/
Автор: Павленко Ю.Г.
Теги: физика электроника задачи по физике магнитное поле
ISBN: 978-5-377-00973-3
Год: 2008
Текст
Ю.Г. Павленко
ФИЗИКА
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
КНИГА II
Магнитное поле
Электромагнитная индукция
Электрический ток в среде
Электромагнитные колебания
Переменный ток в RCL-цепях
Электромагнитные волны
Оптика
Основы теории относительности
Квантовая физика
Издательство
«ЭКЗАМЕН»
МОСКВА
2008
УДК 53(076.1)
ББК 22.3я7
П12
Павленко, Ю.Г.
П12 Физика. Избранные задачи. Кн. II: Магнитное поле. Электро-
магнитная индукция. Электрический ток в среде. Электромагнит-
ные колебания. Переменный ток в RCL-цепях. Электромагнитные
волны. Оптика. Основы теории относительности. Квантовая физи-
ка/ ЮТ. Павленко. — М.: Издательство «Экзамен», 2008. —
430, [2] с. (Серия «Абитуриент»)
ISBN 978-5-377-00973-3
Это издание, состоящее из двух книг, представляет собой сборник
задач и вопросов по всем разделам курса физики средней школы:
«Кинематика», «Основы динамики», «Молекулярная физика. Тепло-
вые явления», «Механика жидкостей и газов», «Электростатика»,
«Электрический ток», «Магнитное поле», «Электромагнитная индук-
ция», «Колебания и волны», «Оптика», «Элементы теории относи-
тельности» и «Квантовая физика». Предлагаемые свыше 1 600 задач
и вопросов отражают наиболее существенные для каждой темы поня-
тия и законы. Включен материал, который, как показала практика
приемных экзаменов на естественные факультеты МГУ, наиболее
сложен для абитуриентов.
Приведены решения всех задач. Анализируя свою работу, читатель
получит объективную информацию об уровне подготовки и разделах
программы, требующих дополнительного изучения.
Для учащихся старших классов, абитуриентов и преподавателей.
УДК 53(076.1)
ББК 22.3я7
Подписано в печать с диапозитивов 07.09.2007. Формат 60x90/16.
Гарнитура «Таймс». Бумага типографская. Уч.-изд. л. 14,85.
Усл. печ. л. 27. Тираж 50 000 (1-й завод — 5000) экз. Заказ №4824002
ISBN 978-5-377-00973-3
© Павленко Ю.Г., 2008
© Издательство «ЭКЗАМЕН», 2008
Оглавление
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
Глава V. МА ГН ИТНОЕ ПОЛЕ......................................9
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера..............9
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био--Савара—Лапласа......................... 16
5.3. Закон Максвелла—Ампера.
Поток электромагнитной энергии в электрической цепи......22
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ.......................26
6.1. Электромагнитная индукция.........................26
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока..............37
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция......................42
6.4. Магнитные свойства вещества...~...................45
Глава VIL ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ.......................50
7.1. Электрический ток в электролитах..................50
7.2. Электрический ток в вакууме.......................52
7.3. Электрический ток в газах.........................58
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ....................61
8.1. Свободные электромагнитные колебания..............61
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания............67
8.3. Трансформатор.....................................74
8.4* . Представление уравнений Кирхгофа в комплексной форме.77
Глава IX. ПЕРЕМЕНЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ.......................84
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности.....................84
9.2. Электромеханика...................................89
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ...........................95
10.1. Электромагнитные волны. Радиосвязь и телевидение.95
10.2. Интерференция. Дифракция.........................99
Глава XI. ОПТИКА......................................110
11.1. Принцип Ферма. Отражение и преломление света.110
11.2. Волны в неоднородной и анизотропной средах......120
11.3. Топкие линзы.................................124
11.4. Оптические системы и приборы.................132
Глава ХП. ОСНОВЫ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ...................144
12.1. Преобразование Лоренца...........................144
12.2. Релятивистские импульс и энергия частицы.
Рождение новых частиц............................148
12.3. Релятивистская электродинамика...................152
Глава XIIL КВАНТОВАЯ ФИЗИКА. АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО.............155
13.1. Фотон. Фотоэффект. Квантовая теория атома........155
13.2. Радиоактивность. Ядерные реакции.................161
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
Глава V. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ...................................169
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера.............169
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био—Савара—Лапласа.........................170
5.3. Закон Максвелла — Ампера.
Поток электромагнитной энергии в электрической цепи.171
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ.......................172
6.4. Электромагнитная индукция.........................172
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока..............173
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция......................174
6.4. Магнитные свойства вещества.......................174
Глава VII. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ......................175
7.1. Электрический ток в электролитах..................175
7.2. Электрический ток в вакууме.......................175
7.3. Электрический ток в газах.........................176
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ....................177
8.1. Свободные электромагнитные колебания..............177
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания............178
8.3. Трансформатор.....................................179
8.4. Представление уравнений Кирхгофа в комплексной форме.179
Глава IX. ПЕРЕМЕНЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ.......................180
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности..................180
9.2. Электромеханика...................................180
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ...........................182
10.1. Электромагнитные волны. Радиосвязь и телевидение.182
4
10.2. Интерференция. Дифракция.....................182
ГлаваХ!. ОПТИКА.......................................184
11.1. Принцип Ферма. Отражение и преломление света.184
Ц.2. Волны в неоднородной и анизотропной средах....185
11.3. Тонкие линзы.................................185
11.4. Оптические системы..........•................186
Глава XII. ОСНОВЫ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ..............188
12.1. Преобразование Лоренца.......................188
12.2. Релятивистские импульс и энергия частицы.
Рождение новых частиц.............................188
12.3. Релятивистская электродинамика...............189
Глава XIII. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА. АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО.....190
13.1. Фотон. Фотоэффект. Квантовая теория атома....190
13.2. Радиоактивность. Ядерные реакции.............191
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Глава V. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ...............................195
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера.........195
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био—Савара—Лапласа..........................206
5.3. Закон Максвелла—Ампера.
Поток электромагнитной энергии в электрической цепи.211
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ...................216
6.1. Электромагнитная индукция.....................216
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока..........234
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция..................237
6.4. Магнитные свойства вещества...................241
Глава VII. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ..................247
7.1. Электрический ток в электролитах..............247
7.2. Электрический ток в вакууме...................248
7.3. Электрический ток в газах.....................255
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ................258
8.1. Свободные электромагнитные колебания..........258
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания........273
8.3. Трансформатор.................................279
8.4* . I [редставление уравнений Кирхгофа в комплексной форме ... 281
Глава IX. ПЕРЕМЕНЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ.......................288
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности....................288
9.2. Электромеханика...................................297
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ...........................305
10.1. Электромагнитные волны. Радиосвязь и телевидение.305
10.2. Интерференция. Дифракция.........................310
ГлаваХ!. ОПТИКА...........................................323
11.1. Принцип Ферма. Отражение и преломление света.....323
11.2. Волны в неоднородной и анизотропной средах.......341
11.3. Тонкие линзы.....................................349
11.4. Оптические системы и приборы.....................360
Глава XII. ОСНОВЫ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ..................373
12.1. Преобразование Лоренца...........................373
12.2. Релятивистские импульс и энергия частицы.
Рождение новых частиц..............................385
12.3. Релятивистская электродинамика...................391
Глава XIII. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА. АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО.....396
13.1. Фотон. Фотоэффект, Квантовая теория атома........396
13.2. Радиоактивность. Ядерньте реакции................403
ВОПРОСЫ И БЛИЦ-ОТВЕТЫ
Механика...............................................411
Молекулярная физика и термодинамика....................413
Гидростатика...........................................416
Электродинамика........................................418
Механические колебания.................................422
Волны..................................................423
Литература.............................................. 428
Справочные данные....................................... 430
6
УСЛОВИЯ
ЗАДАЧ
Глава V. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера
Сила Лоренца. В конце позапрошлого века в 1892 г.
нидерландский физик Хенрик Лоренц записал выражение
для силы, действующей на заряд д, движущийся в магнит-
ном поле
FL=qv*B (5.1.1)
Здесь v — скорость заряда, символ «х» обозначает век-
торное произведение и и В. В координатной записи
? = , В = (Bx,B,Bt) компоненты вектора FL име-
ют вид
Fu =
= (5Л.2)
Заряженная частица в электромагнитном поле. Если
скорость частицы массой т значительно меньше скорости
света, то для определения координат в момент времени t не-
обходимо найти решение уравнения
m— = qE+qv*B + mg. (5,1.3)
dt
Сила Ампера. Сила &Fa , действующая на ориентиро-
ванный элемент провода длиной AZ, сечением S, по которо-
му идет ток силой Г.
&FA=Ibl*B (5.1.4)
Момент силы Ампера, действующей на рамку с током
в магнитном поле. Ориентация рамки (или петли) опреде-
ляется единичным вектором п , перпендикулярным к плос-
кости рамки и направленным в одном из двух возможных
направлений. В электродинамике принято правило, связы-
вающее ориентацию вектора п и положительное направ-
ление на контуре: вращение буравчика (винта с правой на-
резкой) в положительном направлении приводит к его
перемещению в направлении вектора п .
9
I Момент сил Ампера, действующих на рамку с током в
однородном магнитном поле можно представить в виде
М = ISnxB, (5.1.5)
где S — площадь рамки.
5.1.1* * Магнитное поле Земли. В околоземном пространстве ин-
дукция магнитного поля
В(г) = Зг^-4,
Г г
где г — радиус-вектор с началом в центре Земли, ц — вектор, на-
правленный от южного магнитного полюса к северному полюсу, его
величина ц = 4,2 • 10 • 7?3 Тл, R — радиус Земли.
Получите уравнение силовых линий магнитной индукции.
5.1.2* . Магнитная индукция аксиально-симметричного магнит-
ного поля
В (х, у, z) ® b(z) е3 - (p/2)db/dz п ,
гДв — единичный вектор, направленный по оси z, п = (coscp,
sincp, 0), ф — угол между осью х и проекцией радиус-вектора на
плоскость ху, р = (х2 + y2)t/2. Покажите, что уравнение силовой ли-
нии b(z)p2 = const.
5.1.3- 5.1.4. Движение заряженной частицы в однородном маг-
нитном поле. В ограниченной области пространства можно создать
однородное магнитное поле. В этой области индукция магнитного
поля В = (0,0, В) — постоянный вектор.
5.1.3. В начальный момент времени t = 0 радиус вектор г (0) = 0,
начальная скорость v (t) = (0, vn, 0). Найдите решение уравнений
движения заряженной частицы.
5Л.4. В начальный момент времени t = 0 радиус вектор г (0) = 0,
начальная скорость v (0) = (0, р0, и). Найдите решение уравнений
движения заряженной частицы.
5.1.5. Компоненты вектора магнитной индукции в декартовых
координатах В = (0, 0, b)f b > 0. Из начала координат вылетает элек-
трон со скоростью v = (pt, у2, 0), где > 0, v2 > 0. Центр окружности,
по которой движется электрон, находится в области:
А. х > 0, у > 0, Б. х < 0, у > 0,
В. х < 0, у < 0, р. х > 0, у < 0, Д. х > 0.
10
5.1.6. Протон и альфа-частица ускоряются из состояния покоя в
электростатическом электрическом поле, и попадая в однородное
магнитное поле, движутся по дугам окружностей. Найдите отноше-
ние радиусов окружностей протона /?р и альфа-частицы Ra.
5.1.7. Индукция магнитного поля В = (О, О, В) — постоянный
вектор. В начальный момент времени t = 0 два протона находятся в
начале координат.
А. Начальные скорости v, (t) = (0, 0), v2 (t) = (v2, 0, 0). Найди-
те расстояние s(t) между протонами.
Б. Начальные скорости (t) = 0, 0), v2(t) = (y2> 0). Найди-
те расстояние s(t) между протонами.
5.1.8. Пучок электронов, вылетающих из одной точки, движется в
магнитном поле индукцией В = (0, 0, В), перпендикулярной плоско-
сти экрана. Начальные скорости электронов v = (p0cos a, uosin а, и), от-
личаются значениями угла а. Экран находится в плоскости z-L. По-
кажите, что все электроны фокусируются в одной точке экрана при
условии L = иа(2л/<о), п = 1, 2,со = еВ/т.
5.1.9. Протон ускоряется в электростатическом поле из состоя-
ния покоя И попадая в постоянное однородное магнитное поле ин-
дукцией В, движется по винтовой линии с шагохМ h на цилиндриче-
ской поверхности радиусом R. Найдите разность потенциалов Дер
начальной и конечной точек траектории протона в электростатиче-
ском поле.
5.1.10. Электроны ускоряются электронной пушкой, проходя
разность потенциалов V, и движутся по прямой GTr. В точке Г на
расстоянии $ от точки G находится мишень Г. Угол T'GT равен а.
При наложении однородного постоянного магнитного поля электро-
ны попадают на мишень.
А. Найдите величину вектора индукции, если вектор В направ-
лен перпендикулярно плоскости рис. 5.1.10 а.
Б. Найдите величину вектора индукции, если вектор В направ-
лен параллельно отрезку GT.
11
5.1.11* - Магнитная стенка. Протон движется в неоднородном
постоянном поле индукцией В = (0, 0, b/ch2ky). В начальный момент
времени I = 0 радиус вектор г (0) = (0, 0), $ 1/к, начальная ско-
рость v (0) = (0, vot 0). Найдите условие, при котором протон отра-
зится в область у < 0.
5.1.12. Заряженная частица движется в параллельных однородных
электрическом поле напряженностью Е = (0, 0, Е) и магнитном поле
индукцией В = (0, 0, В). В начальный момент времени v (0) = (0, с?0,0).
Найдите промежуток времени т, через который кинетическая энергия
частицы возрастет в два раза.
5.1.13. Заряд q движется в области экватора в магнитном поле Земли
индукцией В = (0, В, 0). В начальный момент времени г (0) = (0, 0, h),
v (0) = 0. Найдите границы области движения заряда по координате z.
5.1.14* . Плоский магнетрон. Плоскости у = d и у = 0 являются
анодом и катодом, разность потенциалов между которыми равна V
(рис. 5.1.14). Вектор магнитной индукции В = (0, 0, В). Электроны
испускаются катодом с начальной скоростью v (0) = 0. Найдите наи-
меньшее значение В = Вт, при котором ток во внешней цепи отсутст-
вует.
У п
Рис. 5.1.14
5.1.15* . Заряд q массой т движется во взаимно перпендикуляр-
ных однородных электрическом, магнитном и гравитационном по-
лях: Ё = (0, В, 0), В = (В, 0, 0), g = (0, 0, -g). Начальная скорость
v (0) - 0. Найдите максимальное значение величины скорости заря-
да <4-
5.1.16. Электрон движется в однородных постоянных электриче-
ском и магнитном скрещенных полях, т.е. угол между напряженно-
стью электрического поля Ё и индукцией магнитного поля В равен
90°. Найдите начальную скорость электрона vQi если электрон дви-
жется с постоянной скоростью v(t) = vQ.
5.1.17* -5.1.18*. Эксперимент Томсона. В 1897 г. Дж.Дж. Том-
сон впервые определил природу катодных лучей и показал, что они
12
представляют собой поток частиц с наибольшим значением отноше-
ния заряда к массе ejm — электронов. Пучок электронов влетает в
конденсатор, представляющий собой две параллельные, горизон-
тально расположенные пластины длиной I, помещенные в катодную
трубку. В конце трубки на расстоянии $ от пластин расположен эк-
ран. покрытый сернистым цинком (рис. 5.1.17).
5.1.17. Найдите величину отклонения электронов h по оси у.
5.1.18. Для исключения неизвестной величины начальной ско-
рости электронов конденсатор поместили в магнитное поле индук-
цией В = (О, О, В). Найдите условие, при котором электроны дви-
жутся по прямой линии и отношение eQ/m.
5.1.19. Заряженная частица находится на диске, вращающемся
вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно плоскости
диска. Диск находится в однородном постоянном магнитном поле
индукцией В, направленном параллельно вектору угловой скорости.
Масса частицы — т, заряд — q. Найдите максимальное значение ве-
личины угловой скорости, при котором частица удерживается на по-
верхности диска на расстоянии г от оси.
5.1.20. По горизонтальной непроводящей плоскости катится без
проскальзывания заряженное кольцо со скоростью й = (0, и, 0). За-
ряд кольца q, масса т. Кольцо находится в однородном постоянном
магнитном поле индукцией В = (В, 0, 0). Найдите силу реакции Nz,
действующую на кольцо.
5.1.21. Заряженная частица, прикрепленная к нити, движется в
вертикальной плоскости в магнитном поле. Вектор индукции маг-
нитного поля В направлен перпендикулярно плоскости (рис. 5.1.21).
Масса и заряд частицы т, q, длина нити Z. Найдите минимальное зна-
чение величины скорости vm в нижней точке траектории, при которой
частица совершит полный оборот.
Рис. 5.1.17
Рис. 5.1.21
13
5.1.22* . Первая частица с зарядом е и вторая с зарядом — е за-
креплены на концах невесомого стержня длиной L Эта система, на-
зываемая диполем, движется в горизонтальной плоскости ху в одно-
родном, постоянном магнитном поле. Вектор магнитной индукции
В = (О, О, В). Массы частиц - т2 = т. Положение диполя опреде-
ляется тремя координатами: В = (х, у, 0) - радиус-вектор центра
масс и (р — угол между осью х вектором г = г2 —г\. Получите уравне-
ния движения диполя и найдите несколько частных решений.
5.1.23. Металлическая полоска, расположенная в горизонталь-
ной плоскости ху параллельно оси Y, может перемещаться по двум
параллельным проводникам вдоль оси X в магнитном поле индукци-
ей В = (В, 0, 0), В = 10'2 Тл. Длина полоски L = 0,1 м, вес Р - 2 »10 2 Н.
Если через полоску протекает ток силой I = 10 А в положительном
направлении оси Y, то для смещения полоски достаточно приложить
силу F = (/, 0, 0 ). Найдите минимальную величину силы Fz, кото-
рую необходимо приложить к полоске, если ток силой /= 10 А проте-
кает в отрицательном направлении оси Y.
5.1.24. По двум параллельным проводникам текут в одном направ-
лении токи силой и Расстояние между проводами d. Найдите вели-
чину силы F2, действующей на элемент второго провода длиной AZ.
5.1.25. Произвольно расположенный провод соединяет точки Л и
С. В точку Л втекает трк силой I (рис. 5.1.25). Провод находится в по-
стоянном однородном магнитном поле индукцией В. Найдите силу
Ампера, действующую на провод.
5.1.26. На рис. 5.1.26 изображен проводник в виде окружности
радиусом а = 5 см. Сопротивление схемы между точками М и N равно
R = 0,25 Ом. К этим точкам подключен генератор напряжения, соз-
дающий разность потенциалов V = 1 В. Вся система находится в по-
стоянном однородном магнитном поле с индукцией В = (0, В, 0),
В ~ 10 3 Тл. Определите силу Ампера, действующую на проводник.
Рис; 5.1.26
14
5.1.27- Ребра тетраэдра ABCD изготовлены из однородной прово-
локи. Сопротивление ребра длиной L = 5 см равно R - 1 Ом. К верши-
нам А и 7? тетраэдра приложено постоянное напряжение U = 10 В. Тет-
раэдр помещают в однородное постоянное магнитное поле индукцией
В, направленной перпендикулярно ребру АВ. Величина индукции
В = 0,01 Тл. Найдите величину силы, действующей на тетраэдр.
5.1.28. На горизонтальной плоскости находится проводящий
контур в форме квадрата. Сопротивление стороны квадрата /?, длина
стороны а. К точкам М и N на серединах противоположных сторон
подключен генератор напряжения, создающий разность потенциалов
V (рис. 5.1.28). Вся система находится в постоянном однородном маг-
нитном поле с индукцией В - (0, 0, В). Масса контура т. Определи-
те силу реакции плоскости N.
5.1.29. На рис. 5.1.29 а изображена прямоугольная рамка ABCD со
сторонами АВ = CD = Ь, ВС - DA = а. Рамка может вращаться вокруг
оси z, проходящей через середины сторон АВ и CD. Ориентацию рамки
зададим единичным вектором п, перпендикулярным к плоскости
рамки и направленным в одном из двух возможных направлений. На
рис. 5.1.29 а ориентация рамки определяется углом <p(t) между векто-
ром п и осью х. Рамка находится в однородном постоянном магнит-
ном поле индукцией В, параллельной оси у: В = (0, В, 0). Найдите
проекцию на ось z суммы моментов сил Ампера Мъ, действующих на
рамку. Сила тока I.
