) зависимость доли переданной энергии от отношения
масс а = mjm^ .
Решение. 1. Выбираем систему
координат так, чтобы шарик и стержень
лежали в плоскости XOY (рис. 1.15).
Так как шарик и стержень имеют одина-
одинаковые радиусы, то после столкновения
шарик не вылетит из плоскости XOY.
Так как столкновение происходит на рас-
расстоянии R от торца, то шарик все время
остается на первоначальной прямой, дви-
двигаясь после столкновения либо в преж-
прежнем направлении, либо в противополож-
противоположном, или останавливается (в зависимо-
рис j j^ сти от а). Поскольку трение отсут-
отсутствует, а силы тяжести уравновеше-
уравновешены силами реакции опоры, то выполняются законы сохранения импульса,
энергии, момента импульса:
т v = т \
т v2 ш
+
[и2
где v
тх [г, v] = тх [г, , V] ] t- /oj ,
скорость шарика после соударения; v.
(О
B)
C)
2 скорость центра инерции
стержня; / - момент инерции стержня относительно оси OZ (см. рис.1.15).
Так как по условию R < / , то можно взять
/ = тг12\\2. D)
Спроектируем уравнение A) на ось ОХ , а уравнение C) - на ось OZ :
.v +
y - yvx) =
E)
Так как R < I , to у = y{ = -1/2. Кроме того, и = у = 0. Следовательно,
уравнение E) можно переписать в виде
, вместо уравнений A)-
F)
G)
= m^v^/2 + /oj .
С учетом формулы D) и того, что и = ±i
C) имеем:
°*= <х + avl + iV
30
v - v + -alto , a = m /m . C)
1Л О 2 1
Из уравнений F) и (8) получаем a.loj/6 = au2 , откуда
ш= 6u2/l . (9)
Подставляя выражение для <j-> в уравнение G), приходим к системе из двух
уравнений с двумя неизвестными:
v = vlx + au2 ; A0)
v2 = v\x + 4av\ . A1)
Исключая из уравнения A1) и1Х с помощью формулы A0), получаем
(a + 4) и2 - 2vv^ = 0 .
Поскольку нас интересует ненулевое решение, то
v2 = 2vl(a + 4). A2)
Из уравнений (8) и (9) находим:
Из выражения A4) следует, что при a < 4 vfx > 0; при a = 4 vix = 0 ;
при a > 4 vlx < 0 , т. е., если m2 <4mj , шарик после столкновения будет
двигаться в прежнем направпении; если т2 = 4mt , шарик остановится; если
же т^ > 4т[ , шарик отскочит от стержня.
2. Энергия, переданная шариком стержню ,
Е2 = ^р + Щ ¦ . A5)
Подставляя в уравнение A5) выражения D), A2), A3), получаем Е2 =
= 8т2 у2/D + аJ . Учитывая, что начальная энергия EQ = m1 и2/2 , имеем
g = ?2/?0 = 16а/D + ay .
Используя стандартные методы исследования функции, находим, что макси-
максимальная передача энергии происходит при а = 4 , т. е. при тг = 4т] . В этом
случае шарик передает всю свою энергию стержню и останавливается.
Задача 1.19. Однородная тонкая квадратная пластинка со стороной а и
массой т может без трения вращаться вокруг горизонтальной оси, совпадаю-
совпадающей с одной из ее сторон. В центр пластинки по нормали к ее поверхности уда-
ударяет шарик массой т1 и прилипает к ней. Какому условию должна удовлетво-
удовлетворять скорость шарика, если пластинка стала вращаться? Какова доля механи-
механической энергии, перешедшей в теплоту?
Решение. Обозначим через г время соударения (т. е. время, в течение
которого скорость шарика относительно пластинки становится равной нулю).
31
Допустим, что в течение времени т атастинка с прилипающим к ней шариком
весьма незначительно выходит из вертикальной плоскости. Тогда момент силы
тяжести относительно оси вращения будет в течение этого интервала времени
равен нулю. Поэтому момент импульса L системы шарик — пластинка относи-
относительно той же оси будет в течение времени т постоянным, т. е. L(t) = const .
0<f <т .Но
L@) = m^a/2; A)
L(t) = (/+ my/4)^, B)
где со — начальная угловая скорость вращения пластинки; / — момент инер-
инерции пластинки относительно оси вращения.
Разобьем мысленно пластинку на однородные стержни, перпендикулярные
к оси. Тогда из аддитивности момента инерции следует
/ = ma2l3 . C)
Приравнивая выражения A) и B), получаем
OJ =
2A + т^а'Ц)
Поскольку трение пренебрежимо мало, то изменение кинетической энер-
энергии пластинки с прилипшим шариком равно работе силы тяжести. Тогда
(/+ та-/4)^- {/+ т 2/4)оJ
где Wj — угловая скорость пластинки в наивысшем положении. Следователь-
Следовательно, для вращения пластинки необходимо, чтобы
(/+ m,e2/4)oj2
>(т+ m^ga
или т]ига-
2
> 2(т+ /и )#
4G+ т]О2/4)
Отсюда с учетом выражения C) получаем
/2 (т+ ml)Dm+ 3mf)
v > V ga .
Поскольку происходит неупругин удар, то часть кинетической энергии ша-
шарика перейдет в теплоту. Доля этой энергии определяется формулой
q =(Е0-ЕIЕ0=1-Е/Е0 ,
где т v2
' Е
~о 2 '
A+ т а2/4) со2 Зт2и2
? = ^
2Dт +
32
Следовательно,
q = 1-
3m
Am
Am + 3m f
4m + 3
Задача 1.20. Однородный диск радиусом R с круглым вырезом (рис.1.16)
может вращаться без трения в вертикальной плоскости вокруг точки О . В не-
некоторый момент времени диск начинает двигаться без начальной скорости из
положения, указанного на рис. 1.16. Масса диска с вырезом равна m . Найти
максимальную угловую скорость диска.
У
Рис. 1.16
Решение. Поскольку трение пренебрежимо мало, для решения можно
воспользоваться законом сохранения энергии диска в поле силы тяжести:
где / - момент инерции диска относительно оси OZ ; yQ - ордината центра
инерции диска С в начальном положении; ут — ордината центра инерции дис-
диска С в наинизшем положении (плоскость XOZ выбрана за нулевой уровень
потенциальной энергии). Из уравнения A) следует
= y/2mg(yo-ym)/I .
B)
Из рис. 1.16 видно, что v = - \/ R2 + у\ ¦ Поэтому задача сводится к опреде-
определению yQ и I.
Обозначим через mQ массу сплошного диска (без выреза), а радиус выре-
выреза - через г . Тогда
то =
m
ttR2 = -т.
3
тг(Л2-г2)
Отметим, что центр инерции сплошного диска находится в точке О , где
его ордината равна нулю. Поэтому из определения центра инерции следует
= 0.
Отсюда
J'o = ~ (m0 -ту/т = -г 13 = -Я/6 .
Момент инерции диска с вырезом относительно оси OZ найдем, используя
3 Зак. 6865
33
аддитивность момента инерции и теорему Штейнера. Момент инерции сплош-
сплошного диска относительно оси OZ
^ = Зт0Я2/2 = 2mR2 .
Момент инерции малого диска в форме выреза относительно той же оси, со-
согласно теореме Штейнера,
h = \ (то -т)г2 + О„ -™)(Я2 + r7) = ~
Тогда из аддитивности момента инерции следует, что Iy = I2 + I, откуда
1 = 1-1 = —mR2 .
i 2 24
Подставляя выражения для у , у и/в уравнение B), получаем, что макси-
максимальная угловая скорость
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РКШИНИЯ
1. Снаряд в верхней точке траектории на высоте h разорвался на два оскопка так,
что отношение их масс т /т = 2. Скорость снаряда в этой точке v . Осколок массой
т полетел в том же направлении со скоростью и = 3d . Определить расстояние s меж-
между точками падения осколков. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ: s - Зи! J2h/g .
2. Между двумя шариками равной массы происходит нецентральный упругий удар.
Под каким углом <fi друг к другу они разлетятся?
Ответ: <р - п/2 .
3. Однородная тонкая пластинка в форме равностороннего треугольника со сторо-
стороной а может вращаться без трения вокруг горизонтальной оси, совпадающей с одной из ее
сторон. В центр покоящейся пластинки по нормали к ией упруго ударяется шарик мас-
массой m . Какой должна быть масса пластинки ш .чтобы шарик после удара остановился?
Ответ: тил= ^н .
4. Однородный стержень массой т и длиной / лежит на гладкой горизонтальной по-
поверхности. Шарик массой т , двигаясь со скоростью v , направленной перпендикулярно
к стержню, ударяется о конец стержня и прилипает к нему. Найти: 1) угловую скорость
стержня с прилипшим шариком; 2) скорость их центра инерции после удара; 3) долю
механической энергии, перешедшей в теплоту.
6ш„и ш„ т.
Ответ: 1) и> = ; ; 2)и. =-- и ; 3) q =
l(m + 4w ) с №. + >п2 »i + 4м
5. Однородный стержень длиной / может вращаться без трения в вертикальной плос-
плоскости вокруг оси, проходящей через одну из его точек. Стержень отклоняют на угол я/2
от вертикали и без начальной скорости отпускают. На каком расстоянии а от центра инер-
инерции стержня должна находиться ось, чтобы в момент прохождения стержнем вертикали
его угловая скорость была наибольшей?
Ответ: а = \\B ,/Т).
34
1.5. Механические колебания
Уравнение движения тела, совершающего свободные колебания.
26х
= 0 ,
где х - смещение тела от положения равновесия; й
ственная циклическая( круговая) частота колебании. Общее решение этого уравнения
коэффициент затухания; u.'Q -- соб-
= aQe cos(cjf +
) ,
гдеао - начальная амплитуда колебаний; <pQ - начальная фаза колебаний; о; = \/^Q- й ¦
При 6^0 колебания называются затухающими
Логарифмический декремент затухания д = й Т , те Т — 2jt/cj - период колебаний.
Если Ь = 0, колебания называются незатухающими или гармоническими.
Уравнение движения тела, совершающего вынужденные периодические колебания.
где/0 = t/m ; /"'0 - амплитуда вынуждающей силы; in-- масса тела; П
частота вынуждающей силы. Установившееся решение этого уравнения
циклическая
x(t) —
где
амплитуды смешения (резонансная амплитуда смешения) достигаетея
Максимум
"ри През = ^"о5 '
Задача 1.21. Материальная точка участвует одновременно в двух колеба-
колебаниях вдоль оси ОХ : х =(а \/~3/2) cosBoj/ + я/6) их2 = (a/2)cosBojf— тг/3),
а также вдоль оси OY : у = bcosojf . Найти уравнение ее траектории в декар-
декартовых координатах.
Решение. Выразим зависимость координаты х = jc[ + x2 от времени в
виде
х = Ac.os Bojf + <p) .
Для наглядности воспользуемся графическим методом сложения колебаний.
Каждому колебанию х{ и х2 поставим в соответствие векторы af и а2 , дли-
длины которых равны амплитудам соответствующих колебаний, а углы наклона
к оси ОХ — начальным фазам (рис. 1.17). Тогда результирующему колеба-
колебанию х = х, + х2 ставится в соответствие вектор А ~ af + а2 , длина которого
О
Рис. 1.17
Рис. 1.18
35
равна амплитуде результирующего колебания, а угол наклона к оси ОХ —
его начальной фазе:
А =
Замечание. Рассматриваемый метод нахождения результирующего колебания приме-
применим при сложении произвольного числа колебаний одной частоты, направленных одина-
одинаково.
В нашем случае | а, I = д>Д/2 ; I aj = а/2 , поэтому:
a\f$ it а п За а ^ _
Л - -*— cos -у- + тг cos т = — + 7= а > 0 ;
х 2 6 2 3 4 4
АУ ~ ~Ys'n б - 2sm 1 ~4 4
Следовательно, А = а , i^ = arctg(/4y/A.x) = 0 .
Итак, колебания материальной точки совершаются по закону:
х = <7cos2go? ; A)
у = bcoscot . B)
Поэтому для определения траектории необходимо решить задачу о сложении
двух взаимно перпендикуяягаых колебаний.
Представляя функцию A) в виде х = aBcos2urt - 1), получаем х =
= 2лу2/й2 - а. Поскольку, согласно формулам A) и B), | л:| <а , 1^1 <й ,
траектория представляет собой часть параболы (см. рис. 1.18) .
Задача 1.22. Два шарика одинакового радиуса, массы которых ту и т2 ,
соединены легкой пружинкой длиной lQ и жесткостью k . Система находится
на абсолютно гладком столе. В некоторый момент времени пружинку растя-
растянули на a<fCl0 и отпустили. Найти: 1) период малых колебаний; 2) закон из-
изменения во времени расстояния между шариками.
Решение, 1. В начальный момент времени tQ = 0 пружинка растянута на
а и шарики относительно стола покоятся. Поместим начало координат в центр
инерции системы, а ось ОХ направим вдоль пружины. После того как шарики
будут отпущены, они начнут колебаться. Центр инерции остается в покое, так
как полный импульс шариков в условиях задачи сохраняется.
Введем вектор, описывающий относительное движение шариков:
' = ',-',- (О
Тогда в равновесном положении г =: /0 i = 1Q .
Предположив, что пружинка растянута в пределах упругости, можно за-
записать, что действующая на первый шарик упругая сила
Ft = -кг' ,
где
Тогда уравнения движения шариков запишутся в виде:
36
ffijTj = — fer' ; C)
т2т'2=кт'. D)
Поскольку масса пружинки пренебрежимо мала, то в соответствии с выбо-
выбором начала координат
(т^г, + m2r7)/(mi + m2) =0.
Используя эту формулу, из выражения A) получаем
т
г •
Подставив выражения для г1 и г2 в уравнение C) или D), имеем pir = —fer' ,
где д — приведенная масса системы: pi = m1mJ/(m1 + m,). Учитывая, что
г = г*, приходим к уравнению гармонических колебаний
ptr' + fer' = О
или в проекции на ось ОХ
дЗс' + kx = 0 , F)
Общее решение уравнения F) можно представить в виде
У @ =
где coQ = Vfe/ju = \/k(m1 + m2)/(m1m2); C,^o - константы,определяемые
из начальных условий:
х @) - а ;
х @) = 0 .
Условия E), F) приводят к уравнениям".
= а ;
^ = 0.
Не ограничивая общности, можно взять <ро= 0, Тогда С = а и, следовательно,
jc' @ = acos(jjQt .
Таким образом, колебания шариков имеют период
2тг / mim2
= — = 2тг V г; ; ^ •
2. Закон изменения относительного расстояния l(t) = 1 г(^)| находится из
соотношения B) ¦.
/(О = /„ + асов V ! 1- f.
Задача 1.23. Однородный стержень массой m и длиной / совершает малые
колебания в вертикальной плоскости вокруг оси OZ , проходящей через одну
37
из его точек. К верхнему концу стержня прикреплена пружинка жесткостью
k - mg/ B1). Найти расстояние между центром инерции стержня и осью OZ ,
при котором частота колебаний будет наибольшей. Чему она равна? Трением
пренебречь.
Решение. Записываем уравнение вращательного движения стержня от-
относительно оси OZ-
где М^ - момент силы упругости; М^ - момент силы тяжести (относительно
точки О). Момент инерции стержня относительно оси OZ , согласно теореме
Штейнера,
/ = ml2112 + та2 ,
где а = \ОС\ ; С - центр инерции стержня (рис. 1.19).
Спроектируем уравнение A) на ось
07. , считая, что в рассматриваемый мо-
момент времени стержень движется от по-
положения равновесия
_ /
- — ( — — а )В ensip -
— amgsm^p . B)
Предполагая колебания малыми, для си-
силы упругости имеем
F ¦-= k(ll2- а ) # ,
и уравнение B) перепишется в виде
Уравнение C) представляет собой диф-
дифференциальное уравнение гармонических
колебаний с частотой
amg
та2
D)
Чтобы найти экстремальную частоту, продифференцируем oj^ по а :
2
m
Приравнивая (со*)' нулю, находим
Зт
3 т
2(kl/m-g)
38
Учитывая, что по условию задачи к = mgl B1), получаем
Так как а > 0, в числителе следует выбрать знак минус. Тогда а3 = 1/6. Ис-
Используя стандартные правила исследования функции на экстремум, легко по-
показать, что найденное значение а соответствует максимуму функции gj0 (a).
Подставляя аэ = 1/6 в выражение D), окончательно получим ojq max = V 2g/l .
Задача 1.24. Затухающие колебания материальной точки массой т проис-
происходят в плоскостиXOY по закону:
x(t) = aQe~~sr(c,osoJt+ -si
y(t) = aoe~6t (sincof- ^
Найти: 1) путь, пройденный частицей до полной остановки; 2) логариф-
логарифмический декремент затухания, при котором этот путь минимален; 3) зависи-
зависимость энергии частицы от времени,
Решение.1. Найдем прежде всего величину скорости частицы как функ-
функцию времени:
с 1
v (t) = x(t) = a e (—Scosof — Q— &inojt — ojsinojt + 5cosoj?) =
CO
= _e e-6t l±J^sino,t = _ ^-f,,i A)
0 CJ 0 CO
«>j,(O=:y(O = v sr(-5sinco^+-
B)
0 oj
Следовательно, величина скорости
= V«?@+«J@ = eo~-e ft(. C)
й
S(t) =
Путь, пройденный материальной точкой к моменту времени t :
0 ' ° со й 0 5 со v ; •
Тогда путь, пройденный частицей до полной остановки:
Sn = lim S(t) = а ^ =а ~~ = а (^ + - ) . D)
0 о 5со о йсо о А со 1 -*
2. Из выражения D) следует, что путь SQ минимален, когда со/5 = 1. Учи-
Учитывая, что логарифмический декремент затухания Л = о Т, получаем Л — со Т=
3. Энергия колеблющейся частицы определяется формулой
39
Согласно условию задачи ,
п 2
Подставляя выражения F) и B) в формулу E), получаем
E(t) = -°^-%-2^ = та* ( b^-fe-**'
Задача 1.25. Доказать, что резонансные частоты смещения ojr , скорости
(jjv и ускорения oju, связаны равенством ши - у/ТоТГ^ .
Решение. Установившиеся вынужденные колебания происходят по за-
закону
-^), A)
а = fo((b>2o - и2J + 452ог ) й = fl(
Максимуму a(oj) соответствует частота io).= \J со2 — 25^ .
Чтобы найти cjy и ши , дважды продифференцируем уравнение A) повре-
повремени:
x(t) = —
р ) ;
— ip )
Следовательно, амплитуда скорости
о /0
; B)
V(w2 - и2J + 452 и2 sJ((co2Q - ш2 )/шJ + 452
амплитуда ускорения
C)
v(wn —cj2J +452gj2 \У(шл/ш2 — IJ +452/oj2
Из формулы B) следует, что av достигает максимума при oj = ш , поэтому
Чтобы найти cow , нужно исследовать на минимум подкоренное выраже-
выражение в формуле C):
f(z) = (ш2г-1J +4б2г ,
где z = 1/w2 .Тогда
ф) = 4со40 > 0 .
Последнее неравенство указывает на то, что f(z) действительно имеет мини-
минимум в точке zw , определяемой из уравнения
40
Отсюда , 9Л2 со2 -
Так как zw = <лГ2 , то из формулы D) получаем
Следовательно ,
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Материальная точка участвует одновременно в четырех колебаниях одного направ-
направления, происходящих по закону
хк (г) = <7cos(cjr + (к - 1) ~) , к •= 1, ..., 4 .
Найти закон, описывающий результирующее колебание.
З + ч/Г л
Ответ: х (t) = —^rracos(cjr + - ) .
2. Найти в декартовых координатах уравнение траектории материальной точки, дви-
движущейся по закону д: = asin(u)r + ir/4); у = A(cosu>r- sinwr), Изобразить траекторию
графически.
Ответ-. V "Т = L
2 2
3. Однородная квадратная пластинка со стороной а совершает малые колебания во-
вокруг горизонтальной оси, перпендикулярной к плоскости пластинки и проходящей через
одну из ее точек. Найти: 1) геометрическое место точек, относительно которых колеба-
колебания происходят с наименьшим периодом; 2) величину этого периода.
Ответ: 1) окружность радиусом г = а/ \/6 , центр которой совпадает с центром
инерции пластинки; 2) Тт^ = 2rt \ja sfTJb /g .
4. Математический маятник отклонили на малый угол и без начальной скорости от-
отпустили. Во сколько раз изменится его полная механическая энергия за время т = Bи +
+ 1) Г/4 (Т - период колебаний; и = 0, 1, 2,...), если логарифмический декремент зату-
затухания равен Д ?
Е@)
Ответ: ——
• 1 + Д2/B^2)
5. При частотах вынуждающей гармонической силы и)( и cj2 амплитуда скорости час-
частицы в т) раз меньше ее максимального значения. Найти резонансные частоты cj , и)ц и
иц/ ¦
Ответ: ш,; =
2(п2 - 1)
41
1.6. Упругие волны
Волновое уравнение имеет вид
dh *7i д\ 1 д\ _
дх2 ду2 di u2 fir
где ij = ? (a, j>, 2 , г) - смещение точек среды от положения равновесия (х, у, z) в момент
времени г ; и - скорость распространения колебаний в среде (фазовая скорость волны).
Решение этого уравнения в виде плоской волны
? = ccos(u>r - (к , г)),
где а - амплитуда волны; и) - ее циклическая частота; к = (ы/и) п- волновой вектор;
n= v/u — единичный вектор в направлении распространения волны.
Объемная плотность энергии упругой плоской волны, распространяющейся вдоль
оси ОХ,
где р - плотность среды.
Плотность потока энергии (вектор Умова)
Формулы Доплера-
и " ~ v пр
v = vn ; v — v ,
0 о т и ° v
ист
где v — частота, воспринимаемая приемником; vQ - собственная частота источника; и -
скорость волны в данной среде; v , и - скорости источника и приемника относи-
относительно среды (верхние знаки соответствуют приближению источника и приемника друг к
Другу, нижние - их взаимному удалению.)
Задача 1.26. В некоторый момент времени t фронт плоской волны с часто-
частотой v проходил через начало координат, а в момент t + г совпал с плоскостью
ах + by + сг = d (d > 0). Найти разность фаз колебаний в точках среды с ради-
радиусами-векторами т1 и \г .
Решение. Представляя фазу плоской волны в виде у{\, t) =
= ojf —(k , г), для разности фаз в точках rj и г2 получаем
Волновой вектор к имеет вид
(О
где v - скорость распространения волны; п - единичный вектор нормали к
волновой поверхности. Следовательно, решение задачи сводится к определе-
определению v и п . Из рис. 1.20 видно, что (г — /пIп и уравнение фронта волны, на-
находящегося на расстоянии f от начала координат, имеет вид
(п,г) = /. B)
'a
Рис. 1.20
Уравнение плоскости ах + by + cz = d может быть представлено в виде B),
если положить:
n = (а/у/а7 + b2 + c2 , b/y/a2 + b2 + c2 , c/y/a2^.
I = d/y/a2 + b2 + c2 .
Тогда из условия задачи следует, что скорость распространения волны
I
v = — =
т
C)
D)
Подставляя выражения C) и D) в A), получаем
где ех , е , е, - координатные орты.
Следовательно,
5 =
где (х{, у., г{) — координаты радиуса-вектора r; ; i = 1, 2 .
Задача 1.27. В упругой однородной среде распространяются две плоские
— (kj , г)) , |, = <jcos(cj^ —(k2 , г)) , а < Х/2 , где
волны: ij =
k =—r-i; к =T-(\/Ti +j ). Колебания в первой волне параллельны оси
1 Л 1 Л
О Y , а во второй — оси OZ . Найти характер движения частиц, равновесные по-
положения которых лежат на оси OY.
Решение. Из условия задачи следует, что первая волна распространяет-
распространяется вдоль оси ОХ , а вторая - под углом а = я/6 к направлению первой. Так
как колебания в первой волне происходят вдоль оси О У, а во второй — вдоль
оси OZ , в каждой точке среды происходит сложение взаимно перпендикуляр-
43
ных колебаний. Уравнение траектории движения каждой точки среды, как сле-
следует из теории сложения взаимно перпендикулярных колебаний, имеет вид
-k,
k2 -kt , г).
Поскольку нас интересует характер движения точек среды с равновесным по-
положением на оси OY , следует взять г = у\. Тогда
(k2-k, ,r) = (|(V~- 2)i+|j,yj) = |y .
Значит, искомое уравнение траекторий имеет вид
Из этого уравнения следует, что точки с равновесными координатами уп -
= п\ , п = О, ± 1, ± 2, .,., совершают линейные колебания вдоль прямых ?2 =
= (-l)"ij ; точки с равновесными координатами у°п = (п + 1/2)X , п = О,
±1, ±2, ....движутся по окружностям радиусом а %\ + ??, = а2 . Направления
вращений точек среды определяются следующим образом. Колебания частиц
среды в окрестности точек @, у°п , 0) задаются уравнениями:
?у@ = a cos со f ; A)
Тогда для скорости вращения точек среды получаем:
kz(t) = (-l)"aojcoecot. D)
Чтобы определить направления вращений, достаточно найти значения
функций A)-D) в момент t = 0 :
L@) = a, k , @) = 0 ,
t.fO) = 0. 1@) = (-1)
, п=0,±1,±2,...
E)
Из формул E) следует, что направления вращений по двум соседним окруж-
окружностям противоположны (рис. 1.21). Точки с промежуточными равновесными
положениями движутся по эллипсам.
NS3Z
^
¦о
Рис. 1.21
44
Задача 1.28. Найти уравнение стоячей волны в однородном тонком стерж-
стержне длиной I , один из торцов которого закреплен, а также спектр его собствен-
собственных частот. Плотность вещества стержня р, модуль Юнга Е .
Решение. Пусть на свободном торце стержня, находящемся в начале
координат, созданы гармонические колебания % (t ) = acosut, Тогда при усло-
условии пренебрежения затуханием вдоль стержня, лежащего на оси ОХ , распро-
распространяется упругая волна
?,(*, t) = acos(ojt-kx) , fe== 2тг/Л , A)
которая затем отражается от закрепленного торца О' . В каждой точке волно-
волнового поля между торцами будут складываться колебания в падающей и отра-
отраженной волнах. Уравнение отраженной волны имеет вид
?2 (х, t) = a cos(co? + kx' - а) ,
где x'—x — l ; а — сдвиг колебаний по фазе в отраженной волне в точке О по
сравнению с колебаниями источника в точке О :
а = Ы + п . B)
Второе слагаемое в формуле B) обусловлено неподвижностью точек закреп-
закрепленного в точке О' торца, которая будет обеспечена, если колебания в точке
О' в падающей и отраженной волнах будут в противофазе. Таким образом,
%2{х, t) = aco&(ut + kx-2kl-ir) . C)
Складывая уравнения A) и C), получаем уравнение стоячей волны
?(*, O=ii(x, t)+ $2(x,0 =2acoe(Gjf- 2kl*7')coe(kx-
^kl) . D)
Спектр собственных частот стержня vn найдем из условия синфазности
колебаний в отраженной волне в точке О с колебаниями источника, т. е.