Рис. 5.1.28
Рис. 5.1.29 а
о.1.30. Квадратная рамка из однородного провода плотностью
Р = 2,7 • 1()3 кг/м3, сечением 5=1 мм2 лежит на горизонтальной плос-
кости. Вектор магнитной индукции однородного магнитного поля
величиной В = 10 2 Тл параллелен двум сторонам рамки. Найдите
минимальное значение силы тока 1т в проводах, при которой рамка
начнет поворачиваться вокруг одной из сторон.
15
5.1.31* -5.1.32*. Проводник в форме полуокружности радиусом
а, соединяющий точки А и С, может вращаться вокруг оси z. В точ-
ку-^ втекает ток силой I (рис. 5.1.31). Проводник находится в посто-
янном однородном магнитном поле индукцией В = (В, 0г 0).
5.1.31. Найдите радиус-вектор гг точки приложения силы Ампе-
ра, действующей на проводник.
5.1.32. Определите силу FK, которую необходимо приложить к
точке X, чтобы сумма моментов сил относительно оси z стала равной
нулю.
5.1.33- 5.1.34. По тонкому замкнутому проводнику сечением S в
виде окружности радиусом а протекает ток силой /.Кольцо находится
в однородном постоянном магнитном поле индукцией Во, перпенди-
кулярной плоскости кольца.
5.1.33. Найдите напряжение о в кольце.
5.1.34. Найдите относительное удлинение проводника.
5.1.35. Объясните, почему силы Ампера деформируют соленоид:
сжимают в продольном направлении и растягивают в плоскости, пер-
пендикулярной оси.
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био—Савара—Лапласа
Закон Био—Савара—Лапласа. В 1820 г. французские
ученые Ж, Био и Ф. Савар установили зависимость силы,
действующей на магнитную стрелку, от расстояния до про-
вода, по которому протекал постоянный ток. Индукция
магнитного поля В, создаваемая пространственным рас-
пределением токов, определяется решением уравнений, от-
крытых Д. Максвеллом в 1864 г. Однако еще в 1820 г. вы-
дающийся математик и физик П.С. Лаплас, обобщая
16
результаты опытов Био—Савара, установил закон, позво-
ляющий найти вектор индукции магнитного поля, созда-
ваемого линейным проводником с постоянным током.
Представим участок провода, по которому протекает
ток силой I в виде последовательности малых векторов
дГЛ(& = 1, 2, ... 7V) и выберем на каждом элементе точку к с
радиус-вектором гк. Ток, протекающий через элемент А1к,
создает в точке Р(х, у, z) с радиус-вектором г магнитное
поле индукцией ,
^(r) = T^3-4x-RA. (5.2.1)
* 4тгЯ* * к
Здесь ц0 = 4л > 107 Н/А2 — магнитная постоянная,
Rk = f-rk. Вектор Rk идет из точки гк в точку Р (рис. 5.2).
Вектор ДВк перпендикулярен плоскости, в которой лежат
векторы Ык и Rk.
Рис, 5.2
Суммируя вклады всех элементов Мк, получим вектор
индукции В(г) магнитного поля, создаваемого петлей в
точке Р. Силовые линии магнитного поля представляют со-
бой замкнутые кривые.
Магнитное поле прямого длинного провода с током.
Вектор В (х, у, z) в точке Р (х, у, z) направлен по каса-
тельной к окружности радиусом г с центром на оси z в
плоскости перпендикулярной оси z, расположенной на
расстоянии z от начала координат. Величина вектора маг-
нитной индукции
B=^L. (5.2.2)
2пг
17
Магнитное поле кругового витка с током. Ориентацию
витка радиусом а в плоскости ху зададим единичным век-
тором перпендикулярным плоскости витка Я = (0, 0, 1).
Положительное направление на контуре' определяется пра-
вилом буравчика: буравчик смещается параллельно векто-
ру п , если его вращать в положительном направлении.
Индукция магнитного поля на оси z в точке г - (0, 0, z):
,5'2'3’
Магнитное поле объемного распределения тока. Закон
Био—Савара—Лапласа представляет собой частный случай
общего решения уравнений Максвелла. Пусть j (£, х, у, z)
— плотность тока в среде объемом V. Если пренебречь маг-
нитными свойствами среды, то в точке Р(х, yf z) с радиус-
вектором г = (х, у, z) вектор магнитной индукции можно
представить в виде интеграла по объему
В(1,г) = (цо/4тг) fdV'j (t, f )х R/ft, (5.2,4)
где г' — вектор, проведенный из начала координат в точку
окрестности элементарного объема dИ, R = г -г*.
В частности, при вращении сферы радиусом /?, заря-
женной до потенциала ср, следует заменить j dV на
о(йхг )dS, где <о — угловая скорость тела, а = е0 <р //? —
поверхностная плотность заряда, dS — площадь элементар-
ной площадки на поверхности.
Магнитное поле, создаваемое связанными зарядами.
Если поляризационные заряды диэлектрика перемещают-
ся, то возникает электрический ток, который является ис-
точником магнитного поля. В этом случае плотность тока
j = dP /dt,
где Р —плотность дипольного момента.
Закон Гаусса. Поток вектора магнитной индукции че-
рез замкнутую поверхность
= (5.2.5)
Аг=1
где — единичный вектор внешней нормали к элементу
поверхности Д5.
18
5,2-1. Магнитное поле прямого длинного провода с током. По
длинному прямолинейному проводу протекает ток силой L Найдите
индукцию магнитного поля, создаваемого током.
5.2.2. Рамка в форме прямоугольника со сторонами а и Ь, но ко-
торым протекает ток силой /, расположена в плоскости длинного
провода с током (рис. 5.2.2). Сторона длиной b параллельна длин-
ному проводу, расстояние от провода до средней линии прямоуголь-
ника равно х. Найдите силу F , действующую на рамку.
5.2.3. Два длинных параллельных провода расположены в плос-
кости перпендикулярной вектору индукции постоянного однородного
ноля (рис. 5.2.3 а). Величина индукции поля BQ = 1(Г’ Тл. По провод-
ника текут в противоположные стороны токи силой Ц = /2 = I, I = 1 А.
Магнитная сила Ампера, действующая на каждый проводник, равна
нулю. Найдите расстояние d между проводниками.
Рис. 5.2.2 Рис. 5.2.3 а
5.2.4. Два длинных параллельных провода параллельны оси z и
проходят на плоскости ху через точкиД (0, 0, 0 ), А2 (s, 0, 0), $ = 1 м.
По первому проводу протекает ток силой /( = 4 А в положительном
направлении оси z.
А. По второму проводу протекает ток силой /2 = 6 А в положи-
тельном направлении оси z. Найдите геометрическое место точек, в
которых индукция магнитного поля равна нулю.
Б. По второму проводу протекает ток силой /2 = 6 А в отрицатель-
ном направлении оси z. Найдите геометрическое место точек, в кото-
рых индукция магнитного поля равна нулю.
5.2.5. Три параллельных длинных провода, по которым протекают
в одном направлении токи силой Д = 12 - 13 = 1, расположены на рав-
ных расстояниях $ друг от друга. Найдите значение индукции магнит-
ного поля Вс в точке С, одинаково удаленной от всех проводников.
19
5.2.6. Магнитное поле кругового витка с током. По. замкнутому
проводнику в форме окружности радиуса а, течет ток силой 7. Ориен-
тацию витка зададим единичным вектором перпендикулярным плос-
кости витка п = (0, 0, 1). Положительное направление на контуре
определяется правилом буравчика: буравчик смещается параллельно
вектору п, если его вращать в положительном направлении. Найди-
те индукцию магнитного поля, создаваемого витком на оси z в точке
г = (0,0, z).
5.2.7. Электрон в атоме водорода вращается по орбите радиусом
а = 0,053 нм. Найдите величину индукции магнитного поля в «цен-
тре» протона.
5.2.8- 5.2.9. Кольца Гельмгольца. Индукция магнитного поля
прямого провода и витка зависйт от координат, т.е. является неодно-
родным. Можно получить однородное поле в окрестности начала ко-
ординат, используя два витка: первый виток в плоскости z = а/2, вто-
рой — в плоскости z = -а/2, по которым текут параллельные токи
силой 7.
5.2.8. Найдите компоненту индукции 7? (z), создаваемую нижним
и верхним витками на оси z и значение 7?х(0).
5.2.9. Покажите, что при смещении от точки z = 0 на малую вели-
чину | Az| = е а функция B8(z) получает приращение ~ а4. Следова-
тельно, кольца Гельмгольца представляют собой уникальное устрой-
ство для создания в небольшой области однородного магнитного
поля.
5.2.10. Петля радиусом 7? образована отрезком длинного провода,
по которому протекает ток силой 7 (рис. 5.2.10). Найдите величину
индукции магнитного поля в центре петли.
Рис. 5.2.10
5.2.11. По изолированному проволочному кольцу течет ток силой
7t = 10 А. Длинный прямолинейный провод, по которому течет ток
силой 72 = 10 А, помещен параллельно оси кольца и касается кольца.
20
радиус кольца а. Найдите величину магнитной индукции в центре
кольца.
5.2.12* . На цилиндрическую катушку длиной I, радиусом а на-
мотано плотно и равномерно N витков проволоки. Сила тока, проте-
кающего по проволоке I. Используя закон Био—Савара, найдите
компоненту индукции магнитного поля bt{z) на оси z катушки, пре-
небрегая продольной составляющей плотности тока.
5.2.13* . «Толстый соленоид». Цилиндрический соленоид пред-
ставляет собой катушку с внутренним радиусом а, на которую намо-
тано плотно и равномерно N витков проволоки. Внешний радиус об-
мотки Ь. Используя результат задачи 5.2.12, найдите компоненту
индукции магнитного поля bz(z) на оси z катушки.
5.2.14. Магнитное поле в окрестности торца соленоида или оси
витка. На рис. 5.2.14 изображены силовые линии магнитного поля,
симметричного относительно оси z. В плоскости, проходящей через
ось z и точку наблюдения Р(х, yf z) индукция имеет две компоненты
#г(г, z) и Вг(т\ z), где г — расстояние от оси z до точки Р. В окрестно-
сти оси z компонента B2(r, z) « b(z). Найдите компоненту индукции
Br(r, z) и уравнение силовых линий.
0.2.15. Тонкий диск с постоянной плотностью заряда вращается
вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно плоскости
Диска. Радиус диска а, заряд Q, угловая скорость вращения со. Най-
дите индукцию магнитного поля в центре диска.
21
5.2.16. Магнитное поле, создаваемое свободными зарядами. За-
ряд q движется по прямой г (/) = b + vt, вектор b перпендикулярен
v : bv =0. Найдите индукцию магнитного поля, создаваемого заря-
дом в начале координат.
5.3. Закон Максвелла—Ампера.
Поток электромагнитной энергии в электрической цепи
Рассмотрим замкнутую кривую С в области простран-
ства, в которой текут токи. Натянем на эту кривую по-
верхность, одну сторону которой будем называть внешней,
другую — внутренней. Такая поверхность называется
ориентированной поверхностью, если задать положитель-
ное направление на кривой С по правилу: при обходе по
замкнутой кривой в положительном направлении внеш-
няя поверхность всегда находится с левой стороны.
Представим теперь контур в виде последовательности N
малых элементов Д/а (а = 1, ... , /V), выберем на каждом
точку га и образуем скалярное произведение В(га)А1а.
Предел суммы всех произведений при N —> оо, | Д/й | —> 0 на-
зывается циркуляцией вектора В по контуру. Согласно за-
кону Максвелла—Ампера
а _ л
(5.3.1)
fl-1 k=i
где nk — единичный вектор внешней нормали к элементу
поверхности Д5, j(r) — плотность тока.
Если ток обладает некоторой простой симметрией, то
можно «угадать» картину силовых линий. Тогда для опре-
деления индукции можно воспользоваться законом Мак-
свелла—Ампера, совмещая с кривой С силовую линию маг-
нитного поля.
Для линейных проводников из (5.3.1) получаем
л>
£в(га)д/в =ц0/,
а=1
где I — сила тока в проводе.
22
«Ток смещения». В случае переменного тока закон
Максвелла—Ампера в форме (5.3.1) некорректен — ток
проводимости необходимо дополнить слагаемым равным
к
сумме элементарных вкладов £0--, где Ьк —вектор на-
dt
пряженности электрического поля в точке малой поверхно-
сти площадью ASk, на которые разбита поверхность, натя-
нутая на контур (к = 1, 2, ... , N). Максвелл записал
интегральное соотношение (5.3.1) в виде
=M0^[JU,r*)+e0^^KAS. (5.3.2)
a=i к=1 ut
В действительности никакого тока смещения не суще-
ствует — всегда выполняется соотношение (5.3.2), связы-
вающее токи проводимости, индукцию магнитного и на-
пряженность электрического полей.
Перенос энергии связан с вектором
S = Ё *В. (5.3.3)
Его размерность [S] = Вт/м2. Этот вектор, характери-
зующий поток энергии электромагнитного поля, ввел в
1884 г. английский физик Дж.Г. Пойнтинг.
5.3.1. По длинному прямолинейному проводу радиусом а проте-
кает ток силой 7. Найдите индукцию магнитного поля, создаваемого
током.
5.3.2. По длинной трубке протекает ток силой 7. Внешний и внут-
ренний радиусы трубки г2л = а + d/2, толщина стенки d а. Найдите
давление р, создаваемое магнитным полем, и напряжение опр в про-
дольном сечении трубки.
5.3.3. Магнитное поле соленоида. Возьмем цилиндрическую ка-
тушку длиной Z, радиусом а и намотаем на нее N витков проволоки
плотно и равномерно, так что число витков на единицу длины явля-
ется постоянной величиной N/L Если длина катушки значительно
больше ее диаметра, то такая система называется соленоидом (от
греч. solen — трубка, eldos — вид). В этом случае ток силой 7 создает
внутри соленоида почти однородное поле, а поле вне соленоида в
пределах катушки мало по сравнению с полем внутри. Найдите осе-
вую компоненту Въ индукции магнитного поля при I а.
23
5.3.4. Тонкий металлический лист толщиной d занимает область
пространства -d/2 <у< d/2, Плотность тока в металле j = (/, 0, 0).
Найдите индукцию магнитного поля.
5.3.5. На рис. 5.3.5 изображен тонкий металлический лист в
плоскости у = 0, по которому протекает ток постоянной поверхност-
ной плотностью i - (i, 0, 0) в положительном направлении оси х.
Лист находится в постоянном, однородном магнитном поле индукци-
ей Во = (0, 0, Бо). В результате суперпозиции Магнитных полей в об-
ласти у > 0 индукция поля В = (0, 0, В4), а в области у < 0 индукция
В = (0, 0, В2). Найдите значение Во.
5.3.6. Тонкий металлический лист толщиной d, занимающий об-
ласть пространства -d/2<y <d/2, поместили в однородное магнитное
поле. Найдите плотность поверхностного тока i и индукцию внеш-
него магнитного поля Ь , если В = (0, В2, В3), у > d/2; В = (0, В2, -В3),
y<-d/2.
5.3.7. Тонкий металлический лист толщиной d, занимающий об-
ласть пространства -d/2 < у < d/2, поместили в однородное магнитное
поле. Найдите плотность поверхностного тока и индукцию внешнего
магнитного поля b , если В = (0, 0, у > d/2; в = (0, 0, В2),
y<~d/2.
5.3.8. Два тонких металлических листа, по которым протекают
токи с постоянной поверхностной плотностью i = (i, 0, 0) в положи-
тельном направлении оси х, расположены в плоскостях у, = а, у2 = -а.
Найдите индукцию магнитного поля В.
5.3.9* -5.3.10*. Магнитное поле в конденсаторе. Заряженный
конденсатор включен в цепь, содержащую резистор и ключ. Конден-
сатор образован двумя дисками радиусами а, находящихся на рас-
24
стоянии h. После замыкания ключа начинается разрядка конденса-
тора и возникает переменное электрическое поле E(t,r).
5.3.9*. Найдите индукцию магнитного поля, создаваемого пере-
менным электрическим полем.
5.3.10* . Найдите величину потока электромагнитной энергии S,
вытекающей через боковую поверхность конденсатора и мощность Р
конденсатора как источника электромагнитной энергии — энергию,
протекающую через боковую поверхность в единицу времени.
5.3.11* . Поток энергии поля через поверхность резистора. Рези-
стор сопротивлением R представляет собой цилиндр радиусом а дли-
ной I, через который проходит ток силой /. Покажите, что поток элек-
тромагнитной энергии вдоль подводящих проводов с пренебрежимо
малым сопротивлением направлен к резистору. Вычислите величину
потока электромагнитной энергии 5, втекающего в резистор через бо-
ковую поверхность, и мощность Р потребляемую резистором.
5.3.12. Напряженность однородного электрического поля в плос-
ком конденсаторе с пластинами в форме дисков Et{t) = а/. Найдите
индукцию магнитного поля, возникающего в конденсаторе.
25
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ
ИНДУКЦИЯ
6.1. Электромагнитная индукция
Па замкнутом контуре введем положительное направ-
ление и натянем на него поверхность. Выберем на каждой
элементарной площадке точку га и зададим в ней единич-
ный вектор внешней нормали na (а = 1, 2,..., N). Величина
ДФа = naB(i,ra)ASa называется элементарным магнитным
потоком через элементарную поверхность А8а. Предел сум-
мы потоков ДФя при /V —> оо, |Д5а | -> 0 называется магнит-
ным потоком Ф(£) через поверхность S, ограниченную кон-
туром.
Математическая формулировка закона индукции была
дана Д. Максвеллом в 1873 г.: если магнитный поток через
поверхность, ограниченную контуром, является функцией
времени, то в контуре возникает ЭДС индукции
с/Ф
£(*) = -— • (6.1.1)
at
Здесь ЭДС означает сумму работ, совершаемую инду-
цированным электрическим полем напряженностью Е'а на
всех участках контура Д/й (а = 1, 2, ... , /V) при переносе
единицы заряда:
(6.1.2)
а-1
Вычисляя производную потока индукции через дви-
жущийся контур, можно представить ЭДС индукции (6.1.1)
в явном виде
ё = + WJ4 > (6-1.3)
0=1 Аь д=1
где иа — скорость элемента контура Д 1а.
Первое слагаемое обусловлено возникновением вихре-
вого электрического поля, второе слагаемое обусловлено
движением элементов контура.
26
6.1.1- Прямоугольная металлическая рамка ABCD находится в
однородном магнитном ноле, вектор индукции которого направлен
перпендикулярно .плоскости рамки. Поток вектора магнитной ин-
дукции через рамку равен Фо. Рамку повернули вокруг стороны ВС
на 180°.
А. Найдите приращение потока ДФ магнитной индукции.
Б. Величина индукция магнитного поля В = 0,1 Тл, площадь
рамки 5=10 см2, сопротивление провода R = 2 Ом. Найдите величину
заряда Дд, протекшего по рамке.
6.1.2. Прямоугольная металлическая рамка ABCD находится в
однородном магнитном поле, вектор индукции которого направлен
перпендикулярно плоскости рамки. Поток вектора магнитной ин-
дукции через рамку равен Фо. Рамку перегнули по средней линии на
180 °. Найдите приращение потока ДФ магнитной индукции.
6.1.3. На рис. 6.2.3 изображен график ЭДС индукции, возни-
кающей в замкнутом контуре. Определите момент времени, в кото-
рый магнитный поток через поверхность, ограниченную контуром,
достигает наибольшего значения.
6.1.4. ЭДС индукции имеет вид @(t) = k(t-T),Q<l< 2Т; S(t) - kl\
t > 2Т. Найдите поток магнитной индукции Ф(0-
6.1.5^ Рамка движется в магнитном поле, создаваемом длинным
проводом с током. Положительное направление тока и скорость рам-
ки показаны на рис. 6.1.5. Укажите направление индукционного то-
ка и сил Ампера, действующих на рамку.
6.1.6. Перенапряжение, индуцированное магнитным полем
молнии. По плазменному каналу между грозовым облаком и землей
в течение 100 мкс протекает ток средней силой 30 кА. Крутизна воз-
растания силы тока может превысить к = 10й А/с. Две стороны кон-
27
тура в форме квадрата расположены параллельно каналу молнии.
Длина стороны а = 10 м, расстояние от канала до центра контура
г = 100 м. Оцените амплитуду ЭДС индукции £п в контуре.
6.1.7. Вихревое электрическое поле в соленоиде. В окрестности
центра длинного соленоида индукция однородного магнитного поля,
создаваемая переменным током, представляет собой функцию вре-
мени Bt(t).
А. Покажите, что переменное магнитное поле порождает элек-
трическое поле, и найдите напряженность электрического поля.
Б. Найдите мощность Р, потребляемую проводником в форме
тонкого кольца. Радиус кольца а, сопротивление 7?.
6.1.8. Два параллельных гладких металлических стержня распо-
ложены в плоскости ху на расстоянии I = 0,1 м и соединены резисто-
ром сопротивлением R = 3 Ом. По стержням как направляющим пере-
мещается проводник со скоростью v = 2 м/с. Вся система находится в
однородном магнитном поле индукцией В = (0, 0, В), В = 0,06 Тл.
Стрелкой на рис. 6.1.8 обозначено положительное направление на
контуре.
А. Скорость проводника vx(t) = и0. Найдите силу тока в контуре.
Б. В результате действия переменной внешней силы
x(t) = xQ + Acos art.
Найдите ЭДС в контуре.
6.1.9. Два проводника образующие угол а, находятся в однород-
ном постоянном магнитном поле. Вектор магнитной индукции В
перпендикулярен плоскости, в которой находятся проводники. По
проводникам скользит отрезок провода со скоростью v (рис. 6.1.9).
Сопротивление единицы длины проводников р. Найдите силу тока /,
протекающего по замкнутому контуру. Положительное направление
указано направленной кривой.
Рис. 6.1.8
Рис. 6.1.9
28
6.1-10* . Два параллельных гладких металлических стержня рас-
положены в плоскости и соединены резистором. По стержням как
направляющим может перемещаться проводник. Вся система нахо-
дится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого пер-
пендикулярен плоскости (рис. 6.1.8). Проводник смещают на рас-
стояние s в первом случае за промежуток времени l1f во втором — за
/ t2 > tv Найдите отношение количества теплоты, выделившейся в
резисторе в первом и втором случаях:
А. Скорость проводника vn{t) = knt(tn -t),n = 1,2.
Б. Скорость проводника vn(t) = i;nsina)n^ 0 < tont < л, п = 1,2.
6.1.11. На рис. 6.1.11 контур из провода представляет собой
кольцо с перемычкой по диаметру кольца. Вектор индукции пере-
менного однородного магнитного поля направлен перпендикулярно
вверх от плоскости рисунка. Положительное направление на контуре
указано стрелками на рис. 6.1.11. Укажите направления индукцион-
ных токов на участках контура АВ, ВтА, АкВ при уменьшении вели-
чины магнитной индукции и найдите силу тока /т, протекающего че-
рез перемычку.
6.1.12. В схеме рис. 6.1.12 а два параллельных провода АВ и MN
соединены резисторами с сопротивлениями = 5 Ом, R2 = 20 Ом.
Вся схема находится в однородном магнитном поле. Вектор магнит-
ной индукции перпендикулярен плоскости ABMN, величина индук-
ции В- 4 • 10’2 Тл. По проводам перемещают вправо перемычку CD
длиной L = 0,1 м со скоростью v(t) = kt(T - t), к = 0,3 м/с3, Т = 1 с.
Стрелкой указано положительное направление тока. Найдите мак-
симальное значение силы тока Im, протекающего через перемычку.
Рис. 6.1.11
Рис. 6.1.12 а
29
6.1.13. Один из двух одинаковых проволочных, равносторонних
треугольников движется вдоль прямой, проходящей через ось сим-
метрии (рис. 6.1.13 а). Сопротивление единицы длины проводов р,
длина стороны а. В точках пересечения сторон имеется электриче-
ский контакт. Вся схема находится в однородном магнитном поле.
Вектор магнитной индукции перпендикулярен плоскости треуголь-
ников. Величина индукции В. Найдите значение силы тока /р проте-
кающего через сторону ВС неподвижного треугольника, когда сторо-
на В'С пересечет середину высоты треугольника ЛВС со скоростью у0.
6.1.14. В схеме рис. 6.1.14 два горизонтальных параллельных
провода ОА и NM длиной b соединены двумя батареями и проводя-
щей подвижной перемычкой длиной s, массой т. Сопротивление
единицы длины проводников р. ЭДС батарей ft внутреннее сопро-
тивление г. Вся схема находится в однородном магнитном поле. Век-
тор магнитной индукции перпендикулярен плоскости OAMN, вели-
чина индукции В. Найдите частоту со линейных слабозатухающих
колебаний перемычки (BV <$С тр$).
6.1.15- 6.1.16. Два параллельных гладких металлических стерж-
ня расположены в горизонтальной плоскости на расстоянии I друг от
друга и соединены резистором сопротивлением В (рис. 6.1.8). По
стержням как направляющим может перемещаться проводник мас-
сой т. Вся система находится в постоянном однородном магнитном
поле индукцией В = (О, О, В).
6.1.15. Начальные условия х(0) = 0, у(0) = р0, 7(0) = 0. Найдите
координату х* точки остановки проводника.
6.1.16. Запишите закон изменения полной энергии проводника.
30
6.1-17. Два параллельных гладких металлических изолирован-
ных стержня расположены в горизонтальной плоскости на расстоя-
нии I друг от ДРУга. Но стержням как направляющим могут переме-
щаться два проводника. Вся система находится в переменном
однородном магнитном поле индукцией В = (0, 0, Масса каж-
дого проводника т, сопротивление /?. Собственным магнитным по-
лем проводников пренебрегаем.
Л. Получите уравнение для функции x(t) = x2(t) - x^t), описы-
вающее относительное движение проводников, где x2(t), x^t) — ко-
ординаты точек пересечения проводников и стержней.
Б. Запишите закон изменения полной энергии системы.
6.1.18. Генератор постоянного напряжения. Приложим к провод-
нику на рис. 6.1.18 горизонтально направленную силу F = (F, 0, 0).
Найдите максимальное значение скорости проводника и, силы тока 7ж,
мощности, развиваемой силой и мощности потребляемой рези-
стором.
6.1.19. Линейный электромотор. Пусть к проводнику на рис.
6.1.19 приложена сила F = (-F, 0, 0). Как заставить проводник дви-
гаться вправо? С этой целью присоединим вместо резистора батарею с
ЭДС равной £0 и внутренним сопротивлением В: положительный элек-
трод — к точке О, отрицательный — к точке С, Bl&JR > F (рис. 6.1.19).
Найдите КПД мотора в стационарном режиме v(t) = v0, l(t) - IQ.
Рис. 6.1.18
Рис. 6.1.19
6.1.20. К торцам двух металлических стержней присоединены
Два гибких провода, которые могут скользить по тонкой горизон-
тально расположенной оси (рис. 6.1.20). Полное сопротивление кон-
тура /?. Эта система находится в однородном постоянном магнитном
31
поле. Вектор магнитной индукции В направлен по горизонтали.
Длина стержней I, массы и т2, т{ > т2. Определите скорость
стержня массой т} в стационарном режиме движения.
Рис. 6.1.20
6.1.21* . Два гладких параллельных металлических провода, рас-
положены в горизонтальной плоскости на расстоянии I друг от друга.
По проводам как направляющим может перемещаться проводник
длиной I (рис. 6.1.21). Сопротивление единицы длины проводов р.
Вся система находится в магнитном поле, создаваемом током силой /0
в длинном проводе, находящимся в плоскости проводов на расстоя-
нии 5 от средней линии контура. Масса проводника — т. Начальные
условия я(0) = 0, t>(0) = р0, 7(0) = 0. Найдите координату уточки ос-
тановки проводника.
Рис. 6.1.21
6.1.22* . Две гладкие параллельные металлические полосы, рас-
положенные в горизонтальной плоскости на расстоянии h друг от
друга, соединены перемычкой ОС, содержащей резистор сопротивле-
нием В (рис. 6.1.22). Но полосам как направляющим может переме-
щаться проводник. Вся система находится в магнитном поле, созда-
ваемом током силой 7(| в длинном проводе, находящимся в плоскости
полос на расстоянии 5 от отрезка ОС. Масса проводника — т. На-
32
«ltp условия z(0) = 0, t>(0) = i>0, /(0) = 0. Найдите зависимость
чальньА^ j
скорости проводника от z-координаты.
Рис. 6.1.22
6.1.23* . ЭДС индукции в неоднородном магнитном поле. На
рИс. 6.1.23 а изображен длинный провод, по которому течет ток си-
лой /0. Прямоугольная рамка OADK вращается с угловой скоростью со
вокруг оси ОК , параллельной проводу. Стороны ОА = а, ОК = Ь, рас-
стояние оси ОК от провода ОС = s, я а. Найдите ЭДС индукции.
6.1.24. Металлический стержень, подвешенный на двух проводах
в зазоре между полюсами постоянного магнита, свободно колеблется
(рис. 6.1.24 а). Вектор магнитной индукции однородного постоянно-
го магнитного поля В направлен вертикально вверх. Масса стержня
т. длина стержня а, длина подвеса I, сопротивление подвеса и
стержня R. Если концы проводов замкнуть, то колебания затухают.
Запишите уравнения, описывающие эволюцию системы, и объясни-
те наблюдаемое явление.
Рис. 6.1.23 а
6.1.25* . Металлический стержень, подвешенный на двух прово-
дах, образуют проводящий контур аЪпк, который находится в одно-
родном постоянном магнитном поле (рис. 6.1.25 а). Вектор магнит-
ной индукции В направлен вертикально вверх. Масса стержня т,
Длина стержня I, длина подвеса Л, сопротивление подвеса и стержня
33
R. Через стержень пропускают импульс тока, замыкая и размыкая
ключ с течение короткого промежутка времени т: g(t) = ё 0, 0 < I < т;
ё{1) = 0, t < О, I > т, т (А/#)1'2- В результате рамка отклоняется от
положения равновесия. Найдите условие, при котором максималь-
ный угол отклонения рамки от вертикальной плоскости равен 90°.
Рис. 6.1.25 а
6.1.26* . Обруч радиусом а катится без проскальзывания по гори-
зонтальной шероховатой плоскости с угловой скоростью со. Часть ду-
ги обруча АМС, стягивающая центральный угол а, представляет со-
бой тонкий проводник. Вектор индукции постоянного однородного
магнитного поля В направлен перпендикулярно плоскости. Найдите
разность потенциалов £(<р) точек А и С как функцию угла поворота
обруча в вертикальной плоскости.
6.1.27. Металлический стержень АВ вращается с угловой скоро-
стью со(/) вокруг оси О в постоянном однородном магнитном поле
(рис. 6.1.27 а). Длины отрезков стержня АО = а, ОВ = Ь. Вектор маг-
нитной индукции В направлен перпендикулярно плоскости враще-
ния. Найдите ЭДС индукции в стержне.
6.1.28* . В плоскость ху, перпендикулярную оси соленоида, помес-
тили проводник в форме спирали Архимеда г = а(<р/2я), где г — рас-
стояние от оси, <р — угол между радиус-вектором и осью х> 0 < <р < 2яя,
34
п — целое число (рис. 6.1.28). Осевая компонента вектора магнитной
индукции в соленоиде Z?(Z)- представляет собой функцию времени.
Найдите ЭДС индукции на концах проводника.
6.1.29* . В плоскость ху, перпендикулярную оси соленоида, по-
местили проводник в форме параболы z/p = кх1 /2, замкнутой отрезком
прямой yL - ка1 /2, -а < х < а (рис. 6.1.29). Осевая компонента вектора
магнитной индукции в соленоиде Bz(t) представляет собой функцию
времени. Найдите ЭДС индукции в проводнике.
Рис. 6.1.28
6.1.30* . В соленоид поместили проводник в форме винтовой ли-
нии. В системе координат с осью z, направленной по оси соленоида
уравнение винтовой линии х = 7?cos<p, у = 7?sin<p, z = h(p/2n, 0 < z< Н.
Осевая компонента вектора магнитной индукции в соленоиде
представляет собой функцию времени. Найдите ЭДС индукции на
концах проводника.
6.1.31. Цилиндр массой т катится без проскальзывания по гори-
зонтальной шероховатой плоскости с угловой скоростью со. Радиус ос-
нования а, длина образующей h. Па контуре продольного сечен и д’ ци-
линдра закреплен тонкий провод сопротивлением R. Вектор индукции
постоянного однородного магнитного поля В направлен перпендику-
лярно плоскости. Запишите уравнение движения цилиндра.
6.1.32. По двум вертикально расположенным металлическим
стержням, замкнутым конденсатором, может скользить проводник.
Система находится в постоянном однородном магнитном поле ин-
дукцией В, перпендикулярной плоскости стержней. Емкость кон-
денсатора С\ расстояние между точками контакта равно I, сопротив-
ление стержней равно нулю, сопротивление проводника R, масса
проводника т. На рис. 6.1.32 стрелкой обозначено положительное
Направление на контуре, z - вертикальная координата центра масс
35
проводника. В начальном положении z(0) = 0, вертикальная компо-
нента скорости у(0) = 0. Найдите ускорение проводника a(t) в ста-
ционарном режиме движения.
6.1.33. На оси металлического кольца радиусом а закреплен непод-
вижный провод ОА (рис. 6.1.33). Конец другого провода ОР скользит по
металлическому кольцу с угловой скоростью со(t) = ясо0 sin a^t, 0 < сц/ <л.
Сопротивление единицы длины проводников р. Вся схема находится в
однородном магнитном поле. Вектор магнитной индукции перпендику-
лярен плоскости кольца, величина индукции В. Найдите максимальную
величину силы тока 1т, протекающего через проводник ЛОР.
6.1.34* . Космическая электростанция. Два спутника, соединен-
ные изолированным проводящим тросом длины I движутся йо круго-
вым орбитам радиусами гх = г -
—, г, = г + —, Z г, r= а + h, где а —
2 2 2
радиус Земли, h — расстояние от поверхности Земли до центра масс
связки; г = а + Л, h = 400 км, I = 20 км (рис. 6.1.34). Плоскость орбиты
лежит в плоскости магнитного экватора. Магнитное поле почти одно-
родно в пределах кольца, по которому движется трос: В(г) = 50(а/г)3,
где Во = 4,2 • 10’5 Тл. А. Оцените величину ЭДС индукции £0, возни-
кающей в тросе. Б. В одном из спутников в цепь троса включен гене-
ратор постоянного напряжения с ЭДС равной £. Запишите уравне-
ния движения, определяющие динамику тросовой системы.
Рис. 6.1.32
Рис. 6.1.33
Рис. 6.1.34
6.1.35. Как притормозить Темзу? По прямолинейному каналу
шириной I течет вода со скоростью v = 5 м/с. В месте расположения
канала вертикальная компонента индукции магнитного поля Земли
В~ 50 мкТл. Концы проводящего провода, перекинутого через' ка-
нал, опущены в воду. Определите величину горизонтальной компо-
ненты напряженности электрического поля Е, возникающего в воде.
36
Покажите, что сила Ампера, действующая на ток, протекающий в
воде, тормозит течение воды.
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока
В зависимости от способа включения обмотки возбуж-
дения могут быть двигатели параллельного, последователь-
ного и смешанного возбуждения. Здесь рассмотрены при-
митивные модели машин с последовательным независимым
возбуждением.
Электрический двигатель постоянного тока. Цепь об-
мотки якоря через коллектор .присоединена к генератору
постоянного напряжения U. Угол поворота якоря в поло-
жительном направлении вокруг оси г обозначим 0, проек-
ция на ось z угловой скорости вращения со = dB/ей, поток
индукции магнитного поля статора Ф.
Уравнение движения якоря
Jd&/dt = MA + Mz. (6.2.1)
Здесь J - момент инерции якоря, МА, Mz - -М — проек-
ции на ось z момента сил Ампера и момента внешних сил,
МА = Id<J)/dQ = kl, £ = -dQ/dt - ~к<$, к = (с?Ф/^0), к — по-
стоянный коэффициент, зависящий от конструкции двига-
теля, £ — ЭДС индукции. (В электротехнике ЭДС индукции
называют величину Е = Аж £ = -Е.) Закон Ома имеет вид
IR=U-ka. (6.2.2)
Из (6.2.1), (6.2.2) следует закон изменения кинетиче-
ской энергии якоря
—— =iu-Ma-fR.
dt 2
При движении с постоянной угловой скоростью
И-М=0. (6.2.3)
Мощность, развиваемая мотором Риех = Мео. Мощность,
потребляемая от электросети Рм = IU, равна сумме мощно-
сти, рассеиваемой в виде теплоты, и механической мощно-
сти мотора: IU = ?R + Рявж.
КПД двигателя ц = PmJPw9 ц = 1 - MR/kU.
37
Электромотор в режиме генератора» Если U = 0, то
со < 0; система представляет собой генератор напряжения —-
коллекторный двигатель обратим. Присоединим теперь об-
мотку якоря к нагрузке сопротивлением /?я. Из закона Ома
имеем уравнение
/(/? + Я ) =-А;ю>0, (6.2.4)
где Ям — сопротивление нагрузки, / = М/к.
Напряжение на выходе генератора
У=-кы-Шц. (6.2.5)
Мощность, развиваемая внешней силой PF ~ -нвМ > О,
равна мощности, потребляемой нагрузкой и обмоткой яко-
ря, Рт = f(R + 7?н). (В электротехнике производят замену
со—> —о и ЭДС индукции называют величину Е = /с<о.)
КПД генератора г] = I2RJPF = RJ(R + /?„).
6.2.1. Магнитогидродинамический генератор. В МГД — генера-
торе рабочим телом является нагретый ионизированный газ, кинети-
ческая энергия которого преобразуется в электрическую. Располо-
жим электроды — две пластины — в плоскостях.^ = -h/2 и х2 = Л/2,
замкнув их на внешний резистор сопротивлением R (рис. 6.2.1). Газ
движется со скоростью и = (0, и, 0) в магнитном поле индукцией
В= (0, 0, В). Удельная проводимость газа ст. Найдите мощность Р,
потребляемую нагрузкой.
Рис. 6.2.1
6.2.2* . Дисковый генератор Фарадея. Принцип действия гене-
ратора, предложенного М. Фарадеем в 1831 г., основан на том, что
при вращении металлического диска в магнитном поле возникает
напряжение между центром и наружным краем диска. Скользящие
контакты связывают диск с электрической цепью. На диск намотана
невесомая нить, к концу которой прикреплен груз массой т
(рис. 6.2.2 а). Вектор магнитной индукции однородного магнитного
поля В - (0, 0, В) перпендикулярен плоскости диска. Радиус дис-
38
ка а, угловая скорость со, сопротивление резистора Н. Найдите мощ-
ность, потребляемую нагрузкой Р в стационарном режиме.
6.2.3* -6.2.8*. Электромотор Фарадея. Диск радиусом а может
вращаться вокруг вертикальной оси в однородном постоянном маг-
нитном поле. Вектор магнитной индукции В перпендикулярен
плоскости диска. Скользящие контакты связывают диск с электриче-
ской цепью, содержащей резистор и батарею (рис. 6.2.3).-Сопротив-
ление резистора /?, ЭДС батареи £. Проекция момента внешних сил
на ось ОА равна М№ = -Л/. В начальный момент времени угловая ско-
рость диска со(0) = 0,7(0) = £/7?.
Рис. 6.2.2 а
Рис. 6.2.3
6.2.3. М < $Ba /2R. Найдите установившиеся значение силы тока
7да, угловой скорости СО" и КПД мотора.
6.2.4. Найдите значение силы тока 1С и угловой скорости сос в ре-
жиме холостого хода.
6.2.5. Найдите значение силы тока 70 и момента силы Ампера МА
при заторможенном якоре.
6.2.6. М > &Ва /2R. Найдите ЭДС индукции £ин в режиме подза-
рядки батареи.