(cof — kx— ojt-kx' + a)<=0 =• 2kl+ тг=2яи , и = 1,2,...
_ п _ _
2 1+ п = 2лп .
v
Отсюда
In — 1 _ ,,,
% =~Ji v, n= 1,2,... E)
В продольной упругой волне и = V Е/р . Поэтому
2п- 1 /Е
Если частота колебаний равна vп , то, согласно представлению E), kl =
- тгп — я/2, и уравнение стоячей волны D) примет вид
%{х , t) = 2ac.oskxc.osojt.
Задача 1.29. Найти энергию упругой стоячей волны в однородном тонком
стержне массой т, один из концов которого закреплен, если на свободном
конце созданы колебания с собственной частотой vп и амплитудой а .
Решение. Энергия упругой волны определяется формулой
W = { wdV ,
(V)
где w — плотность энергии; (V) — область волнового поля.
В нашем случае
W= fwSdx , A)
о
где р - плотность вещества стержня; S — площадь его поперечного сечения.
Из решения задачи 1.28 следует
%(х, t) = 2ac.osknxcosoJnt,
где соп = 2nvn ; kn = Invjv . Поэтому с учетом того, что v7k2 = oj2 , плот-
плотность энергии волны
w = 2ря2<лГ (c.os7knxsm2(j}nt + mi1 knxcos?иnt) =
Подставляя выражение для ш в формулу A), находим
W = pa2oj2nS {(] - cos2cj/Jfc.os2knx)dx =
cos2oj t
= pa2cj2nS(l T
n
Но поскольку для собственной частоты 2knl = Bи — 1) n, то sin 2/г^/ = 0 и
W = pa2oj7nSl = 4тг2ипа2т.
Задача 1.30. Плоская волна ? = acos(cot — kz) распространяется в упругой
среде плотностью р . Найти средний за период колебаний поток энергии плос:
кой волны через поверхность полусферы, задаваемой уравнением z =
Решение. Вектор плотности потока энергии] выражается через плот-
плотность энергии w и скорость распространения волны v следующим образом:
j = wv , где
46
?>*¦¦'<&>¦>••
OJ
Дифференцируя уравнение плоской волны по t и z , получаем:
^ — kz);
-г^- = ak sin (ojt — kz) .
Подставляя выражения B) и C) в A), находим
w = pa2oj2sin2 (cot — fez) .
Следовательно,
Поток энергии через полусферу (рис. 1.22)
7? у
Рис. 1.22
Ф@ = J" G . "
/
E)
2 3
f sin2(ojf- kz)i-osOdS.
S)
B)
C)
, n)dS =
Элемент площади поверхности сферы радиусом R в сферических коорди-
координатах имеет вид dS = R2sinddedip .Поэтому,учитывая, что г = Rcosd .полу-
.получаем
J zsin2 (ojf — kz)dz .
D)
По определению средний за период колебаний Т поток энергии
<Ф> = -1- /Ф(ОЛ. E)
1 о
Подставляя выражение D) в E), находим
« о * о
Так как sinV = O -cos2i/>)/2,
i }sin2@Jt-kz)dt -
* 0
Следовательно,
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Проекции скорости распространения плоской гармонической волны частотой и) на
координатные оси равны i>x. v v Найти волновой вектор к , предполагая, что коорди-
координатные орты e^i e , ez заданы,
Ответ. к = ы -* * у * г- .
2. В упругой однородной среде распространяются две плоские волны ? = acos(u>f —
- (k( , г)) , ?2 = flcos (и) г - (к^ , г)), где^ = ?- («/3 i - j); Ц = ^ (\^3i+ j). Колебания
в обеих волнах параллельны оси OZ . Найти характер движения частиц среды с равновес-
равновесным положением в плоскости XOY,
Ответ: точки, лежащие на прямых у - п\ , и = 0, ±1, ±2,.,., колеблются с макси-
максимальной амплитудой, равной 2д; точки, лежащие на прямых у =" (п + - ) \ , п = 0, ±1,
±2,..., - покоятся.
3. В однородном стержне массой т и длиной / установилась стоячая волна вида % =
= ccosfa: cosuif . Найти энергию упругих колебаний, заключенную между соседними узла-
узлами смещения.
Ответ: W = 7rmu>V/DW) ,
4. Показать, что средний поток энергии через любую поверхность в области, занятой
плоской стоячей волной, равен нулю.
5. Неподвижный наблюдатель воспринимает звуковые колебания от двух камерто-
камертонов, один из которых приближается, Другой - с такой же скоростью удаляется. При этом
наблюдатель слышит биения с частотой Д v . Найти скорость каждого камертона, если час-
частота их колебаний i;Q , а скорость звука и .
и"о г
0 т в е т : и = (ч/ 1 + (Lvlv ) - 1).
ист д„ о'
48
2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
2.1. Молекулярно-кинетическая теория газов.
Явления переноса
Основное уравнение кинетической теории и хе.шьного газа
2
где р - давление газа; н - число молекул в единице объема, < е > - средняя кинетиче-
кинетическая энергия поступательного движения молекулы
< е > = -кТ ,
к - постоянная Больцмана; Т - термодинамическая температура
Средняя длина свободного пробега молекуг
</ >= 1/(\АТ ncl2n),
где d - эффективный диаметр молекулы
Среднее число соударений, испытываемое молекулой газа в единицу времени,
<2 > = ~J2nd7 <l> п ,
где <и > = \/ &RT/ (яд) - средняя арифметическая скорость молекул; К - универсаль-
универсальная газовая постоянная; м - молярная масса.
Вероятность того, что молекула пролетит путь л , не испытав ни одного соударения,
Сила внутреннего трения между движущимися слоями газа
F = „ -_ Д5 ,
где т) - коэффициент динамической вязкости газа (жидкости); dvldz - градиент скоро-
скорости в направлении, перпендикулярном элемент\ поверхности между слоями газа; AS -
площадь элемента поверхности
Динамическая вяжость
17= — Р <V> </> ,
где р - плотность газа (жидкости)
Уравнение теплопроводности (закон Фурье)
Д Q= -\(dT/dx)SAt ,
где Д Q— количество теплоты, прошедшее через поперхность площадью S за время At ;
\ - коэффициент теплопроводности; dT/dx - градиент температуры в направлении, пер-
перпендикулярном к поверхности 5
4 Зак. 6865 49
Коэффициент теплонрсводности газа
\ = -тСуР <v > </> ,
где Су — удельная теплоемкость газа при гооояшюм объеме.
Уравнение диффузии
дш= — D-— т Si\t,
dx l
где дж - масса газа, перенесенная через поверхность площадью S за время Дг ; D —
коэффициент диффузии; dn/dx - градиент концентрации молекул в направлении, пер-
перпендикулярном к поверхности; m - масса молекулы.
Коэффициент диффузии
?>=—<'><(> .
Задача П. Какое количество столкновений испытыиает за 1 с молекула
аргона, если давление газа р - 1,3* 10"' Па, температура Т- 290 К, а эффек-
эффективный диаметр молекулы аргона d ~ 2,9» 10~10 м ?
Р е ш е н и е. Среднее число столкновений молекул в единицу времени
-ad1 < v > п .
Так как концентрация молекул п -- р\ {kT\ а средняя скорость хаотического
теплового движения молекул <v> == ~J~Mtff{nu ) , то
z =
Подставляя числовые значения величин, входящих в эту формулу, полу-
получим г = 5 • 104 с4 .
Задача 2.2. Гелий, занимающий объем V = ] м3 , находится под давлением
р = 102Па при температуре Т = 273 К. Найти число молекул, которые в тече-
течение 1 с пролетят без соударений расстояние х = 2-Ю м. Эффективный диа-
диаметр молекулы гелия а" = 2,18<1О0 м.
Решение. Пусть полное число молекул в системе равно N. Так как ве-
вероятность того, что молекула пролетит путь х , не испытав ни одного соударе-
соударения, W = e'x'< > , то искомое число частиц
Полное число частиц
= nv =:-?- у
следовательно,
Подставив в эту ферму»у шеленные значения велищш, получим Nx =
= 8,4-10s .
Задача 2.3. В цилиндрическом сосуде высотой Н и сечением S находится
раствор сах.ара. Концентрация молекул сахара убывает с высотой г по экспо-
ненциальному закону, изменяясь от и t у дна сосуда до п., у его поверхности.
Коэффициент диффузии молекул сахара П , масса молекулы т . Найти поток
массы сахара как функцию z .
Решение. Поток массы при диффузии
J - If - -»I -»¦ <¦>
Для вычисления J необходимо найти градиент концентрации dn/dz . По усло-
условию задачи, n(z) = n{e аг , где а - неизвестный коэффициент. Так как кон-
концентрация п(Н) = п2 , то n2 =nie"aH .Отсюда
а = — 1п —
Я п2
2
Следовательно, градиент концентрации
dn
dn ..„- ni л "' , / г. "•
_ =_в„в = —й-0п )-х|1Aи
Подставляя полученное выражение для dn/dz в формулу A), находим
D?nSn n n
^1"
Задача 2.4. Пространство между двумя достаточно длинными коаксиаль-
коаксиальными цилиндрами с радиусами R j и R2(R2 >И,) заполнено однородным иде-
идеальным газом, коэффициент теплопроводности которого равен Л . Температу-
Температура внешнего цилиндра Т2 , внутреннего — Т1(Т > 7). Считая, чю конвек-
конвекция газа отсутствует, а длина свободного пробега молекул газа меньше рассто-
расстояния между цилиндрами, найти тепловой поток qt, приходящийся на единицу
длины цилиндров.
Решение. Температуры внешнего и внутреннего цилиндров постоянны,
поэтому в пространстве между ними устанавливается постоянное распределе-
распределение температур Т(г), где г — расстояние до оси цилиндров. Поток тепла не бу-
будет зависеть от времени, т. е, процесс стационарный.
Выделим мысленно цилиндр радиусом г , коаксиальный с данными ци-
цилиндрами, все точки которого имеют одинаковую температуру Т(г ). Тепло-
Тепловой поток, проходящий через этот цилиндр,
q= -\-^2тгг/ , A)
где \ — коэффициент теплопроводности; S = 2лг/ - площадь боковой поверх-
поверхности цилиндра длиной / и радиусом г .
Необходимым условием стационарности процесса является независимость
потока теплоты от радиуса цилиндра, т. е. q = const. Учитывая это, разделим
переменные и проинтегрируем уравнение (I). Получим
}
откуда
- (Т] -TJ = Ь---
Поток теплоты на единицу длины цилиндров
„ — 9 _ ' " 1 г _
Задача 2.5. Горизонтально расположенный диск радиусом R = 0,1 м под-
подвешен на тонкой упругой нити над таким же диском, укрепленным на верти-
вертикальной оси. Коэффициент кручения нити (отношение приложенного враща-
вращательного момента к углу закручивания) х~ 1,8 * 10~5 Н>М/рад. Расстояние
между дисками h = 0,1 м. Если нижний диск привести во вращение с угловой
скоростью oj- 40 рад/с, верхний диск повернется на угол \р = 70? Определить
нят<С'"м вспдуу? З^кок изменения скорости слоев воздуха вдоль оси дисков
считать линейным
Решение При вращении шок. сн диска прилегающий к нему слой воз-
воздуха Нг'Ч'пек.чгтгя но вращап'.чькое длих.ение Вблизи поверхности диска зоз-
дух приобретает такую же линейную скорость, как и точки на поверхности
диска Вследствие внутреннего трения момент импульса передается соседним
слоям газа и, наконец, верхнему лиску
Выделим на верхнем диске кольцо площадью dS = Inrdr Тогда сила,
действующая на jto кольцо со стороны прилегающего к нему воздушного
слоя,
dF = -FrdS , A)
тде Ff - сила вязкого трения, дейстнующая на единичную площадку этого
слоя:
г) - коэффициент вязкости. Согласно устовию задачи,
v(y) = vr-ky .
где vf ¦— cjr — скорость точек нижнего диска на расстоянии г от оси; k — неиз-
неизвестный коэффициент Если верхний диск покоится, то v(h) = 0, т. е. cjr —
— kh = 0 , и k = ur/h . Тогда градиент скорости
~dy~ ~ А ¦ C)
Подставляя выражение C) в формулу B), находим
Fr — -- r,u>r/h
Момент сил кязкои: трения, действующих на вьщеленное кольцо верхне-
ю диска,
Следовательно, мом^ш с- вязкогс трения, действующих со стороны воздуха
на весь диск
Согласно закону Гука, момент упругой силы, действующей на диск со сто-
стороны нити, М1 = XV ¦ Так как верхний диск покоится, то М' - М , т. е.
Из этого уравнения находим коэффициент вязкости
Подставив численные значения величин, входящих в эту формулу, полу-
получим ц = 3- 10~s Па-с.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. При каком давлении средняя длина свободного пробега молекул азота будет рав-
рав1
?
р о дл рд д д р у
на 2. 10" м, если эффективный диаметр молекулы азота d — 3.1'I О м
Ответ: р = 3,1 Па.
2. Вязкость воздуха при 20 С составляет 1,8* M~s Ila-c. Вычислить, какой наиболь-
наибольший диаметр d должны иметь взвешенные в воздухе шарики плотностью р = 10 кг/м ,
чтобы скорость их падения не превышала 0,1 м/с
Ответ : d < 0,057м.
3. Газ заполняет пространство между двумя длинными коаксиальными цилиндрами.
Радиусы цилиндров R и R (R2> R{). Внешний цилиндр вращается с постоянной угло-
угловой скоростью ы, виутреииий - неподвижен. Момент сил трения, действующих на едини-
единицу длины внутреннего цилиндра, равен М . Найти коэффициент вязкости газа.
Ответ: т) = —
М(К22 R2)
4. Коэффициенты диффузии и вязкости водорода при некоторых условиях П =
= 1,4«10~ч м2/с , т) = s,4.10~ft Па-с. Найти число молекул водорода и единице обьема.
Ответ: и = 2.1025 м .
5. Какое количество теплоты пройдет за время Д t —- 5 мин через трубу длиной / =
= 1 м и сечением 5=10" м , если разность температур на концах трубы составляет
10 ° С, а изменение температуры линейно по длире? Труба заполнена водородом.
Ответ; Q= .5,9 Дж.
6. Концентрация поваренной соли в воде у дна сосуда высотой 0,5 м составляет
100 кг/м . У поверхности концентрация равна 1 кг/м . Найти плотности потоков частиц
и массы, если концентрация меняется с высотой линейно. Сечение сосуда равно 10" м ,
коэффициент диффузии D= 10~ м /с, молярная масса соли д = 58,4.
Ответ: Уи = 2,04«101бс~'. м~2; Jm = 2- КГ9 кг/(с-м2).
2.2. Распределение молекул по скоростям и энергиям
(распределение Максвелла). Частица в силовом поле
(распределение Больцмана)
Число молекул, величина скорости которых заключена в интервале отидои +
2ик7
где f(v) - функция распределения молекул по абсолютным значениям скоростей; Л' -
общее число молекул; in масса молекулы; к - постоянная Больцмана; Т - термодина-
термодинамическая температура.
Число молекул, энергии которых заключены в интервале от Е до Е + dE,
2
= \f(E)dE = —Л'
f~
sf" (А'ГK/2
Распределение Нольцмана
где и - концентрация частиц; U — их потенциальная энергия; nQ - концентрация частиц в
точках поля, где (/= 0.
Барометрическая формула (распрелегение давления в поле силы тяжести)
где р - давление газа; m - масса частицы; м - молярная масса; г — координата точки
(высота) по отношению к уровню, принятому за нулевой; р — давление на этом уровне;
g - ускорение силы тяжести; R - универсальная газовая постоянная.
Задача 2.6. Сравнить полное число молекул в атмосферном столбе с осно-
основанием в 1 см2 с числом молекул в столбе высотой 1000 м и тем же основа-
основанием.
Решение. Пусть число молекул в единице объема при h = 0 равно NQ ,
тогда распределение числа этих частиц по высоте будет определяться следую-
следующим выражением:
\T(h\=V e >»Shl(kr) = д. -ng)i/(RT)
Полное число молекул в столбе с основанием в 1 см2 и заданной высотой
N(H) = N(z)dz = N b.-W(RT)dz = ЛГ ^-A-е-
о ° б р-ё
где д — молярная масса воздуха.
Подставив численные значения высоты, получим: Лг(Я->°°) = 2,1- 1025 ;
,У(Я = 103) = 0,25 -1025.
Задача 2.7. Вычислить среднюю потенциальную энергию молекулы газа в
поле силы тяжести.
Решение. Среднее значение потенциальной энергии молекулы газа на
высоте г „
< U> = rng { zdW(z),
где dW(z) - вероятность того, что молекула находится в интервале z, z + dz:
-mgzl(kT)d
d W(z) = — .
/ e
о
Тогда
т. е. потенциальная энергия молекул в лоле силы тяжести зависит только от
температуры.
Задача 2.8. Проводятся наблюдения за шарообразными частицами, находя-
находящимися во взвешенном состоянии в воздухе (в поле земного тяготения). Ра-
Радиус частиц г - 2«10 м. Температура воздуха t = О °С, давление р = 105 Па,
Установлено, что на высоте h = 10 м концентрация частиц уменьшается
вдвое. Чему равна масса взвешенной частицы?
Решение. Обозначим массу частицы m . Поскольку частицы взвешены в
воздухе, то следует учитывать выталкивающую силу. Таким образом, сила,
действующая на частицу,
F = mg(l -pjp) ,
где р0 — плотность воздуха у поверхности Земли; р — плотность частицы. В
этом случае закон Больцмана запишется в виде
Плотность частицы радиусом г
т Ът
Р = Т7 =
V 4лг3 '
По условию задачи, на высоте h = 10 м n{h) = nQ/2. Тогда отношение
концентрации частиц на двух различных высотах
"о , тA-ро/р)
^у=ехР( ^ gh) = 2,
Итак, масса частицы
m =
gh
Подставив в последнюю формулу численные значения величин, получим
m = 5,4 «Ю1 кг.
Задача 2.9. В цилиндрической центрифуге находится эмульсия, состоящая
из частиц белка массой т и воды. Плотность белка р . Центрифуга вращается с
угловой скоростью ш. Определить отношение числа частиц, находящихся на
двух различных расстояниях г[ и г2 (г2 >гу ) от оси цилиндра.
Решение. Находящаяся в воде частица белка испытывает во вращаю-
вращающейся центрифуге действие силового поля (действием силы тяжести пренебре-
пренебрегаем) :
F(r) = 2 2
где г — радиус-вектор частицы относительно оси цилиндра; т — масса воды в
объеме частицы белка (сила — тви>2 г - аналог силы Архимеда). Учитывая, что
тв ~ Рат/Р > где Ро ~ плотность водь1, получаем
F(r) = m{\ -po/p)w2r .
Полагая потенциальную энергию частицы U (г) на оси цилиндра равной нулю,
находим
U{r) = - /(F(r'), dr') = т{\- ро/р)ы2 fr'dr' =
Подставляя это выражение в формулу Больцмана, получаем
m(l-р/р)со2г2
(^
т. е. число частиц растет ло мере удаления от оси. Из формулы A) следует ис-
искомое отношение
n(r2) m{\-pJpW
«Г) = ex?( — -Jkf ^"г.)) •
Задача 2.10. Найти наиболее вероятную скорость молекул идеального газа.
Решение. Найдем максимум функции распределения молекул по абсо-
абсолютным значениям скоростей
f(v) = 47г(а/7гK/2е-а1'%2 . A)
где а = ml BkT) . Производная функции распределения A) по скорости
f\v) = 47г(а/7гK/2 (~-2а[>3 + 2v ) е~ а^ .
Обозначая наиболее вероятную скорость через v , находим ее из уравнения
f'{\)~ 0, т.е.
Отсюда следует
ив = V 1/а = \flkTJm .
Задача 2.11. При какой температуре идеального газа число молекул со
скоростями в заданном интервале v , и + dv будет максимально?
Решение. Найдем максимум функции распределения молекул по вели-
SfS
чине скорости, рассматривая ее как функцию температуры или параметра а:
= т/B*Т),т.е.
F(a) = 47r(a/7rK/VauV . A)
Дифференцируя функщпо A) по параметру а .получаем
^- ~ -V). B)
Производная B) обращается в нуль при а = О и a = 3/ Bи2), Первый слу-
случай соответствует Г = °° и поэтому лишен физического смысла. Следователь-
Следовательно, искомая температура
Т = mv2/Ck) .
Задача 2.12. Найти наиболее вероятную энергию молекул идеального газа.
Решение. Определим точку максимума функции распределения моле-
молекул идеального газа по энергиям:
W =
Производная этой функции по Е
f(E) = X (лТ)-з/ае-
Искомую энергию Е% найдем из уравнения /'(?„) - 0 , т. е,
5Р
Отсюда следует
?в = \кт.
Задача 2.13. Найти среднюю скорость < v > молекул идеального газа.
Решение. Средняя скорость молекул определяется выражением
<и> = ]vf(v)dv = 4тг(— >3'2 /e"'auVdu =
о я о
= 2я(-K/2 7е"аГ^ = -2я(-K'2 ^-GеГЛ) =
я о я da „
)
' a2 Gra)i/2
Так как a = m/BkT) , то
57
Задача 2.14. Найти среднюю кинетическую энергию молекул идеального
газа .
Р е ш е н и е. По определению средняя кинетическая энергия
< е >=]Ef(E)dE = ^- {kiy3!2 / е
О ч/я о
Введем обозначение & = (kT)~l и човую переменную t — Ell2. Тогда
Интеграл в скобках вычисляется с помощью интеграла Пуассона
_оо 6
Используя эту формулу, получаем
или
= ^- в3'2 у/? {вг ) г& j
\Лг df 4
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. В поле земного тяготения находятся частицы пыли, имеющие массу m =
= 8,5 -10" кг и объем V = 5 • 10" м На какой высоте их концентрация уменьшится
в 2 раза9 Давление воздуха р = Ю4 Па, температура f = 20 С.
Ответ. А »1,1м
2. Определить среднюю потенциальную энергию молекулы газа, заключенного в со-
сосуд высотой h (h< hQ - высота, на которой давление уменьшается в е раз).
Ответ- < U> = mgh/2 .
3. Найти среднюю высоту воздушного столба над поверхностью Земли.
Ответ: < h> = 7,85 км.
4. Определить подъемную силу наполненного гелием аэростата объемом 10 м на вы-
высоте 10 км над уровнем моря. Лавление гелня внутри оболочки считать атмосферным.
Ответ : F = ЗЛО4 Н
5. Какая часть молекул имеет модуль скорости, лежащей между и = vJ2 и v = 2ив?
Ответ : &N/N =0,87
6. Определить, у какой части молекул газа кинетическая энергия цоступателыюго
движения меньше средней кинетической энергии.
Ответ : NjN - 0,61.
7. Найти температуру, при которой скоростям молекул газообразного азота v1 =
= 300 м/с и и2 = 600 м/с соответствуют одинаковые значения функции распределения
f(v) m(v22-u2)
Ответ: Т= — = 330 К.
2*1(/)
8. В баллоне емкостью 0,05 м3 находятся 0,12 кмольгаза под давлением 0,6'107 Па.
Опредепить среднюю кинетическую энергию тешювого движення молекул газа.
Ответ : Е = 0,6«КГ20 Лж .
2.3. Физические основы термодинамики
Уравнение состояния идеального газа (уравнение Менделеева-Клапейрона)
рУ = — RT ,
д
где р , V , т - соответственно давление, объем и масса газа; д - его молярная масса;
R - универсальная газовая постоянная; Т - термодинамическая температура.
Молярные теплоемкости при постоянном объеме и постоянном давлении соответст-
соответственно равны:
Cv = iR/2; Ср= A + 2) Я/2,
где 1 - число степеней свободы молекулы.
Удельные теплоемкости при постоянном объеме и постоянном давлении:
_ ' R _ i+2 R
°v ~2~ м ' °Р ~ ~Т~ д '
Уравнение состояния газа при адиабатическом процессе (уравнение Пуассона)
р V1 = const ,
где 7= ср1су и™ Т= Ср1Су-
Уравнение состояния реального газа (уравнение Ван-дер-Ваальса)
m a m m
(Р+ -— HV~-b) = -RT ,
д У д д
где a, b - постоянные (поправки Ван-дер-Ваальса), учитывающие сипы взаимодействия
между молекулами и объем молекул газа.
Первое начало термодинамики
Q = Ы'+ А ,
где Q— количество теплоты, сообщенное газу; Д(/ - изменение его внутренней энергии;
А - работа, совершаемая газом против внешних сил.
Внутренняя энергия идеального газа
и = «cvT .
д "
Внутренняя энергия одного киломоля реального газа
и = сут - а~ .
Изменение энтропии
А '
где А и В - пределы интегрирования, соответствующие начальному и конечному состоя-
состояниям системы.
Основное термодинамическое неравенство
TdS> pdV + dV .
59
Знак равенства отвечает обратимому процессу.
Статистическое определение энтропии (формула Больцмана)
S = k\nW ,
где к - постоянная Больцмана ; W- термодинамическая вероятность, т. е. число спосо-
способов, которыми можно осуществить данное макроскопическое состояние системы.
Задача 2.15. В баллоне емкостью 1 м3 содержится кислород при темпера-
температуре 27 °С под давлением 105 Па. При нагревании кислород получил 8350 Дж
теплоты. Определить температуру и давление кислорода после нагревания.
Решение. Массу газа в баллоне можно определить из уравнения состоя-
состояния идеального газа
т =
где Т , Pj - первоначальные значения температуры и давления газа; ц - мо-
молярная масса кислорода.
Количество теплоты, полученное газом при нагревании,
Q = m | cvd'V = mcF(r3 --T,) .
Используя уравнение состояния идеального 1аза и учитывая, что с у =
(г = 5), получаем температуру газа после нагревания
Q QR1\
/т' _ ** f 71 =
QRT ц
Так как процесс изохорический ( V = const) то
откуда Т
I
Задача 2.16. При изотермическом сжатии газа массой гп= 2 кг, находяще-
находящегося при t — 11 °С под давлением р = 5-105 Па, давление газа увеличивается
в 3 раза. Работа сжатия А = 1,4» 10 кДж. Какой газ подвергался изотермиче-
изотермическому сжатию и каков его первоначальный удельный объем?
Решение. При сжатии газа внешней силой совершается работа
А = - f pdV . A)
''.
В изотермическом процессе pV = const,n поэтому pdV+ Vdp = 0. Так как, со-
согласно уравнению состояния идеального газа, V — mRTj (цр), то
DO
pdV = ар .