6.2.7. Найдите значение силы тока Г и угловой скорости со' при
ё = 0 в режиме генератора.
6.2.8. Найдите максимальные значения Рт функции PM„(Af) —
мощности мотора и величины момента Мт внешней силы.
6.2.9. Двигатель постоянного тока работает при напряжении U и
развивает одинаковую мощность Ро при значениях момента внешних
сил и М2, Сопротивление обмотки якоря 7?, угловая скорости в ре-
жиме холостого хода сос. Найдите величину Ро.
6.2.10. Мотор развивает одинаковую мощность при значениях мо-
мента внешних сил М} и М\ > Мг Найдите отношение PJP2 тепловой
мощности, выделяемой в обмотке якоря в первом и втором случаях.
39
6.2.11. Двигатель постоянного тока работает при напряжении U.
Сила тока в обмотке якоря при холостом ходе 1с, при заторможенном
якоре 70. Момент сил трения в подшипниках якоря не зависит от уг-
ловой скорости вращения. Найдите максимальное значение механи-
ческой мощности Ртах, развиваемой двигателем.
6.2.12. Сила тока в рабочем режиме мотора I, сила тока при за-
пуске 70. Найдите КПД мотора.
6.2.13. Двигатель постоянного тока работает при напряжении U,
сопротивление обмотки якоря R. Найдите угловую скорость враще-
ния якоря со, если в режиме генератора U = 0 при одном и том же мо-
менте внешних сил Мугловая скорость якоря со, = -со0.
6.2.14. Двигатель постоянного тока работает при напряжении U,
сопротивление обмотки якоря /?. Модуль момента внешней силы М.
Найдите угловую скорость вращения якоря со, если в режиме холо-
стого хода М = 0 угловая скорость якоря сог.
6.2.15. Двигатель постоянного тока работает при напряжении
U = 220, развивает мощность Рмсх = 130 кВт. КПД двигателя ц = 0,92,
частота вращения якоря v = 10 Гц, сопротивление обмотки якоря
R = 0,01 Ом. Определите потребляемую мощность Рм, силу тока 7,
ЭДС индукции ё и вращательный момент двигателя М.
6.2.16. Сопротивление обмотки электродвигателя постоянного
тока R = 2 Ом. При подключении генератора постоянного напряже-
ния U = 110 В в обмотке течет ток силой I = И А. Найдите КПД дви-
гателя.
6.2.17. Двигатель постоянного тока с независимым возбуждени-
ем имеет следующие номинальные параметры: механическая мощ-
ность = 10 Вт, напряжение на выводах двигателя U = 5 В, КПД
ц = 0,96, частота вращения v = 16 Гц. Найдите вращательный момент
М и сопротивление обмотки якоря 7?.
6.2.18. Двигатель постоянного тока включен в сеть с напряжени-
ем U = 9,8 В. На вал двигателя намотан трос, прикрепленный к грузу
массой т = 5 кг. Сопротивление обмотки якоря R = 0,05 Ом. Найдите
максимально возможную скорость груза vm.
6.2.19. Электродвигатель подъемного крана работает при напря-
жении U = 380 В и потребляет ток силой I = 20 А. Определите КПД
мотора, если груз массой т = 1 т кран поднимает с постоянной скоро-
стью на высоту h = 19 м за т = 50 с.
6.2.20. Электровоз движется с постоянной скоростью р0. Напря-
жение питания электромотора U, сила тока 7, сопротивление обмотки
40
якоря R. Найдите значение величины силы F, действующей на коле-
са со стороны рельсов.
6.2.21. Сила тока в двигателе вагона трамвая I = 100 А, напряже-
ние U = 500 В, мощность двигателя Р = 49,5 кВт. Найдите сопротив-
ление обмотки двигателя.
6.2.22. Двигатель постоянного тока включен в сеть с напряжени-
ем U - 440 В. При силе тока = 100 А, частота вращения v, = 10 Гц,
при силе тока 12 == 80 А, частота вращения v2 = 10,2 Гц. Найдите со-
противление якоря двигателя.
6.2.23. Двигатель постоянного тока подключен к сеть напряже-
нием U = 10 В. Сила тока в рабочем режиме I = 2 А, сила тока при за-
пуске 70 = 10 А. Найдите мощность Римс, развиваемую мотором.
6.2.24. Двигатель постоянного тока при силе тока Ц = 400 А вра-
щается с частотой v, = 153,2 Гц; при силе тока 12 = 500 А с частотой
v> = 160 Гц. Найдите частоту vc холостого хода двигателя.
6.2.25. Напряжение питания электромотора U = 24 В. При пол-
ностью заторможенном якоре сила тока в цепи обмотки /0 = 16 А, в
рабочем режиме I = 8 А. Найдите мощность двигателя Рмех.
6.2.26. Двигатель постоянного тока подключен к сети напряже-
нием U = 420 В. Сила тока в рабочем режиме 1 = 400 А, сопротивле-
ние обмотки R = 0,05 Ом. Частота вращения якоря v0 = 20 Гц. На рис.
6.2.26 приведена схема переключения двигателя в режим генератора
в результате размыкания ключей KV2 и замыкания ключей Kiv К22.
Найдите частоту вращения якоря vx в режиме генератора.
Рис. 6.2.26
6.2.27* . На рис. 6.2.26 приведена схема торможения двигателя в
результате противовключения — размыканием ключей 7fn, KV2 и за-
мыканием ключей K2V К&. Момент инерции на валу J =5 кг-м2, сопро-
тивление обмотки якоря R = 0,5 Ом, частота вращения v0 = 160 Гц,
частота холостого хода vc = 192 Гц. Найдите промежуток времени Т,
через который якорь остановится.
41
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция
Электродвижущая сала самоиндукции, действующая в
контуре
= (6-зл)
at at
В случае контура неизменной формы Цх, у, z) = Lo. ЭДС
самоиндукции
(6.3.2)
at
Для замкнутой цепи, содержащей резистор и катушку
индуктивности, закон Ома имеет вид
L^+IR = g. (6.3.3)
Величину VL = Ldl/dt называют напряжением на ка-
тушке, равной по определению разности потенциалов на
концах катушки.
Энергия магнитного поля контура в вакууме.
7 I2
ит=—. (6.3.4)
&
с В2
U-=JdV^~’ (6-3.5)
J 2ц0
где B(x,y,z} — индукция магнитного поля,
ит = В?/2ц0 — плотность энергии магнитного поля.
Размерность [им] = Дж/м3 = Па. Из (6.3.3) следует за-
кон сохранения энергии
+ У ВЫ. (6.3.6)
Взаимоиндукция. Индуктивность изолированного пер-
вого контура равна Lv второго — Ь2.
Силы токов в контурах равны, соответственно 4(0 и
Ш
Энергия магнитного поля
= + ^12-44 + ^4 )• (6.3.7)
Величина LV2 = L21 представляет собой коэффициент
взаимоиндукции.
42
6.3.1. Индуктивность соленоида. Параметры катушки: I — дли-
на, S — площадь поперечного сечения, N — число витков, I V/2.
Найдите индуктивность соленоида.
6.3.2. Индуктивность тороида. Тороид представляет собой коль-
цевой соленоид — «пустой бублик», на который навиты N витков
изолированной проволоки. Радиус средней окружности тороида а
значительно больше радиуса поперечного сечения Ь. Найдите коэф-
фициент самоиндукции кольцевого соленоида.
6.3.3. Коаксиальные проводники представляют собой внутрен-
ний проводник в форме цилиндра радиусом а длиной I и внешнюю
тонкую цилиндрическую поверхность радиусом b, I а, Ь. По про-
водникам текут противоположно направленные токи силой I. Найди-
те индуктивность проводников.
6.3.4. Найдите коэффициент взаимоиндукции двух кольцевых
соосных соленоидов длиной I. Площадь поперечного сечения первого
соленоида Sv число витков Nv площадь поперечного сечения второго
S2 > S]f число витков /V2.
6.3.5. К середине катушки индуктивностью L присоединили про-
водник. Найдите коэффициент взаимной индукции первой и второй
половинок катушки.
6.3.6. Коэффициент взаимной индуктивности двух витков. Цен-
тры двух компланарных соосных витков радиусами а1 и а2 находятся
на оси z на расстоянии h а2, а2 аг Ориентация витков задает-
ся единичными векторами п,х = (0, 0, 1) и п2 = (0, 0, 1). Найдите ко-
эффициент взаимной индукции.
6.3.7. Однослойный соленоид с замкнутой обмоткой находится в
однородном магнитном поле. Вектор магнитной индукции перпенди-
кулярен плоскости витков. Величина индукции магнитного поля
Вц = 10 3 Тл, площадь поперечного сечения соленоида 5=1 см2, ин-
дуктивность соленоида L = 2 мкГн. Обмотку переводят в сверхпрово-
дящее состояние, затем увеличивают величину индукции до значе-
ния 2ВП. Найдите силу тока возникающего в обмотке соленоида.
6.3.8* . По двум вертикально расположенным металлическим
стержням, замкнутым катушкой индуктивности, может скользить
проводник. Система находится в постоянном однородном магнитном
поле индукцией В, перпендикулярной плоскости стержней. Индук-
тивность катушки L, сопротивление участка проводника длиной I
между точками контакта равно R, сопротивление стержней равно ну-
43
лю, масса проводника т. На рис. 6.1.8 стрелкой обозначено положи-
тельное направление на контуре, z — вертикальная координата цен-
тра масс проводника. В начальном положении z(0) = 0, вертикальная
компонента скорости р(0) = 0.
А. Найдите скорость установившегося движения проводника vr.
Б. Полагая R = 0, найдите координату z(t).
о
z
Рис. 6.3.8
6.3.9. В схеме на рис. 6.3.9 а концы спирали анк подсоединены
к батарее. ЭДС батареи £, внутреннее сопротивление г. Точка а за-
креплена. Спираль растягивают в линейный проводник индуктивно-
стью Lx Lo, где Д — индуктивность спирали (рис. 6.3.9 б). Скорость
точки к, направленная по оси спирали, v(t) = at(T- t),O<t<T. Изо-
бразите примерный график зависимости силы тока от времени.
Д k
—1|— —1|——
Рис. 6.3.9 а Рис. 6.3.9 б
6.3.10. На рис. 6.3.10 изображена схема подсоединения двух
ламп к батарее, ЭДС которой ё, внутреннее сопротивление г. Сопро-
тивления ламп = /?, /?2 = Я, индуктивность катушки L. Объясните,
почему после замыкания ключа первая лампа загорается с запазды-
ванием.
Рис. 6.3.10
44
6.3.11- 6.3.12. В схеме рис. 6.3.11 а ЭДС батареи £ = 10 В, внут-
реннее сопротивление г = 2,5 Ом. Индуктивность катушки L = ОД Гн,
сопротивление резистора R = 100 Ом.
6.3.11. Вначале ключ К разомкнут. Найдите величину заряда Ад,
прошедшего через резистор после замыкания ключа.
L
Л.
Рис. 6.3.11 а
6.3.12. Вначале ключ К замкнут. Покажите, что разность потен-
циалов VL(t) - Ф* “ Фп точек п и b в момент размыкания ключа t = 0
равна Fl(0) = 400 В, а разность потенциалов точек а и b равна 410 В.
Найдите количество теплоты Q, рассеянной в резисторе после размы-
кания ключа.
6.4. Магнитные свойства вещества
Магнитный момент. Магнитные свойства веществ —
магнетиков — полностью определяются вектором намаг-
ниченности М, который представляет собой плотность
магнитного момента вещества или намагниченность. Раз-
мерность М — [А/м|. В объеме вещества V магнитный мо-
мент MV представляет собой сумму моментов ре, созда-
ваемых электронными токами в молекулах и атомах и
собственных магнитных моментов ps электронов и ядер.
Магнитный момент вещества представляют как результат
проявления связанного тока. Свободные токи — это обыч-
ные токи проводимости, измеряемые, например, ампер-
метром.
В случае магнетиков правая часть закона Максвелла-
Ампера (5.3.1) включает сумму свободного и связанного то-
ков. В электродинамике сплошных сред вводят вектор на-
пряженности магнитного поля Н, связанный только со
свободными токами проводимости Размерность напря-
45
женности поля Л/м. Свободные токи /св порождают внеш-
нее магнитное поле индукцией BQ = . Связанные токи
создают вторичное поле индукции В' = ц0Л7. Тогда индук-
ция магнитного ноля внутри вещества
В = ц077 + ц0М. (6.4.1)
После подстановки В в (5.3.1) получим закон Мак-
свелла-Ампера в виде
Л'
=/„. (6.4.2)
«=1
В случае не слишком сильных полей в изотропных диа-
и парамагнетиках вектор намагниченности в каждой точке
среды пропорционален напряженности магнитного поля:
М = (ц - 1) Н . Константа ц — магнитная проницаемость
вещества. Подставляя М в (6.4.1), получим индукцию по-
ля в веществе В - |л0|л Н .
Ферромагнетики. Магнитные свойства твердого тела
зависят от структуры кристаллической решетки.
Уникальные свойства ферромагнетика обусловлены на-
личием спонтанного макроскопического магнитного момен-
та. Пусть напряженность магнитного поля Н = (О, О, Я) об-
разует некоторый угол с осью легкого намагничивания.
Увеличение II вызывает нелинейное возрастание вели-
чины индукции В(Н): вначале медленное, затем более бы-
строе, затем очень медленное. В этой области значений II на-
магниченность достигает постоянного значения М(II) -> Мт,
индукция В(/Г) -> Вт, Вт « цДт.
Коэффициент магнитной проницаемости ц = BJ(H\^) 1.
Если медленно уменьшать Я, то кривая В = В(Н) не про-
ходит через значение В - 0. После выключения внешнего по-
ля сохраняется остаточное поле индукцией Вг = #(0) благо-
даря намагниченности, приобретенной образцом. Это
явление, обусловленное необратимостью процесса намагни-
чивания, называется гистерезисом (от гр. hysteresis — запаз-
дывание).
Остаточная намагниченность Мост = М (0) является ис-
точником магнитного поля индукцией В{1} =ц0(Я(о + )
внутри ферромагнетика и В{е} = ц0Я{е} во внешней области.
Она будет существовать до тех пор, пока образец не подверг-
нут нагреванию или приложат для компенсации размагни-
чивающее поле напряженностью II - -Нг, которое называют
коэрцитивной силой.
6.4.1*. Металлический неферромагнитный шар радиуса а нахо-
дится во внешнем магнитном поле индукцией Во = внешнем
поле шар намагничивается — в шаре возникают постоянная плотность
магнитного момента М и определенное распределение плотности по-
верхностных токов плотностью i . Коэффициент магнитной прони-
цаемости ц. Найдите плотность магнитного момента, индукцию и на-
пряженность магнитного поля внутри шара Я(1) (х, у, z) и вне шара
Н(с| (г, у, z) в системе координат с началом в центре шара.
6.4.2*. Энергия магнитного поля магнетика. Намагничиваемое
тело представляет собой тороид — тонкий «бублик». Длина осевой
окружности бублика — /, площадь поперечного сечения — S. На по-
верхность тороида навита обмотка, имеющая N витков. Сопротивле-
ние обмотки — /?. Обмотка присоединена к генератору напряжения с
ЭДС равной £. Найдите величину работы ЗА, необходимой для при-
ращения намагниченности М на ДМ.
6.4.3*. Электромагнит. В конструкции многих электротехниче-
ских устройств входят магнитные цепи — совокупность ферромаг-
нитных тел, через которые проходят и замыкаются силовые линии
магнитной индукции. Неразветвленная магнитная цепь является ос-
новой устройства с подвижным якорем —- электромагнита, изобра-
женного на рис. 6.4.3.
Рис. 6.4.3
47
Сердечник выполнен из электротехнической стали 1511 в виде
цилиндрического стержня сечением S, якорь представляет собой
пластинку массой т. Обмотка сердечника электромагнита, содер-
жащая N витков, подключена к генератору напряжения с ЭДС рав-
ной £. Сопротивление обмотки — /?. Параметры схемы: ё = 1 В,
R = 1 Ом, N = 90, S = 4 • 10’4м2, длина средней линии магнитопрово-
да I = 30 см. Найдите силу, действующую на пластинку, и получите
полную систему уравнений электромагнита. (Указание: при значе-
нии Н = 300 А/м для электротехнической стали 1511 индукция
В=1 Тл.)
6.4.4*. «Толстый» соленоид представляет собой катушку с внеш-
ним и внутренним радиусами b и а. На стальной цилиндрический
сердечник соленоида из электротехнической стали 3411 надели тон-
кое алюминиевое кольцо массой тл, сопротивлением R (рис. 6.4.4).
Концы обмотки соленоида присоединены к цепи, содержащей заря-
женный конденсатор и ключ. В результате замыкания ключа через
цепь соленоида прошел ток силой Is(l) » /0, 0 < t < т, т = 10"5 с, J(t) = 0,
t < 0, t > т.
Осевая компонента вектора напряженности магнитного поля
Hz(t, z)=H(t)f(z),
H(t) = NTs(t)/2h,
. h + z. b + Jb2+(h + z)2 z . 6 + Vb2 + z2
f(z) =----In---^====-----------In----j- .-,
a±yja2 + (h + z)2 Ь-a a + ya2 + z2
где h — высота соленоида, N — число витков.
Начало оси z, направленной вертикально вверх, находится в цен-
тре торца соленоида.
Параметры системы 7V = 50, /0 = 1 Л, h = 15 мм, b = 15 мм, а = 10 мм,
R - 0,3 мОм, т = 1,3 г. Начальное положение и скорость кольца
z(0) = 0, рДО) = 0. Найдите скорость р0, приобретаемую кольцом в мо-
мент времени t ~ т и высоту zm подъема кольца.
(Указание: Компонента магнитной индукции определяется кри-
вой намагниченности Вг = Г(Яг):
Вг(т,0) =F[//z(t,0)], Яг(т,0) = ВД/0=/(0).
Для электротехнической стали 3411 значение Я2(т, 0) = 1 600 /Y/м,
величина индукция В,(т, 0) = Вп, BQ = 1,5 Тл.
48
Производная df/dz = -G(z). В точке z =0 значение G(0) = GQ,
, 1 _ (a + aJb h 1 1
г = ----In------—И-------------------------
b — a (b + b^a b - a (a + )ax (b + bx
ax = \la2 +h? , b1 = jb2 + Й2 .
6.4.5*. Для вещества произвольного состава вектор индукции
связан с током проводимости законом Ампера (6.4.2). Пусть
полупространство z > 0 представляет собой вакуум с = 0, а об-
ласть z < 0 заполнена средой с постоянной намагниченностью
М2 = (0, М, 0) (рис. 6.4.5 а). Покажите, что намагниченность Мсвя-
зана с током, «текущим» по поверхности раздела ху в направлении
оси х, хотя внутри самого вещества плотность тока равна нулю.
Рис. 6.4.4 Рис. 6.4.5 а
6.4.6*. Магнитное ноле, создаваемое ферромагнитным диском.
Из некоторых новых материалов можно получить весьма сильные
магнитые диски. Например, в сплаве самарий-кобальт магнитный
момент достигает значения М 10’ А/м. Магнитный момент электро-
на равен магнетону Бора цБ = 9,27 1024 Дж/Тл: значению М соответ-
ствует 1022 ориентированных электронных спинов в одном кубиче-
ском сантиметре. Оцените индукцию магнитного поля в центре диска
радиусом а = 1 см, толщиной h - 0,3 см.
49
Глава VII. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ
7.1. Электрический ток в электролитах
Первый закон Фарадея. Масса Лт вещества, выделив-
шегося на электроде из раствора различных его соединений
за время А/, пропорциональна силе тока 1(1) и интервалу
времени AZ:
Am = kI(t)At, (7.1.1)
здесь к — коэффициент пропорциональности, получивший
название электрохимического эквивалента, принимает раз-
ные значения для различных веществ.
Второй закон Фарадея. Электрохимический эквива-
лент вещества к пропорционален химическому эквиваленту
вещества х = Af/z, где М — молярная или атомная масса,
z — валентность элемента:
(7.1.2)
bz
Коэффициент пропорциональности содержит величину
F= 9,6485 • 104 Кл/моль, называемую постоянной Фарадея,
F= 1Уле0. Подставляя в (7.1.1) выражение для к, получим
объединенный закон Фарадея
Значения электрохимических эквивалентов некоторых
металлов:
3,29 • 10'7 кг/Кл (медь-II),
3,04 • 10 ' кг/Кл (никель),
1,118♦ 10’fi кг/Кл (серебро-1),
6,81 -10’7 кг/Кл (золото).
7.1.1. Найдите массу цинка т, полученного при электролизе рас-
твора ZnSOv если при напряжении на электродах V = 2 В расход
электроэнергии Л = 2 кВт.
7.1.2. При электролитическом получении алюминия напряжение
на электродах V = 5 В, плотность тока j = 10 кА/м2. В течение суток
получено т = 15 кг алюминия. КПД установки ц = 0,75. Определите
силу тока I, площадь поверхности электродов S и мощность Р, по-
требляемую установкой.
50
7.1.3. Найдите массу т суточного производства алюминия в
электролитической ячейке при силе тока 7=10 000 Л, если КПД ус-
тановки г| = 0,8.
7.1.4. При электролизе раствора серной кислоты выделилось
т = 0,3 г водорода за промежуток времени т = 50 мин. Сопротивление
электролита R = 0,4 Ом. Определите мощность Р, Потребляемую в
процессе электролиза.
7.1.5. Электролиз технически чистой меди производился в тече-
нии времени At при силе тока /. Найдите отношение масс меди mjm2,
выделившихся из растворов хлористой меди и медного купороса.
7.1.6. Какое количество цинка Ат расходуется в элементе Дани-
эля за 1 минуту при силе тока 1 А. Валентность цинка z = 2, атомная
масса 65,38 г/моль.
7.1.7- 7.1.11. Производится электролиз подкисленной воды.
7.1.7. Известно, что при сгорании v0 = 1 моль водорода выделяет-
ся Q = 0,286 МДж. Определите наименьшее значение напряжения Um
на клеммах генератора, при котором происходит электролиз подкис-
ленной воды.
7.1.8. Найдите заряд Aq, который должен пройти через электроды
генератора для получения v0 = 1 моль водорода.
7.1.9. Конденсатор емкостью С - 1 мкФ заряжен до разности по-
тенциалов U = 500 В. Найдите число молей водорода vt, выделивше-
гося при электролизе воды.
7.1.10. Найдите число атомов водорода Nx и кислорода N2, выде-
лившихся на электродах при прохождении заряда q = 16 Кл.
7.1.11. Два провода от генератора постоянного напряжения погру-
зили в воду. Масса воды, разложившейся при электролизе, т = 1,8 г.
А. Найдите объемы выделившихся водорода и кислорода V2
при нормальных условиях.
Б. Как определить полярность генератора напряжения?
7.1.12. При электролитическом способе получения никеля рас-
ход электроэнергии составляет Aw/Ат - 10 кВт ч/кг. Электрохими-
ческий эквивалент никеля к - 1080 мг/А ч. Определите напряжение
Г7, при котором производится электролиз.
7.1.13. Сила тока, протекающего через электролит 1(f) = - gt,
/0 = 5 A, g = 0,02 А/с. Найдите массу меди, которая выделится за про-
межуток времени Т = 100 с. Молярная масса меди М - 63,5 г/моль,
валентность меди z = 2.
51
7.1.14. Деталь покрывают слоем хрома толщиной d = 50 мкм. Не-
обходимая для хромирования плотность тока j = 2 кА/м2.
Плотность хрома р - 7,2-103 кг/м3, электрохимический эквива-
лент к = 1,840"7 кг/Кл. Найдите промежуток времени т, необходи-
мый для хромирования детали.
7.1.15. Имеются два тела одинакового объема: шар радиусом R и
цилиндр радиусом R. Найдите отношение промежутков времени tjt2}
необходимых для покрытия поверхностей слоем меди одинаковой
толщины при одинаковой силе тока.
7.1.16. В электролитической ванне при получении т = 10 г сереб-
ра выделилось количество теплоты Q = 40 кДж. Напряжение, при ко-
тором производится электролиз, V = 10 В. Найдите КПД установки.
7.1.17- 7.1.18. Водород, выделяющийся при электролизе раство-
ра поваренной соли в воде, поступает в сосуд объемом V = 0,5 л.
7.1.17. Запишите уравнение процесса электролиза водного рас-
твора поваренной соли NaCl.
7.1.18. Через некоторое время давление в сосуде р = 120 кПа,
температура t = 27 °C.
Найдите работу А, совершенную генератором напряжения, если
разность потенциалов между электродами U- 25 В.
7.1.19. Электрохимическая обработка металлов. Обрабатывае-
мую железную деталь присоединяют к аноду. Рабочая поверхность
катода, заданного профиля, находится на небольшом расстоянии от
детали. Плотность тока j = 250 А/м2. Металл растворяется под всей
рабочей поверхностью катода. Плотность железа р = 7,874403 кг/м3,
молярная масса М - 0,056 кг/моль, валентность z = 2. Найдите ско-
рость уменьшения толщины детали.
7.2. Электрический ток в вакууме
Вольт-амперная характеристика диода. При техниче-
ских расчетах иногда допустимо использовать упрощенную
вольтамперную характеристику диода / =/( V). В этом слу-
чае диод работает в двух режимах: открыт — заперт, обла-
дая односторонней проводимостью. Можно максимально
упростить характеристику, полагая внутреннее сопротив-
ление R.l - 0. Диод с такой характеристикой называется иде-
альным.
52
7.2.1. В схеме на рис. 7.2.1 а, содержащей три одинаковых рези-
стора и три идеальных диода, разность потенциалов q>a - q>A = V. Сила
тока в цепи — Iv В схеме на рис. 7.2.1 б сила тока — /2. Найдите от-
ношение I2/Iv
Рис. 7.2.1 а, б
а
7.2.2. В схеме рис.7.2.2 сопротивления резисторов R^R# R2=R^,
разность потенциалов фа - фь = V, V = 50 В. Проводимость диода опи-
сывается идеальной вольтамперной характеристикой. Найдите силу
тока /0, в общей части схемы.
А. В схеме сопротивления резисторов /?t=/?s=5OM, 7?2=/?4=20Ом.
Б. В схеме сопротивления резисторов R{ = /?3 =20 Ом, R2 = RA = 5 Ом.
7.2.3. Схема из трех одинаковых резисторов, лампового диода D и
амперметра, представляет собой внешнюю цепь, подключенную к ба-
тарее (рис. 7.2.3).
Сопротивление резисторов Rx = R2 = R3 = R. Вольтамнерная ха-
рактеристика диода — нелинейного элемента — представляет собой
закон Ленгмюра I = к}^/2, где V — напряжение на электродах, к - по-
стоянный коэффициент. Найдите значение силы тока /, при котором
ток не протекает через амперметр и напряжение на диоде Vg.
Рис. 7.2.2
7.2.4. Схема на рис. 7.2.4 содержит три одинаковых батареи, ре-
зистор и идеальный диод. Сопротивление резистора R, ЭДС батареи
внутреннее сопротивление г.
А. Найдите условие, при котором диод пропускает ток.
53
Б. Найдите возможное максимальное значение мощности Рт, по-
требляемой резистором.
В. Пайдите падение напряжения на резисторе В при открытом
и запертом диоде.
7.2.5. На рис. 7.2.5 изображена вольтамнерная характеристика
нелинейного элемента — кремниего диода. Достаточно заметный ток
появляется при V > Vo, = 0,34 В, где V— разность потенциалов ме-
жду анодом и катодом. При подключении диода к батарее через него
течет ток силой Ц - 200 мА. При последовательном соединении дио-
да, батареи и резистора сопротивлением R ~ 10 Ом течет ток силой
12 = 50 мА. Найдите ЭДС и внутреннее сопротивление батареи.
7.2.6. Идеальный диод, имеющий вольтамперную характеристику,
изображенную на рис. 7.2.4 а, включен в схему рис. 7.2.6 б. ЭДС бата-
реи ё, (ё > Fo) внутреннее сопротивление г - 0. В начальном состоянии
конденсатор не заряжен. Найдите количество теплоты Q, выдели bi пой-
ся в резисторе сопротивлением Rпосле замыкания ключа.
Рис. 7.2.6 6
Рис. 7.2.6 а
54
7.2.7. Диодное ограничение. Схема рис. 7.2.7 а содержит диод со-
противлением /?0 = 100 Ом, резистор сопротивлением R = 5 кОм и бата-
рею с ЭДС равной ё0 = 2 В, Разность потенциалов на входе системы
фи - = Vin. Изобразите график напряжения на выходе - (pf) = как
функцию напряжения на входе
7.2.8- 7.2.11. Выпрямление переменного напряжения. В схеме
выпрямителя на рис. 7.2.8 генератор напряжения и диод подключе-
ны к RC цепи, образованной конденсатором и резистором. ЭДС гене-
ратора £(/) = £0coso&/, Т = 2л/<о — период колебаний, t > 0. Сопротив-
ление резистора Я. Обозначим разности потенциалов V - фд - <pk на
диоде и У= ф* - q>0 на RC — цепи. Вольтамперная характеристика
диода /=/(У*). Стрелки указывают положительные направления то-
ков /, /2.
Рис. 7.2.7 а Рис. 7.2.8
7.2.8. Получите уравнение для напряжения на выходе схемы —
функции 7(/).
7.2.9. Выпрямление с идеальным диодом. Внутреннее сопротив-
ление диода Ri удовлетворяют неравенству R >> /?.. Покажите, что
схема рис. 7.2.8 позволяет существенно уменьшить пульсации на-
пряжения, CR Т.
7.2.10. В результате решения уравнения, которому подчиняется
напряжение на выходе схемы, получена функция
7(0 «£0(1 - nXc/R) + g0 (2Xc/7?)sino)Z,
гдеХс- 1/о)С,Хс«/?.
Покажите, что амплитуда силы тока, протекающего в цепи кон-
денсатора в два раза больше силы постоянного тока, протекающего
через резистор.
7.2.11. Найдите отношение мощности Ро, потребляемой в схеме
при последовательном соединении генератора, идеального диода, ре-
55
зистора и мощности Р, потребляемой резистором в схеме рис. 7.2.8 с
конденсатором при условии СВ Т.
7.2.12. В схеме на рис. 7.2.12 содержит генератор напряжения с
ЭДС = £osin(D/, две одинаковые лампы, два идеальных диода и
ключ. Найдите отношение мощностей Р/Р, потребляемых лампой JIt
после и до замыкания ключа.
7.2.13. В схеме на рис. 7.2.13 идеальный диод и три резистора
подключены к генератору переменного напряжения £(Z) = ^osincoZ, I >
0. Сопротивления резисторов Rx = Вг = B3 = В. Найдите среднее зна-
чение мощности Р, потребляемой резистором Вг
Рис. 7.2.12
Рис. 7.2.13
7.2.14. В схеме на рис. 7.2.14 два идеальных диода и три резисто-
ра включены в цепь переменного тока напряжением V. Сопротивле-
ния резисторов В{= В2 = В3 = В. Найдите среднее значение мощности
Р3, потребляемой резистором 7?3.
7.2.15. В схеме на рис. 7.2.15 идеальный диод и два резистора
включены в цепь переменного тока напряжением V = 220 В. Сопро-
тивления резисторов в рабочем режиме В{ = 400 Ом, В2 = 200 Ом. Най-
дите среднее значение мощности Pv Р2, потребляемой резисторами.
56
7.2.16. В схеме на рис. 7.2.16 два идеальных диода и три резисто-
ра включены в цепь переменного тока напряжением $(t) = fS^sinatf,
/^0. Сопротивления резисторов 7?t = R2 = 7?3 = R. Найдите среднее
значение мощности Р{ и Р2, потребляемой резисторами /?{ и R2.
7.2.17. Электрическая схема, представленная на рис. 7.2.17, со-
стоит из трех идеальных диодов, трех одинаковых резисторов
Ri = R2 = R3 - R и генератора переменного напряжения = ^sinot
Сопротивление резистора R. Найдите средние значения мощностей
Рх, Р2, потребляемых резисторами.
7.2.18. В схеме рис. 7.2.18 а сопротивления резисторов R{ = R2 = R,
R = 2 Ом, г = 3 Ом. ЭДС генератора = ^sinart, £0 = 3 В, / > 0. Про-
водимость кремниевого диода описывается идеальной вольтампер-
ной характеристикой I = f(V), где f(V) =0, V < Уо; /(V) * 0, V> Ио,
Vo = 0,6 В. Найдите силу тока протекающего через диод и силу
тока /, протекающего через генератор.
57
7.3. Электрический ток в газах
Термин газовый разряд означает, что в газообразной
среде протекает электрический ток. Газовый разряд может
существовать в широком диапазоне давлений: гораздо ниже
и выше атмосферного давления.
Выделяют три типа стационарного разряда, в зависимо-
сти от переносимого им тока:
1. Темный разряд (ток < 10~6 А).
2. Тлеющий разряд (ток от 10~6 до 10"1 А).
3. Дуговой разряд (ток выше 10 1 А).
Дуговой разряд. Условия существования самостоя-
тельного тлеющего разряда сводятся к тому, чтобы число
вторичных электронов, возникающих при бомбардировке
катода ионами, было достаточным для поддержания степе-
ни ионизации. В результате столкновений ионов с катодом,
выполненном из тугоплавкого металла, температура катода
может повыситься настолько, что основной вклад в иониза-
цию газа будет давать термоэлектронная эмиссия. Для дуги
характерны большие значения тока и напряжения на поря-
док меньшие, чем в тлеющем разряде. Наиболее важной
особенностью вольтамперной характеристики дуги являет-
ся наличие участка, на котором увеличение напряжения
приводит к уменьшению тока. Это — уникальное явление,
соответствующее отрицательному сопротивлению дуги.
7.3.1. В сухом воздухе при напряженности электрического поля
порядка 106 В/м происходит образование ионов и возникает пробой.
Найдите максимальный заряд Q, который можно сообщить сфере ра-
диусом R = 1 см.
„ о о тт «1 0,056
7.3.2. Длина свободного пробега молекулы А = —=—, где а —
ап
радиус действия молекулярных сил, п — концентрация молекул. Для
молекул воздуха а ® 1,6 нм. Температура воздуха t = 27 °C. Найдите
давление воздуха, при котором длина свободного пробега X = 0,1 м.
7.3.3. Найдите длину свободного пробега атомов неона при тем-
пературе Т = 300 К и давлениир = 5 • 10~7 мм рт. ст. «Диаметр» атома
0,15 нм.
58
7.3.4. Счетно-ионизационная илиимпульсная камера. Основная
схема, служащая для обнаружения частицы, представлена на
рис. 7.3.4. Частина производит ионизацию в газе между пластинами
конденсатора. Образовавшиеся ионы и электроны должны попасть на
пластины. Конденсатор разряжается через сопротивление R » 10s Ом.
Имнульс напряжения измеряется электрометром или подается на
усилитель. После пролета а-частицы через конденсатор емкостью
С = 100 пФ образовалось N = 105 пар однократно заряженных ионов и
электронов. Оцените амплитуду импульса напряжения на резисторе.
Рис. 7.3.4
7.3.5. Газоразрядная трубка подключена в схему, изображенную
на рис. 7.3.5 а. Сопротивление резистора R = 300 МОм, ЭДС батареи
£ = 6 кВ. Начальный участок вольтамперной характеристики газо-
разрядной трубки показан на рис. 7.3.5 б. Найдите силу тока в цепи Ц
и разность потенциалов Ц на электродах трубки.
59
7.3.6. Сварочный аппарат подключен к генератору постоянного
напряжения U = 37 В (рис. 7.3.6). Сопротивление в цепи R = 0,08 Ом.
Дуга возникает при напряжении Va = 25 В. Найдите мощность дуги Р.
7.3.7- 7.3.10. Дуга имеет падающую характеристику; из этого
факта вытекают важные следствия. В рабочей области характеристи-
ка дуги, найденная эмпирически (от гр. — empeiria — опыт), имеет
вид /=/(П,/(П = Л/(^- гДе К и Л постоянные, V > Уо. Дуга
включена в схему на рис.7.3.7, где & > Уо.
Рис. 7.3.6
Рис. 7.3.7
7.3.7. Найдите максимальное значение сопротивления Rm, при
котором дуга загорается, значение мощности Рт, потребляемое дугой
и значение мощности PR, потребляемой резистором.
7.3.8. Изобразите график функции I = f(V) и графики функции
1= $/R - V/R при R < Rm, R ~ Rm, R > Rm. Проведите геометрический
анализ полученных решений.
7.3.9. Найдите значение сопротивления Rc, при котором дуга по-
требляет мощность Рс = 2Рт.
7.3.10. Найдите значение сопротивления Rv при котором дуга
потребляет мощность, в два раза меньшую мощности, развиваемой
батареей (Уо = 15 В, Ро = 1 кВт, £=50 В).
7.3.11- 7.3.12. Электрон массой mi и ион массой т2 имеют одина-
ковые кинетические энергии Т и движутся навстречу друг другу.
7.3.11. Найдите энергию Q переданную иону после абсолютно
неупругого столкновения электрона и иона.
7.3.12. Покажите, что приращение кинетической энергии элек-
трона в исходной системе отсчета — ~Т
' ^2
m
60
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ
8.1. Свободные электромагнитные колебания
Уравнение электрической цепи. Зададим на контуре,
содержащем катушку индуктивности, конденсатор и рези-
стор положительное направление. Функция q(t) — заряд,
протекающий в положительном направлении за промежу-
ток времени [0, <]. Сила тока I - dq/dt. Напряжения на ре-
зисторе, катушке и конденсаторе входят в уравнение, сле-
дующее из второго правила Кирхгофа:
+r— + - =0- (8.i.i)
dt2 dt С
Умножая (8.1.1) на У, получим закон изменения элек-
тромагнитной энергии Uem,
^^- = -I2R, (8.1.2)
dt "" 2 2С
Незатухающие собственные колебания. Полагая R = 0
или при R (L/C)1/2 получим уравнение гармонических
колебаний.
^ + о^ = 0. (8.1.3)
at
гдес&о = (LC) ”1/2 — собственная частота линейных колебаний.
Начальные значения д(0) = ^0, 7(0) = /0. Решением
(8.1.3) является функция
q(t) = a cos wQt + b sin co0t (8.1.4)
где а и b — постоянные, определяемые из начальных условий.
Сила тока в контуре
I(t) = sin ц/ + ban cos (8.1.5)
Полагая / = 0, находим а - ^0, b = /0/а>0. Следовательно,
q(t) = q0cos ц/ + —sin (8.1.6)
gj0
Для радиотехнических целей желательно иметь контур
с возможно меньшими потерями. Характеристика потерь,
называется добротностью: Q = a0L/Rf Q = RJR.
Здесь /?в = у] L/C — волновое сопротивление.
61
8Л.1. Контур состоит из катушки индуктивностью L = 400 мкГн
и конденсатора емкостью С - 400 пФ.
А. Найдите частоту собственных колебаний v0.
Б. При t = 0 конденсатор заряжен др напряжения Ко. Найдите си-
лу тока в контуре.
8.1.2* . Контур состоит из катушки индуктивностью L = 400 мкГн
и конденсатора емкостью С = 400 нФ. Найдите силу тока I(t) в цени
батареи и напряжение на конденсаторе ГД/) в схеме, изображенной
на рис. 8.1.2, после замыкания ключа. ЭДС и внутреннее сопротив-
ление батареи S = 1 В, г = 1 Ом.
8.1.3. Найдите амплитуду напряжения на конденсаторе и силу
тока в контуре, изображенном на рис. 8.1.2, после размыкания клю-
ча. ЭДС и внутреннее сопротивление батареи ё и г.
8.1.4. А. В колебательном контуре амплитуда напряжения на
конденсаторе Vm = 100 В, амплитуда силы тока 1т = 10 Л, энергия
электромагнитного ноля Um - 0,02 Дж. Найдите частоту собственных
колебаний v = <о/2л.
Б. В колебательном контуре амплитуда заряда qm = 0,4 мКл, ам-
плитуда силы тока 1т - 10 А. Найдите частоту собственных колебаний
v = w/2te.