Подставляя выражение B) в формулу A), находим
B)
C)
- соответственно начальное и конечное давления. Из уравнения C)
получаем
Р- =
Подставляя в эту формулу числовые значения, находим, что ц —
= 4 кг/кмоль. Значит, исследуемый газ — гелий.
Используя уравнение состояния, находим первоначальный объем газа
V. =
-А
Его удельный объем
m
Подставляя численные значения величин, получаем v — 1,2 мэ/кг .
Р>>
Рис. 2 1
Задача 2.17. Газ массой т кг, сходящийся мод давлением р { при темпе-
температуре Т , изотермически расширяется (участок АВ на рис. 2.1) так, что
PjP-< ~ 4. Затем, сжимаясь адиабатически ("участок ВС) и изобарически (уча-
(участок СА). газ возвращается в первоначальное состояние. Определить работу,
совершенную в этом цикле.
Решение. д1ля замкнутого цикла полная работа равна сумме работ на
каждом участке1
А ~ Алв + Авс + лса ¦
На участке Ah газ изотермически расширяется, совершая работу (см. за-
задачу 2.16)
m
m н\ ^ 1
= -ДТ,1п - = p.V.ln— .
61
При адиабатическом сжатии Р, V, "= Р2 VJ • Поэтому
^з v p V р V7
[ [/ v7 1-7 v7 V7
2 2 ^3 V2
Так как, согласно уравнению Пуассона, V3 = (р2/р3I'7^ , то
22 1 3 fYlWУ 22
ARr = -Н" —*— [!-(—) 1= -Ч-
flC 7-1 y7-i P2 7-1
'] •
При изобарическом сжатии работа
Так как на участке СА процесс изобарический, тор3 = рх и, согласно уравне-
уравнению Пуассона, р1 V7 = p,V^ . Отсюда
Из уравнения состояния идеального газа для участка АВ находим рх V)
= P2V2 .откуда
2 Р7 Ц Р2
Следовательно,
I /у YH 1
V ~~ (р /р ) —ЦТ —
3 2 1 Д ' Р,
Итак, работа, совершенная в этом цикпе,
Задача 2.18. Первоначальный объем газа равен VQ- Идеальный гаэ рас-
расширяется по закону р = /3V до объема aUQ (a , /3 - некоторые положительные
константы). Найти теплоту, поглощенную газом в этом процессе.
Решение. Полная работа, совершенная газом,
о
Внутренняя энергия идеального газа U = рVj G - 1). Отсюда
ЛG = ¦ = -
7— 1 7— 1 7~1
Количество поглощенной теплоты находим из первого начала термодина-
термодинамики:
Q= AU+ А =\$уЦа}-\I^1 .
Задача 2.19. Идеальный газ расширяется по закону pV2 = а ,а = const.
Какова его молярная теплоемкость при этом процессе? Нагревается или
охлаждается газ?
Решение. Из уравнения состояния идеального газа находим зависи-
зависимость между температурой и объемом одного моля газа:
1 R ~ VR ' A)
т. е. при увеличении объема газ охлаждается.
Согласно первому началу термодинамики,
CdT = CydT + pdV . B)
Из уравнения состояния идеального газа eieiyeT, что
pdV = RdT - Vdp. C)
Так как по условию р = a/V2 , то
dp = --— dV.
V3
Продифференцируем равенство A):
V2R
Тогда
Vdp ¦¦= —- dV - 2RdT . D)
V2
Подставляя выражения C) и D) в уравнение B), получаем
CdT = CydT + RdT - IRd'r = C^T-RdT.
Следовательно, молярная теплоемкость газа С= Су — R.
Задача 2.20. Вычислить теплоемкость вертикального атмосферного столба
постоянного сечения S. Воздух считать идеальным газом с молярной массой д.
Решение. Поскольку плотность воздуха р зависит от высоты z , то
столб воздуха считать однородной системой нельзя. Можно всю систему раз-
разбить на подсистемы и каждую из них рассматривать как однородную. Тогда
энергия полной системы будет равна сумме энергий ее частей.
Выделим некоторый цилиндрический объем , лежащий в интервале z ,
z + dz . Внутренняя энергия газа в таком объеме
dU(T) -- p(z)SdzU(l) ,
где U(T) — внутренняя энергия единицы массы. Потенциальная энергия газа
выбранного объема в поле силы тяжести
Ep = p(z)Sgzdz .
Полная энергия воздуха в цилиндрическом объеме с основанием S
К(Т) = s][U(T)+gz]p(z)dz ,
о
где, согласно барометрической формуле, p(z) = pQe~^g2^RT^; pQ - плот-
плотность воздуха вблизи поверхности Земли. Масса воздуха в цилиндрическом
объеме
р SRT
m = J P(*>Sdz = ——~ ,
о Ms
откуда pQ = тпщ>1 (SRI*). С учетом этого
E(T) - / [U(T) + gz] «¦ e -»**Н*тЧг = m[U(T) + ^
0 ixi ц
0
ixi
Так как энергия является функцией только температуры, то теплоемкость
_ dE(T) JU R
с = ~dT = m(W + д ' '
С учетом того, что dU/dT ~су и с — cv = R/ц , получаем С = тс .
Задача 2.21. Кислород массой 1 кг занимает объем VQ . Определить веро-
вероятность самопроизвольного изотермического сжатия кислорода на 10~6 часть
первоначального объема.
Решение. Пусть Wx - вероятность того, что кислород занимает объем
V'o ; W2 — вероятность того, что после самопроизвольного изотермического
сжатия его объем V.2 = VrQ (I — 10"й). Изменение энтропии, согласно форму-
формуле Больимана,
AS = A In ~ •
С другой стороны, при изотермическом изменении объема
У V V
AS = f dQ_ / pdV_ ._ т ? dV _ т Xl
Т ~ J Т ~ и J V ~ и V '
Ml I
Приравнивая правые части этих выражений, получаем
W V
-Д7- = — Д 111 -TJ-
Следовательно,
m R V2 m Vi
l) (^1
2 ; 7
Подставляя в формулу A) числовые значения и учитывая, что In A — jc) =
= -х при малых х , получаем W2 =Wle~°'ls' l0 ° * о, т.е. вероятность са-
самопроизвольного изотермического сжатия газа практически равна нулю.
64
Задача 2.22. В двух сосудах одного и того же объема находятся различные
идеальные газы. Масса первого газа т1, второго — т^. Давления и температу-
температуры газов одинаковы. Сосуды соединяют, и начинается процесс диффузии.Оп-
диффузии.Определить изменение энтропии рассматриваемой системы, если молярные мас-
массы первого и второго газов соответственно д, и д2 .
Решение. Процесс диффузии можно рассматривать как изотермическое
расширение первого и второго газов от объема V до 2V . Тогда изменение эн-
энтропии для первого газа
(AS),
для второго газа
Rm -,,,, Rm
-In ~ = L In2
К, v V,
(ASJ = In 2 .
Полное изменение энтропии системы
AS = (AS), + (ASJ = Я In 2 ( --1- + у- ) .
Задача 2.23. Идеальный газ участвует в двух обратимых процессах 1А2 и
1В2 (рис. 2.2). Показать, что количества теплоты, сообщенные в этих двух
процессах системе, различны, а изменение энтропии одно и то же.
Рис. 2.2
Решение. Количество теплоты, переданное системе в процессе 1А2 ,
д«, -cp(TA-T[)+cv(T2-rA).
Количество теплоты, переданное системе в процессе 1В2 ,
Так как в изобарическом процессе 1А увеличивается объем, то Т4> Т1.
В изохорическом процессе А2 давление падает, поэтому Тл > Т
Т < Т и Т < т я г
Для процесса 1В
Рх РВ
Аналогично
A)
5 Зак. 6865
65
для процесса А2
Pa P-,
i= к ¦
Поскольку р = рА крв - р2 , то, разделив почленно уравнение A) на урав-
уравнение B), получаем
Так как С - Су = R , то AQ, и AQ,, можно представить в виде:
AQ, =ДТу1 + С„Т2-С/,Г1;
AQn=-^-C,r + СрТ2.
Тогда
AQ, - AQn = R(TA + Тв) -
И 2
--1)-ДТд(— -1).
1 В
На основании уравнения C) заключаем, что
AQl-AQn = R(Ti -TB)(— -1).
Так как Т{ > TR и Тл > Т , то AQ, - AQn > 0 .
Вычислим изменение энтропии в процессе 1А2 :
AS. = / -ф-dT + / -- dT = С In ^
в процессе 1В2 \
R С1 'у С1
f
Так как Г/1/Г[ = Г2/Гв ,то ASj = ASj, .
Количество теплоты не является в отпичие от энтропии функцией состояния системы.
Задача 2.24. Найти изменение энтропии для следующих процессов:
1) изобарического нагревания 1 кмоль азота от 0 до 120 С ;
2) изохорического охлаждения 2 кмоль кислорода от 500 до 250 К ;
3) изотермического расширения 1 кмоль углекислого газа от объема 10
до 30 м3 .
Решение. Изменение энтропии системы при переходе из одного состоя-
состояния в другое определяется только параметрами этих состояний и не зависит от
характера процесса, с помощью которого был осуществлен переход. В случае
обратимых процессов изменение энтропии вычисляется по формуле
66
2
AS - fdQ/T .
l
1. При изобарическом нагревании азота
dQ = vCpdT,
где v — число киломолей азота.
Тогда изменение энтропии
AS, = иСр / f - иСр\п ^ .
Подставляя в эту формулу численные значения величин, получаем AS =
= 78 Дж/К.
2. При изохорическом охлаждении
dQ = vCydT ,
где v — число киломолей кислорода, а изменение энтропии
AS2 = vCy J-^ = vCy\n -?- .
Подставляя числовые значения, получаем AS2 = 4 - 10s Дж/К.
3. При изотермическом расширении углекислого газа
dQ = pdV ,
а изменение энтропии
2 pdV m D \л dV V2
AS. =[ T =V ^ ~v ="Л|111Г "
Подставляя численные значения величин, получаем AS3 = 7 • 102 Дж/К.
Задача 2.25. Один моль азота расширяется в пустоту от начального объема
V = 1,0 • 10 м3 до конечного V~2 = 1,0-10 м3 . Найти понижение темпера-
температуры А Г в этом процессе, если поправка Ван-дер-Ваальса а =
= 1,35- 10s Па-м6/моль.
Решение. Поскольку расширение газа происходит в пустоту и теплооб-
теплообмена с внешней средой нет, внутренняя энергия газа остается постоянной. Так
как U= СуТ — a/V = const, то
С Т - - = С Т - -
Изменение температуры
Подставляя в зту формулу численные значения, получаем AT = 0,25 К.
В отличие от идеального газа температура реального газа может изменяться даже в
том случае, когда его внутренняя энергия остается постоянной.
67
Задача 2.26. Один моль кислорода, подчиняющегося уравнению Ван-дер-
Ваальса, изотермически расширяется от объема V до объема V . Определить
совершенную газом работу и количество теплоты, сообщенное газу.
Решение. I. Работа расширения газа определяется равенством
A = / pdV = f ¦— dV - / o_ _
v. v, v~b v VldV ~
1. Количество теплоты, переданное газу, определяется первым началом
термодинамики Q = Д?7 + А . Изменение внутренней энергии при изотермиче-
изотермическом расширении
Следовательно,
V2-b
Задача 2.27. Найти приращение энтропии одного киломоля реального газа,
изотермически расширившегося от объема V до объема \\ .
Решение. Изменение энтропии
dU + pdV _ dT a_ dV RdV _ _adV =
dS f CV T y2 T V-b у2 j,
_ dT dV
" °v ~T~ + R ~V=b ¦
Учитывая, что процесс расширения изотермический (dT =0), и интегрируя
полученное выражение, находим
(/2 dV V,-b
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. При расширении 10~2 м3 гелия, имеющего температуру 1000 К, давление падает
с 1 ¦ 10 до 2,5 • 10 Па. Считая процесс адиабатическим, вычислить объем и температуру
газа после расширения.
Ответ: V = 2,3- Ю м3; Т= 574 К.
2. При давлении р = 1,0 • 105 Па и температуре 7" = 273 К для кислорода с =
— 0,836 Дж/(кг- К), Су - 0,031 Дж/(кг« К). Считая кислород идеальным газом, вычис-
вычислить механический эквивалент теплоты.
Ответ : У = 4160.
3. При изобарическом сжатии азота была совершеиа работа, равная 12 кДж. Опре-
Определить количество теплоты и изменение внутренней энергии газа.
Ответ: Д0= -42 кДж; Д{/=-30кДж.
68
4. При адиабатическом сжатии 6 кг сероводорода, занимающего объем 3 м при тем-
температуре 300 К, его давление увеличилось в 2 раза. Определить работу сжатия и изме-
изменение внутренней энергии газа.
Ответ : А = -250 кДж; AU = 250 кДж .
5. Температуры двух тел соответственно Т - 500 К и Т = 510 К. Какова вероят-
вероятность того, что от менее нагретого тела к более нагретому перейдет количество теплоты
6Дж?
= ЮДж?
Ответ: —=ехр[Д0( ---)/*]- ехр (КI
2 I 2
)
где W - вероятность пребывания тела при Т = 510 К; W, - вероятность пребывания
тела при 7^ = 500 К.
6. При изотермическом расширении одного киломоля газа его давление уменьшается
в 2 раза. Определить изменение энтропии.
Ответ: Д5 = 5750 Дж/К .
7. Определить вероятность самопроизвольного изотермического сжатия 3 • 10" кг
кислорода на 10" часть его первоначального объема.
Ответ: W = 1СГ16 .
8. Один киломоль азота при 400 К и два киломоля кислорода при температуре
300 К смешивают при постоянном давлении, равном 105 Па. Определить изменение энт-
энтропии в этом процессе.
Ответ: Д5 = 8 кДж/К .
9. Идеальный газ может перейти из состояния I в состояние 2 двумя способами:
1А2 и 1В2 (рис. 2.3). Показать, что изменение энтропии в обоих случаях одинаково.
"' 1.
Рис. 2.3
10. Вычислить энергию, необходимую для нагревания кислорода от 300 К до 400 К
юстоянном объеме, равном 10" м . Начали
вести для идеального газа и газа Ван-дер-Ваальса.
при постоянном объеме, равном 10 м . Начальное давление равно 107 Па. Расчет произ
Ответ: {/ = 8,2 кДж; U = 9 кДж.
ид р
11. Цилиндр объемом 10" м содержит 0,04 кмоль водорода. Температура равна
400 К. Найти адиабатическое изменение объема при охлаждении газа до 300 К. Поправка
Ван-дер-Ваальса Ъ = 0,022 м /кмоль.
Ответ: ДК = 9-10~3м3.
12. В сосуде объемом V— 10" м' находится азот, масса которого т— 0,25 кг, при
1 = 27 С. Какую часть объема сосуда составляет собственный объем молекул V ?
Ответ: Vjv = 0,01 .
3. ЭЛЕКТРОСТАТИКА
3.1. Закон Кулона. Напряженность и потенциал
электрического поля
Согласно закону Кулона, сила взаимодействия двух точечных зарядов q' и q , находя-
находящихся в точках с радиусами-векторами г' и г (рис. 3.1),
F = _ J 44JLL.il
4пес0 |r-rf
где е - диэлектрическая проницаемость среды: eQ - электрическая постоянная.
Напряженность электрического поля н точке г неподвижного точечного заряда q' ,
находящегося в точке г' ,
4neeQ |Г_Г-|Э
Напряженность поля системы п точечных зарядов равна векторной сумме напряжен-
ностей полей, созданных каждым зарядом независимо от других (принцип суперпозиции
полей):
E(r) = I t.(r).
Согласно теореме Гаусса, поток вектора V. напряженности электрического поля через
произвольную замкнутую поверхность S равен алгебраической сумме зарядов, находя-
находящихся внутри этой поверхности, деленной на ее :
1 "
§ (Е , dS) = L q- .
(S) i=l '
Для непрерывного распределения зарядов
f (E ,dS )=--—/ pdV .
E) "о (V)
В дифференциальной форме теорема Гаусса имеет вид
Связь между напряженностью и потенциалом выражается формулой
Е(г) = -
Уравнение Пуассона
Задача 3.1. Найти cmiy, с которой система точечных положительных заря-
зарядов q^ , q2 ,..., qn с радиусами-векторами rf , r2 , ..., хп действует на точечный
положительный заряд q с радиусом-вектором г (рис. 3.2).
70
Рис 3 1
Рис 3 2
Решение. Сила, с которой точечный заряд <?(- действует на заряд q
определяется законом Кулона:
(г - г )
F.(r) = kqq,- — , k-
Равнодействующая электрических сил со стороны всех зарядов равна век-
векторной сумме этих сил (принцип суперпозиции):
и и <7,(i - г;)
F(r) = I
— kq X —- .
'=1 |г-г.|3
Задача 3.2. Заряд распределен по объему V ; объемная плотность заряда
равна р(г). С какой силой он действует на точечный заряд q , находящийся в
точке с радиусом-вектором г ? Какова напряженность электрического поля в
этой точке?
Решение. Разобьем мысленно заряженное тело на малые элементы объ-
объемом ДК так, чтобы заряд каждого элемента можно было считать точечным
(рис. 3.3):
Сила взаимодействия этого элемента с точечным зарядом q
Л<?,(г - г,.)
AF.(r) = kq -~—Г- , * ^ 1/Dтге0).
Искомая сила определяется предельным выражением
п р(г)(г-г)ДУ
F(r) = lim kg
—•; f—- = kq f ^^±1 dV* .
k/ ||3
Напряженность электрического поля в точке с радиусом-вектором
o(l')
71
У
г
1
s
/
Y
(V) /
-I
Е(г)
Рис. 3.4
Рис. 3.3
или в проекциях на оси координат:
р(г')(х-х')
?о (V) If" r I
Ev@ = -—- /
} 4neo (П
dV ;
?,(г) --
f
о (У)
-.— dV
3
Задача 3.3. Электрическое поле создано положительным зарядом q , рав-
равномерно распределенным по тонкому стержню длиной 2/ . Найти напряжен-
напряженность поля в точках, лежащих на прямой, перпендикулярной к стержню и про-
проходящей через его середину (рис. 3.4).
Решение. Напряженность электрического поля линейно распределенно-
распределенного заряда
г(г')(г - г') ,
Е(г) = к f ^Ч—V ,
где т (г') - линейная плотность заряда; г (г') = qj B1 ); г (х, 0, 0) — радиус-
вектор точки на оси ОХ , в которой определяется напряженность поля; г'@ ,
у , 0) - радиус-вектор линейного элемента стержня dl' = dy' ; |г - г'| =
= (х2 + у^ I>2 . Проекции вектора Е(г) на координатные оси (см. рис.3.2):
- k J
тх
kr
-1(х2
11
у»
, 1 , 1 У
-dy — krx -¦¦
»2 х2 (х2 + уг
1-Г
х (х2 + I7I'2 x(x7 + I2I'2
72
Ev(r) = -k
так как это интеграл от нечетной функции, взятый в симметричных пределах,
?,(г) =
т О
¦у' fl2
dy' = 0.
Следовательно, величина напряженности электрического поля в точке
(* , 0 , 0)
к\я\
или в векторной форме
Е(х,0,0) =
При \x\-t I
kq
х(х>
k\q\ \т\
\x\l 2neQ\x]
получаем напряженность электрического поля бесконечной равномерно заряженной нити.
При |*| > 1
х2 4пе0х2
получаем напряженность эпектрического поля точечного заряда.
Задача 3.4. По тонкому проволочному кольцу радиусом R равномерно
распределен положительный заряд q . Найти напряженность электрического
поля на оси кольца, проходящей через центр кольца, перпендикулярно к его
плоскости (рис. 3.5).
Рис. 3.5
Решение. Напряженность электрического поля, создаваемая элементом
кольца длиной dl' = Rd$ (у - азимутальный угол), заряженным с линейной
плотностью т(г ) = q/ Bэт R),
т(г')(г-г') ,
dE(r) = fc -гЯг,|3 dl' ,
где к = 1/Dя€0) ; г = (Зс,0 , 0) - радиус-вектор точки на оси ОХ , в которой
определяется напряженность поля; г' = @, Rsimp , Rcu=np) - радиус-вектор
элемента кольца dl' ; |г - г'| = {х2 + R2I12 .
Проекцин вектора Е (г) на координатные оси :
27Т тх q х
**(г) = * I G7^*^ = 4яТ0(ЯТ7^ ;
У о
2» TR2 COS!/) R2 27Г
? (г) = —к / d<p — —кт /cosi^dijj = 0.
Итак, напряженность поля в рассматриваемой точке
q х
E(r) = E (r)i = -— i .
х 47гео (х2 + Д2K/2
Если I х| > Л , в знаменателе последней формулы можно пренебречь членом R2 по
сравнению с х . Тогда получим Е{х, 0, 0) = qj(^ne x ) - напряженность электриче-
электрического поля точечного заряда.
Задача 3.5. Тонкое непроводящее кольцо радиусом R заряжено с линейной
плотностью т = tqcos<? , где tq > 0 ; \р — азимутальный угол. Найти напряжен-
напряженность электрического поля на оси кольца в зависимости от расстояния х до его
центра (рис. 3.6).
Решение. Напряженность электрического поля
Т(г')(г-г')
Е = к ( -:—dl ,
где k = 1/Dтг€0); г = (х,0,0); г' = @ , Дыгьд Rcosy); dl' =
|г-г'| = (х7 + R7I/2 (см. задачи 3.3, 3.4). Проекции вектора Е(г) на оси ко-
координат:
2я т cosv? кт Rx in
К (г) = к / xRd* = 2 / f-os^d^i = 0 ;
о (x' + R2K!2 (R' + x2K'2^
2п Rcosipsiritc kr R г-н
E О) = -/гт. Г fld^ = /s
° о {х2 + R2f<2 2{x2 + R2f'2 о
Рис. 3.6
fyj
X -4-
?t
Рис. 3. 7
fcr.
7-n
Чй1K'2 о
cos
In
hr.
Так как Е = Е = О, то величина напряженности электрического поля в точке
(* , 0 , 0) У
Е(дг , 0, 0) = Е к = -±- —~к ,
где к — единичный вектор оси OZ.
Вектор Е(х, 0, 0) направлен противоположно оси 07, . Этот результат обусловлен
тем, что в области z> 0 полукольцо имеет положительный заряд (cos^>> 0), а в области
' < 0 - отрицательный (cos^ < 0). Следовательно, вдоль оси ОХ поле имеет дипольный
характер.
При |х| > R
Е(х,0, 0) ~— .
75
Задача 3.6. Бесконечно длинный круговой цилиндр радиусом R равномер-
равномерно заряжен по объему с плотностью р > 0. Найти напряженность и потенциал
электростатического поля в точке, удаленной на расстояние г от оси цилиндра.
Диэлектрическая проницаемость цилиндра е ~ 1; принять ^@) = 0.
Решение. Используя симметрию распределения заряда и теорему Гаус-
Гаусса, найдем напряженность электрического поля внутри и вне цилиндра. В каче-
качестве поверхности, через которую будем определять поток вектора Е , выберем
цилиндр радиусом г и высотой h , имеющий ту же ось симметрии, что и задан-
заданный цилиндр (рис. 3.7). Во всех точках боковой поверхности цилиндра век-
вектор Е совпадает с внешней нормалью к этой поверхности и имеет одинаковую
величину. Поток вектора Е через боковую поверхность цилиндра
Ф, = #(E,dS) = Е Ivrh . A)
OS)
Поток через основания цилиндра равен нулю, так как вектор Е перпен-
перпендикулярен к п' и п .Из теоремы Гаусса следует, что
ф = _L; pdV = 2Л9± frdr = «РЬГ- B)
eo (Ю е, <> po
(при вычислении интеграла учитывается, что dV = 2nrhdr).
Приравнивая выражения A) и B), находим напряженность электрическо-
электрического поля внутри цилиндра
Е = 2тгрг .
1 47ге
о
Чтобы найти Ег для г > R , окружим заданный цилиндр цилиндрической
поверхностью радиусом г > R и высотой h , ось симметрии которой совпадает
с осью цилиндра (см. рис. 3.7). Проводя вычисления, аналогичные предыду-
предыдущим, получаем:
Ф = § (Е. ,dS) = E 2-nrh ; C)
(S)
/ pdV = -f- j rdr = —f-— . D)
о (V) eo о /eo
Приравнивая выражения C) и D), находим К :
Е = —L l
'2 4
Для определения потенциала используем связь между Е и <р , выраженную
в проекции на радиальное направление:
Для г < R
7Й
Так как при г -- О ^@) = 0, то С{ = 0 и
Для г > R
v?, = - (E.dr = - -^— 2лЯ2рГ — =- -— 2nR2p\nr+ Сп .
Постоянную С2 определяем из условия непрерывности потенциала: при
г = R $i = <р2 . Тогда
1 тгрЯ2 = - —!— 2тгй2р1пД+ С, ,
4тге0 4тге0
откуда
Следовательно, в области г > R потенциал
Окончательно получаем:
1 I 2ярг, 0 < г < R;
Е = 4^77 ( 2тгрЯ2/г, г > Я;
тгрг2 , 0 < г < Я ;
27грЯ^Aп- +-=), г >R.
R I
Задача 3.7. Система состоит из шара радиусом Я , равномерно заряженно-
заряженного по поверхности, и окружающей среды, заполненной зарядом с объемной
плотностью р = а/г , где а — положительная константа; г - расстояние от
центра шара. Найти заряд шара, при котором модуль вектора напряженности
электрического поля вне шара не будет зависеть от г . Чему равна эта напря-
напряженность? Диэлектрическая проницаемость среды е = 1 .
Решение. Найдем напряженность электрического поля на расстоянии г
от центра шара, воспользовавшись теоремой Гаусса. Поток вектора напряжен-
напряженности через сферу радиусом г > R , окружающую шар,
Ф = 4тгг2?(г). A)
С другой стороны, согласно теореме Гаусса,
_ q_ 4яа_ r r2dr _ _q _4яаг^ _ 4uaR2
со €о R r ео -со ^ео
где q — заряд шара.
Приравнивая выражения A) и B), на ходим
77
E(r) = -Ч- + ^ - -**- .
4яе r2 2eo 2e r2
о о
Согласно условию задачи, напряженность электрического поля не должна
зависеть от г т. е.
-^ ^ = 0.
Следовательно, q = liraR7 ; ?(r) = a/BeQ) .
Задача 3.8. Заряд q равномерно распределен по объему шара радиусом R .
Найти потенциал и напряженность электрического поля внутри и вне шара как
функцию г расстояния от центра шара. Диэлектрическая проницаемость шара
6=1.
Решение. Для нахождения потенциала воспользуемся уравнением
Пуассона. Дифференциальные уравнения для нахождения у(г) имеют вид
(см. прил. 4):
\ /(^) = -JL>0<r</?i A)
г2 dr y dr ' eQ '
где р - объемная плотность заряда: р = q\ fy яй3);
^^= 0, г>Д. B)
r2 dr y dr
Решение уравнения A) находим непосредственным интегрированием:
откуда
+
Проинтегрировав последнее уравнение, получим
Аналогично для уравнения B) имеем
откуда
dr ~ S ¦ E)
Интегрируя это уравнение, получаем
Поскольку Еп(т) = -^ , то из уравнений C) и E) следует:
<Ч рг С
*.»« = - —31"V
Для определения постоянных интегрирования С, • С2 , С3 , С4 исходят из
следующих условий: 1) произвольности выбора нулевой эквипотенциальной
поверхности; 2) конечности и непрерывности потенциала в области определе-
определения поля; 3) непрерывности нормальной составляющей (при отсутствии заря-
заряженных поверхностей) вектора электрического смещения в той же области.
Согласно условию 1, можно положить у?2(г) = 0 при г * °° , тогда С4 =
= 0. Из условия 2 (конечности потенциала i^ (г) в точке г = 0) следует, что
С = 0 . В соответствии с условием 3:
или
Р 2 С3
_рд_ _ _ 3
Зео ДТ '
Из системы G) находим постоянные С2 и С3:
С3 = -рК3/(Зе0); С2 =рЯ2/Bе0).
Подставляя выражения для С7 иС3 в D) и F), получаем:
3V
Так как вектор нормали п = г/|г|, напряженность электрического поля
внутри шара
а вне шара
Е,(г) = Е (г)п = -- -г .
Итак, окончательно получаем:
'РЯ ,. г1
г > R
Задача 3.9. Сфера радиусом К заряжена равномерно с поверхностной плот-
плотностью а. Чему равен потенциал электрического поля внутри сферы?
Решение. Внутри сферы напряженность электрического поля Е = О,
следовательно, dipj dr = 0, откуда ^(V) = С( = const . Потенциал вне сферы
(г > R) эквивалентен потенциалу поля точечного заряда, т. е.
Q 4nR2Q R7
W 4ire0r 4ireQr eQr ° '
Используя условие непрерывности потенциала ^, (R) = *P2(R), находим
Сх = R2ol(eQR) = oRlea .
Отсюда у t = oR/eQ , т. е. потенциал внутри заряженной сферы постоянен и ра-
равен потенциалу на ее поверхности.
Задача 3.10. Металлический шар радиусом R{ , заряженный до потенциала
*р1 , окружают концентрической с ним сферической проводящей оболочкой
радиусом R2 . Найти потенциал шара после заземления внешней оболочки.
Решение. Предположим, что заряд внутреннего шара q > 0. Покажем,
что при заземлении оболочки на ее внутренней поверхности индуцируется за-
заряд q = —q . Так как оболочка заземлена, ее потенциал равен нулю. Тогда для
любой точки в толще оболочки i^,(r)+ \рг(г) = 0 , т. е.
kq kq' ]
— + = 0 , k =
Г Г ' 47Г€0
откуда q = -q .
На поверхности внутреннего шара после заземления оболочки
kq kq R,
(Д)(Й) A ')
\ «, ^ ^
где i/>( (R{) = ftq/R. ; 02(Д,) = ^2(д2) = -kq/R2 , так как потенциал поля за-
заряда q' для всех точек r< R одинаков.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Два положительных заряда q^ и q^ находятся в точках с радиусами-векторами г[ и
г^ . Найти отрицательный заряд </3 и радиус-вектор г точки, в которую его надо помес-
поместить, чтобы сила, действующая на каждый из трех зарядов, была равна нулю.
Ответ: Я,~~
ч/<7,
2. Диск радиусом R заряжен равномерно с поверхностной плотностью а . Определить
напряженность поля Е в точке, находящейся на расстоянии h от диска на перпендикуляре
к плоскости диска, проходящем через его геомепрический центр.
h
Ответ:?=2тгаA- ———- ) .
sjh1 + Я2
3. Точечный заряд q находится в центре тонкого кольца радиусом R , по которому
равномерно распределен заряд -q . Найти модуль вектора напряженности на оси кольца в
точке, отстоящей от центра кольца на расстоянии х (х > R).
Ответ: Е =
4. Электрическое поле создано положительным зарядом q , равномерно распределен-
распределенным по тонкому стержню длиной 21 . Найти напряженность электрического поля на рас-
расстоянии г от центра стержня для точек, лежащих иа оси стержня вне его.
Ответ: Е =
4eQ(.r2 -I2)
5. Полусфера равномерно заряжена с поверхностной плотностью о > 0. Определить
напряженность электрического поля в центре полусферы.
Ответ: Е = о/Dе0) .
6. Бесконечная тонкая прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью т .
Найти напряженность электрического поля и потенциал как функции расстояния г . По-
Потенциал на расстоянии г = rQ положить равным нулю.
11 т г
Ответ: Е(г) = ; ф(г) = In — .
2fffo r 2n€o ro
7. Внутри бесконечно длинного цилиндра радиусом R , заряженного равномерно с
объемной плотностью р , имеется круглая цилиндрическая полость. Расстояние между
осями цилиндра и полости равно d . Найти напряженность электрического поля в полости.
Диэлектрическая проницаемость е = 1 .
1 Р
Ответ: |Е| = — —d .
2 ео з
8. Пространство заполнено зарядом с объемной плотностью р = pQe ar , где а и
Ро - положительные константы. Найти Е (г) .
рог 3
Ответ: Е(г) = г- A - е аг ) .
9. Два шара несут равномерно распределенные по объему заряды с плотностями р и
— р . Расстояние между центрами шаров равное . Найти электрическое поле в полости, об-
образованной пересечением двух шаров.
6 Зак. 6865 81
Ответ: Е = -—/эа .
10. Бесконечная пластина толщиной d равномерно заряжена по объему с постоянной
плотностью р . Найти потенциал и напряженность электрического поля внутри и вне плас-
пластины. Диэлектрическая проницаемость пластины е = 1 .
f>d d d рхг d d
О т в е т : * (л) = к —- (х + -) (х < - -); * (х) = -к — (- - < х < -) ; * (х) --
1 24 2 i 222Л
d d 1
= кр - (х> -) , где к = .
2 2 4тГб0
3.2. Проводники и диэлектрики в электрическом поле.
Энергия электрического поля
Внутри заряженных проводников, а также проводников, находящихся в постоянном
'агк трическсм поде Е = 0 . У поверхности заряженного проводника в вакууме Е = О,
Е = а /е , cru1 t . t - соответственно проекции на касательную и внешнюю нормаль
к поверхности проводника.
Электростатическое поле в диэлектрике характеризуется вектором напряженности
электрического-поля Е и вектором электрического смешения D, которые удовлетворяют
уравнениям:
div D = р ; rot Е = 0 ,
где р - объемная плотность сторонних зарядов в диэлектрике.
Объемная плотность связанных зарядов в диэлектрике
р = -divP,
где Р - поляризовакность диэлектрика.
В случае изотропных диэлектриков
где к - диэлектрическая восприимчивость вещества; е - диэлектрическая проницае-
проницаемость вещества: е = 1 + к .
На поверхности раздела сред с различными диэлектрическими проницаемостями вы-
выполняются следующие граничные условия:
где а и а' - поверхностные плотности сторонних и связанных зарядов; п - орт нормали к
поверхности раздела, направленный из первой среды во вторую; т - орт, касательный к
поверхности.
Емкость конденсатора
С = ql($l — v2) ,
где q > 0; <р - <р - разность потенциалов.
Энергия электрического поля
(E,D)
W= I dV ,
(V) 2
где интегрирование ведется по всему пространству, занятому полем; (Е , D)/2 - объем-
объемная плотность энергии поля.
82
Задача 3.11. В вакууме на расстоянии h от проводящей бесконечной плос-
плоскости находится точечный заряд q . Определить: 1) потенциал и напряженность
электрического поля в точке A(x,y,z) ; 2) поверхностную плотность заря-
зарядов, индуцированных на плоскости, и суммарный индуцированный заряд;
3) силу взаимодействия точечного заряда q с проводящей поверхностью.
Решение. 1. Воспользуемся методом изображений, состоящим в том,
что вместо системы точечный заряд - металлическая поверхность рассматри-
рассматривают такую систему зарядов, для которой данная металлическая поверхность
является эквипотенциальной и может быть исключена из рассмотрения.
Пусть заряд <7[ = q находится в точке с радиусом-вектором г = @,0, h),
а заряд q2 = — q - в точке С с радиусом-вектором г2 = @, 0,-й). Радиус-век-
Радиус-вектор точки А г - (х, у, г) (рис. 3.8 ).
г,
h
0
V///////////f
/Г2
'х -h
>ЯгЯ
/
'/////////Л
''Яг-Я
А
/
Рис. 3..
Потенциал электрического поля в точке А
4тте
) ¦
0 \1 х2 + у2 + (z-hf \/х2 + у2 + (z+ hf
Теперь можно определить компоненты вектора Е напряженности электри-
электрического поля:
Е* ~ дх
[X2 + у2 + B+/2J]3/2
Е., = -
47Г€о [x2+y2f (z-hJ}3'2
[^2 + у2+ (г+hJ]3'2 '
83
Эф) q z—h
dz '
2+ h
Если точка А находится на проводящей плоскости, т. е. г = (х, у, 0), то
Е (г ) = Е (г) = 0 . Следовательно,
2. Поверхностная плотность заряда, индуцированного на плоскости,
о = e0Ez = -
Для нахождения полного индуцированного заряда перейдем к полярным
координатам: х = rcos^ , у = г sin у . В этом случае
о --
2я(г2 + h2K'2
Тогда
ос
q = / adS = j al-nrdr = —qh
(S) о
3. Сила взаимодействия точечного заряда с проводящей поверхностью г
= 0 равна силе взаимодействия этого заряда с его изображением:
JT1 __
Задача 3.12. Между обкладками заряженного конденсатора плотно вдвига-
вдвигается пластина из диэлектрика с диэлектрической проницаемостью е . Найти от-
отношение плотностей связанного заряда на поверхности диэлектрика для двух
случаев: 1) конденсатор отключен от источника тока; 2) конденсатор под-
подключен к источнику тока.
Ре шение. 1. Если конденсатор отключен от источника тока, заряд на
его обкладках остается неизменным. Пусть U— напряжение на конденсаторе,
d — расстояние между его пластинами. Тогда напряженность электрического
поля между обкладками в отсутствие диэлектрика
Ео = U/d = a1/eQ ;
поверхностная плотность зарядов на положительно заряженной пластине
84
Так как ст( = const, то после введения диэлектрика
Е = -!i-
eeQ ed
Плотность связанных зарядов а[ = Рп , следовательно, поверхностная плот-
плотность связанных зарядов
2. Если конденсатор подключен к источнику тока, то напряжение на нем
остается постоянным. При наличии диэлектрика напряженность электрическо-
электрического поля между обкладками конденсатора Ег = U/d , а поверхностная плот-
плотность связанных зарядов
а' =ке0Е2 = (e-l)eof . B)
Из выражений A) и B) следует
al/a2 = 1/е .
Задача 3.13. В малой окрестности точки А на границе раздела стекло-ва-
стекло-вакуум напряженность электрического поля в вакууме ЕQ , а в стекле — Е .
Угол между векторами ЕиЕ0 равен а (рис. 3.9). Найти поверхностную плот-
Рис. 3.9
ность связанных зарядов в точке А . Диэлектрическая проницаемость стекла
равна б .
Решение. В ортогональных координатах скалярное произведение двух
векторов равно сумме произведений одноименных проекций
(Е0,Е) = 0 OTTonn
Из граничных условий EQt= Ет , EQn = eEn следует:
S0Scosa = Е2т + eEl ; A)
Е = Е + Я2 = Я2 + €2Е2 . B)
Вычитая уравнение A) из B), получаем
85
откуда
Е« -
Следовательно, поверхностная плотность связанных зарядов
/ Е (Е -Есова)
1 = Рп = ^оЕп = (е - De0 V A} -
Рп
Задача 3.14. На границе диэлектрика и проводника | а\ а\ = 1/2, где <т' -
поверхностная плотность связанного заряда на диэлектрике; a - поверхност-
поверхностная плотность заряда на проводнике. Вычислить диэлектрическую проницае-
проницаемость диэлектрика.
Решение. Пусть первая среда - диэлектрик, вторая — проводник. Тог-
да Р2 = 0 и П2 = 0 , так как внутри проводника Е = 0 , и из граничных усло-
условий для нормальных проекций векторов поляризованное™ и электрического
смещения
следуетЯ[И = а' ; D[n =-a .
Так как диэлектрик изотропный, его поляризованность пропорциональна
напряженности электрического поля
Р,„ - ^оЕиг = (?- О*,, ^=^Л1Я . A)
Подставляя значенияPjn и D п в формулу A), получаем
е- 1
а =-—а,
откуда
|o7ff| = (e-l)/e .
По условию задачи \а'/а\= 1/2. Следовательно, (е — 1)/е = 1/2 и е = 2.
Задача 3.15. В пространство между обкладками плоского конденсатора
параллельно им вносится диэлектрическая пластина, толщина которой состав-
составляет rj< 1 расстояния между обкладками (рис. 3.10, а). Диэлектрическая про-
проницаемость пластины изменяется в перпендикулярном к обкладкам направле-
направлении по линейному закону от ег у одной поверхности пластины до е2 у другой.
Емкость конденсатора без диэлектрика С . Конденсатор подключен к источ-
источнику постоянного напряжения U. Найти изменение энергии конденсатора.
Решение. Покажем, что емкость конденсатора с диэлектрической плас-
пластиной не зависит от расстояния х до одной из обкладок. Эквивалентная схема
конденсатора с диэлектриком изображена на рис. 3.10, б , где С = ?QS/x ;
С не зависит от х ; С = f0S/(d — х — rjd); S - площадь пластин конденса-
конденсатора; d - расстояние между ними; х - расстояние от диэлектрической пласти-
пластины до одной из обкладок конденсатора. Емкость всей конденсаторной батареи
Рис. 3.10
" i •*" У. ' / I
.L, I
"с7 "" С С ^~ e S
Следовательно, С' не зависит от х .
По условию задачи ,
е(х) = е, + 2 \ .
Разобьем мысленно пластину на слои толщиной dx , в пределах которых
е(х) практически не изменяется. Тогда
1
dx
0J e(x)eQS eQS Jo е^
~37TlnFi
tin — .
Емкость конденсатора без диэлектрика С = eQS/d , следовательно,
_L = _L=j
с' с
т?1п(еа/б,)
откуда
С' = С
A-ЧIс2 -e^
Изменение энергии конденсатора
-1)-
87
Задача 3.16. Найти энергию электростатического поля внутри сферическо-
сферического конденсатора, заполненного изотропным диэлектриком с диэлектрической
проницаемостью, изменяющейся по закону е (г) = A +( R}R7)Ar )~* , где
/Jf и R2 — радиусы внутренней и внешней обкладок. Заряд внутренней об-
обкладки q > О .
Решение. В области R < г <
D(r) = -L. E(r) = —^
4nr 4тге
Поэтому объемная плотность энергии поля
ЩгЩг) t
(
Учитывая сферическую симметрию поля, в качестве элемента объема мож-
можно взять dV — 4яг2 dr . Тогда искомая энергия
я7 R7 dr я2 Ri l + iR^r1?2
я 7 dr я
w = j W(r)dv = f- j -^~ =?rr f
(V) 8neoRi e(r)r2 87Ге
R2 -Я,
Задача 3.17. Заряд q равномерно распределен по объему шара радиусом
R . Диэлектрическая проницаемость вещества шара е , вне шара - вакуум.
Найти энергию электростатического поля, созданного шаром.
Решение. Величина напряженности электростатического поля, создава-
создаваемого равномерно заряженным шаром (см. решение задачи 3.8),
kq
— г , 0 < г < R ;
, fR3
E(r) = { A)
Г ' Н > » 4яв0 '
Энергию поля определим из формулы
IV = fw(r)dV = 4я °Jw(r)r2dr , B)
(V) о
где w(r) = D(r) E(r)/2 .
Элемент объема dV = 4nr2dr. Подставляя выражение для w(r) в формулу
B), с учетом A) получаем
%/ f (
eR3 R l r1
88
j_4
5e ' '
10 eR 2 R 8irenRl 5e
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Внутри сферической незаряженной проводящей оболочки иа расстоянии а от ее
центра помещен точечный заряд q . Радиусы внутренней и внешней поверхностей оболоч-
оболочки равны г и R . Найти поверхностную плотность индуцированных электрических заря-
зарядов на внешней поверхности оболочки и ее потенциал <р . Определить поверхностную
плотность о индуцированных зарядов в точках внутренней поверхности оболочки, распо-
расположенных на одном диаметре с зарядом q .
Ответ: *о =^7^<?; ° = " Тт
2. Диэлектрик с диэлектрической проницаемостью е заполняет полупространство.
В вакууме на расстоянии / от плоской границы диэлектрика находится точечный заряд q.
Найти плотность о распределения заряда по поверхности диэлектрика.
Ответ: о (г) =- ,
где г - расстояние до основания перпендикуляра, опущенного на поверхность диэлектри-
диэлектрика из точки, в которой находится заряд q .
3. Два металлических шара радиусом г каждый заряжены одинаковым зарядом q и
окружены концентрическими сферическими проводящими оболочками, радиусы кото-
которых R^ = 2r и Л2 = Ъг . Вычислить потенциалы шаров при условии, что оболочки соедине-
соединены проводником пренебрежимо малой емкости.
9 к4 16 kq 1
Ответ: л = i <fi. = — , * = •
1 10 г 2 15 г 47Г6о
4. Плоский конденсатор с квадратными пластинами площадью S каждая, расстояние
между которыми d , заполнен диэлектриком с диэлектрической проницаемостью, изме-
изменяющейся по закону е(х) = 1 + х / s/S~. Найти емкость конденсатора.
Отв ет : С = Зе QS/Bd) .
5. Шар радиусом Л из однородного изотропного диэлектрика равномерно заряжен
сторонними зарядами. Найти отношение поверхностной и объемной плотностей связан-
связанных зарядов.
Ответ: а'/р' = -Л/3.
4. ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
4.1. Магнитное поле постоянного тока
Магнитное поле, создаваемое линейным проводником L с током / , описывается
вектором магнитной индукции В = В (г) согласно закону Био-Савара-Лапласа
дм,
о J[dr', г-г']
4jt
S
|г-г'
1.3
где г - радиус-вектор некоторой точки пространства вне проводиика (точка наблюде-
наблюдения) ; г' - радиус-вектор произвольной точки проводника; <1г - изменение вектора г' при
движении вдоль проводника по направлению тока (рис. 4.1); д - магнитная проницае-
проницаемость среды; д0 - магнитная постоянная.
Рис. 4.1
Напряженность Н магнитного поля для изотропной среды
Н = В/(дд0).
Теорема о циркуляции вектора В (закон полного тока):
i (B,dD = Дд nj,dS),
Ф) (S)
где j - вектор плотности электрического тока через поверхность 5 , ограниченную конту-
контуром L . Направления обхода контура и нормали к поверхности образуют правовинтовую
систему.
Сила, действующая на элемент dl проводника с током V , находящийся в магнитном
поле с индукцией В (сила Ампера):
dFA = /'tdl.Bj.
Задача 4.1. Определить магнитную индукцию поля, создаваемого прямоли-
прямолинейным бесконечно длинным проводником с током / , в точке, находящейся
на расстоянии а от проводника.
Решение. Совместим ось OY с проводником (рис. 4.2). Точка, в кош-
рой надо определить магнитную индукцию, находится на оси ОХ . Для вычис-
вычисления вектора В в рассматриваемой точке воспользуемся законом Био-
Савара-Лапласа. Так как проводник с током и точка наблюдения г = (д ,
О, 0) лежат в одной плоскости, то векторы [dr , г - г'] для всех г' направлены
противоположно оси OZ , и поэтому Вх (г) = В (г) = 0 . Для вычисления проек-
проекции В2(т) учтем, что г = (а , 0 , 0); г' = @ , у1 , 0); dr = @, dy' , 0); |г -г'| =
= (а2 +
. Тогда
ady'
27Г
— (о2
а_ J
а2 (а
— ;_ с
2яа
lim
Итак, в рассматриваемой точке
В(а, 0,0) = -^~к,
где к - единичный вектор оси OZ.
Так как рассматриваемая точка по отношению к проводнику ничем не вы-
выделена, во всех точках окружности г = а вектор магнитной индукции будет
иметь одну и ту же величину
В = wJIB™) ¦
г"
Y i
i'
г'
0
/г
Ad'2
Рис.
У
I
4.3
X
Рис. 4.2
Задача 4.2. Определить магнитную индукцию поля, создаваемого тонким
бесконечно длинным проводником с током/ , изогнутым под углом а = я/2,
91
в точке, лежащей на биссектрисе этого угла на расстоянии а от вершины
(рис. 4.3).
Решение. Совместим проводник с осями ОХ и О У. Так как проводник
и точка наблюдения лежат в одной плоскости, то Вх(т) = В (г) = 0 (см. задачу
4.1). Для вычисления В (г) необходимо учесть, что контур интегрирования L
состоит из двух частей: Ь{ , лежащей на оси ОХ , и L2 , находящейся на оси
OY. Поэтому
Bz(r) = k'l f d-^
|г-г'|3
+ k'l dx'(y-y')-dy'(x-x')
Ir - r'|3
где k' = мдо/Dтг) .
Так как по условию задачи точка наблюдения расположена симметрично
относительно тех же частей проводника, то их вклад в магнитную индукцию
создаваемого поля будет одинаков. Следовательно, можно записать:
dx'(y — у1*) — dy'(x — х')
Вг(Г) = У) |г-г? ¦
Учтем теперь, что в выбранной системе координат
r = (acos(a/2), asin(a/2),0) ={а/у/Г, a/\fl,G); г'=@,У,0);
= [a2/2+ (y'-a/V^J]1'2 ¦
Тогда
, °° dya/sfl
Bz(r)=-2k'l(
= -k'aIy/T 5
Следовательно, вектор магнитной индукции в рассматриваемой точке име-
имеет вид
7
Задача 4.3. Найти магнитную индукцию поля, создаваемого тонким коль-
кольцевым проводником с током / , в точке, лежащей на оси кольца, перпендику-
перпендикулярной к его плоскости. Радиус кольца R .
Решение. Совместим плоскость кольца с плоскостью YOZ , а его ось -
с осью ОХ (рис. 4.4). Введем в плоскости YOZ полярный угол $ , отсчитывая
92
его от положительного направления оси OZ в направлении тока. Будем искать
вектор магнитной индукции в точке с радиусом-вектором г = (х, О, 0). Для
произвольной точки кольца г' = ( 0, R simp , R cos^)). Дифференцируя вектор
г' по у , получаем dr = @, R cosi/xfy> , -R sirup dtp). Наконец, |r - r'| = (x2 +
+ R2yi2 . Тогда проекции вектора В(г) на оси OX, OY, OZ:
@ = к'1 §
dy\z-z)-dz'[y-y')
k 11 (? + л2K'2
В(Г) Г XX
Рис. 4.4
R2
/ (cos <p+ sin'
dz'(x —x'y-dx'(z — z')
2*k'lR2
~(^7^
k'lRx :
dx'(y-y')-dy'(x-x') k'lRx iv
Bz(r) = k'if , 3/2- i=-;i—^-2/с
1 (i) (x2 + Я2K'2 (л:2 + Л2K'2о
где й' = ддо/Dя).
Итак, вектор магнитной индукции на оси кольца
В(г) = ВШ = -
где i - единичный вектор оси ОХ.
Из этого выражения следует, что направление вектора В на оси кольца образует с на-
направлением тока правовинтовую систему.
Задача 4.4. Заряд q равномерно распределен по объему конуса высотой
h и радиусом основания R , который врашлется с угловой скоростью oj во-
вокруг оси симметрии. Найти магнитную индукцию в вершине конуса (рис. 4.5).
93
Рис. 4.6
Рис. 4.5
Решение. Разбиваем конус на диски толщиной Лу , расположенные па-
параллельно основанию. Каждый такой заряженный вращающийся диск пред-
представляет собой сумму концентрических круговых токов, создающих магнит-
магнитное поле, вектор магнитной индукции которого направлен вдоль оси OY. Ток,
создаваемый вращающимся диском на расстоянии г от оси у ,
Д7 = рсог'Дг'Ду ,
где р - объемная плотность заряда: р = 3ql(-nR2h) .
Воспользовавшись решением задачи 4.3 и принципом суперпозиции, най-
найдем магнитную индукцию поля, создаваемого диском, находящимся в точ-
точке;' , в вершине конуса
/ц/u ршДу г у dr'
&B(h) =
2 о [r'+(h-yJ]3/2
(h-yJ -(h-y)]2
(О
Выразим теперь г как функцию у . Из подобия треугольников находим
г = ?(*-
Подставляя выражение для г в формулу A) и интегрируя ее, получаем
ММ0Рш (V 1 + R'7/z2 -IJ h
B{h) = —— — S(h~y)dy =
94
Задача 4.5. Коаксиальный проводник состоит из внутреннего сплошного
цилиндра радиусом г и концентрической с ним цилиндрической оболочки,
внутренний и внешний радиусы которой равны соответственно г2 и гъ
(рис. 4.6). По цилиндру и оболочке идут в противоположных направлениях
равные токи силой / каждый. Найти величину магнитной индукции создава-
создаваемого ими поля как функцию расстояния г от оси проводника. Считать, что в
каждом сечении проводника плотность тока не зависит от г и р. = 1 .
Решение. Направим единичный вектор нормали п к плоскости попе-
поперечного сечения проводника по направлению тока в цилиндре. Тогда для век-
вектора плотностей токов в цилиндре и оболочке получаем соответственно:
j, 2
яг2
Ti2^
Для определения величины магнитной индукции R = В(г) воспользуемся
законом полного тока
#(B,dI) = д0 / (j ,dS) , B)
где контур L совпадает с одной из линий магнитной индукции, причем направ-
направление обхода образует с направлением нормали п правовинтовую систему. Из
симметрии задачи следует, что линии магнитной индукции являются концент-
концентрическими окружностями, лежащими в плоскости поперечного сечения про-
проводника, с центром на его оси. Тогда вдоль любой такой окружности радиу-
радиусом г
$ (В , dl) = В(гJттг ,
и для областей 0 < г< г г[ < г < г2 , г2 О < г3 и г > г3 из теоремы B) с уче-
учетом выражений A) соответственно получаем:
В,(гJтгг = Ц0]\тгг2 =-^-г2 ; C)
i
В2(гJгг = nj^r\ = до7; D)
3(гJтгг = fjLQjl 7гг| — iiqj7 7г(г" -- гг) =
.2 _ ^ ,2 _ и2
B4(rJnr = цо!1 m\ - p.QJ2 7i(r - r\) = цоA -1) = 0. F)
Из уравнений C)-F) находим:
Bl(r) = —г; Ba(D = 2--; В^г)^ -—; В4(г) = 0.