8.1.5. В контуре, изображенном на рис. 8.1.5 емкости конденса-
торов одинаковы. Во сколько раз возрастет собственная частота кон-
тура v 2/v р если один из них заполнить диэлектриком с проницаемо-
стью е?
8.1.6. В схеме рис. 8.1.6 индуктивности катушек L, = 150 мГн,
L2 = Ь.л = 500 мГн. Конденсатор емкостью С = 400 пФ заряжен до на-
пряжения Го = 100 В. Найдите амплитуду силы тока Z20, протекающе-
го через катушку с индуктивностью L2 после замыкания ключа.
Рис. 8.1.2
8.1.7* . В схеме на рис. 8.1.7 ЭДС батареи ё = 10 В, индуктивность
катушки L - 10 4 Гн, емкость конденсаторов Ct = 2 нФ, С2 = 8 нФ.
Вначале ключ находится в положении а.
62
Л. Найдите частоту собственных электромагнитных колебаний v
и силу тока после переключения ключа в положение Ъ.
Б. Найдите напряжения на конденсаторах И,(0 и Г2Ц).
В. Найдите энергию электромагнитных колебаний Uem.
8.1.8. В схеме рис. 8.1.8 а индуктивность катушек и L2, емкость
конденсатора С. Сила тока, протекающего через катушку Д равна /0.
В момент времени t = 0 ключ замыкают рис. 8.1.8 б,
А. Найдите силы токов /,(0, f2(0, протекающих через катушки
после замыкания ключа.
Б. Найдите энергию электромагнитных колебаний Uem.
Рис. 8.1.8 а Рис. 8.1.8 б
Рис. 8.1.7
8.1.9* . Цепь состоит из двух идеальных катушек, двух конденса-
торов и батареи (рис. 8.1.9 а). Индуктивности катушек L, = 10 мГн,
Л2 = 20 мГн, емкости конденсаторов С{ = 10 нФ, С, = 5 нФ, ЭДС бата-
реи ё - 40 В. Ключ К находится в положении 1. В момент времени
t = 0 ключ переводят в положение 2.
А. Найдите частоту собственных электромагнитных колебаний в
цепи.
Б. Найдите силу тока 1еЬ, протекающего на участке контура ab,
8.1.10. В схеме рис. 8.1.10 ЭДС батарей ё0, индуктивность катуш-
ки L, емкость конденсатора С. Внутренние сопротивления батарей рав-
ны пулю. Вначале ключ находился в положении а. Найдите напряже-
ние на конденсаторе Uc после переключения ключа в положение Ь.
Рис. 8.1.9 а
Рис. 8.1.10
63
8Л.11. В схеме рис. 8.1.11 индуктивность катушек Д и Д, ем-
кость конденсатора С. Заряд конденсатора Q. Найдите амплитудные
значения силы токов /20, протекающих через катушки после за-
мыкания ключа.
8.1.12. В схеме рис. 8.1.12 а ЭДС батареи & индуктивность ка-
тушки L, емкость конденсатора С, сопротивление резистора /?,
1
^2
R^> ~ . Вначале ключ находился в положении а. Найдите напря-
жение на конденсаторе Uc = ф6 - фп после переключения ключа в по-
ложение Ь. Получите закон изменения электромагнитной энергии и
найдите количество теплоты выделившейся в резисторе.
Рис. 8.1.11
Рис. 8.1.12 а
8.1.13* . В схеме рис. 8.1.13 а индуктивность катушек Д и Д, ем-
кость конденсатора С, сопротивление резистора /?. В CL{ — контуре
возбуждены электромагнитные колебания. В некоторый момент вре-
мени, когда напряжение на конденсаторе Ко, а сила тока в контуре Д
ключ замыкают. Найдите количество теплоты Qn, которое выделится
в резисторе после замыкания ключа.
8.1.14. На рис. 8.1.14 а изображена схема, содержащая два кон-
денсатора, катушку индуктивности и ЭДС с внутренним сопротивле-
ние г = 0 (г ^L(C} 4- Д )/Д2 ). Найдите силу тока в цепи конден-
сатора Д, силу тока 12 в цепи конденсатора С2 и силу тока I в цепи
индуктивности после замыкания ключа.
Рис. 8.1.13 а Рис. 8.1.14 а
64
8.1.15. На рис. 8.1.15 а изображена схема, содержащая два кон-
денсатора, катушку индуктивности и ЭДС с внутренним сопротивле-
ние г = 0. Найдите силу тока в цени конденсатора Cv силу тока 12 в
цепи конденсатора С2 и силу тока I в цепи индуктивности после за-
мыкания ключа.
8.1.16. На рис. 8.1.16 а изображена схема, содержащая два кон-
денсатора, катушку индуктивности, две батареи и ключ К. Емкости
конденсаторов С, и С2, индуктивность катушки L, ЭДС батарей и'#2,
внутренние сопротивления г (L/C)i/2, С = С{ + С2. В момент t = 0
ключ замыкают. Найдите максимальное значение амплитуды силы
тока через катушку 1т, максимальное значение амплитуды силы тока
/|та в цепи конденсатора С, и максимальное значение напряжения V2m
на конденсаторе С2.
Рис. 8.1.15 а Рис. 8.1.16 а
8.1.17. На рис. 8.1.17 а изображена схема, содержащая два кон-
денсатора, катушку индуктивности, ЭДС и идеальный диод. Ключ К
находится в положении а, затем ключ переводят в положение Ъ. Най-
дите заряд на нижней обкладке конденсатора С2 после перезарядки.
8.1.18. На рис. 8.1.18 а изображена схема, содержащая конден-
сатор, две катушки индуктивности, ЭДС и идеальный диод. Ключ К
находится в положении а; затем ключ переводят в положение Ь. Най-
дите заряд на нижней обкладке конденсатора С после перезарядки.
8.1.19. Собственная частота объемного резонатора. В тонком ме-
таллическом цилиндре с открытыми торцами вырезали параллельно
65
образующим полосу шириной d r0 (r0, h — радиус и длина цилинд-
ра) и присоединили к краям разреза конденсатор в виде двух плос-
копараллельных пластин размерамиaxh (рис. 8.1.19). Найдите соб-
ственную частоту электромагнитных колебаний <о0.
8.1.20* -8.1.21*. Параметрический резонанс в колебательном
контуре. Контур содержит резистор сопротивлением R, конденсатор
и катушку индуктивности. Для поддержания незатухающих колеба-
ний необходимо в течение каждого периода обеспечить положитель-
ное приращение энергии электромагнитного поля в результате рабо-
ты, совершаемой внешней силой.
8.1.20. В контуре возбуждены слабозатухающие электромагнит-
ные колебания q(t) « ^0cos<o0Z, qQ = Z0/w0. В результате действия внеш-
ней силы расстояние между пластинами конденсатора зависит от
времени d(t) =dQ + x(t), x(t) - hsinwt, где h d0. Найдите условие ге-
нерации незатухающих электромагнитных колебаний и оцените
среднее значение суммы мощностей внешней силы и тепловых по-
терь P(t).
8.1.21*. В контуре, содержащем резистор, возбуждены слабозату-
хающие электромагнитные колебания I(t) ® ^cosco^. В результате внеш-
них процессов индуктивность катушки L(t) ~ L() + AL, AL = -LjSinart.
Найдите условие генерации незатухающих электромагнитных колеба-
ний и оцените среднее значение суммы мощностей внешней силы и теп-
ловых потерь P(t).
8.1.22**. Возбуждение незатухающих колебаний дуговым раз-
рядом. Вольтамперная характеристика дуги I = /(V) позволяет рас-
сматривать ее как проводник с отрицательным сопротивлением
= —— < 0 (см. задачу 7.3.7). Покажите, что благодаря этой осо-
dV Rq
бенности можно создать генератор незатухающих колебаний, схема
которого изображена на рис. 8.1.22.
Рис. 8.1.19 Рис. 8.1.22
66
8.1.23. Схему, содержащую конденсатор и катушку индуктивно-
сти, подключили к генератору напряжения. Емкость конденсатора С,
индуктивность катушки L. Генератор создает импульс напряжения с
удС £(0 = 0, / < 0; £(/) = £0, 0 < t <v, S(t) = 0, t > т, сот « 1, со2 = 1 /LC.
Найдите силу тока f(t) в схеме.
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания
(8.2.1)
(8.2.2)
Последовательный конур. Колебания в стационарном
режиме. Для получения незатухающих колебаний необхо-
димо пополнять запас энергии в контуре. ЭДС генератора
переменного напряжения, последовательно соединенного с
LCR контуром &(t) = 0 при t < 0; $(t) = g0 cos art при t > 0.
Вместо уравнения (8.1.1) имеем уравнение
. di а о Л
L— + Я/+-2-= рлcos©/, / >0.
dt С
Решение этого уравнения представляет собой сумму двух
слагаемых: первое — учитывает вклад собственных затухаю-
щих колебаний, второе — обусловлено действием внешней
ЭДС. При t L/R вкладом собственных колебаний можно
пренебречь. Возникает стационарный режим, при котором
заряд и ток изменяются с частотой внешнего генератора:
7(0 ~ ~ sin + ф), ДО = 4 cos + ф)-
w
Амплитуда и фаза колебаний
R Xr-XL
cos<p = —, sin<p = —1
z z
Зависимость амплитуды силы тока (8.2.3) от частоты на-
зывают амплитудно-частотной характеристикой: /0 = /О(со).
1 Представим эту функцию в виде
/0 (со) = /о(<°о) ,
yji + lQ^ -С0о)/ш<о0]2
(8.2.3)
(8.2.4)
(8.2.5)
где /0(со0) = — , Q = RB/R — добротность контура, RB -
R
67
При значении со = со0, равном собственной частоте коле-
баний, функция /0(со) достигает максимального значения, В
этом случае возникает резонанс напряжений: напряжение
на LC участка схемы равно нулю, фазы напряжения на ре-
зисторе и генераторе совпадают, Хс = XL = Ни.
Амплитуда действующего или эффективного напряже-
ния (силы тока) равна квадратному корню среднего значе-
ния [/г(<)1: Кф= (<Г:>)1/2, /эф = (</>)‘/2. Среднее значе-
ние равно отношению площади под графиком функции
[/(0] за период Тк значению периода Т.
8.2.1, Найдите соотношение между амплитудами ЭДС и напря-
жений на конденсаторе и катушке индуктивности £0, УП), в схеме
рис. 8.2.1.
8.2.2. В схеме рис. 8.2.1 амплитуда ЭДС £0 = 5 В. Амплитуда напря-
жения на резисторе ^ = 38, амплитуда напряжения на конденсаторе
= 250 В, сдвиг фаз между током и напряжением — положительная
величина. Найдите амплитуду напряжения на индуктивности Vu.
8.2.3. Конденсатор в схеме на рис. 8.2.1 рассчитан на напряже-
ние = 400 В. Частота генератора v = 50 Гц. Параметры элементов
схемы: С = 10“4 Ф, Л = 0,1 Гн, R = 2 Ом. Найдите величину действую-
щего переменного напряжения генератора которое можно при-
ложить к схеме, не опасаясь пробить конденсатор.
8.2.4. В схеме рис. 8.2.4 ЭДС генератора $(t) = £0coso)t. Амплиту-
ды напряжения на резисторах VB = 3 В, амплитуды напряжения на
конденсаторах = 250 В, амплитуды напряжения на катушках ин-
дуктивности = 246 В.
А. Найдите амплитуду напряжения генератора £0.
Б. Найдите амплитуду Атп разности потенциалов точек пит.
В. Найдите амплитуду Д, разности потенциалов точек к и s.
Т D
Рис. 8.2.4
68
8.2.5. В схеме рис. 8.2.5 ЭДС генератора &(t) - £0coso)L Найдите
амплитуду А разности потенциалов фл - фщ точек тип.
8.2.6. В схеме, изображенной на рис. 8.2.6, сопротивления рези-
сторов удовлетворяют соотношению = R3RV Схему подключили
к генератору напряжения, ЭДС которого = $0cosco£, I > 0.
А. Найдите амплитуду разности потенциалов АаЬ точек а и Ь.
Б. Найдите отношение индуктивных сопротивлений катушек
если разность потенциалов точек а и b равна нулю.
8.2.7. Малая емкость в цепи высокочастотного генератора.
Лампа мощностью Р = 100 Вт включена последовательно с конденса-
тором малой емкости С = 20 пФ в сеть переменного напряжения
220 В с частотой V, = 50 Гц в первом случае и с частотой
v, - 100 МГц во втором случае (рис. 8.2.7). Найдите среднее значение
мощности Р, потребляемой лампой. Почему в первом случае нить
лампы не накаляется, а во втором — лампа ярко светится?
Рис. 8.2.5 Рис. 8.2.6 Рис. 8.2.7
8.2.8. В схеме рис. 8.2.8 лампа включена параллельно с витком
провода в сеть переменного напряжения £(£) = ^coswZ с частотой
Vj = 50 Гц в первом случае и с частотой v2 = 100 кГц во втором случае.
Сопротивление резистора г = 0,1 мОм, сопротивление витка г, = 1 мОм,
индуктивность витка L = 1 мГн. Найдите среднее значение мощно-
сти Р, потребляемой лампой. Почему в первом случае нить лампы не
накаляется, а во втором — лампа ярко светится?
I
Рис. 8.2.8
69
8.2.9. В схеме, изображенной на рис. 8.2.9 три одинаковых лам-
пы А, В и С подключены к генератору синусоидального напряжения.
При увеличении частоты генератора:
А. Яркость свечения лампы В увеличится.
Б. Яркость свечения лампы Л увеличится.
В. Яркость свечения лампы С уменьшится.
Г. Яркость свечения лампы Л уменьшится.
Д. Яркость свечения ламп не изменится.
8.2.10. Электрическая лампа подключена последовательно с дио-
дом к сети переменного напряжения. Параллельно диоду присоеди-
нен конденсатор и ключ (рис. 8.2.10). Почему при замкнутом ключе
лампа горит ярче, чем при разомкнутом ключе?
8.2.11. Найдите действующее значение переменного напряже-
ния генератора = $0, 0 < £ <т; S(t) = 0, т < t < Т, где Т — период
функции £(£).
8.2.12* . Неоднородный проводник представляет собой три ци-
линдрических провода с удельными сопротивлениями рр р2 и рр раз-
деленных поверхностями площадью S (рис. 8.2.12). Длина участка,
содержащего проводник с удельным сопротивлением р2 равна d. Об-
щее сопротивление проводника R. Проводник присоединен к генера-
тору напряжения £(/) = $0cos<o/, I > 0. Найдите емкость участка, со-
держащего проводник с удельным сопротивлением р2 и амплитуду
силы тока 1п в контуре.
л
Рис. 8.2.9
Рис. 8.2.10
Рис. 8.2.12
8.2.13. Полное сопротивление, последовательно соединенных ре-
зистора сопротивлением R и катушки индуктивности L, подключен-
ных к генератору напряжения, равно Z. ЭДС генератора $(t) = e0cosa)t,
t > 0. Затем точно такую же цепь включили параллельно первой. Опре-
делите общее сопротивление схемы Z'.
8.2.14. Катушку индуктивности в виде соленоида индуктивности
L и сопротивлением провода R подключили к генератору напряже-
ния, ЭДС которого 8(1) = £0cosg>/, I > 0. Затем поверх этой катушки
70
намотали такое же количество витков и включили ее в цепь парал-
лельно первой. Определите общее сопротивление схемы Z'.
8.2.15. Получите представление функции /Дев) в форме (8.2.5).
8.2.16. Схема состоит из последовательно включенных резистора,
конденсатора, катушки индуктивности и генератора переменного гар-
монического напряжения. Добротность контура Q - (1/7?) (L/C)1/2 = 100.
Амплитуда тока при резонансе 70 - 0,3 А. Найдите амплитуду силы тока
при значении частоты равной половине резонансной частоты.
8.2.17. В схеме рис. 8.2.1 ЭДС генератора $(t) = £0cos cot, где So = 1 В,
частота v = бо/2тг = 50 Гц, сопротивление резистора R = 1 Ом, индуктив-
ность катушки L ~ 0,02 Гн. Сила тока в цепи I(t) = ($0/7?)cos (at. Найдите
амплитуду напряжения на конденсаторе
8.2.18. Параметры схемы на рис. 8.2.1: L = 400 мкГн, С = 400 пФ,
R = 10 Ом, амплитуда напряжения £0 = 3 В. Найдите амплитуды ко-
лебаний напряжения на катушке индуктивности, конденсаторе, ре-
зисторе и силы тока, если:
А. Частота генератора v = 400 кГц.
Б. Частота генератора v = 800 кГц.
В. Частота генератора v = 200 кГц.
8.2.19. Полоса пропускания. Полосой пропускания контура на-
зывается интервал частот, в пределах которого мощность, потребляе-
мая резистором, составляет не менее половины мощности, потреб-
ляемой при резонансе. Найдите полосу пропускания контура Av.
Добротность контура Q = 100, сопротивление резистора R = 10 Ом,
резонансная частота v0 = 400 кГц.
8.2.20. Два передатчика работают на частотах vt = 400 кГц и
v2 = 402 кГц. Параметры эквивалентной схемы приемного контура на
рис. 8.2.20: L = 400 мкГн, С = 400 пФ, R = 10 Ом. Амплитуды напря-
жений каждого сигнала на входе схемы = 3 В. Найдите отношение
амплитуд напряжений сигналов на резисторе V20 и V10.
8.2.21. Колебательный контур, содержащий последовательно со-
единенные резистор, конденсатор и катушку индуктивности, подклю-
71
чен к генератору переменного напряжения с ЭДС равной g(t) = £0cos2 (&t.
Резонансная частота контура равна с%.
А. Найдите частоту со, при которой наступит резонанс напряжений.
Б. Найдите величину действующего напряжения на конден-
саторе.
8.2.22- 8.2.26. Параллельный контур. На рис. 8.2.22 показана
схема параллельного соединения конденсатора и катушки с резисто-
ром к генератору переменного напряжения g(t) = £0cosco£, t > 0. Най-
дите амплитуду силы тока 70 в общей части схемы и среднее значение
мощности Р, потребляемой резистором.
Рис. 8.2.22
стью C<=Uz2=y]R2 +ХМ
8.2.23. Уменьшение джоулевых потерь в подводящих проводах.
Электрооборудование заводских цехов включает моторы, трансфор-
маторы и другие устройства, схема которых подобна последовательно
соединенным резистору и катушке индуктивности. Покажите, что
при параллельном подключении конденсатора на рис. 8.2.22 емко-
амплитуда силы тока в подводящих
проводах уменьшается, а мощность, потребляемая резистором, не
изменяется.
8.2.24. Резонанс токов. Найдите условие, при котором фазы на-
пряжения и тока в общей части цепи совпадают и мощность, потреб-
ляемую резистором при резонансе.
8.2.25. Мощность, потребляемая резистором при резонансе
Ри = §qRC/2L, уменьшается с увеличением индуктивности катушки.
Рассмотрите два контура, настроенных на частоту vp = 1,6 МГц, каж-
дый из которых изображен на рис. 8.2.22. ЭДС генераторов £0 = 100 В и
активные сопротивления R = 10 Ом в обоих контурах одинаковы. В
первом контуре Ct = 10 пФ, = 1 мГн, во втором контуре С2 = 100 пФ,
L2 - 0,1 мГн. Найдите мощности, потребляемые резисторами в пер-
вом и втором контурах.
72
8-2.26. Резонанс в идеальном контуре. В схеме на рис. 8.2.26 па-
раллельно соединенные конденсатор и катушка подключены к генера-
тору переменного напряжения £(/) = ^cos со/, со = 2,5 • 106 рад/с, - 1 В.
Емкость конденсатора С = 1,6 нФ, индуктивность катушки L = 10’4 Гн.
Определите резонансную частоту контура v0 и амплитуду силы тока /0,
протекающего через генератор.
Рис. 8.2.26
8.2.27* . Найдите условие, при котором при переходе от схемы на
рис. 8.2.27 а к схеме на рис. 8.2.27 б мощность, потребляемая рези-
стором не изменяется. ЭДС генератора = £€cos со/, t > 0.
Рис. 8.2.27 a
Рис. 8.2.27 б
8.2.28* . Схема Штейнмица. В схеме рис. 8.2.28 ЭДС £= £flcos со/,
t > 0. Покажите, что при со = (1/LC)1/2 сила тока, проходящего через
резистор, не зависит от величины сопротивления R.