' 'З 2
Следовательно,
r/r\ ,
1/r ,
0,
0 < r < r,
r > r
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Определить магнитную индукцию поля, создаваемого конечным прямолинейным
участком тока / длиной / в точке, равноудаленной от концов отрезка и находящейся на
расстоянии х от его середины.
Ответ: В =
2-nX
2. Эбонитовый шар радиусом R равномерно заряжен: поверхностная плотность за-
заряда равна о . Шар приводят во вращение вокруг своей оси с угловой скоростью ш. Най-
Найти магнитную индукцию В в центре шара. Принять д = 1 .
Ответ: В =
3. По обмотке соленоида длиной I с числом витков на единицу длины п проходит ток
силой / . Определить магнитную индукцию на оси соленоида. Магнитная проницаемость
среды д .
Ответ: В ¦= ддои/.
4. По бесконечной плоскости шириной а и пренебрежимо малой толщиной проходит
ток / . Определить магнитную индукцию на расстоянии у = R от плоскости на перпенди-
перпендикуляре, восставленном к ее середине.
О т в е т : В (R) = arctg ——.
лги 2R
5. В бесконечном цилиндрическом проводе, по которому проходит постоянный ток
плотностью ; , имеется бесконечная цилиндрическая полость. Расстояние между осями
провода и полости равно d . Определить вектор магнитной индукции внутри полости.
Ответ : В = -^ДОИ ,<•]¦
4.2. Движение заряженных частиц в алектрическом и магнитном полях
В электромагнитном поле с напряженностью Е и индукцией В на заряженную части-
частицу, движущуюся со скоростью v , действует сила Лоренца
F = <7Е+ q\y,B].
Уравнение движения частицы в нереля гивистском приближении
т --¦ = qE + (?[v,B[,
где т - масса частицы; q - ее электрический заряд.
96
и cos a).
Задача 4.6. Частица массой т , имеющая заряд q , влетает со скоростью v
в однородное магнитное поле В = (О, О, В) под углом а к вектору В . Найти
кинематический закон движения частицы. По какой траектории она движется?
Решение. Уравнение движения частицы запишется в виде
m^j=q[V,B\. A)
Пусть в начальный момент времени f = 0 rQ = @ , 0 , 0); v = (у sin a , 0 ,
>s a).
Спроектируем уравнение A) на оси координат:
mvx = q(vvB7 - vzB]:) = qBvy ; B)
mvv= q(vzBx -vxBz) = -qBvx ; C)
mv,= QQ>xBv-vyBx)= 0. D)
Из уравнения D) следует, что у„(?) = roust = У0<-о>а . Тогда
*@= Svz(t)dt =(vocaxa)t+ С.
Поскольку z@) = 0 , то С= 0 . Следовательно, z(t) ¦- (и cosu)f.
Дифференцируя уравнение B) по времени, получаем
Выражая из уравнения C) и и подставляя его в формулу E), иа ходим
QB '
Полагая \q\B/m = oj , получаем уравнение второго порядка с постоянными
коэффициентами
uv + u;7vx =0.
Обшее решение этого уравнения записывается в виде
+ C^cofoot. F)
Так как vx(Q) = t)Qsina , то С2 = vQ sin a . Для нахождения С ( продифферен-
продифференцируем уравнение F) повремени:
G)
Поскольку при t = 0 и,@) = 0 , то
vx@) = ^Bvy@) =0. (8)
Подставляя выражение (8) в формулу G), находим, что С1 = 0 .
Итак, проекция скорости на ось ОХ
(9)
Выражая из уравнения B) v , , получаем
7 Зак. 6865 97
V riTi JC rtD 0 * ^
Проинтегрировав формулы (9) и A0), найдем x(t) uy(t) :
x(t) = jvx(t)dl = vQsma f coscoidt = —^- smasinojt + C3 ;
m . , . . .. m
UgOJsina/sinojWf
Так как х@) = y@) - 0, то С, - 0, C.= —и sin a. Следовательно,
кинематический закон движения частицы имеет вид:
v m
s'n a s'n ш ^>
о
- —r-sina(eostof - 1);
^@ = (i'Qcosa)f.
Найденный кинематический закон движения представляет собой парамет-
параметрическое уравнение спирали с радиусом R = (nw sina)/(l9lB) и шагом h =
= Bto0cosc^/cj. Ось спирали параллельна оси OZ v проходит через точку
@, R , 0) в случае отрицательно заряженной частицы и через точку @, — R ,
0) в случае положительно заряженной частицы. Если a = тг/2, частица движется
по окружности радиусом R = mvo/(\q\B).
Задача 4.7. Частица с удельным зарядом q/m движется во взаимно перпен-
перпендикулярных однородных электрическом и магнитном полях с напряжен-
напряженностью Е = (Е ,| 0 , 0) и индукцией В = @, В , 0). Найти: 1) кинематический
закон движения частицы; 2) среднее значение проекции вектора скорости на
ось OZ (дрейфовую скорость). Считать, что в момент времени t = 0 г =
= @,0,0);v0 = @,0,p0).
Решение. 1. Уравнение движения частицы имеет вид
dv
m~di^ ?G+glv,B]. (!)
Найдем проекции этого уравнения на оси координат:
mvx = qEx + q(vyBz - v,Bv) = qE - qBvz ; B).
mby= 4Ey + q(vzBx-vxB2) = 0; C)
2 z xy yx x . D)
Из уравнения C) следует, чю \\, (t) = const = 0. Поэтому y(t) = 0, т. е.
движение происходи! а плоскости X0Z .
Дифференцируя уравнение B), |получаем
x n, z
Выражая кз уравнение \z, 11 и подставляя его в уравнение D), имеем
ьу л ш1^ =0, F)
где со = \q\B/m . Общее решение уравнения F) записывается в виде
vx(t) = C^sincot + C2cosoji. G)
Так как их @) = 0, то С2 = 0. Чтобы найти С1 , продифференцируем уравне-
уравнение G) по времени:
Отсюда vx @) = Cj со . Из уравнения B) следует, что
Q Q Q Q
L @) = -E--Bv.@) = -Е Bv ,
поэтому
1 ~ j mu"» \q\ (В Uo) "
Подставляя найденное значение С1 в уравнение G), получаем
Я Е
\q\ В
Преобразуем уравнение B). Тогда
г||Ч || „ (9)
Интегрируя уравнения ("81 и Г9"), находим x{i\ и г (t):
-@ = /[f -(| - Во
С учетом того, что х@) = г @) = 0 , получаем:
Следовательно, кинематический закон движения частицы имеет вид:
y(t) = 0 ;
,.. Е. m
Траектория движения частицы представляет собой циклоиду, лежащую в
плоскости XOZ .
2. Из уравнений (8) и (9) следует, что средние за период 7' = 2тт/ со значе-
значения проекций скорости: <vx > = 0; < i>z > = Е/В. Таким образом, если опре-
определить дрейфовую скорость как v = < v > , то v = @, 0, Е/В), т. е. дрей-
др . дн
фовая скорость направлена перпендикулярно к Е и В и не зависит от знака за-
заряда частицы.
99
Гели vQ = Е, В, частица будет двигатьед вдоль оси 07. с постоянной скоростью v =
= @,0, Е/В).
Задача 4.8. Частица массой т с зарядом q в момент времени t = 0 попада-
попадает в электрическое поле с напряженностью Е = @, Е(х), 0), где Е(х) - произ-
произвольная функция координаты л-. Найти отклонение частицы от первоначально-
первоначального положения к моменту времени т , если при / = 0 она имела скорость vQ =
= (%,0,0).
Решение. Уравнение движения частицы
т Ш=Ч1.
или в проекциях на оси-координат:
mhx - 0; A)
mvy - ciE(x) ; B)
тй, =0. C)
Г учетом начальных условии из уравнений A) и C) следует: vx(t) =
= const = l>0 : и.G) -" ooiifct = 0.
Обозначим через I координату у частипы к моменту времени г . Тогда
Отклонение частицы у (г) найдем с помощью уравнения B) , переписанно-
переписанного в виде
У = ^00 . D)
Преобразуем это уравнение, положив у -- у{х) . Тогда
d dv ч d , dy dx . d dy . , d2y
, dy
и уравнение D) можно переписать в ниде
dx mv7o
Учитывая начальные условия, получаем:
mv' о
= — fdxXfE(x')dx' = у(т\. E)
5 ° °
Проинтегрируем уравнение E) по частям. Тогда
| /E(>fa) /
| /*E(*>fa)
о mv2Q
Подставляя в последнюю формулу / — v i окончательно получаем
= — / E(x)(vor-x)dx
mu;
Если эпектрическое поле создано конденсатором, ллпна пластин которого /) < uflr , то
qE h qE b
—_Циот x)dx = — h(uQT~ -) .
Задача 4.9. Электрон, ускоренный разностью потенциалов (/, пролетает
поперечное магнитное поле с индукцией В = @ , 0 , В(х)), где В(х) =
= BQ sin (nx/d); а - протяженность области сполем (рис. 4.7). Найти угол а
отклонения электрона от первоначального направления движения.
Viz)
Рис. 4 7
Решение. Уравнение движения электрона имеет вид
rfv . , .
т— =e[v,B]
или в проекциях на оси координат:
mil =" ev B(x) ;
х у
mil - — ei)B(x) ; A)
mi>z = 0 .
Пусть в начальный момент времени, когда электрон влетает в магнитное
поле, его скорость vQ = (vQ , 0 , 0). Так как кинетическая энергия электрона
равна работе сил ускоряющего поля, т. е. mv*/2 = |е |С/ , то и() =у/2|е|?7Дп .
Поскольку сипа Лоренца в магнитном поле не изменяет величину скоро-
скорости, то в момент времени т вылета электрона из поля и(т) = и0 . Из рис. 4.7
видно, что
cos?i = (v(t) , v )/u = v (т)/и
Чтобы найти v (т), преобразуем уравнение (!) с учетом того, что
_ dvy
dvy
_ dvy
~ ~dx~
101
Следовательно,
do e
-?- = - 1В(х) . B)
dx m
Поскольку v @) = 0 , то, интегрируя уравнение B), находим
Так как в момент вылета электрона х = d , то
ed o я d 2edBo
В„ cos — х | = —
¦am ° d 0 7rm
Учитывая теперь, что v = \J v* (т) + v4t) , получаем
Пролет электроном области с магнитным полем возможен, если
2|е|й!В
Считая, что условие C) выполняется, из формулы B) находим
о
или
V гт
sin a =
я
Итак, угол отклонения электрона от первоначального направления движе-
движения
а = arcsin
V /2|е|
тг v mU '
Задача 4.10. Найти траекторию заряженной частицы, движущейся в одно-
однородных параллельных между собой и перпендикулярных к ее начальной ско-
скорости электрическом и магнитном полях. Напряженность электрического по-
поля Е = @ , 0 , Е), магнитная индукция В = @, 0, В), начальная скорость элект-
электрона v0 = @ , v0 , 0).
Решение. Уравнения движения частицы в проекциях на оси ОХ, OY ,
OZ:
mvx = qv В ; A)
то = — qvji ; B)
тйж = qE . C)
102
Из уравнений A) и B) получаем (см. задачу 4.6)
"v + <jJ4, = °. где oj =
У У ' " т
Общее решение этого дифференциального уравнения имеет вид
v @ = C^inojt + C^c.oscot.
Так как vy @) = vQ , то С2 = vQ .
Из уравнения B) находим
,.« т • т .
V(t) V F
Поскольку v @) = 0 , то С = 0. Следовательно,
vx @ = M «
Из уравнения (З) имеем
,z@ = ^t. F)
Интегрируя уравнения D) - F), получаем:
i
Таккакх(О) =у@) =2@) =0, то С\ - |?|во/(дш); С^ = С'3 =0. Следо-
Следовательно, te|u
т. е. траектория движения заряженной частицы — спираль радиусом R = v / oj
с растущим шагом.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Нить накала магнетрона имеет диаметр d , а цилиндр анода - D. Между нитью на-
накала и анодом приложена разность потенциалов U. На колбу магнетрона навита проволо-
проволока, которая образует соленоид, ось которого совпадает с нитью накала. Число витков на
103
единицу ллины соленоида п Какой минимальный ток нужно пустить по соленоиду, что-
чтобы ни один электрон, вылетевший из нити без начальной скорости, не долетел до анода9
I) I 2mU~
Ответ / - " " " „ v —
ттпAг (]')
2. Для моделирования траектории атомной частицы с зарядом q и импульсом Р ,
движущейся в постоянном магнитном поле, часто пользуются тем обстоятельством, что
очень легкий (невесомый) гибкий проводящий шнур с током / , находящийся под по-
постоянным механическим натяжением Т , шнимает и гом же магнитном поле положение,
совпадающее с траекторией частицы Обосновать эгог метод Найти связь между / q
Р , Т (Величина магнитной индукции ноля может меняться в пространстве, но ее направ-
направление остается неизменным Частица движется перпендикулярно к магнитному полю )
Ответ /Р = Тц .
3. Из точки А тежащей на оси прямого соленоида, под углом а к оси вылетает
электрон со скоростью v Магнитная индукция ноля В Найти расстояние г от оси до
точки попадания электрона на экран, расположенный перпендикулярно к оси на расстоя-
расстоянии / от точки А
Ответ г
Ml) , гд,. p
leB
mvcosa
4. Нерслягипистскне прогоны движутся Прямолинейно в области, где созданы од-
однородные взаимно перпендикулярные электрическое и магнитное поля с напряженностью
h -- 120 кВ/м и индукцией В - 50 мТл Граектория протоноп лежит и плоскости ХО7. и
составляет угол 30е с осью ОХ Найти ш.н винтоной линии, по которой будут двигаться
протоны после выключения электрическо1 о по 1я
2тнГ
Ответ /1 — tgv- -- 6,0-10 " м
Рис 4 8
5. Пучок нерелятивисгских заряженные частиц проходит, не отклоняясь, через об-
область А , где созданы поперечные взаимно перпендикулярные электрическое и магнитное
поля с напряженностью V. и индукцией В Кли магнитное поле выключить, след пучка на
экране Э смещается на расстояние лу (рис 4 8) Зная расстояния а и b , найти удельный
заряд qim частиц
Ответ
2/0Д- _,
4.3. Электромагнитная индукция
Магнитный поток через некоторую поверхность S
Ф = / (В, n)dS ,
E)
где В - вектор магнитной индукции на поверхности S ; п- единичный вектор нормами к
этой поверхности в данной точке.
Согласно закону Фарадея, при изменении магнитного потока через поверхность, огра-
ограниченную замкнутым проводящим контуром, в нем возникает электродвижущая сила
</Ф
е'" = " "А •
Знак минус перед производной обусловлен тем, что вектор п, входящий в формулу
для Ф , но определению, образует с направлением индукционного тока правовинтовую
систему. Направление же индукционного тока таково, что создаваемое им магнитное поле
препятствует изменению магнитного потока, вызывающего ЭДС индукции (правило
Ленца).
F.cnn в плоскости, перпендикулярной к вектору магнитной индукции В , движется
незамкнутый проводник, то иа его концах возникает разность потенциалов
*-2 Jt '
где J<t> — поток через поверхность, "заметаемую" проводником за время Jt.
При изменении тока в контуре возникает ЭДС самоиндукции
dl
где L - индуктивность контура; / - сила тока.
Задача 4.11. Прямоугольный контур со сторонами а и b , имеющий сколь-
скользящую перемычку, находится в однородном магнитном поле с индукцией В ,
перпендикулярном к плоскости контура. Сопротивление перемычки R , ско-
скорость, с которой она перемещается вдоль контура, и (рис. 4.9). При каком по-
положении перемычки ток, проходящий по ней, минимален? Какова его величи-
величина? Удельное сопротивление материала, из которого сделан контур, р , сечение
проводника S .
Рис. 4.9
Решение. При движении перемычки изменяются площади разделенных
ею контуров, в результате чего в них наводится ЭДС индукции. Выберем оси
координат, как показано на рис. 4.9. Тогда положение перемычки определяет-
определяется координатой х .
1 OS
Так как магнитный поток через поверхность контура 7 по абсолютной
величине возрастает, то, согласно правилу Ленца, магнитное поле возникающе-
возникающего в нем индукционного тока ^ направлено в плоскости контура против оси
OZ , т. е. индукционный ток идет в первом контуре по часовой стрелке. В кон-
контуре II все наоборот. Выберем п= —к, где к - орт оси OZ . Так как поле одно-
однородно, то магнитные потоки через плоскости контуров I к II:
Ф1 = (В, n)S1 = -(В, к) ах = -Вах;
Ф2 = (B,n)S2 = -(В,к) а (Ь-х) = Во(х-Ь).
Следовательно, ЭДС индукции, действующие в контурах:
Различие знаков е^ и еB указывает на то, что токн 1г и 1^ идут в противопо-
противоположных направлениях.
Согласно правилам Кирхгофа ,
V2-V,=:°> B)
где сопротивления частей контуров / и II, замкнутых перемычкой, соответст-
соответственно равны:
г, = pa/S + 7px/S; C)
гг = pa/S + 2p(b-x)lS . D)
Ток через перемычку
I = J, + 1г.
Из уравнений A), B) с помощью выражений C), D) получаем
е. Bav Bav
.E)
Таким образом, сила тока, идущего по перемычке, зависит от ее положения.
Из выражения E) видно, что знаменатель максимален, когда 2х—Ь = 0. Сле-
Следовательно,
Bav
mm ~ R+ (р(д+ b))l2S "
106
Задача 4.12. Стержень длиной / и массой т , сопротивление которого
пренебрежимо мало, скользит без трения по двум длинным проводникам се-
сечением S и удельным сопротивлением р каждый, расположенным на расстоя-
расстоянии / друг от друга (рис. 4.10). Проводники замкнуты сопротивлением R .
Система находится в однородном магнитном поле с индукцией В , перпендику-
перпендикулярном к плоскости контура. В момент времени t = 0 стержню сообщили на-
начальную скорость vQ в положительном направлении оси ОХ . Пренебрегая са-
самоиндукцией, найти расстояние, пройденное стержнем до остановки. (Считать,
что в момент времени t = 0 координата стержня х ~ xQ.)
«б'
Рис. 4.10
Решение. Выберем, как и в задаче 4.11, к = В/В,п = -к.ЭДС индук-
индукции положительна и равна
€.(х) = Blv(x) .
Согласно закону Ома, индукционный ток в контуре
где R (х) - сопротивление контура в момент, когда перемычка находится в
точке х:
R(x) = R + 2px/S .
Следовательж^
'"W R+ 2px/S ¦
На проводник с током в магнитном поле действует сила Ампера
которая тормозит движение стержня. Проекция уравнения движения стержня
на ось ОХ
т
dt
R+ 2px/S ' "'
Преобразуем левую часть этого уравнения, используя правило .дифференциро-
.дифференцирования сложной функции,
dv(x) _ dv_ dx _ dv_
dt dx dt ~~ V dx '
107
Подставляя это выражение в уравнение A), находим
dv2
dx ~ m(R + 2px/S) '
Непосредственное интегрирование этого уравнения дает
т = ; *L = _ MS 1п(д+ ^
' т R+ 2px/S 2тр S
Так как при t = 0 Кха) ~ % . то постоянная интегрирования
Отсюда скорость стержня
Координату х точки остановки стержня найдем из условия v(xqct)
= 0. Из выражения B) получаем
R + 2рхост , 2рхо
1г- = (й+1Г-
После простых преобразований находим
, sr
Путь, пройденный стержнем до остановки,
9n 2mv p
х - х. = ис„ + -г—) (ехр ( —-—) - 1).
ост о - о 2р'к F *¦ (Blfs
Задача 4.13. По двум параллельным проводникам, замкнутым соленои-
соленоидом с индуктивностью L и активным сопротивлением R , может двигаться
без трения стержень длиной I и массой т . Проводники находятся в однород-
однородном магнитном поле с индукцией В > (R/l) \J m/DL) , перпендикулярном к
плоскости контура. В момент времени t = 0 стержню сообщили скорость vQ
(рис. 4.11). Учитывая только активное сопротивление соленоида, найти закон
изменения скорости стержня v(f) .
Р е ш е н и е. Уравнение движения стержня имеет вид
"•&-*»¦ <•>
где F. - сила Ампера: |F.| = ПВ; I - индукционный ток в контуре. Проек-
Проектируя уравнение A) на ось ОХ , получаем
dvx
т -? = -ПВ . B)
108
Рис. 4 11
Так как ЭДС инпукции е{ = Blvx (см. задачу 4.11) и \ '-? const, индукци-
индукционный ток в контуре изменяется и в нем возникает ЭДС самоиндукции е s =
= —L(dl/dt') . Следовательно, сила тока / может бы>ь найдена, согласно за-
закону Ома, из уравнения
или
б,. + es = IR
u-lM = IR .
х at
C)
Чтобы найти уравнение для определения vx , продифференцируем уравне-
уравнение B) по времени:
т
dt2
dI m
dt
D)
Выражая из уравнений C), <'4) / iidl/dt и подставляя их в уравнение B),
получаем
¦• Л ¦ + (в/)а =
х L x mL x
E)
Введем обозначения R/L = 2/3, (ШJ /(mL) - oj^ .Тогда уравнение E) при-
примет вид
20vx
= 0.
F)
Так как в начальный момент времени tQ = 0 ток в контуре отсутствует, из
уравнения движения B) следует, что v @) = 0 . Таким образом, уравнение
F) нужно решать с начальными условиями:
vx@) = V vx@) = 0.
G)
Корни характеристического уравнения, соответствующего дифференци-
дифференциальному уравнению F), Хт 2 = —р ± v; P — <^1 ¦ Но, согласно условию за-
задачи,
Таким образом, Xj 2= —C±1ш,где со = Vojjj" -/3*" . Следовательно, общее
109
решение уравнения F) имеет вид
С помощью начальных условий G) получаем уравнения для определения С и
С2-
= V
Решая эту систему уравнений, находим:
откуда, подставляя выражения для С1 и С2 в формулу (8), получаем
vx(t) = vae~0t(coscot + -- sin ojt) .
Задача 4.14. Прямой провод, единица длины которого имеет сопротивле-
сопротивление р , изогнут под углом 2а . Перемычка из такого же провода перпендику-
перпендикулярна к биссектрисе этого угла и образует с согнутым проводом замкнутый
треугольный контур. Этот контур помещен в
однородное магнитное поле с индукцией В ,
перпендикулярное к его плоскости (рис.4.12).
Перемычка движется вверх так, что тепловая
мощность, выделяющаяся в цепи, постоянна и
равна Р . Найти зависимость у (t) высоты подъ-
подъема перемычки от времени, если у @) = 0. Со-
Сопротивлением в контактах пренебречь.
Рис. 4.12
Решение. Пусть вектор В направлен вдоль оси OZ (см. рис. 4.12). Так
как при движении перемычки магнитный поток через плоскость контура по
абсолютной величине возрастает, то индукционный ток направлен по часовой
стрелке, и следует выбрать п =—к . Тогда
Ф = (В , п ) SC) = ~BS(y) ,
где S(y) - площадь поверхности, ограниченной контуром, когда перемычка
находится на высоте у . Следовательно, ЭДС индукции
_ Л> _ dSfy)
~ ~ B ¦
dt dt
Силу индукционного тока находим по закону Ома
7' R(y)
В dSfy) = В dS_ _dy = By_ dSjy)
R(y) dt Rfy) dy dt R(y) dy
A)
110
Так как контур имеет форму равнобедренного треугольника, то его площадь
(см. рис. 4.12) S(y) = у7 tga . Сопротивление контура
R(y) = 2р -2— + 2ру tga = 2p
cosa ь
+ 2ру tga 2p
cosa ь cosa
Подставляя выражения для S(y) и Я (у) в формулу A), получаем
В sin a .
_
Тепловая мощность цепи
.5п/ ч B2ein2a .,- 1+sina
> = IfR(y) = — ;У2р у =
' Р A + sinaJ cosa
2B2ein2a . 2 _ .2 .„
у2 = Ауу2 , B)
pcosa(l + sina)
где
А = 2B2sin2a/(pcosa(l + sina)).
Из выражения B) получаем дифференциальное уравнение для у
(УI/2У = (Р/А) Ч* . C)
Так как Р = const, то, разделяя переменные и интегрируя уравнение C), по-
получаем _
|з/2
Поскольку у@) := 0 , то С = 0 . Следовательно,
+ia) '/з 2/3
8B2sin2a
Задача 4.15. По двум параллельным металлическим проводникам, замкну-
замкнутым на конденсатор емкостью С , без трения движется стержень длиной / и
массой т . Вся система находится в однородном магнитном поле с индукци-
индукцией В , перпендикулярном к плоскости контура. К стержню приложена посто-
постоянная сила F (рис. 4.13). Через какое время заряд на положительной обклад-
обкладке конденсатора станет равным Q , если в момент времени t = 0 он был равен
нулю?
Р е ш е н и е. На концах движущегося стержня возникает разность потен-
потенциалов
d<I> .D . dS d(lx)
* -Ъ =~-Tt = -<"• n>^F = -В~7Г = ~в1х-
При движении стержня в направлении оси ОХ сила Лоренца смещает внутри
него электроны в направлении оси OY. Поэтому нижняя пластина конденсато-
конденсатора (см. рис. 4.13) будет заряжаться положительно, и скорость изменения заря-
заряда на ней
" = -? № -*D = c?(Btt) = CBlx. A)
111
У,
_
п
Напряжение на конденсаторе |^, —
ков пренебрежимо мало.
Ускорение стержня х найдем из уравнения движения
тх =¦¦ F-FK,
где сила Ампера
Следовательно,
x=Z PL dA
т т dt
Рис 4 13
- ^ |, поскольку сопротивление проводни-
B)
Подставляя выражение B) в уравнение (I), находим дифференциальное урав-
уравнение для q (J)
dq _ rM( F Bl dq
dt ~ CBl(~m~~m~ ~dT]
или
dq
dt
CBIF
m + C(Blf
Проинтегрировав это уравнение, получим
= CBIF
где Ct — постоянная интегрирования.
Поскольку q@) = 0, тоС( = 0. Следовательно,
= -?.BiE_
т+ C{Blf
C)
Искомое время т найдем из уравнения q(r) = Q .С помощью выражения
C) получим
= Q(m+ C(B[J)
Т CBIF
Задача 4.16. В магнитном поле с большой высоты падает кольцо радиусом
г и массой m . Плоскость кольца все время горизонтальна. Найти установив-
112
Рис. 4.14
шуюся скорость кольца, если магнитная индукция зависит от высоты по зако-
закону В(у) = BQ A + ay)'], где BQ и а-положительные константы; j - орт оси OY.
Ускорение свободного падениям , сопротивление кольца Д. Индуктивностью
кольца пренебречь.
Решение. Поскольку магнитное поле вдоль оси OY неоднородно, то
при падении кольца в нем наводится ЭДС индукции (рис. 4.141
А®
dt
A)
Так как при падении кольца магнитный поток через его плоскость по аб-
абсолютной величине уменьшается, то, согласно правилу Ленца, направления ин-
индукционного и внешнего полей совпадают, следовательно, нужно выбрать
n = j . Поэтому
Ф = (В, \)пг2 = 7гг2В„A + ау) .
Подставляя это выражение в формулу A) и учитывая, что-dy/dt = v , полу-
получаем
- - 2 Я -^ - 2
Так как индукционное поле имеет направление внешнего поля, магнитный
момент индукционного тока
Pm =
е.
R
J
Сила, действующая на кольцо с током (магнитный диполь), определяется
формулой
дВ
где дЪ/дп - производная вектора В по направлению вектора р т . В нашем
случае это направление совпадает с направлением оси OY . Поэтому
R
j
8 Зак. 6865
ИЗ
т. е. сила F пропорциональна величине скорости кольца и направлена против
силы тяжести.
Для установившегося движения кольца v = const. поэтому
F + mg = 0 .
Проектируя уравнение B) на ось OY , получаем
B)
уст
/R-mg = 0,
откуда
и = mgR/{irar2BQJ
Задача 4.17. Изолированный металлический диск радиусом Л вращается с
угловой скоростью со . Найти разность потенциалов между центром и краем
диска при условии, что имеется перпендикулярное к диску однородное маг-
магнитное поле с индукцией В . Чему будет равна разность потенциалов при вы-
выключении магнитного поля (рис. 4.15)?
Yi
Рис. 4.15
Решение. Постоянная разность потенциалов ^ — <рг между центром и
краем диска соответствует равновесному (относительно диска) положению
электронов. В неподвижной системе отсчета уравнение движения любого
электрона в этом случае запишется в виде
mw = Fn + F3 , A)
где w - центростремительное ускорение электрона: w = —oj2r ; Ь^ - сила
Лоренца: F_ = e[v , В]; F — сила, действующая со стороны электрического
поля, возникающего при смещении электронов к краю диска: Fg =
е и т — соответственно заряд и масса электрона. Так как v = [ со
уравнение A) перепишется в виде
г ], то
mco2r =
<Z , г], В] —е<7\р(т)
или, раскрывая двойное векторное произведение (см. прил. 3),
тсо2г =
B)
Спроектировав уравнение B) на радиальное направление, получим
i2 r = ecoBr+ e
dr
откуда, учитывая, что заряд электрона отрицательный, находим уравнение для
определения потенциала:
Интегрируя это уравнение, находим $ как функцию расстояния г от центра
диска:
Следовательно, искомая разность потенциалов
^ -^ = ^@) -*(Д) = ~ (В
При выключении магнитного поля В = 0 и
lei
)¦
^ ^ 2| e |
Задача 4.18. Рамка в форме правильного треугольника со стороной 2а и
длинный прямой провод с током силой / находятся в одной плоскости
(рис. 4.16). Рамку перемещают вправо с постоянной скоростью v . Найти на-
направление тока в рамке и силу тока как функцию х . Сопротивление рамки R.
Индуктивность контура пренебрежимо мала.
У
•В(х')
Рис 4,1ь
Решение. Ток, проходящий по прямому длинному проводу, создает
магнитное поле, индукция которого в любой точке {х , у', 0) плоскости кон-
контура
а 1
В(х' ,у' ,0) = -
Так как при удалении от провода |В| уменьшается, то уменьшается по аб-
абсолютной величине и магнитный поток через поверхность рамки. Согласно
правилу Ленца, индукционное поле имеет направление внешнего. Поэтому вы-
выбираем п = —к Тогда
115
Ф= / (В(х',У ,0) , п )dS - .f—dS.
(S) (S) 2этх
Выразим теперь элемент поверхности через х' . Из рис. 4.16 видно, что
dS = ly'dx' -=2(x + a\/3 - *')tgad*' = ~р (х+ а\/з-л:')сйс'
V3
Следовательно ,
. ^о , х + а\/3 — х , > ^о . ,х+а\/3 ,.
Ф= = / , dx = — /( ; - 1)
г х яуЗ х
= ^[{x+aV3)\nX-±^-a
Гх х
3JXC индукции
<2Ф '•'о7 . х + „ у ^
1... ^о7 .. х ач/3".
Х 7Г\/3 X + «V 3 Х
Силу шдукционного тока находим по закону Ома:
тгЯлД xfay/T
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШКНИЯ
1. В условиях задачи 4.13 найти путь, | пройденный стержнем до остановки, если В =
~ lv Ж ¦
Ответ: S = 2uQ/. /R.
2. Провод, имеющий форму параболы, задаваемой уравнением у = ах , находится в
однородном магнитном поле с индукцией В = Як, где к - орт оси 07. . Из вершины пара-
параболы в момент времени t = 0 начинают поступательно перемещать перемычку с постоян-
постоянным ускорением w = wj , где j - орт оси OY . Найти ЭДС индукции в образо-
образовавшемся контуре как функцию у .
О т в е т : е{ = By VFw/c .
3. Имеется длинный прямой проводник с током силой /Q. На расстояниях ни йот
проводника расположены два параллельных ему провода, замкнутых на одном конце со-
сопротивлением R . По проводам без трения перемещают с постоянной скоростью и стер-
стержень (рис. 4.17). Пренебрегая сопротивлением проводов, стержня и скользящих контак-
контактов, найти величину и направление индукционного тока в стержне.
MoV ъ
Ответ: /. = ^ _
2тгЯ а
116
я
Q
V
I
в
Рис. 4.17
Рис. 4.18
4. Контур образован двумя параллельными проводниками, замыкающим их конден-
конденсатором емкостью С , проводящим стержнем массой т и сопротивлением R , который
может без трения скользить по проводникам Проводники находятся в однородном маг-
магнитном поле, перпендикулярном к их плоскости, с индукцией В , расстояние между ни-
ними / . Заряд на конденсаторе до замыкания ключа К - qn (рис. 4.18). Найти установив-
установившуюся скорость стержня после замыкания ключа. Индуктивностью контура пренебречь.
Ответ:
уст
т+ ( В1)'С
4.4. Уравнения Максвелла
Уравнения Максвелла в интегральной форме:
f (Е ,
(L)
= - / (
E)
f (H.dl) = /
at
, dS);
= / pdV;
f (B.dS) = 0,
(S)
где F, - напряженность электрического поля; Н - напряженность магнитного поля; В -
вектор магнитной индукции; D- вектор электрического смещения; j — плотность токов
проводимости; р - плотность электрических зарядов.
Уравнения Максвелла в дифференциальной форме:
дЪ
IV.E, = -_ ;
IV. in = j
dD
(Х7, 1>) = р;
(V, в) = о.
Для изотропных сред в случае достаточно слабых электромагнитных нолей, медлен-
медленно меняющихся в пространстве и во времени, I) -
, В = mmqH , j = аЕ, где е и д -
электродинамические постоянные; е - диэлектрическая проницаемость среды; д - маг-
магнитная проницаемость среды: а - проводимость среды.
Плотность тока смещения
дТ)
jcm ~ dt '
Задача 4.19. Напряженность электрического поля в электромагнитной вол-
волне меняется по закону Е = E0sinoj?; амплитуда напряженности поля EQ =
= 5-1СГ5 В/м. Плотность тока проводимости j = 1СГ3 А/м2. Оценить, какова
должна быть частота изменения напряженности электрического поля, чтобы
максимальная плотность тока смещения в вакууме была равна плотности тока
проводимости.
Решение. Плотность тока смещения
4м = ljrl =eo-E;owi(:oswf|'
а максимальная его плотность
¦'см max ~ ео оШ ¦
По условию )смшах = >. Тогда
со = -L-- = 2,26-Ю12 Гц.
ео?о
Задача 4.20. Найти плотность тока смещения ./^ в плоском конденсаторе,
пластины которого раздвигаются со скоростью v , оставаясь параллельными
друг другу, если: 1) заряды на пластинах конденсатора не меняются; 2) раз-
разность потенциалов U между пластинами постоянна. Расстояние d между пласти-
пластинами конденсатора остается все время малым но сравнению с линейными раз-
размерами пластин.
Решение. 1. Так как заряд на пластинах конденсатора не изменяется,
то величина электрического смещения
Пп = | 13 1 = q/S = const .
Следовательно, плотность тока смещения
J =|д»|=,-^- =0
JCM ' dt ' ' dt
2. В этом случае электрическое смещение
п'-я= су = е_!о'^ = «_о^
" ' S S (d + v!)S d+ vt '
а плотность тока смещения
dl) ее Uv
™ dt (d + v!O '
Задача 4.21. Исходя из уравнений Максвелла, показать, что скорость рас-
распространения электромагнитной волны в вакууме с = 1/ V<-0M0 ¦
Р е in e н и е. Для вакуума в области, свободной от зарядов и токов, соз-
создающих поле, уравнения Максвелла принимают вид:
I 18
fV(H]^-eof; B)
(V.H) - 0; C)
(V,E)=0. D)
Умножим уравнение A) векторно на \Р . Получим
K7JV ,Е]] = -ио17, |Н 1 • E)
Учитывая перестановочность операций S7 и d/()t, представляем уравне-
уравнение E) в виде (см. прил. 8)
V(V,E) -AE =-naj-t-[<v,H] .
С помощью уравнений D) и B) получаем
Аналогично
АН - «<Л д^г = о- G)
Уравнения F), G) являются волновыми, и, следовательно, еодо = 1/с2 ,
где с - фазовая скорость волны. Таким образом, скорость электромагнитной
волны в вакууме с= 1 / VeQ fiQ ^ 3-10Л м/с.
Задача 4.22. Исходя из уравнений Максвелла, показать, чго плоская элект-
электромагнитная волна в вакууме поперечна, векторы Е и Н перпендикулярны и
образуют правовинтовую систему с направлением распространения волны п
(I п| = 1).
Р е ш е н и е. Из волновых уравнений для Е и Н (см. задачу 4.21) следует ,
что эти векторы могут быть представлены в виде плоских волн с одинаковой
фазой:
Е(г,0 =ЕмсовМ-(к,г)) ; A)
H(i,0 =Н|ясо8М-(к,г)) , B)
где к = (cj/c)n,Em и Нт -постоянные (амплитудные) векторы.
Подставим выражения (I) и B) в первое уравнение Максвелла в диффе-
дифференциальной форме. Получим
Н(*(к,г)) . C)
Спроектировав уравнение C) на ось ОХ (см. прил. 6), имеем
< -h я»«" "iE«>)coeM "(k) r))=~цо»тх i ^«(«^
Поскольку Е и Е — констангь!, а (к, г) = k х + к у + к z , то
fit ? rfl) JC \ ?
119
(Emzky -Sm/2>inM-(M) = M0 ыйм sin (со t - (к, Г))
или
Так как уравнение D) справедливо при любом t , то
(куЕтг-кгЕту)-^НтХ=0-
Аналогично получаем для проекций на оси OY и OZ:
хтуут,*тг=Ъ G)
Выражения в скобках в формулах E) - G) являются проекциями вектор-
векторного произведения [ к , Е)и ] на оси координат (см. прил. 3). Таким образом,
Подставляя уравнения A) и B) во второе уравнение Максвелла в диффе-
дифференциальной форме, получаем
,,, 0m. (9)
Умножая уравнения (8) и (9) скалярно на к, находим:
(к,Ни) = 0; (Ю)
(к,Кт) = 0. A1)
Из полученных формул следует, что векторы к , Ет , Нт взаимно перпенди-
перпендикулярны и образуют правовинтовую систему.
Уравнения A0) и A1) выражают поперечность электромагнитной волны.
Умножая уравнения (8) - A1) на cos (со ? — (к , г)), получаем уравнения Макс-
Максвелла для плоской волны в виде:
[к,Е] = м0ооН;
[к,Н] = -е0соЕ;
(к,Н) = 0;
(к,Е) = 0.
Задача 4.23. Обкладками плоского воздушного конденсатора являются
два круговых диска, расположенных на расстоянии d друг от друга. Внутри
конденсатора находится проволочная прямоугольная рамка площадью axb ,
одна из сторон которой совпадает с осью симметрии конденсатора. К обклад-
обкладкам конденсатора приложено напряжение U=UQcosojt (рис. 4.19). Найти силу
тока в рамке в предположении, что ее активное сопротивление R велико по
сравнению с индуктивным сопротивлением.
Решение. Переменное электрическое поле Е = U/d между обкладками
конденсатора создает в пространстве между ними магнитное поле В , которое
120
и
z
i
•
f
d? Ъ
dt >
С
.-——
——
У
p
i
a y
Рис. 4.19
наводит в рамке ЭДС индукции. Пренебрегая полем Излучения рамки и учиты-
учитывая симметрию системы, можно считать, что магнитное поле в пространстве
между обкладками обладает цилиндрической симметрией. Допустим, что в
момент t = О напряженность электрического поля Е направлена, как показа-
показано на рис. 4.19, т. е.
Тогда
Е= - —
дЕ
и, следовательно, в первую половину периода вектор dE/dt направлен по оси
OZ. Поскольку Н и dE/dt образуют правовинтовую систему, то в течение пер-
первого полупериода вектор Н будет сонаправлен с единичным вектором е^> ци-
цилиндрической системы координат (см. прил. 9). Тогда Я, = Н ,Еп=Е , и
на основании второго уравнения Максвелла в интегральной форме можно за-
записать:
= S'S)aT<M*>s'
B)
где контур L — окружность радиуса р ; Ё' — вихревое электрическое поле,
создаваемое в области между обкладками переменным магнитным полем Н .
Допустим, что частота со столь мала, что можно пренебречь E'z по сравне-
сравнению с Е ( й )) )
следует
, , ренбречь z по сравне
Ег (ниже мы найдем это условие малости). Тогда из формул A) и B)
откуда
ЭДС индукции
е/ = "А
дп
121
где S - плоская поверхность, ограниченная рамкой, причем направление об-
обхода рамки образует с единичным вектором нормали п к ее плоскости право-
винтовую систему.
Поскольку
то в первую четверть периода вектор dH/dt сонаправлен с е . Но так как Е об-
образует с dH/dt левовинтовую систему, то, для того чтобы е(. > 0 при t= О ,
нужно выбрать title .Тогда
дН дН<
dt dt
E.) И'
coscof fpbdp = — eoscot .
2d "»""J^«"- ^
Следовательно, сила тока в цепи
I = i = -^Adir"COS0Jt ¦
Найдем теперь условие, которому должна удовлетворять частота со , до-
допускающее использованное приближение. Как известно,
дЕ'р дЕ\
rot Е — г ~~z
<е 02 др
(см. прил. 9). Поскольку поле Е'также обладает цилиндрической симметрией,
то дЕ1 /дг = 0. Тогда из первого уравнения Максвелла в дифференциальной
форме следует
где с = l/Vf0M0 ¦ Отбрасьшая несущественную статическую составляющую
поля Е', находим
Поскольку р < а , то при условии c~2oj7a2 ^ t получаемЕ'г ~^Ег . Таким
образом, найденное решение справедливо лишь при условии иу -4 с2 /а1 .
Задача 4.24. По жесткому непроводящему тонкому круговому кольцу
массой m равномерно распределен заряд q . Кольцо может свободно вращать-
вращаться вокруг своего неподвижного центра. Вначале кольцо покоится, а магнитное
поле равно нулю. Затем включается однородное магнитное поле В (О. перпен-
122
дикулярное к плоскости кольца и произвольно меняющееся по величине во
времени. Найти угловую скорость движения кольца.
Решение. Переменное магнитное поле является источником вихревого
электрического поля, создающего момент сил, вращающих кольцо. Согласно
первому уравнению Максвелла в интегральной форме,
В качестве контура интегрирования выберем окружность, центр которой
совпадает с центром кольца и радиус которой равен егорадиусу,а n = e
(с2 - орт оси OZ, рис. 4.20). Тогда в силу цилиндрической симметрии полей
Z
Рис. 4.20
Е,
(S)
где Ej - проекция вектора Е на касательную к контуру L . Так как линейный
интеграл равен 2этг , а поверхностный - ш1 , то
v о dB 1
откуда
I
at
2 dt '
Момент силы, действующей на элемент заряда кольца dq , находящийся в
точке г ,
= [r,dF]=
Тогда
= 9[г,Е],
и уравнение движения кольца запишется в виде
7 —- =
dt
или в проекции на ось
dcoz
dt
Q[r,
OZ
qrE,
Ej
qr
2
2 dB
dt ¦
123
Поскольку для однородного тонкого кольца / = тг2 , то
dt
Л. Ш.
2т dt '
Проинтегрировав это уравнение, получим
Константу С находим из начальных условий. Так как по условию задачи
со2 @) = 0 и В @) = 0 , то С = 0 . Итак,
Задача 4.25. Плоская электромагнитная волна падает на плоскую поверх-
поверхность металла перпендикулярно к поверхности (рис. 4.21). Найти напряжен-
напряженность электрического поля на поверхности металла и оценить толщину скин-
слоя, т. е. глубину, на которой поле убывает в е раз. Проводимость металла
а = 107 (Ом- м)""' , частота электромагнитной волны cj = 107 рад/с, р. = 1 .
Решение. Выберем координатные оси ОХ и OY по направлению векто-
векторов Е и Н (см. рис. 4.21). Согласно условию, ЕхФ0, Е = Е2 = 0, Н Ф 0 ,
T
Нх
(
= Tlz =
х
0 . Запишем уравнения Максвелла:
dD
A)
B)
Рис. 4.21
Спроектируем уравнения A) и B) на оси координат, учитывая, что j = сгЕ .
Получим:
дЕг дН„
C)
дг
dt
дН
dz
У _
дЕх
D)
Так как плотность тока смещения в проводнике (при малых частотах)
мала по сравнению с плотностью тока проводимости, то в уравнении D) мож-
124
дЕх
х
но пренебречь членом eQ——— . Тогда из уравнений C) и D) следует:
E)
Из уравнений E), F) получаем уравнение, описывающее электрическое поле
внутри проводника:
д*Ех дЕх
Решение уравнения G) ищем в виде
Ех = Е0(г) е*»' . (8)
Подставляя выражение (8) в уравнение G), находим уравнение для EQ (z)
d2EQ
Е0 = 0.
Общее решение этого уравнения имеет вид
Ео = Ае«* + Be-" , (9)
где А и В - постоянные; к - корень характеристического уравнения к1 —
— 10}<тц0 = О . Обозначая сосио = 2р2 .получим
к = ps/Ti = p(l+i) . (Ю)
Таким образом, с учетом представления A0), решение уравнения (9) запи-
запишем в виде
Ео = АеР'е^+Ве-Р^-Ь* . A1)
о
Так как первое слагаемое уравнения A1) неограниченно возрастает при z ¦* «> >
то постоянную А полагаем равной нулю.В противном случае при углублении
внутрь проводника Ео ~~* ooj4T0 не имеет физического смысла.
Запишем теперь выражение для напряженности электрического поля
Ех = Е/"' = Ве'Р'е-'^1 " Pz» . A2)
х
Физический смысл имеет действительная часть выражения A2)
Е = e~pzBcos(ait—pz) .
Отсюда видно, что электрическое поле волны экспоненциально убывает, при-
причем скорость этого убьшания характеризуется величиной экспоненциального
125
множителя е ~рг . На расстоянии г = \jp поле убывает в е раз. Оценим эту ве-
величину. Подставляя численные значения, получаем, что толщина скин-слоя
2 = V-^ * КГ4 М.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Плоский конденсатор состоит из двух одинаковых металлических дисков, про-
пространство между которыми заполнено однородной слабо проводящей средой с диэлектри-
диэлектрической проницаемостью е н удельной проводимостью а Расстояние между внутренними
поверхностями дисков равно d . Между обкладками конденсатора поддерживается пере-
переменное напряжение U = {70sinwr . Пренебрегая краевыми эффектами, найти величину на-
напряженности магнитного поля в пространстве между обкладками конденсатора на рас-
расстоянии г от их оси.
Ответ- Я = lacoscor - eenuis\nu>t | .
Id u
2. Показать, что из уравнений Максвелла следует закон сохранения электрического
заряда в дифференциальной форме: др/dt -t (V ,j) = 0.
3. Между круглыми полюсами электромагнита, питаемого переменным током с час-
частотой / = 1000 Гц, образуется синусоидально изменяющееся во времени магнитное пояе
с амплитудой В =5-10 Тл. Считая магнитное попе однородным, определить макси-
ГПЭ.Х
мальную напряженность электрического поля в зазоре между полюсами иа расстоянии
г = 0,5 м от центра.
Ответ: Е = 7,8-102 В/м.
5. ЭЛЕМЕНТЫ ВОЛНОВОЙ ОПТИКИ И КВАНТОВОЙ МЕХАНИКИ
5.1. Волновое описание оптических явлений
Интенсивностью света в данной точке пространства называется величина
/ = v ! \S\di,
о
где 5 = [Е, HI - вектор Пойнтинга в рассматриваемой точке; v - частота света.
Аналитическое выражение принципа Гюйгенса-Френеля
A = I I Кц>) — exp
a )) dS I ,
где А — амплитуда колебаний в точке М , лежащей перед волновой поверхностью (S);
К(<е) - некоторая функция, медленно убывающая сростом угла <р и обращающаяся в нуль
при <р > я/2 (рис. 5.1); d - амплитуда первичной волиы в точках элемента поверхности
dS ; г - расстояние от dS До точки М\ (и)Г + а ) - фаза колебаний на волновой поверх-
поверхности E); к - волновое число.
П
Рис. 5.1
Оптическая длина пути
L = ns,
где п - показатель преломления среды, в которой распространяется световая волиа; i -
геометрическая длина пути, проходимого волной. Геометрические пути, оптическая дли-
длина которых одинакова, называются таутохронными.
Условие интерференционного максимума
условие интерференционного минимума
Д = L ] - L^- разность оптических
где \Q - длина волны в вакууме; т - целое число;
длин путей, проходимых световыми волнами от источников до точки наблюдения (опти-
(оптическая разность хода); 6 принимает значение либо 0, либо -л в зависимости от
способа реализации когерентных пучков.
127
Степенью поляризации света называют величину
_ max " min
max mm
где / и / • - соответственно максимальная и минимальная интенсивность света, про-
шедшего через анализатор.
Формулы Френеля:
(<), =(E,)A— г
1 - 1 -L Sin(/, + 1,
2sini cosi
2 II 1 II sjn^ +
где (^j)j^ . (^1I > (^j) i ~ максимальная величина составляющей светового вектора,
перпендикулярной к плоскости падения, соответственно в падающем, отраженном и пре-
преломленном свете; (Е ),, , (^А > (^Ai ~ аналогичные величины для составляющих, па-
параллельных плоскости падения; / - угол падения; <2 - угол преломления.
Задача 5.1. Свет распространяется в однородной среде с показателем пре-
преломления п . Выразить интенсивность света через амплитуду А светового век-
вектора.
Решение. Рассмотрим для простоты световую волну, распространяю-
распространяющуюся вдоль оси ОХ:
Е = Ет cos(cjt — kx);
Н = Hmcoa(ut-kx).
Модуль вектора Пойнтинга
Из уравнений Максвелла для плоских волн следует: \/~еГ^ Ет = \/~щГ0 Нт
Поскольку для прозрачных веществ /i * 1 , то
Так как абсолютный показатель преломления вещества п = c/v , где с ,
v — фазовые скорости световых волн в вакууме и веществе соответственно,
то из электродинамического соотношения v — с / \/e~jl следует
si \/~Г.
128
Тогда
э| =
*о 2 1 + cos B (со t ~kx))
Г л
где введено стандартное обозначение Ет -'- А .
По определению интенсивности
J
'( - + — sin 2 С — -kx)+ -'-sinl
47Г
sin 2kx
— - sinlkx) = —г
47Г 2
Таким образом, интенсивность света пропорциональна показателю преломле-
преломления среды и квадрату амплитуды световой волны: / ~ пА2 .
Задача 5.2. Световая волна падает нормально на границу раздела двух изо-
изотропных прозрачных диэлектриков с показателями преломления п{ ип2 . По-
Показать, что на границе раздела фазы проходящей и падающей волн всегда сов-
совпадают, а Фаза отсаженной волны скачком изменяется на я , если отражение
происходит от оптически более плотной среды.
Решение. Воспользуемся условием непрерывности тангенциальной со-
составляющей вектора Е на границе раздела диэлектриков и законом сохране-
сохранения энергии.
Y
Рис. 5.2
Выберем ось ОХ вдоль границы раздела в направлении вектора Et в пада-
падающей волне и обозначим через Е' световой вектор в отраженной волне, а через
Е2 - в проходящей (рис. 5.2). Поскольку напряженность электрического по-
поля в первой среде,согласно принципу суперпозиции,равна Е] + Ef , то из усло-
условия непрерывности тангенциальной составляющей следует
Е' =
F
I
С1)
Из закона сохранения энергии, с учетом результата задачи 5.1, получаем
,2
п,Е* = п,Е','
9 Зак. 6865
129
или
77
J2X
B)
Система уравнений A), B) эквивалентна системе двух линейных уравнений:
«л
Е -Е' = —Е D)
1
Складывая, а затем вычитая уравнения C) и D), с учетом того, что Еу х = Е{,
находим :
2?
? = —¦ ¦ E)
Е\х -
F)
Из выражения F) следует, что если л < пу , то Е'(Л > 0, т. е. направления
векторов Е' и Е совпадают; есшп2> п{ , то Е'хх < 0 и вектор E't противо-
противоположен вектору Ef . Значит, при отражении света от оптически более плотной
среды фаза колебаний в отраженной волне изменяется скачком на я . Из вы-
выражения E) следует, чю при любом соотношении п{ и«2 вектор Е2 совпадает
по направлению с вектором Ei , т. е. фаза колебаний в проходящей волне не
изменяется.
Если в падающей волне вектор Е перпендикулярен к плоскости падения, то получен-
полученный результат справедлив и в случае наклонного падения света на границу раздела сред.
Y;
d/2
0
4/2
jS —
—-—^—^С^
Рис. 5.3
3
1.
!
1 '
Задача 5.3. В опыте Ллойда (рис. 5.3) световая волна, распространяющая-
распространяющаяся непосредственно от источника S (узкой щели), интерферирует с волной,
отраженной от зеркала 3. Показать, что в пределах различимой интерференци-
интерференционной картины ширина интерференционной полосы на экране Э пропорцио-
пропорциональна длине волны. Считать, что световой вектор перпендикулярен к плоско-
плоскости падения.