8.2.29* . В схеме рис. 8.2.29 а сопротивления резисторов Rv Т?2,
индуктивность катушки L, емкость конденсатора С. Разность потен-
циалов <р6 - <ра = £(/), £(/) = Fo + £0 cos со/, co2LC = 1, t > 0. Найдите
среднее значение мощности Pit потребляемой резистором Rv
Рис. 8.2.28
Рис. 8.2.29 a
73
8.3. Трансформатор
Трансформатор в рабочем режиме. Первичная обмотка
присоединена к генератору, создающему напряжение
#(£) = £0cosart, t > 0. Первичная обмотка содержит nt витков,
вторичная обмотка — п2 витков. Сопротивление цепи гене-
ратора сопротивление вторичной цепи /?2.
Записывая для первичной и вторичной цепей уравне-
ния, следующие из законов Кирхгофа, получим систему
(8.3.1)
at at
l^Ii=-LA (8.3.2)
at at
Исследуем вначале энергетический баланс трансформа-
тора. Умножим (8.3.1) на , (8.3.2) на 12 и сложим полу-
ченные выражения. В результате имеем
^=/12Л1+/22Л2+^-; (8.3.3)
at
Um=^(LJf+2Ll2IJ2+L2I2),
где Um — энергия магнитного поля токов в первичной и вто-
ричной обмотках.
Умножая (8.3.3) на Д/, получим закон изменения энер-
гии
М = ёЦЫ,
&4 = l*R^t + I2R.£t +
Следовательно, работа, совершаемая генератором, рав-
на сумме джоулева тепла,, рассеиваемого в первичной и
вторичной цепях, и приращения энергии магнитного поля.
Отметим, что в популярной литературе (см. «Квант». 1982.
№ 2. С. 41) и учебниках по физике можно найти утвержде-
ния такого типа: «сумма поступающей и уходящей мощно-
стей равна пулю», «мощность тока в первичной обмотке
равна мощности тока во вторичной обмотке» и т.д.
Переходя к решению уравнений (8.3.1), (8.3.2), введем
обозначения Xt = coLp Х2 = coL2, X =
Отметим, чтоХ/Х, = njn„ Х/Х^ = n2/nv
74
В наиболее часто встречающемся случае Х2 R2. Тогда,
в первом приближении из (8.3.2) получим
I
12 т 'г
В следующем приближении уравнение (8.3.2) приобре-
тает вид
(8.3.4)
dl 12 dl 2 L2 1
Подставляя dl2/dt в уравнение (8.3.1) получаем:
\2
]zt=m
£ + Л ГАг
‘ L2 ) dl * \L2j
(8.3.5)
Поскольку при идеальной конструкции LXL2
то решение (8.3.5)
А. = о,
Fl — И* 4- /?2
R ’
\2 /
_ _ П 1
= R^ + R2 —
(8.3.6)
Д2
Аг )
\2
ni
j
(8.3.7)
Из (8.3.6) следует вывод: при условии соА2 R2 эквива-
лентная схема трансформатора представляет собой генера-
тор, подключенный к резистору сопротивлением R. Таким
образом, трансформатор, присоединенный к резистору Rv
представляет для генератора напряжения активную на-
грузку сопротивлением R.
Следовательно, трансформатор представляет собой уст-
ройство, предназначенное для преобразования электромаг-
нитной энергии и активного сопротивления нагрузки.
Подставляя (8.3.6) в (8.3.4), находим
! И1И/=_2<.т
2 Ц R 1 п2 R
(8.3.8)
7Л = ^(0,
Уравнения (8.3.1), (8.3.2) можно представить в виде
/Д = ё(0+5,(0,
st2(t)=-d®l>2/dJ,
Очевидно, St(f)/S2(0 * ni/n2-
75
8.3.1. В трансформаторе сопротивления обмоток равны нулю.
Цепь первичной обмотки содержит резистор сопротивлением Rv со-
противление нагрузки R2. ЭДС генератора ё(1) = cos св/, I > 0. Най-
дите амплитуду напряжения на нагрузке V2U и среднее значение
мощности Р2, потребляемой нагрузкой. Покажите,что в идеальном
трансформаторе среднее за период значение мощности, развиваемой*
генератором, равно мощности, потребляемой нагрузкой.
8.3.2. Преобразование сопротивления нагрузки. Динамик с со-
противлением R2 = 2 Ом, рассчитанный на напряжение питания
КЭф = 2 В, подключен к выходу усилителя низкой частоты. Для полуг
чения большого значения коэффициента усиления по напряжению
анодная цепь усилителя содержит резистор с большим сопротивле-
нием, падение напряжения на котором = 100 В. Если динамик
подключить к резистору, то динамик шунтирует резистор и коэффи-
циент усиления уменьшается. Найдите эффективное сопротивление
динамика R при включении через понижающий трансформатор с от-
ношением числа витков п^п2 = 50.
8.3.3. В первичную обмотку идеального трансформатора, содер-
жащую щ витков, включен генератор напряжения &(t) = £0cosG>t,
= 100 В. Вторичная обмотка, содержащая п2 витков, подключена к
резистору сопротивлением R2 = 2 Ом. Отношение nt/n2 = 50.
А. Найдите амплитуду напряжения на резисторе V20.
Б. Найдите амплитуду силы тока в первичной обмотке 710.
В. Найдите амплитуду силы тока во вторичной обмотке 72О.
Г. Найдите мощность, развиваемая генератором Рзл.
8.3.4. Трансформатор в режиме холостого хода. Сопротивление
первичной обмотки трансформатора индуктивность сопротив-
ление вторичной обмотки трансформатора г2, индуктивность L2, ко-
эффициент взаимоиндукции Li2. Если ЭДС генератора в первичной
обмотке $(t) = £0cosco/, I > 0, то на концах вторичной разомкнутой об-
мотки возникает переменное напряжение с амплитудой V20. Найдите
амплитуду переменного напряжения Vlo в первичной разомкнутой
обмотке, если генератор включить в цепь вторичной обмотки.
8.3.5. Первичная обмотка повышающего трансформатора с ко-
эффициентом трансформации к = 3 включена в сеть с напряжением
8 = 220 В. Сопротивление первичной обмотки равно нулю. К вторич-
ной обмотке сопротивлением г = 1 Ом подключена нагрузка, напря-
жение на которой V = 650 В. Найдите сопротивление нагрузки R.
76
8.3.6. Сопротивление первичной обмотки повышающего транс-
форматора гр индуктивность Lt, сопротивление вторичной обмотки
трансформатора г2, индуктивность L2, сопротивление нагрузки R, ко-
эффициент взаимоиндукции Lt2.
Л. Найдите амплитуду напряжения на нагрузке V20, если ЭДС ге-
нератора в первичной обмотке $(t) = £0 cos св/, t > 0.
Б. Найдите амплитуду переменного напряжения V10 на концах
разомкнутой первичной обмотки, если генератор включить в цепь
вторичной обмотки.
8.3.7. Первичная обмотка трансформатора подключена к цепи,
содержащей резистор, конденсатор, катушку индуктивности Ltt и
генератор, вторичная обмотка — к цепи, содержащей катушку ин-
дуктивностью £22 (рис. 8.3.7 а). Индуктивность первичной и вто-
ричной обмоток Lv L2, коэффициент взаимоиндукции М. Эта схема
эквивалентна схеме, представленной на рис. 8.3.7 б. Найдите ин-
дуктивность Lx.
Рис 8.3.7 а
Рис 8.3.7 6
8.4*. Представление уравнений Кирхгофа
в комплексной форме
Если ЭДС представляет собой гармоническую функцию
g(Z) = £0cosg)/, то уравнения Кирхгофа для произвольной
схемы в стационарном режиме можно записать на множе-
стве комплексных чисел как алгебраические уравнения.
Тогда анализ схем, содержащих резисторы, конденсаторы и
индуктивности, формально не отличается от случая посто-
янных токов.
Комплексная функция
F{t) = u(t) +
где u(/), v(t) — действительные функции, i — мнимая «еди-
ница», i == -1.
77
Реальная, мнимая части и модуль комплексной функ-
ции F(t) согласно определению равны
ReF= |(F+A*),
ImF = — (F-F*),
2i
|F| = VfF,
где F*(t) = u(t) - lv(t) — функция, комплексно-сопря-
женная функции F(t).
Для решения поставленной задачи необходимо исполь-
зовать знаменитую формулу Леонарда Эйлера (1743 г.),
связывающую тригонометрические и показательные функ-
ции ехр(цр) - cos ф + i sin ф.
Пример. Последовательный контур. Рассмотрим сна-
чала последовательный контур, изображенный на рис.
8.2.1.
Сила тока починяется уравнению
LdJ/dt + JR + q/C = cos со/. (8.4.1)
Будем искать решение уравнения (8.4.1) в виде
I(t) = Re/ exp(icot).
Здесь j = /0 exp (£ф) — комплексная амплитуда силы то-
ка, /0 = |j| — амплитуда силы тока, ф — фаза тока. Исполь-
зуя формулу Эйлера, получим
/(/) ==• Re[/Oexp (lent + пр)] = /0cos (coi + ф). (8.4.2)
Тогда в уравнении (8.4.1) можно перейти к комплекс-
ной форме записи ЭДС и тока, производя замены силы тока,
ЭДС
=>Reg0exp(i(o£),
I(i) =>Re/ exp (iart)
и падений напряжения на конденсаторе, резисторе и ин-
дуктивности
L7C = q/C =>Rej (-iXr)exp (i<oZ),
UR - Rej/?exp (icoZ),
UL = LdJ/dt =>Rej (iXL)exp (iat), (8.4.3)
В результате получим новое уравнение в комплексных
переменных
Re[R + (~1ХС + iXL)]j exp (ZcoZ) = Ке£оехр(цв£)-
Отсюда следует алгебраическое уравнение
[R^(-iXc+iXL)]j = ^ (8.4.4)
Введем теперь «комплексные сопротивления» конден-
сатора Gc = -iXc и катушки GL - iXL. Тогда (8.4.4) равно-
сильно уравнению
jG = g0, G = R+GC+GL, (8.4.5)
представляющему собой закон Ома в комплексной форме:
J = Ц exp (йр) = &/G.
Следовательно,
4 = £<>/4 z = I d,
exp (iq>) =7/4 = Z/G = G*/Z = [Я + i(Xc-X£)]/Z, ->
->cos ф = R/Z, sin ф = (Xc - XJ /Z.
Отсюда получаем решение (8.4.2) уравнения (8.4.1).
Среднее значение мощности, развиваемой генератором
(8.4.6)
Среднее значение мощности, потребляемой резистором
РЙ = </Ш>=|ШЧ (8.4.7)
Общий метод расчета схем. При расчете произвольных
схем следует выбрать «положительные» направления токов
между узлами и сопоставить каждому участку цепи между
узлами комплексные токи j и сопротивления G. После этого
следует записать систему алгебраических уравнений, ис-
пользуя два правила Кирхгофа или законы Ома, как в слу-
чае постоянных токов.
Отметим, что в курсах электротехники для анализа
схем, подключенных к генератору гармонической ЭДС,
вводят метод векторных диаграмм, который представляет
собой тривиальную интерпретацию решения уравнений
Кирхгофа в комплексных переменных на плоскости. Од-
нако, если получено решение задачи в комплексных пере-
менных, то отпадает «необходимость» использовать этот
метод.
8.4.1. Параллельный контур. Найдите силу тока, протекающего
через генератор, мощность, развиваемую генератором и мощность,
потребляемую контуром, изображенном на рис. 8.2.22.
79
8.4.2, Назовем элементом схемы резистор, конденсатор или ка-
тушку индуктивности. В схеме рис. 8.4.2, параллельно соединенные
элемент Ег и резистор Е3 сопротивлением R, подключены к элемен-
ту^. Комплексные сопротивления элементов и Gr ЭДС генератора
£(0 = $0cos со/, t > 0. Найдите среднее значение мощности Р, потреб-
ляемое резистором.
8.4.3. В схеме рис. 8.4.3 лампа и катушка индуктивности подклю-
чены через резистор к генератору напряжения = £0cos<bJ, t > 0. Со-
противления лампы — R, резистора — г, индуктивность катушки — L.
Найдите мощность Р, потребляемую лампой.
Рис. 8.4.2
Рис. 8.4.3
8.4.4. Электролампа включена в схему рис. 8.4.4, содержащую
две катушки индуктивности. ЭДС генератора &(t) = £0 cos св/, t > 0.
Найдите среднее значение мощности Р, потребляемой лампой и объ-
ясните явление: если в первую катушку вдвинуть железный сердеч-
ник, свечение лампы ослабевает. Если же вдвинуть сердечник во
вторую катушку, то свечение лампы увеличивается.
Рис. 8.4.4
8.4.5- 8.4.6. Схема Штейнмица. На рис. 8.2.28 изображена схе-
ма, содержащая катушку индуктивности и параллельно соединенные
резистор и конденсатор. ЭДС генератора g(t) - £0 cos св/, t > 0. Эта
схема обладает двумя интересными свойствами.
8.4.5. Используя комплексное представление, покажите, что при
1
св - <в0, со0 - —г-~ амплитуда силы тока, протекающего через рези-
V
стор, не зависит от сопротивления R.
80
8.4.6. Найдите значение емкости конденсатора С, если мощность,
потребляемая резистором не изменяется при отключении конденсатора.
8.4.7. Цепь, состоящая из двух резисторов сопротивлением R, ка-
тушки индуктивностью L и конденсатора емкостью С, подключена к
генератору с ЭДС g(t) = £0cos otf, t > 0 (рис. 8.4.7). Найдите условие,
при котором полное сопротивление цепи равно R.
Рис. 8.4.7
8.4.8. В схеме рис. 8.4.7, содержащей кцтушку индуктивности,
конденсатор и два резистора, ЭДС генератора £(£) = S0cos <ot, t > 0.
Найдите условие, при котором разность фаз силы тока во внешней
цепи и генератора равна нулю.
8.4.9. Фазовращатель. Найдите разность потенциалов точек п и
т в схеме рис. 8.4.9. Сопротивления резисторов = R2- R, емкости
конденсаторов = С\ = С, ЭДС генератора $(£) = £0cos со/, t > 0.
8.4.10. Найдите разность потенциалов точек п и т в схеме
рис. 8.4.10. Сопротивления резисторов /?1 = г, R2 = R, емкость конден-
сатора С, ЭДС генератора = £0cos <&t, t > 0.
8.4.11. В схеме на рис. 8.4.11 два одинаковых резистора и кон-
денсатор подключены к сети переменного напряжения £(/) = £0сояш£,
81
t > 0. Сопротивления амперметров равны нулю. Найдите амплитуды
сил токов, протекающих через первый и второй амперметры.
8.4.12. От середины катушки индуктивностью L сделан отвод.
Схема подключения этой катушки и конденсатора емкостью С к ге-
нератору напряжения показана на рис. 8.4.12. ЭДС генератора
£(0 = £0cos of, t > 0. Найдите силу тока /2(/), протекающего через ам-
перметр.
Рис. 8.4.12
8.4.13. Трансформатор. В трансформаторе сопротивление пер-
вичной обмотки Rv сопротивление нагрузки и вторичной обмотки Я2,
сопротивление нагрузки R. ЭДС генератора = t?{) cos (at, t > 0. Числа
вцтков в первичной и вторичной обмотках ni и п2. Найдите амплитуду
напряжения нагрузки и мощность, потребляемую нагрузкой.
8.4.14. В схеме на рис. 8.4.14 идеальный трансформатор и два ре-
зистора с сопротивлениями Я, и R2 подключены к генератору, ЭДС
которого £0cosotf, t > 0. Числа витков в первичной и вторичной об-
мотках и п2. Найдите амплитуды сил токов 710, /20, протекающих че-
рез резисторы.
Рис. 8.4.14
82
8.4.15. В идеальном трансформаторе сопротивление в первичной
цени R, во вторичную обмотку включен конденсатор емкостью С
(рис. 8.4.15). ЭДС генератора g(t) = $0 cosgjZ, t > 0. Числа витков в
первичной и вторичной обмотках и п2. Найдите амплитуду силу
тока /10 в первичной обмотке.
Рис. 8.4.15
8.4.16. В схеме на рис. 8.4.16 обмотки идеального трансформато-
ра соединены параллельно и подключены к резистору сопротивлени-
ем R. ЭДС генератора £ = £0cosort, t > 0. Индуктивности обмоток Lv Lv
коэффициент взаимоиндукции £12. Найдите амплитуду напряжения
на резисторе Ро.
Рис. 8.4.16.
83
Глава IX. ПЕРЕМЕНЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности
9.1.1- 9.1.2. Переходный процесс в RC-цепи. Схема, изобра-
женная на рис. 9.1.1 а содержит генератор переменной ЭДС, резистор
и конденсатор.
9.1.1. Зарядка конденсатора. ЭДС представляет собой функцию
£(0=O,f<O;£(0=£o,*>O.
А. Найдите напряжение на резисторе 7Д(/), на конденсаторе Кс(£)
и силу тока I(t).
Б. Найдите количество теплоты Q, выделившейся в резисторе.
9.1.2. Разрядка конденсатора. ЭДС представляет собой функцию
£(0 = ё0, t < 0; £(t) = 0Л > 0. Найдите силу тока I(t), напряжения на
резисторе Ия(0 и конденсаторе Ис (/).
9.1.3. ЭДС в схеме на рис. 9.1.1 а создает последовательность
прямоугольных импульсов напряжения с периодом Т, изображенных
на рис. 9.1.3 а. Изобразите графики функций VR(t) и Vc(t) при т t0,
x<£T-t„x = RC.
Рис. 9.1.1 а
Рис. 9.1.3 а
9.1.4. В схеме, изображенной на рис. 9.1.4 напряжение на кон-
денсаторе емкостью С равно 3£. Найдите силу тока J(t) после замы-
кания ключа.
Рис. 9.1.4
84
9.1.5* . В схеме, показанной на рис. 9.1.5 ЭДС батареи £, внут-
реннее сопротивление г, емкость конденсатора С. Найдите силу тока
1(1), протекающего через батарею и в цепи конденсатора /,(/) после
замыкания ключа.
9.1.6* . Найдите силу тока I(t), протекающего в цепи конденсато-
ра после замыкания ключа в схеме на рис. 9.1.6 а.
Рис. 9.1.6 а
Рис. 9.1.5
9.1.7. Найдите напряжение на конденсаторе 7С(£) после-замыка-
ния ключа в схеме, изображенной на рис. 9.1.7. Внутреннее сопро-
тивление батареи г.
9.1.8* . В схеме, показанной на рис. 9.1.8 ЭДС батареи £, внут-
реннее сопротивление г = 0, емкость конденсатора С, сопротивления
резисторов Rv R2 Напряжение на конденсаторе УДО) = 70. Найдите
силу тока T(t), протекающего через батарею после замыкания ключа.
Рис. 9.1.8
9.1.9*. В схеме, показанной на рис. 9.1.9 ЭДС батареи внут-
реннее сопротивление г, емкость конденсатора С, сопротивления ре-
зисторов Rv R2 Найдите силу тока 7(f), протекающего через батарею
после замыкания ключа.
Рис. 9.1.9
85
9.1.10- 9.1.11. Переходный процесс в RL-цепи. Схема рис.
9.1.10 содержит LR-цепочку и генератор напряжения.
а ।------------1 т
Рис. 9.1.10
9.1.10. Включение генератора напряжения. Пусть S(t) = 0 при
I < 0. В момент времени t = 0 ключ замыкают: t> 0. Найдите
напряжение на резисторе Уя и индуктивности VL,
9.1.11. Отключение генератора напряжения. Пусть 6(0 - 60 при
t < 0, S(t) - 0, при t > 0. Найдите напряжение на резисторе VR(t) и ин-
дуктивности VL(t) после отключения генератора напряжения.
9.1.12. В схеме рис. 8.2.27 а ЭДС представляет собой функцию,
описывающую прямоугольный импульс: 6(0 = SQ на отрезке времени
[0, 7]; 6(0 = 0 при I < 0, t > Т. Изобразите графики функций УДО и
ИДО ПРИ т т = L/R.