Решение. Пусть d/2 и / - расстояния от источника до зеркала и экрана
соответственно; у - координата интерференционной полосы. Тогда расстоя-
расстояния s и s от источника S и его мнимого изображения S' до точки у , как вид-
видно из рис. 5.3:
130
= V?2
s2 -
Для получения различимой интерференционной картины расстояние d
между источниками должно быть значительно меньше / . Расстояние 2у , в пре-
пределах которого находится эта картина, также значительно меньше / . Поэтому
можно воспользоваться разложением
пренебрегая членами ряда более высокого порядка. Следовательно,
s2 -s, = yd/I.
A)
Поскольку при отражении от зеркала фаза отраженной волны меняется скач-
скачком на я , положение интерференционных минимумов можно определить из
уравнения
B)
где п — показатель преломления среды; \Q
\Q - длина волны в вакууме. Тогда,
обозначая координату m-ro минимума интенсивности через ут™ , с помощью
формул A), B) получаем
УТ = «
nd
C)
Используя формулу C), находим ширину интерференционной полосы как
разность координат соседних минимумов
_ ..mm
- у
•
где X = Ло/л - длина волны в среде. Таким образом, при фиксированных / и
d ширина интерференционной полосы пропорциональна длине волны.
п>
Рис 5.4
Задача 5.4. Для измерения показателей преломления прозрачных веществ
используется интерферометр, схема которого показана на рис. 5 4 (S — узкая
щель, освещаемая монохроматическим светом с длиной волны X ; 1 и 2 — две
10 Зак 6865
131
одинаковые трубки длиной I , наполненные воздухом; D — диафрагма с дву-
двумя щелями). При замене воздуха в трубке / некоторым газом интерференци-
интерференционная картина на экране Э сместилась вверх наЛ^полос. Показатель преломле-
преломления воздуха и . Определить показатель преломления газа.
Решение. Обозначим через d расстояние между щелями диафрагмы, а
через / — расстояние от диафрагмы до экрана. Тогда, используя решение зада-
задачи 5.3 и формулу интерференционного максимума при 5 = 0, заключаем, что в
случае заполнения трубок воздухом условие интерференционных максиму-
максимумов имеет вид
Обозначим показатель преломления газа через пх . Если воздух заменить
газом в трубке 1 , то условие интерференционных максимумов запишется в
виде
п (I +s5) - (nxl + ns^ = k\Q
или
(и— nx)l+ n(s2 — Sj) = k\ , k = 0,±l , ±2 ,... A)
Но, согласно формуле A) задачи 5.3 ,
B)
где у™3* — координаты новых максимумов.
Таким образом, положение центрального максимума новой интерферен-
интерференционной картины определяется из уравнений A) и B) при k = 0, т. е.
(n-nx)l + nY^d/l' = 0. C)
Однако, по условию задачи,
утах = утах = ^ , (nd) D)
Подставляя выражение D) в уравнение C), получаем
(n-nx)l + N\ = 0,
откуда
пх = п+ N\0/l.
Учитывая, что длина волны в вакууме связана с длиной волны в среде форму-
формулой \Q = п\ , окончательно находим
пх = n(l+JVX/O •
Задача 5.5. На тонкую пленку с показателем преломления п = 1,33 падает
под углом/. = 52° параллельный пучок белого света. При какой толщине плен-
пленки отраженный свет будет наиболее сильно окрашен в желтый цвет (AQ =
= 600 нм) ? Считать, что световой вектор перпендикулярен к плоскости паде-
падения.
132
Рис, 5.5
Решение. Оптическая разность хода интерферирующих волн, отражен-
отраженных от верхней и нижней граней пленки (рис. 5.5),
А = 2ns2 -s(
где
При выводе формулы для s, учтено, что sin
1 sin2;'
Д = 2bn( : Л-) =26ncosJ, =
v cosii cos;2 2
s,, = ft/cos«2 .
= п . Следовательно,
Поскольку при отражении от верхней грани пленки фаза отраженной волны
меняется на п , то, полагая в формуле интерференционного максимума 5 =
= 7г , получаем
2Ь \frd- —sin2/, = (m — 1/2) XQ, m = 1,2,3, ...
Таким образом, для того чтобы отраженный свет был наиболее сильно окра-
окрашен в желтый цвет, толщина пленки должна удовлетворять условию
N.
К
Ь = j-Bm- \)(пг - si
= 0,14Bm - 1) мкм, т= 1,2,3,...
Задача 5.6. Найти угловое распределение интенсивности света при дифрак-
дифракции Фраунгофера на бесконечно длинной щели шириной Ь .
Решение. Поместим за щелью собирательную линзу, а в фокальной
плоскости линзы - экран Э . Для описания дифракции Фраунгофера использу-
используется плоская волна. Будем считать, что волновая поверхность падающей вол-
волны, плоскость щели и экран параллельны друг другу (рис. 5.6).
Разобьем открытую часть волновой поверхности на полоски (зоны) шири-
шириной dx , параллельные краям щели. Тогда интенсивность света в точке МI ~
~1?12 ,где
5 = / fffy)exp(i(wf-*0(?+ иД(х))-+ aQ))dS =
лД(дс)) +a))ldx
133
в соответствии с принципом Гюйген-
Гюйгенса-Френеля; L - оптическая длина
всех таутохронных путей MQ; Д(лг) =
= xsinsP (см. рис. 5.6); kQ = 2 я/ X ;
AQ - длина волны в вакууме; п - по-
показатель преломления среды; / -
длина щели (/ »Ь). Поскольку рас-
рассматривается плоская волна, то амп-
амплитудный множитель К'(кр) зависит
юлько от угла у . Если ограничиться
рассмотрением небольших углов \р
для которых К'{$) == const, то, пола-
полагая kQn —k , получаем
'/////////////////////77777//// Э/////Л
Рис. 5.6
% = C{e\p(-ikxsin<p)dx , С =
Элементарное интегрирование дает
Тогда
A —
( 1 - e\p(ikbsiinp) - exp(— ikbsirup) + 1) =
(fesin^)
-sm (-
Учитывая, что интенсивность света / ~ | % |2 , и вводя новую константу \С
можем записать 1
I = 1С.
((/г/2) ft sin V?J г2
где г = (/г/2) feeing .
Для выяснения физического смысла множителя |С] |2 устремим г к нулю.
Так как lim —— = 1, то, обозначая интенсивность света в центре дифракцион-
дифракционной картины через /0 , заключаем, что
134
-а*ь
2d 2d*i x
Puc. 5.7
Таким образом, угловое распределение интенсивности света
/ = /nsin2 ( — b simp) l( — bsinipJ .
и Л Л
Задача 5.7. Найти угловое распределение интенсивности света при дифрак-
дифракции Фраунгофера на решетке из N щелей и с периодом d при условии, что све-
световые лучи падают на решетку нормально, а ширина щели равна Ь (рис. 5.7).
Решение. Повторяя рассуждения задачи 5.6 с учетом того, что теперь
имеется Л/ открытых участков волновой поверхности, для колебаний в точке
наблюдения можно записать следующее уравнение:
= C(/e-
о
d+ h (N-\)d+b
I e'izxdx +...+ / e nxdx) =
d (N-i)d
N-l md+ b
- С S / e~i2xdx
m = o md
A)
где г = /ssincp; множитель С определен в задаче 5.6.
Проинтегрировав уравнение A), находим
N-i
md+b
= у
z ..._
iC
N-i
/V-i
br-l) S e""«dz
m = 0
B)
n- 1
Для вычисления суммы B) воспользуемся формулой S ат = A—д
Получим т = о
iC -и 1 e-iNdz
1 -e"
Учитьшая,что |1-
= 2A - соы/>), находим
2| С |' , J-cosATda
*l' = ^O-.^)ti^ = ic
sin2(bz/2)
(zl2f sin2(dzl2)
135
() | |
' (Ьг/2J sin2(d2/2)
Обозначая интенсивность центрального максимума через /Q и устремляя z к
нулю, получаем /Q = I Ct 2
р
Так как z = fcsin^ , угловое распределение интенсивности имеет вид
. _о_ sin((fffr/?0sini)
ЛГ2 (яЬА)ял1}5 ~
Задача 5.8. Степень поляризации частично поляризованного света Р = 0,25.
Найти отношение интенсивности поляризованной составляющей этого света к
интенсивности естественной составляющей.
Решение. Обозначим через 1 интенсивность поляризованной составля-
составляющей света EQ , а через /ест - интенсивность естественной составляющей
^"ест ' Требуется найти величину у = ^0/^ес1 ¦
?о
'ест
Рис. 5.8
Так как в естественном свете все направления колебаний вектора Е равно-
равновероятны (рис. 5.8), то вклад естественной составляющей в интенсивность
света /' = ^ест/2. Из рис. 5.8 видно, что максимальная и минимальная интенсив-
интенсивности света, прошедшего через анализатор, соответственно 'равны:
7т,х = 'о
7min = 'ест'2 ¦
Тогда степень поляризации
р _
max min
откуда
7 =/>/A-Р) = 1/3.
Задача 5.9. Показать с помощью формул Френеля, что существует такой
угол падения iR , при котором отраженный от поверхности диэлектрика свет
будет полностью поляризован и tg;fl = п , где п - показатель преломления ди-
диэлектрика.
Р е ш е н и е. Из формул Френеля следует, что если
= т/2,
A)
136
то
(Е[\ = 0;
Угол падения, удовлетворяющий условию A), обозначают iB и называют
углом Брюстера. Таким образом, если ^ = iR , то отраженный свет полностью
поляризован в плоскости падения.
Воспользуемся законом преломления sin/j /sini2 = п. При i{ = iB и «2 =
= я/2 - iB , получаем
sin ig sin ig
sin (я/2 —(д) ^
Задача 5.10. Естественный свет падает под углом Брюстера на поверхность
стекла. Найти: 1) коэффициент отражения; 2) степень поляризации прелом-
преломленного света.
Решение. I. Из формул Френеля следует:
(Е\)_ = (ДДЬипО^-!,)!; (Е[1 = 0.
Так как по условию задачи ; = ig , то
(Е'А = (?I)Jcos2(fi|. A)
Поскольку параллельная составляющая вектора Е' равна нулю, то интенсив-
интенсивность отраженного света 1'г = (^ )у Возводя равенство A) в квадрат и учиты-
учитывая, что Gi)i= 7^/2, находим
/; = G, у cos2 BiB ) = \lm cos2 BiB ) . B)
По определению, коэффициент отражения р =/' /7 . Из.выражения B) сле-
следует
р = \cos42iB) =^Bсо82,д - IJ = \ (——— - IJ =
1+tg 'д
2. По определению, степень поляризации преломленного света
_ 2max 2min ,_.
7 + 7 ' ^ '
2тах 2m«i
Согласно формулам Френеля, с учетом того,что i1 = iB , получаем:
ME ) 2(Я,)
sinlB
2
Так как 7 ~ пЕ2 , можно записать
137
Следовательно,
. (I )
' 2 '¦
Но njn1 = п , а G, )± = (У, )н = 7^/2 . Поэтому
2/ и /
lVj A+л2J ' Klh 2и
Сравнивая две последние формулы, находим:
4п2 7е
7ест
Таким образом, заключаем, что
(^)тт = О А ¦ E)
Подставляя выражения D) и E) в формулу C), получаем, что степень
поляризации преломленного света
р = (/A~G2)i = BиГ' -!
2J
A+п2)
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. В опыте Ллойда расстояние от источника до экрана равно / . При некотором поло-
положении источника на отрезке экрана длиной s укладывается N интерференционных по-
полос, а после увеличения расстояния от источника до зеркала иа Дй - N полос. Найти
длину световой волны
21ДЛ
ответ x = /rv7-v
2. Найти минимальную толщину пленки с показателем преломления и = 1,33, при ко-
которой свет с длиной волны \ — 0,64 мкм испытывает максимальное отражение, а свет с
длиной волны \^ = 0,4 мкм не отражается совсем. Угол падения света равен 30'
Ответ Ьтт = 2\2(п2 - -А)~112 - 0,65 мкм.
3. Найти уравнение, определяющее положение максимумов интенсивности при ди-
дифракции Фраунгофера на бесконечно длинной щели шириной Ь .
Ответ: tgz = z, 2 = -— sin^>.
4. Найти уравнения, определяющие положения главных максимумов, минимумов и
13S
промежуточных минимумов интенсивности света при фраунгоферовой дифракции на ре-
решетке из jV щелей. f
Ответ: dsm<fi = m\, т = 0,±1,+2,...; b s\n#=n\, и = ±1, t2 , ...; dsm<p =—X,
i N
n — целое число, не равное О, ±N , ±2N ,...
Рис. 5.9
5. Оптическая система состоит из стеклянной пластинки А , двух идеальных поляри-
поляризаторов Я1 , Я2 и зеркала В (рис. 5.9). На пластинку под углом Брюстера падает пучок
естественного света интенсивностью /Q. Определить наибольшую возможную интенсив-
интенсивность / пучка света, отраженного от системы, если плоскость поляризатора П параллель-
параллельна плоскости падения. Как ориентирована при этом плоскость поляризатора И ? Показа-
Показатель преломления стекла и.
Ответ:/ = — (
max 32
стью падения угол 7г/4.
1 - и
1
п 4
•j-) ¦ Плоскость поляризатора П образует с плоско-
5.2. Простейшие задачи квантовой механики
Состояние микрочастицы описывается волновой функцией ч>(т, г), причем функции
Ф и Сч<, где С - произвольное комплексное число, описывают одно и то же состояние.
Скалярным произведением (Ч^ , Ч^) волновых функций называют величину
(*j, *j) = / Ф*(г, t) *2(r, t)dxdydz ,
где интегрирование проводится по всему трехмерному пространству. Если (Ф , * ) =
= 1, то волновая функция называется нормированной.
Физический смысл нормированной волновой функции устанавливается следующим
утверждением: величина
dW= <'*(r , г) Ф(г, t)dxdydz = |*|2dF A)
есть вероятность нахождения частицы в момент времени t в окрестности точки с радиу-
радиусом-вектором г в элементе объема dV.
Если вероятность A) не зависит от времени, то состояние частицы называется
стационарным. В этом случае ее волновая функция представляется в виде
где |/(f)l2 = 1 .
Физическим величинам в квантовой механике сопоставляются линейные самосопря-
самосопряженные операторы А , действующие в пространстве волновых функций. Оператор Л назы-
называется линейным, если для любых Ч^ и *2 выполняется равенство
где Cj и С2 - произвольные комплексные числа.
139
Оператор/? называется самосопряженным (эрмитовым), если для любых ч^ и ч>2
Основные алгебраические операции на множестве операторов определяются так:
А В * = А (В Ф"| .
При этом,вообще говоря, АВ ф ВА .
Коммутатором операторов Aw В называют оператор
[ Л , В ] = ЛД - ВА .
В квантовой механике основным является уравнение вида
А Ф = аФ, B1
где а - некоторое комплексное число, называемое собственным значением оператора^ ;
функция Фв этом случае называется собственной функцией оператора А . Все собствен-
собственные значения самосопряженного оператора - действительные числа.
Множество собственных значений оператора называют его спектром. Если это множе-
множество счетно, то спектр называется дискретным (квантованным), в противном случае -
сплошным или смешанным. Физический смысл спектра самосопряженного оператора
устанавливается следующим утверждением: множество собственных значений самосопря-
самосопряженного оператора, поставленного в соответствие физической величине, исчерпывает все
возможные результаты ее измерения. Собственные функции описывают состояния, в ко-
которые микрочастица переходит при измерении.
Если частица находится в состоянии, описываемом нормированной волновой функ-
функцией Ф, то среднее значение результатов измерения физической величины Л в этом состо-
состоянии определяется формулой
< А> = (Ъ.АЪ),
Л
тле А - оператор, сопоставляемый с физической величиной А .
Поскольку поведение микрочастиц можно изучать лишь по их воздействию на
макроскопические приборы, действие которых описывается на языке классической физи-
физики, то этот язык используется и для описания движения микрообъектов. Основными фи-
физическими величинами в классической механике являются радиус-вектор г и импульс р
частицы. Все другие переменные, используемые для описания движения частицы, являют-
являются их функциями: А = /(г ,р) (возможно еще и от времени г). Эти функциональные свя-
связи, следуя принципу соответствия, сохраняют и в квантовой механике. Операторы г и
р определяются так:
г ¦*¦ г : гФ = гФ;
р ¦> р : рФ = -ifi V Ф,
где ti — постоянная Планка.
Тогда если А = /(г , р , t) , то
А = /(r.p.r) = f(T,-ifiV,t) C)
при условии самосопряженности оператора А .
Важнейшей функцией г и. р является полная энергия частицы по внешнем поле
140
Соответствующий оператор энергии, называемый оператором Гамильтона, согласно пра-
правилу C), имеет вид
fi = -?_ + F(?,f) = - — h <¦ V(r,t),
lm 2m
где Д = V - оператор Лапласа.
Основным динамическим уравнением квантовой механики является уравиеиие Шрё-
дингера:
$ df = Н Ф(г , t) ,
переходящее в стационарном случае (т. е. когда V не зависит явно от времени) в уравне-
уравнение типа B):
Hi, (г) = ЕуЦ (г) .
Волновая функция, удовлетворяющая последнему уравнению, должна иметь некоторые
общие свойства для любых потенциалов V(r). Она должна быть однозначна и непрерывна
во всем пространстве, а также обладать непрерывной производной во всех точках, кроме
тех, где ('(г) делает бесконечно большой скачок. Частица не может проникнуть в области
пространства, где потенциал принимает бесконечно большие значения, т. е. V = •= . По-
Поэтому на границе этих областей она должна обращаться в нуль.
"Неопределенностью" величины А (средним квадратичным отклонением величины А
от ее среднего значения) называют величину
АА = si <А1 > - <А> .
Если операторы физических величин А и В удовлетворяют перестановочному соотноше-
соотношению
[ А,В] = 1С,
где С - самосопряженный оператор, то их "неопределенности" связаны неравенством
Мдй > -<С> ,
которое называется соотношением неопределенностей для физических величин А и В.
Задача 5.11. Найти коммутаторы (перестановочные соотношения) опера-
операторов х , у ,z , 0х,ру, Pz , а также соотношения их неопределенностей.
Решение. Подействуем на произвольную волновую функцию ф(г) опе-
оператором [$ , рх\. Используя определения коммутатора, операторов коорди-
координаты и импульса, а также правила умножения операторов, получаем
[х,рх]ф = {хрх -рхх) ф = -ih(x j^ - -^
-*-*&-**.
Следовательно, (| х , рх] — ih )ф = 0. Поскольку функция ф произвольна, то
[x,px]-ih =0 или [.v, px\ = ih.
14]
Для разноименных проекций находим
Отсюда, вследствие произвольности выбора ф , заключаем: [х , р ] = 0 .
Тогда из равноправия координатных осей следует:
Рассуждая аналогичным образом, легко получить:
[х.у] = [х,г]=[у,г\ =0;
[р^.р^] = [рх ,pz] = [py,pz] = 0.
Воспользуемся теперь соотношением неопределенностей АЛАВ^ <с>/2,
положив А = х , В = рх . Тогда в соответствии с полученными результатами
< с > = Ь. и A.\rApx > ft/2. Аналогично для других одноименных проекций:
Aj>Ap> ft/2, bzkpz > ft/2 .
Для произведений всех разноименных "неопределенностей" справа полу-
получаем нуль.
Таким образом, одноименные проекции радиуса-вектора микрочастицы и
ее импульса не могут быть одновременно точно измерены.
Задача 5.12. Найти собственные функции и собственные значения операто-
оператора проекции момента импульса частицы Lz .
Решение. Оператор Lz , согласно правилу соответствия, имеет вид
L2 =хру-урх =_Л(Ж__У —). A)
Можно показать, что этот оператор — самосопряженный.
Перейдем теперь к цилиндрическим координатам. Тогда
х = ф ;
B)
У = '•sirup; C)
д \ . д ^ д
дх~= "+ D)
Используя выражения B) - E) , нетрудно показать, что
д д д
х — — v — = —
ду дх д^р
142
Таким образом, в цилиндрических координатах
Р t д
L - —in —-
и уравнение на собственные функции и собственные значения Ь2ф = 1гф при-
принимает вид
Его решение запишется в виде
ф = f(r,z)exp(jrlzy),
где f(r , z) — произвольная функция от г иг. Для однозначности функции ф
необходимо, чтобы она была периодична по уз с периодом 2эт . Следовательно,
собственные значения \г должны быть кратны целому числу, т. е. \г = hm ,
т = 0,±1,±2,...
Таким образом, спектр оператора Lz является квантованным.
Задача 5.13. Волновая функция частицы в стационарном состоянии имеет
вид ф(г) = Се"г'а , где а — положительная константа. Найти наиболее вероят-
вероятное расстояние частицы от начала координат.
Решение. Прежде всего нормируем функцию ф(т), т.е. найдем такое С,
при котором (ф ,ф) = 1 .
Так как ^-функция сферически симметрична, можно взять dV=4Ttr2dr, и
поэтому
{ф, ф) = 4п\ С f fe~arг2dr , A)
о
где параметр а = 1\а.
Интеграл, входящий в выражение (Г), можно вычислить дифференциро-
дифференцированием по параметру а :
Тогда, подставляя значение интеграла B) в выражение A), получаем
(ф, ф) = 8я|С|2/а3 = тгл3 | С |2 .
Следовательно, константа С определится из уравнения яа3 | С I2 = 1. Не
уменьшая общности, можно взять С вещественным, т. е. С = 11\/тта3 .
Итак, нормированная волновая функция имеет внд
14?
Вероятность dW найти частицу в окрестности точки г внутри элемента
объема dV равна | ф |2 dV,j. e.
dW = ~e-2r/adV. C)
эта
Представляя элемент объема в сферических координатах
dV = г1sin вdr dddifi
и интегрируя выражение C) по угловым переменным, получаем вероятность
обнаружить частицу на расстоянии от начала координат, лежащем в интервале
от г до г + dr :
dw = —- e~7r'ar2dr.
а
Следовательно, плотность вероятности обнаружения частицы на заданном рас-
расстоянии г имеет вид
Р(Г) = iL e-2rla . D)
а
Чтобы найти наиболее вероятное расстояние, нужно определить точку мак-
максимума функции D). Дифференцируя р(г) , получаем:
E)
Из формул E) и F) следует, что точка г)п = а является точкой максимума
функции D). Значит, наиболее вероятное расстояние частицы от начала коор-
координат равно а .
Задача 5.14. Показать, что основному уравнению классической динамлки
-**Е = F
dt
в квантовой механике соответствует уравнение вида
Решение. Пусть F= —VV. Тогда, согласно определению квантовомеха-
нических средних,
A)
B)
Продифференцируем выражение A) по времени. Учитывая определение ска-
скалярного произведения волновых функций и независимость оператора р от
времени, получаем
144
Воспользовавшись уравнением Шрёдингера, находим
^-?-(Ф, рНФ).
Так как оператор энергии Я - самосопряженный, то, по определению,
(ЯФ, р"Ф) = (Ф, ЯрФ), и поэтому
C)
Таким образом, нужно найти коммутатор [ Я, р] и его среднее значение
[ Я\р]Ф=ЯрФ -рЯФ = (р2/Bт) +Г)рФ-
Поскольку коммутаторы всех проекций импульса друг с другом равны
нулю (см. задачу 5.11), то первое слагаемое в выражении D) обращается в
нуль. Следовательно,
[ Я, р]Ф = -G>(П7Ф-7(^Ф)) .
Раскрывая выражение V(V^) (см. прил. 7), получаем
[Я,р]Ф = — ih(VVW — G^')Ф — VS№) - ih(VV)^ ¦ E)
Подставляя выражение E) в уравнение C), приходим к требуемому резуль-
результату:
— < р > = -(Ф, (VV)V) = <?> .
dt
Итак, для квантовомеханических средних < р > и < F > справедлив
"второй закон Ньютона".
Задача 5.15. Частица массой т заключена между двумя непроницаемыми
стенками х = 0и х = а > 0 (рис. 5.10) (идеализированная модель потенциа-
потенциала, которым определяется, например, поведение электрона на низких энерге-
энергетических уровнях вблизи атомного ядра). Найти энергетический спектр части-
частицы и ее волновые функции.
Решение. Аналитически задача может рассматриваться как задача о
движении частицы в бесконечно глубокой потенциальной яме, т. е. в поле с по-
потенциалом
Г °° , х < 0;
Щх)= 1 0 , 0<х < а;
{ °° , х > а.
145
V)
v-o
\
Согласно общим условиям, налагаемым на
волновую функцию, удовлетворяющую ста-
стационарному уравнению Шрёдингера, следует
положить ф{х) = 0 для всех х < О и х > а ,
т. е. вероятность обнаружить частицу в ука-
указанных областях равна нулю.
В области 0 < х <а уравнение Шрёдин-
Шрёдингера принимает вид
Рис. 5.10
¦ = Еф
2т dx2
или
ф" + к2ф = О,
где k2 — imEfh1 . Общее решение этого уравнения
ф(х) = Ctsinkx + C2coskx . A)
Константы С и С2 найдем, используя условия непрерывности функции
ф(х) на границах области:
Ф@) = 0;
Ф(а) = 0.
Подставляя значения B) и C) в уравнение A) , получаем:
С2 = 0; CjSinfea + C2coska = 0.
B)
C)
Следовательно, C^sinka = 0.
Поскольку нас интересует ненулевое решение, т. е. С{ Ф 0, то оно возмож-
возможно лишь при
sinfea = 0. D)
Уравнение D) определяет энергетический спектр частицы. Так как k =
= V imE/Ti2 , то возможные значения энергии Еп находятся из уравнения
k а = у/ 2тЕ a/tt — п п , п = ± 1, ±2, ... E)
(случай и = 0 исключается, поскольку для него ф{х) = 0, т. е. состояние части-
частицы с нулевой энергией не существует).
Следовательно,
Еп =
2та2
п2 , п = ±1,±2,...,
т. е. энергетический спектр - квантованный.
Итак, волновые функции частицы в области 0 <х < а имеют вид фп(х)=
= Cisinfe/J3<: . Так как Ф„(х) и -фп(х) описывают одно и то же состояние, то
п можно брать только положительным,т. е. п= 1,2, ...Константу С^ найдем
из условия нормировки (фп, Фп) = 1:
(Фп. Фп) = 1С, I2 )8\п2кпхс1х = -j-j(l-cos2knx)dx =
1С, I2 a
о " l о
0
Но, согласно формуле E), sm2kna = 0. Поэтому | CI2a/2 = 1. He снижая
общности, можно взять Cj действительным: С1 = \/2/д,
Таким образом, нормированные волновые функции частицы в области
0 < х < а представляются в виде
Фп(х) = V Т sm — х , п= 1,2,...,
Окончательно можно записать
О х <0;
/ 7ГИ . . -
./ —sin —л: , 0 < х «Sa;
О , х > а.
Задача S.16. Найти минимальную энергию линейного осциллятора с часто-
частотой oj , используя соотношение неопределенностей.
Решение. Оператор энергии линейного осциллятора имеет вид
Я_ ?_ . мы х
2т 2
Следовательно, для квантовомеханических средних получаем уравнение
<Р2> ти>2<х2>
Согласно определению среднеквадратичных отклонений,
(ДрхJ = <Р2> — <РХ>2 J
(ДлгJ = <х2> — <х>2
Поэтому можно заключить, что
(ДрхJ < <рх2>; B)
(ДхJ < <х2 >. C)
Тогда из уравнения A) и условий B), C) следует, что
~— ¦ D)
147
Но, согласно результатам задачи 5.11, Лр^Лх ~> Л/2, т.е.
Арх > й/BДх)- E)
Используя условие E), можно еще более усилить неравенство D):
Введем для краткости следующие обозначения: а = Й2/(8ет) , Ь = тш2/2 ,
z = Дх , а также функцию у (г) = а/г2 + Ъг1 . Тогда неравенство F) можно
переписать в виде
<E>>y(z). G)
Исследуем функцию у (г) на экстремум: у'(г) = + 1Ъг ; у"{г) =
= — + 2й . Так как а и Ь положительны, то при всех г /' > 0. Следовательно,
функция у (г) имеет минимум. Из уравнения УBт1П ) = 0 получаем
min
Так как неравенство G) справедливо для всех z , то <Е > > УBтт) ¦ Но
ft ftco
min
Значит,
<E> > hoj/2,
т. е. из соотношения неопределенностей следует, что энергия линейного осцил-
осциллятора не может быть меньше величины floj/2.
Задача 5.17. Найти в форме уравнения непрерывности закон сохранения, к
которому приводит вероятностная интерпретация квадрата модуля волновой
функции частицы.
Решение. Запишем в явном виде уравнение Шрё'дингера
^? ^ A)
Комплексное сопряжение уравнения A) дает
B)
Умножая уравнения A) и B) на * * и Ф соответственно, а затем вычитая
их, получаем
~ + *|г") = - |^(
или
148
C)
(см. прил. 7). Уравнение C) легко представить в форме уравнения непрерыв-
непрерывности .
^¦(V.i)=0, D)
- плотность вероятности; j - вектор плотности потока вероят-
вероятности:
Уравнение D) и представляет собой искомый закон сохранения в диффе-
дифференциальной форме. Если это уравнение умножить на т (массу частицы), то
придем к уравнению непрерывности, связывающему плотность массы рт -
= т|Ф|2 и плотность импульса \т = т\ :
dt
(?,]„,) = 0.
E)
Уравнение E) естественно интерпретировать как закон сохранения массы.
Если р и j умножить на заряд частицы е , то получим плотность заряда ре _
= е | Ф |2 и плотность электрического тока jg = ej . Тогда уравнение D) при-
примет форму закона сохранения заряда
dt yV '**'
Задача 5.18. Найти вероятность прохождения микрочастицы через потен-
потенциальный барьер вида
(О, х<0;
V(x) = J VQ > 0 , 0 < л < а;
[о, х>а.
т
О о х
Рис. 5. U
Решение. В соответствии с видом потенциала V(x) разделим всю об-
область движения на три части, как показано на рис. 5.11. Уравнение Шрёдингера
в областях / и III имеет вид
11 Зак. 6865
149
а в области //
УравнениI (I) и B) можно переписать в виде
ф ' + k2v 0. C)
v' + <Ts> - 0, D)
к- = 2тЕ/П- q~ ~ 1т(Е VJ/П' E)
Ьудем считать, чго частица приходит из области отрицательных значений
\ Гоьча решение уравнения C) в области / можно представив в виде двух
волновых функций
гае v[U волновая функция "падающей" частицы
[U
;> волновая функция "отраженной" частицы
i (х) ~ с с 1кх
В области III частица может двигаться только слева направо. Поэтому ре-
решение уравнения C) имеет вид
Для промежуточной области //общее решение уравнения D) имеет вид
\!/п[х) ~ Ь/'/х + 6,с "/<
В качестве меры июенсивности отражения принимается отношение плот-
плотностей потоков отраженных и падающих частиц (коэффициент отражения)
R ¦ J011/JMa.l
Мерой "проницаемости" барьера является отношение плотностей потоков
прошедших и падающих частиц, которое называется коэффициентом прохож-
прохождения
¦'прош '¦'пад
С учетом того что вектор плотности потока вероятности определяется
формулой
. _ й (я dfy , d\iy
где ед - орт в направлении оси ОХ , находим
h х. ^отр , _d^mp = hk_ 2
150
Аналогично
УПЭД = "к С
Следова1ельно, коэффициенты отражения и прохождения имеют вид:
R = \c2/ct |2; I) = k,/^!2 .
Для их явного определения необходимо воспользоваться условием непрерыв-
непрерывности волновой функции и ее первой производной, т. е. положить на границах
области @, а): ф^О) = фи@); ф'г@) = Уп@): ф^и) = фп,(а): ф/!(а) =
= ф'щ(а). Используя эти условия, получаем систему уравнений для определе-
определения констант с2 , с3 , Ь и Ьг через с{ :
k(c — с ) — q(b - Ьо);
'.'..,/' F)
Ь elqa + be lqa - се1ка; i
i 1 з ' ,
I0 7е С3Й J
Поскольку нас интересует вероятность прохождения частицы через потен-
потенциальный барьер, то, определяя из системы F) сг , получаем
л_ 4*V m
F-сли полная энергия Е частицы меньше высоты потенциального барьера,
т. е. Е < VQ, то, согласно обозначениям E), q ¦ - чисто мнимая величина. Тог-
Тогда, заменяя в формуле G) q на i \ q |, находим
д = - 4fe|(?|
(к- + \q\7Ji~h2a\q\ + 4k2\q\l '
Таким образом, даже в случае Е < V^ существует отличная от нуля веро-
вероятность нахождения частицы в области III. Это чисто квантовомеханический
эффект, получивший название туннельного эффекта.
Задача 5.19. Определить средний потенциал $ электрического ноля, созда-
создаваемого ядром и электронным облаком атома водорода в основном состоя-
состоянии.
Решение. Нормированная волновая функция основного состояния ато-
атома водорода имеет вид
ф{т) = -L-e-'/eo ; A)
где ао - боровский радиус.
151
Обозначим через -е заряд электрона. Тогда плотность заряда в электрон-
электронном облаке, соответствующем функции A), может быть записана в виде
Средний потенциал электронного облака ^е можно найти из уравнения
Пуассона, считая, что плотность заряда задана B), т. е.
Выражая оператор Лапласа в сферических координатах (см. прил. 9), по-
получаем
—Т ~Т~ (г2 ~1— ) = —i— е °
г "r dr тга ?
или, после несложных преобразований,
d2 e - 2г^
dr ^an^
Дважды интегрируя уравнение D), приходим к выражению
Константы интегрирования с^ и с7 найдем из условий конечности потенци-
потенциала E) в начале координат и обращения его в нуль на бесконечности. Первое
условие дает с2 = - е/ Dяе ), а второе — с =0. Следовательно,
1.1, -"'»„ е . F)
Прибавляя к выражению F) потенциал ядра <?я (г) = е/ Dяе0 г), получаем пол-
полный средний потенциал атома
Вблизи ядра, т. е. при г « aQ потенциал G) совпадает с кулоновским
<р(г) «= е/ Dяе0 г). На больших расстояниях от ядра, т. е. при г » aQ , найден-
найденный потенциал экспоненциально убывает - кулоновское поле ядра "экрани-
"экранируется" электронным облаком.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Найти собственные функции оператора импульса.
Ответ: Ф_(г) = t'exp(-pr).
2. Построить операторы проекций момента импульса и найти их перестановочные со-
соотношения (коммутаторы).
152
Ответ: \Lx.ty) = ibl.z\ \Ly, LJ = iH?x ; V-:.?xl = W.y
3. Показать, что для квантовомеханических средних имеет место классическая связь
между моментом импульса L = г X р и моментом силы М = г X F; dh/'d: = М..Считать,
что F = - VV.
4. Найти энергетический спектр и волновые функции частицы массой т , заключен-
заключенной в прямоугольный ящик со сторонами а, Ь с , имеющий непроницаемые стенки.
пЧ "I «3
Ответ:Ч.«,.-з=т*G-+^+^):
-/?.
Г К 2 з
—- sin( —х )sm( — )')sin( - z ) , и , и , и = 1, 2, 3,
aic a h с 12 3'"'
II
О а
Рис. 5.12
5. Глубина прямоугольной потенциальной ямы равна У > 0, ширина - а (рис. 5,12).
Показать, что энергия частицы Е < V может принимать только значения, удовлетворяю-
удовлетворяющие уравнению
arcsin \I~KTVQ = 0,5 (я(и+ 1) - аы' 2тЁ /ti). п = 0, 1, 2, ...
Указание. Волновые функции ф и их производные у' для трех областей /, //, ///
"сшиваются" на границах х = 0их = ас учетом условий непрерывности, т. е.
6. Найти коэффициент отражения от потенциального барьера вида
О , х < 0;
х > 0.
sJlmE
У(х) =
fo>o,
Ответ: R = |-— |2 , где *¦ =
к + q
2т(К - VQ)
. <7 ~
ПРИЛОЖЕНИЯ. OCHOBHblF MATFMATHMFCKHF ПОНЯТИЯ И ФОРМУЛЫ
1 Алгебраические операции на множестве векторов
HiKiopoM называется направленный прямолинейный офезок Векторы считаются
равными ее ш они имеют одинаковую тмну и одинаковое направление
lid множестве векторов в трехмерном „'вкжцовом пространстве определены опера-
операции сложения векюров и умножения вскюра на число, удовлетворяющие следующим
> сЛОВИЯМ
1 Чл аи l'
При jtom
a» b
(а +
а(а t-
(<1 +
(ар)а
la
- b t- a
bl + (
b) a a
i!)a ¦ a a
- o(ja,
a
a +¦
+- a b
+ cia
произвольные je.ni 1виг
на
а+ bi
id ;ai
<- ai +
ib
(Ь
с ).
i:u- al и b длины пекгоров a и b ]1лин\ вектора a обозначают также символом о
I еометричееки операция сложения векторов, удовлетворяющая перечисленным ус-
условиям, ныражаося правилом треугольник,i VlIobul ассоциативности позволяет распро-
распространить >то правило на прои )волькое число слагаемых
Операция умножения вектора на число геометрически определяется как растяжение
и 1и ежа!ие направленного отрезка, представляющею вектор, а также изменение его на-
направления на Противоположное, если вектор умножается на отрицательное число При
эюм вектор - а- ( 1)а называется обратным вектору а Гогда операция вычитания век-
векюров определяется гак
a b - а +( Ь)
Я:1Я тою чтобы перечисленные алгебраические операции были всегда выполнимы,
множество векторов дополняется нутевым вектором, г е таким вектором 0 , что для
любою а справедливо раненсти а +0- а Геометрически нуль-вектор можно пред-
представить как вектор, начало и конец которою совпадают Очевидно, чго :0| = 0
ipewepncHib пространства на языке векторов и введенных операций означает, что
между всякими че1Ырьмя векторами существует соотношение вида
аа+ )jb+ >c+ hA - 0.
где а , |j . t,h числа, не равные нулю одновременно
2. Скалярное произведение векторов
С калярным произведением (а , Ь) двух векторов аи b называется число, равное про-
произведению длин эти\ векторов, умноженному на косинус yi ла между ними, т е
154
(a , b) -" fl/>coi( an)
Скалярное произведение обозначают 1акже a. I).
Скалярное произведение обладает следующими тойетвами
(а. а) -> 0:
(а , Ь) ¦- (Ь , а'|:
(oat 0b, с) -- u(a,c) +0(b, с) B.1i
Зададим с помощью единичного ьектора г. ( п I) пекоюрое направление и про-
пространство. Тогда проекцией вектора а па направление п называйся число
а "- (а,п)
B.2)
Введем прямоугольную систему коордншп V)/ и обозначим через i ,j , k единичные
векторы, имеющие направление координатных осей ОХ ОУ. О/ (npibi) Тогда люГюк
вектор а может быть представлен в виде
a a i + о j + а У-. B 5)
где а , , а а. координа1Ы векгора а . ( калярное пронлк'депие векторов выражаекя
через их координаты следующим образом:
(a,b)
"Л
Ллина векгора а определяется формулой
а - а! - ч, (а , а) -¦ N а* ¦• д. -
loi да для учла между век юрами а и b получаем
.-N (а, Ь) °л-''л- т '-'_,.'',
о/) .—=
Из формул B.1) и B.2) следует: если а
к
а - \ а-
" ,- I "'
1 а., то
Л I '
3. Векторное произведение векторов
Векторным произведением ( а, Ь| вектров а и b называется вектор, /шина
го равна произведению длин этих векторов па синус > i ла между ними, перпенлику
к каждому сомножителю и направленный так,что iройка векторов a, b, |a, b| с
правовинтовую систему (рис. I ). Таким образом,
.л Y i
!|а, b| a/^iii(a b) :
С|а, Ь|, а) ¦¦¦- (|a,b|,b) 0.
Векторное произведение обозначают также а < b .
Векторное произведение обладает следующими
свойствами:
хитро-
хитролярный
|а ,а|
|а,Ы
|аа+ jib ,
0:
с|.
Рис I
155
С помощью координат векторов а и Ь , используя определитель третьего порядка,
векторное произведение можно представить в виде
[а,Ы -
к
Согласно определению векторного произведения,находим следующие соотношения
между векторами i, j , k :
[i,j] = k; [j,k| = i; [k,i] = j.
Для координат некто pa с = [ a , b] из формулы C 1) получаем
= az"x
- cybx.
Смешанное произведение (а, [ b , с]) нычисляется по формупе
( а , I Ь , с 1) -
л'
сх
и геометрически представляем собой объем параллелепипеда, построенного на векторах
а, b , с Основное свойство смешанного произведения
U,l b,c]) (Ь,[с,а)) = (с,1 а,Ь|),
т. е. смешанное произведение не зависит от циклической перестановки сомножителей.
Двойное векторное произведение | а , |Ь, с|) вычисляется по формуле
|а,[Ь,с)] - (a,c)b - (a,b)c= b(a,c) c(a,b).
4. Дифференцирование векторных функций скалярного аргумента
Пусть а (О - векторная функция скалярного аргумента f Определим производную
функции а (г) no t следующим образом'
Jt
Inn
лг*0
-а(Л
- - Mm
Дг*О
Дг
F-хли вектор a(f) откладывать от начала координат (рис. 2), то производная da./dt
является вектором, касательным к кривой /. . описываемой концом вектора а(г). Он
также зависит от г , его дифференцирование по г дает вторую производную d arfr2 и т. д.
Н6
Разлагая вектор а(г) по формуле B.3),
а(О = ^@>+ "v(')'l + az(t)k ,
из определения производной вектор-функции получаем
dt
i + — — j +
dt dt J
dt
Для любого натурального
dt'
dt
dt
к .
Рис. 2
т. е. дифференцирование векторной функции сводится к дифференцированию ее проек-
проекций на координатные оси.
Правило дифференцирования произведения двух скалярных функций легко обобща-
обобщается для произведения скалярной и векторной функций, а также для скалярного и век-
векторного произведения. Опуская для краткости аргумент г , получаем:
d
~dl
d
It
d
~dT
(aa.) =
(a,b)
(a,b,
da
dl
— (
=
a+ a
da
dt' '
da
["dt '
da. _
'dt '
b) и
b| +
Jb
' (a'^);
db
В частности, еспи la(f)l = I , то
d da i/a
_(,.., = (-t.,+ (a,Jr-) =
т. е. единичный вектор и его производная перпендикулярны друг другу.
da.
5. Скалярное поле и его градиент
Если в некоторой области пространства скаляр <р определен как функция независи-
независимых переменных (х , у . z), то говорят, что имеется поле скалярной величины или про-
просто скалярное поле ¦¦# = <р(х , у . z).
Ксли в каждой точке некоторой области пространства определен вектор а , то мы
имеем векторное поле а = а (х , у , z).
Возьмем в пространстве некоторую точку М и проведем через нее прямую, придав
ей определенное направление с помощью единичного вектора 1 . Рассмотрим значение
функции \р(М) в самой точке М и в близкой к ней точке М{ , отстоящей от М на расстоя-
расстоянии Д/ в выбранном направлении.
Тогда производной функции <р(М) в точке М по направлению I называют предел от-
отношения л,„(м\ *(м ) - *№)
:— = lim — .
Д/-0
Будем считать, что в каждой точке области V функция <f(M) имеет производную по
любому направлению. Таким образом, в области определения скалярного поля существу-
существуют три производные по направлениям координатных осей: д^(М) /дх , д#(М) jdy , dy(M)ldz,
называемые частными производными функциями ^(М) - <р(х , у , г) по переменным
157
л , у , z соответственно. Отметим, что частная производная по какой-либо переменной вы-
вычисляется по правилам обычной производной при фиксированных значениях других пе-
переменных.
Градиентом скалярного поля ~t(M) называется векторное поле grud^A/l такое, что
проекция вектора gi;id,r(M) в точке М па любое направление 1 равна производной функ-
функции у?(М) в точке М но направлению I , т. е.
Следовательно, проекции градиента на координатные оси прямоугольной системы коор-
координат равны д^(М),'дх , д^(М) !ду , д^(М) /с): и, согласно формуле B.3),
gradv(A/) i + — —-j + -¦-- k. E.1)
дх ду dz
Введем в рассмотрение символический вектор ^7 (набла) :
V= -- -1 + ,-J + ,-k.
дх ду dz
Тогда, обозначая радиус-вектор точки М через г , выражение E.1) можно представить в
виде
Так как dx ~ dx i + rfrj + d:k, то полный дифференциал функции -f(r) может быть
иредстаплен в виде скалярного произведения
Скалярный квадрат нектора V обозначается через /. и называется оператором Лапласа'.
д'
л -¦- (V ¦ V ) : , + — j + ¦ ~,-
дх2 ду1 ():2
6. Векторное поле. Поток, циркуляция, дивергенция
и ротор векторного поля
Выберем в области определения векторного поля а = а (г) гладкую поверхность Л'
и ориентируем ее, задав в каждой точке этой поверхности единичный вектор нормали
п (г ) (Г'-радиус-нектор точки поверхности S) (рис.3).
Тогда потоком векторного поля а ¦= а (г ) через поверхность S называют поверх-
поверхностный интеграл
Ф- j (a(r ) , n(r))d.S j¦ an(r')itS. F.1)
(S) (S)
Вводя направленный элемент поверхности <1S - c/.Vn(r) и опуская для краткости аргу-
аргумент г .интеграл F.1) можно представить в виде
Ф - j adS,
(S)
В спучае замкнутой поверхности вектор п(г) направлен по внешней нормали к поверх-
поверхности S .
Выберем теперь н рассматриваемой области замкнутый контур /. и ориентируем его,
задав направление обхода, т. е. в каждой точке этого контура определим единичный пек-
158
а(г')
Рис. 3
Рис 4
тор касательной т (г) (г радиус-вектор точки контура /. ) (рис.4).
Тогда циркуляцией векторного поля а а (г ) вдоль контура /. называю1 криво-
криволинейный интеграл
С ¦- f (a(r'), T(r))dl -¦ I afl.r)dl. F.2)
('¦) (А)
Вводя направленный элемент дуги dl - Лт (г ) и опуская для краткости аргумент
г , перепишем интеграл F.2) следующим образом:
С -- / (a,dl) .
</¦)
Любое векторное поле а = а(г) можно представить в виде
а (г) — a <r)i + a,(r)j+ aT(r)k,
причем предполагается, что проекции а^(г), а (г) , а,(г) имеют в области определения не-
непрерывные производные по любому направлению. Тогда дивергенцией векторного поля
а = а(г) называется скалярное поле div a(r), задаваемое формулой
да (г) dev(r) да, (г)
iliva(r) - G, а(г)) =—г - + f— +-'—-.
дх ду di
Ротором векторного поля а - а(г) называется векторное поле rot a(r), определяемое
формулой
roia(r) - [ V, a(r)| -
д
дх
д
ду
7. Интегральные теоремы теории поля
Теорема Стокса
f (a,dl) - f
a.) (S)
, а| , dS) ,
159
где 5 - произвольная гладкая поверхность, опирающаяся на контур /. , причем направле-
направление нормали к поверхности образует правовинтовую систему с направлением обхода кон-
контура.
Теорема Остроградского-Гаусса-
На, dS) -- f (.у , a) JV ,
(S) (V)
где V - область пространства, ограниченная )амкнутой поверхностью S .
8. Правила действий с вектором у
Опустим для краткости аргумент скалярных и векторных полей г . Пусть а и 0 -
константы.
Тогда.
b) = a(v,a)+ 0(V,b);
G,аа + (ЗЬ] = a[V,a]+ C(V,b].
Далее:
V (w) = op у + *>у$;
y(a,b) = (a,
(V,
(V,[a,bl)= (b,[V,a]) (a , [V , b]);
(a,
[7.la.bJl = (b, V)a-(a,^7)b+ &(V, b) - b(^, a);
(a,V)b = j([V,|b,a]] + v(b,a) - b(V , a ) + a (V , b) -
Правила повторного
divgrad^
grad div a
rot rot a
rot grad ^
div rot a
применения
= (V,V#)
= 7(V,a
= IVJtf,
= [7,(Vi
= (V,I\7,
вектора:
= (V,V)v?
) = Да+ [V
all = 7G
o)\ = 0 .
al) = 0.
= Д#;
,[V,all;
, а) Да;
9. Градиент, дивергенция и ротор в цилиндрической
и сферической системах координат
Связь координат в декартовой и цилиндрической системах выражается формулами-
х =
у =
Z = 2,
где 0 < <р < 2 я; 0<г<~; --« < z <
160
/
/p
/вр
ч
\
\
\
\
\
1
Рис. 5
Рис. 6
Пусть е , e , ez - единичные ортогональные векторы вдоль соответствующих коор-
коорz
динатных линий (рис. 5). Тогда:
д и 1 ди
grad u = е + —- е
др Р р д# Ч>
rot
P
ди
е,
дг z
diva = iw{pap) +
да
_. +
Р <)\р dz
, да
1 z
да
dz
rot a =
dz
1
rot a = -[
2
dp
дап
где а а , а? - проекции вектора а (в каждой точке) на направления е , е , е соот-
соответственно.
Оператор Лапласа
\ d д \ д2 д2
р dp dp 2 di?
2 '
о о$ dz
Сферические и декартовы координаты точки связаны следующими формулами пре-
преобразования:
х = г sin в cos ip ;
у = г sin в sin <p ;
z = г cos в ,
Г*1Х6 О ^ {/} ^t 2я ! О ^ о ^^ тг 1 0 ^ ^" ^^ °°
Пусть е , е^ , е - единичные ортогональные векторы вдоль соответствующих коор-
координатных линий (рис, 6). Тогда:
161
ди \ ди I ди
grad и — — е + - — е. + - - — -е :
дг '' г дв в гмпО й? V
1 с/ 2 Id
diva -¦ -- ---(Га ) + ¦ - ¦-
2 rf ^ infl do
1 д дап
rot а - — - [ - (binflc ) -"- | :
1 | (ь ));.
rotfl а % dr ^
1 с» <)а,
rot а - - ( — (га.) — I .
:ратор Лапласа
1 д , д \ д д
Л - -„ — (;¦—¦)+ --,-— - ( ъ'тв - - ) +
г- дг дг И sin О 'J0 dfl
ЛИТЕРАТУРА
Грашин А Ф Квантовая механика - М Просвещение. 1974 207 i.
Иродов И t Задачи по обшей физике - М Наука. 1979 -368 с
Иродов ПК Основные законы .шектромагнетизма - М Высш шк , 1983 279 с
Корн Г, Кори 7 Справочник но математике для научных работников и инженеров -
М Наука, 1974 - 832 с
Савельев И В Курс общей физики В Зч - М Наука, 1977- 1979 -41 1977
432 с , Ч 2 - 1978 - 480 с ; Ч 3 - 1979 - 304 с
Савелъев И В Сборник вопросов и задач по обшей физике -М Наука, 1983 - 368 с
Смирнов В И Курс высшей математики В 5 т - М Наука, 1974 - Т 2 -665 с
Сборник задач по общему курсу физики В 5ч / С П Стрелков, ДВСивухин,
СЭ Хайкин и др , Под ред И А Яковлева - М Наука, 1977 Ч 3; Электричество и
магнетизм - 272 с
Флюгге 3 Задачи по квантовой механике - М Мир, 1974 - 334 с
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
1. Механика
1.1. Кинематика материальной точки 5
1.2. Динамика материальной точки 10
1.3. Динамика твердого тела 19
1.4. Законы сохранения импульса, момента импульса и энергии 26
1.5. Механические колебания 35
1.6. Упругие волны 42
2. Молекулярная физика и термодинамика
2.1. Молекулярно-кинетическая теория газов. Явления переноса 49
2.2. Распределение молекул по скоростям и энергиям (распределение Максвел-
Максвелла) . Частицы в силовом поле (распределение Больцмана) 54
2.3. Физические основы термодинамики 59
3. Электростатика
3.1. Закон Кулона. Напряженность и потенциал электрического поля 70
3.2. Проводники и диэлектрики в электрическом поле. Энергия электрического
поля 82
4. Электромагнетизм
4.1. Магнитное поле постоянного тока 90
4.2. Движение заряженных частиц в электрическом и магнитном нолях 96
4.3. Электромагнитная индукция 105
4.4. Уравнения Максвелла 117
5. Элементы волновой оптики н квантовой механики
5.1. Волновое описание оптических явлений 127
5.2. Простейшие задачи квантовой механики 139
П р и л о ж е н и я. Основные математические понятия и формулы 154
Литература 163
Виктор Иванович Мурзов,
Алла Федоровна Коненко,
Лилия Григорьевна Филиппова
ОБЩАЯ ФИЗИКА В ЗАДАЧАХ И РЕШЕНИЯХ
Зав. редакцией СЮ. Липец
Редактор М.С. Молчанова
Мл. редактор В.М. Кушилевич
Худож. редактор Ю.С. Сергачев
Техн. редактор Л.И. Счисленок
Корректоры Т.К. Скрипкина, В.В. Н е в е р к о
Оператор А.И. М а л ь
ИБ № 2054
Подписано в печать 12.11.86. AT 13562. Формат 60X90 1/16. Бумага офсет. Офсет, печать.
Гарнитура Пресс РомалУсл. печ. л. 10,25. Усл. кр.-отт. 10,44. Уч.-изд.л. @,58. Тираж
7700 экз. Зак. 6865. Цена 55 к.
Издательство "Вышэйшая школа" Государственного комитета БССР по делам изда-
издательств, полиграфии и книжкой торговли. 220046, Минск, проспект Машерова, 11.
Типография "Победа". 222310. Молодечно, ул. Тавлая, [1.
Отпечатано с оригинала-макета, подготовленного в издательстве "Вышзйшая школа".