9.1.13- 9.1.16. В схеме рис.9.1.13 ЭДС батареи 6 = Ю В, внутрен-
нее сопротивление г = 2,5 Ом. Индуктивность катушки L = 0,1 Гн,
сопротивление резистора = 100 Ом,
9.1.13. Вначале ключ К разомкнут.
А. Найдите силы токов протекающих через резистор и ка-
тушку после замыкания ключа.
Б. Найдите величину заряда q[t прошедшего через резистор после
замыкания ключа.
86
9.1.14. Вначале ключ К замкнут. Покажите, что разность потен-
циалов VL(l) = <рь - <рА точек к и b в момент размыкания ключа t - О
равна К(0)= -400 В.
9.1.15. Покажите, что в момент размыкания ключа разность по-
тенциалов точек а и h равна <ра - фь = 410 В.
9.1.16, Найдите количество теплоты, рассеянной в резисторе по-
сле замыкания ключа.
9.1.17. Найдите заряд q2, который протечет через резистор Я2 по-
сле замыкания ключа в схеме, изображенной на рис. 9.1.17.
h R1
Рис. 9.1.17
9.1.18* . В схеме, показанной на рис. 9.1.18 а, замыкают ключ.
ЭДС батареи £, внутреннее сопротивление г = 0, емкости конденсато-
ров Ср С2, индуктивность катушки L. Найдите силу тока I(t), проте-
кающего через катушку индуктивности после замыкания ключа.
9.1.19. В схеме, изображенной на рис. 9.1.19, ЭДС батареи
внутреннее сопротивление г - 0, индуктивности катушек Lv Lv со-
противление резистора Я. Сначала замыкают ключ Kv Когда сила то-
ка в цепи достигает значения 70, замыкают ключ К2. Найдите силы
токов Iv /2, протекающих через катушки индуктивности в устано-
вившемся режиме.
Рис. 9.1.18 а
Рис. 9.1.19
87
9.1.20, В схеме, показанной на рис. 9.1.20 а, ключ замкнут. ЭДС
батареи £, внутреннее сопротивление г = 0, индуктивность катуш-
ки L, сопротивления резисторов Rv Н2, 7?г Найдите количество тепло-
ты Qv Q2, которое выделится в каждом резисторе после размыкания
ключа.
9.1.21* . В схеме на рис. 9.1.21 а индуктивность катушки L, со-
противление провода катушки г. Сопротивления резисторов Rr = R,
R2 == R,R3 = г. ЭДС батареи £, внутреннее сопротивление г = 0. Найди-
те заряд q, который протечет через перемычку ab после замыкания
ключа.
Рис. 9.1.20 а Рис. 9.1.21 а
9.1.22* -9.1.23. В схеме, показанной на рис. 9.1.22 а, ключ ра-
зомкнут. ЭДС батареи & внутреннее сопротивление равно нулю, ин-
дуктивность катушки L, сопротивления резисторов R} = R2 = R, R3 = г.
еле замыкания ключа и напряжение на вольтметре V(t) (рис. 9.1.22 б).
9.1.23. Покажите, что после замыкания ключа при значении Ri = 0
сила тока /2 (i) = ё/R.
88
9.2. Электромеханика
Электрическое и магнитное поля индуцируют в жидких
и твердых телах (проводниках, диэлектриках и магнетиках)
токи, дипольный и магнитный моменты. В результате взаи-
модействия наведенных моментов с электромагнитным по-
лем на жидкость или твердое тело действуют электромаг-
нитные силы.
Силы, действующие на проводник в электромагнитном
поле
А. Пусть в схему включен конденсатор. Введем коорди-
наты х2 однозначно описывающие положение плоскостей
пластин. Емкость конденсатора — функция С = С(хр х2).
Роль потенциальной энергии взаимодействия пластин играет
функция
2
где q — другая независимая «координата» — значение за-
ряда, протекшего в положительном направлении через про-
вода, присоединенные к пластинам.
Проекция на ось х силы, действующей на пластины со
стороны электрического поля,
Fn=-8W/dxn, (9.2.2)
Б. Пусть схема содержит закрепленную катушку ин-
дуктивности и подвижный проводник, положение которого
определяется координатой z. Тогда проекция на ось z силы,
действующей на проводник со стороны магнитного поля,
+ (9.2.3)
dz dz
где Um(z) — энергия магнитного поля системы,
ФЛД 2) ” поток магнитной индукции внешнего маг-
нитного поля через замкнутый контур, содержащий под-
вижный проводник.
Если виток с током может вращаться вокруг оси z, то
проекция момента силы на ось z равна Мг = Jd<bezi/dfi, где
0 — угол поворота витка в положительном направлении.
89
Нейтральная частица в электрическом поле. Внешнее
поле напряженностью E(x,y,z) поляризует диэлектрик или
создает на металлической поверхности распределенный за-
ряд. В результате частица приобретает дипольный момент р.
В случае сферической частицы
р ~aVE f
где а — коэффициент поляризуемости, V— объем частицы.
Для металлической сферы а = Зс0, для шара из изо-
тропного диэлектрика а = ЗсД (с - 1)/ (е + 2)].
Потенциальная энергия взаимодействия частицы с
внешним квазиоднородным (от лат. quasi — почти, якобы)
полем
W(x, у, z) = -a.Vtf/2 (9.2.4)
зависит от координат радиус-вектора центра масс частицы
х, у, z. Компоненты силы, действующей на нейтральную
частицу
F^-dW/dx.. (9.2.5)
9.2.1- 9.2.3. Движение пластины конденсатора. В схеме на
рис. 9.2.1 электрическая цепь образована конденсатором, резистором
и батареей с ЭДС равной V. Конденсатор представляет собой две пло-
ских пластины площадью S. Нижняя пластина закреплена, положе-
ние верхней подвижной пластины конденсатора массой т определя-
ется значением координаты z на числовой оси с началом на нижней
пластине. Конденсатор помещают во внешнее поле напряженностью
Eext ~ (О» О, G), потенциал которого <p„z(z) = -Gz.
Рис. 9.2.1
9.2.1. Найдите силу
f, действующую на пластину со стороны
электрического поля.
90
9.2.2. Пластина в положении равновесия. Предположим, что
верхняя пластина опирается на изолированную подставку на уровне
z = Л. Найдите силу реакции N = (О, О, /V), действующую на непод-
вижную пластину.
9.2.3. Пластина движется в результате действия направленной
вверх силы постоянной величиной Т > N. Запишите уравнения, оп-
ределяющие функции z(t) и q(t).
9.2.4. Электростатический подвес. На рис. 4.3.28 изображена схе-
ма модели электростатического подвеса — устройства, в котором тело,
представляющее собой соединенные пластины трех конденсаторов
общей массой т, может находиться в равновесии. Углы между отрез-
ками Оа, ОЬ, Ос равны 120°. Потенциалы точек а, Ь, с поддерживают
равными <ра = <рА = ф, фг, емкости конденсаторов С\ = С2 = С3 = С. Точке О
сообщили заряд Q = -2СЦ V= ф - фг. Найдите значение массы т.
9.2.5. Металлическая пластина в электрическом поле. Металли-
ческая квадратная пластина с зарядом Q может перемещаться по
гладкой непроводящей горизонтальной плоскости. Размеры пласти-
ны ах а, толщина — h (рис. 9.2.5). Эту систему помещают в квазине-
однородное электрическое ноле напряженностью Eext (£, у, z). Пла-
стина находится в области пространства, где вектор Eeit& (0, 0, G (z))
перпендикулярен плоскостям пластины. Пусть ось z проходит через
центр масс пластины. Положение центра масс определяется коорди-
натой zc. Координаты правой и левой граней пластины: z21 = zc ± Л/2,
\dG/dz\h G(zc). Найдите проекцию силы Ez(zc), действующей на
пластинку.
9.2.6. Электромагнитная пушка. Рассмотрим устройство, схема
которого изображена на рис. 9.2.6. Пусть внешнее магнитное поле и
внешняя сила отсутствуют. Поскольку по направляющим течет ток,
91
то перемычка массой т находится в собственном магнитном поле.
Индуктивность системы L = L(x). Найдите проекцию силы Fx, дейст-
вующей на перемычку со стороны собственного магнитного поля сис-
темы.
Рис. 9.2.6
9.2.7* . Силы, действующие на соленоид. Найдите напряжения
опр в продольном и поперечном сечениях, создаваемые магнитным
полем соленоида. Длина соленоида Z, диаметр провода d, число вит-
ков ZV, площадь поперечного сечения S, сила тока 7.
9.2.8* . По прямому длинному проводу, совпадающему с осью х,
течет ток силой 70. В плоскости, проходящей через провод, располо-
жены два параллельных металлических стержня, соединенных рези-
стором сопротивлением R (рис. 9.2.8). Расстояние между стержня-
ми — Л. Расстояние от провода до ближнего стержня равно а. По
стержням может перемещаться проводник длиной Л, массой т. В на-
чальный момент времени х(0) = 0, i?(0) = Найдите координату
точки остановки перемычки хг.
9.2.9. Два гладкие параллельные металлические полосы, располо-
женные в горизонтальной плоскости на расстоянии h друг от друга, со-
единены перемычкой ОС, содержащей резистор сопротивлением R
(рис. 9.2.9). По полосам как направляющим может перемещаться про-
92
водник. Вся система находится в магнитном поле, создаваемом током
силой /0 в длинном проводе, находящимся в горизонтальной плоскости
на расстоянии $ от ОС. Масса проводника — т. Начальные условия
z(0) = 0 i?(0) = ип. Найдите зависимость проекции скорости проводни-
ка v от х-координаты.
Рис. 9.2.9
9.2.10. Заряженное кольцо в переменном магнитном поле. На
тонком диэлектрическом кольце распределен заряд q. Кольцо может
вращаться вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно
плоскости кольца. Поместим кольцо в соленоид так, чтобы ось совпа-
дала с осевой линией соленоида. Индукция магнитного поля Bz(t) = В„,
t <0; Bz(t) = B(t), t > 0. Найдите угловую скорость кольца o(t).
9.2.11* . Кольцо в постоянном неоднородном магнитном поле.
На рис. 9.2.11 изображены силовые линии магнитного поля вблизи
верхнего торца соленоида. Магнитное поле обладает осевой симмет-
рией: индукция магнитного поля в точке Р (х, у, z) зависит от коор-
динаты z и расстояния г от оси z до точки Р. Вектор магнитной ин-
дукции В в точке Р имеет осевую Bz = b(z) и радиальную Вг
компоненты. Тонкий проводник в форме кольца расположен в плос-
кости перпендикулярной оси z, центр кольца может перемещаться по
оси z. Получите уравнения движения кольца (масса кольца — т, ра-
диус — а, сопротивление — /?) и закон сохранения полной энергии.
Рис. 9.2.11
93
9*2.12*. Движение нейтральной сферической частицы в поле
цилидрического конденсатора. Частица движется между обкладка-
ми цилиндрического конденсатора с металлическими цилиндриче-
скими поверхностями радиусов а и Ь, к которым приложено напря-
жение U. Совместим ось z с осью симметрии цилиндров. В точке Р на
расстоянии г (а < г < Ь) от оси z модуль напряженности электриче-
ского поля Е(г) = U/г. Масса частицы т, объем сферы V, коэффици-
ент поляризуемости а. Начальное значение i?2(0) - 0, проекция мо-
мента количества на ось z равна L, полная энергия частицы /Го.
Найдите допустимую область движения частицы.
9.2.13* . Движение нейтральной сферической частицы в ло-
вушке Пауля. Электродинамическая система, образована двумя
парами металлических поверхностей у2 = х2 - Т?2 и х2 = у2 - Т?2, к ко-
торым приложено напряжение f70 (рис. 9.2.13). Напряженность
электрического поля системы Е = (2{/и/7?2) (-я, у, 0). Начальные
условия г(0) = (х0, yQ, 0), скорость сферы и (0) = 0. Найдите реше-
ние уравнений движения.
94
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
ЮЛ. Электромагнитные волны.
Радиосвязь и телевидение
Плоская линейно поляризованная монохроматическая
электромагнитная волна, распространяющаяся в направле-
нии единичного вектора п:
Е = ae cos(cof - к nr ),
cB=anxe cos(coi-kfif),
ёп=0, к-а)/с.
Монохроматическая линейно поляризованная сфериче-
ская волна
_ _ G ( со А
,г) = е—cos ------тмр -<р ,
ГМР Vе )
где г — радиус-вектор точки Р,
— вектор, направленный от точечного источника из-
лучения Мв точку Р.
Интенсивность излучения. Перенос энергии электро-
магнитного поля характеризуется вектором Пойнтинга
S = с\ЁхВу (10.1.1)
или 5 = ЁхН. Вектор 5 называется плотностью потока
энергии поля в точке Р(х, у, z). Размерность [5] = Вт/м2.
Для плоской волны с В — fix Ё, 5 = ce0E'2n. Среднее по
времени значение J = определяет интенсивность вол-
ны в направлении вектора п .
10.1.1. Приведите определение бегущей электромагнитной волны.
10.1.2. Приведите определение поляризации плоской электро-
магнитной волны.
10.1.3. Радиодиапазон лежит в области длин волн от 3 000 м до
0,01 м. Излучение в интервале длин волн от 760 нм до 390 нм лежит в
области чувствительности человеческого глаза — это видимый свет.
Назовите область частот, в границах которых заключены радиоволны
и видимый свет.
95
10.1.4, Световая волна, излучаемая лазером, падает на непро-
зрачную пластинку под углом 0 = л/3. Интенсивность волны
У-Зх’1О14 Вт/м2. Поглощающая способность пластинки — доля
энергии, поглощаемая пластинкой а = 0,6.
Найдите величину давления, возникающего в результате зер-
кального отражения волны.
10.1.5. 12 августа 1960 г. был запущен на почти круговую ор-
биту высотой 1600 км американский спутник «Эхо-1» в форме
сферического баллона радиусом R = 15,25 м, массой т = 70,4 кг.
Интенсивность солнечного излучения на границе атмосферы
J = 1,373 кВт/м2. Оцените величину силы светового давления F на
спутник.
10.1.6. Полная мощность излучения диполя Герца Р = 4ла2/37?,
где а - амплитуда сферической волны, R = (ц0/е0)1/2, R = 377 Ом
А. Найдите амплитуду напряженности электрического поля вол-
ны на расстоянии г от диполя.
Б. Полагая Р = 0,1 МВт, г = 30 км, найдите амплитуду напряже-
ния Vна концах антенны длиной Zo = 1 м.
10.1.7. Мощность изотропного излучателя Р = 100 кВт. Длина
волны X - 500 м. Найдите амплитуду колебаний свободного электро-
на на расстоянии г = 10 км от излучателя. В начальном положении
электрон неподвижен.
10.1.8. Радар (сокр. от Radio Detection And Randing) облучает
одиночную цель в свободном пространстве. Найдите отношение
мощностей отраженных импульсов Р2 и Pv при значениях расстоя-
ний до цел и r2 - 2s и г, = $.
10.1.9. Азбука Морзе. В 1838 г. американец Сэмюэл Морзе соз-
дал свою азбуку, заменив точками и тире все буквы. Первая передача
кодированных посланий началась в 1844 г. Прочитайте слово, «изо-
браженное» на рис. 10.1.9.
Рис. 10,1.9
96
10.1.10. Основной диапазон частот спектра звукового сигнала
находится в области от 300 Гц до значений vm ~ 9000 Гц. При ампли-
тудной модуляции ширина полосы частот радиостанции Av ~ vm. Эта
полоса расположена симметрично относительно несущей частоты
v = <о/2л. В заданном диапазоне частот Av = v2 - vt можно располо-
жить не более Av/vm станций. Покажите, что емкость диапазонов воз-
растает с увеличением несущей частоты.
10.1.11. Покажите, что с увеличением несущей частоты возраста-
ет скорость передачи информации.
10.1.12. Полоса частот телевизионной станции. Электронная
трубка, предназначенная для передачи изображения, так называе-
мый иконоскоп, была создана в 1931 г. в США выдающимся русским
инженером В.В. Зворыкиным (1889-1982).
Изображение сцены проектируется на тонкий листок слюды, пе-
редняя стенка которой покрыта N = NcNr частицами цезиевого сереб-
ра, где Nc — число частиц в горизонтальных линиях, NT — число гори-
зонтальных пиний, NT ~ 4NJ3. По стандарту, принятому в СССР,
Лтс = 625. Задняя стенка является проводящей пластиной, соединен-
ной с резистором. Эта система представляет собой, по существу, сово-
купность конденсаторов с одной общей обкладкой. Вследствие фото-
эффекта частицы в области повышенной освещенности теряют
больше электронов и приобретают больший потенциал. Возникает
«электрическое» изображение сцены. При нробегании электронного
луча по горизонтальным линиям частицы «разряжаются»; на рези-
сторе возникают импульсы напряжения, называемые видеосигнала-
ми. Найдите полосу частот видеосигнала.
10.1.13. Первая фотография лунной поверхности. Почему пере-
дача одного кадра изображения Луны советской автоматической
станцией в 1959 г. длилась 25 мин?
10.1.14. Детекторный приемник. Схема простейшего радио-
приемника изображена на рис. 10.1.14. Электромагнитные волны
наводят в антенне высокочастотные колебания. При приеме стан-
ции, излучающей амплитудно-модулированную электромагнитную
волну, в антенне генерируется ЭДС g(t) = £0(/)cosotf, где - низ-
кочастотная функция, соответствующая передаваемому звуковому
сигналу.
В этом случае эквивалентная схема изображена на рис. 7.2.8.
Опишите принцип работы приемника.
97
10.1.15. Спутниковая навигационная система. На рис. 10.1.15
изображен излучатель 5, летящий со скоростью й = (м, 0, 0) на вы-
соте Ь. Радиус-вектор точки 5 равен R(t)=b+ut, Ь = (0, 0, Ь). На-
блюдатель находится в точке Р(х, у, 0) на поверхности Земли. Най-
дите частоту vh(?) принимаемой волны и покажите, что в результате
анализа функции vH(/) можно определить координаты точки на-
блюдения.
98
10.2. Интерференция. Дифракция
Наложение волн, при котором в области перекрытия
интенсивность зависит от координат, называется интерфе-
ренцией (от лат. inter - взаимно nferio - поражаю). Интен-
сивность может изменяться от нуля до максимума, превы-
шающего сумму интенсивностей отдельных волн.
В современной физике дифракцией называют процесс
распространения электромагнитной волны в пространстве,
содержащем какие-либо тела. По мере распространения
волны поток энергии затекает в область геометрической
тени.
Дифракционная решетка. Одномерная решетка состоит
из ряда щелей длиной Z, шириной а, расположенных в не-
прозрачном экране в плоскости ху на равных расстояниях d
друг от друга. Если на решетку падает плоская линейно по-
ляризованная монохроматическая волна в направлении
оси z, то интенсивность имеет главные максимумы при зна-
чениях 0т:
sin0m = mk/d, (гс = 0,±1,±2,...), (10.2.1)
где 0 — угол между плоскостью х = 0 и плоскостью, прохо-
дящей через ось у,т< d/X.
Целое число т называют порядком спектра. Решетка
разлагает падающее излучение в спектры нескольких по-
рядков. В промежутках между главными максимумами
расположены убывающие вторичные максимумы и нули
интенсивности. Расстояние между главным максимумом
порядка т и соседним минимумом
A0m = V UWCOS0J.
Разрешающая сила решетки. Предел разрешения двух
линий с длинами волн X и X + ДХ
ДЛ/Х = 1/H7V. (10.2.2)
10.2.1- 10.2.3. Опыт Юнга. Свет от точечного источника L падает
на два небольших отверстия в экране, расположенном в плоскости
2 = (рис. 10.2.1). Эти отверстия в точках
и 5, (--,0,-6
Ч 2
<2 )
99
действуют как излучатели с одинаковой фазой. Интерференция на-
блюдается в плоскости z = 0. Интенсивность излучения каждого ис-
точника 70.
Рис. 10.2.1
10.2.1. Найдите среднее значение интенсивности J (х, у) в окре-
стности начала координат плоскости z = 0.
10.2.2. Сделаем в экране два отверстия диаметром 0,1 мм на рас-
стоянии d = 2 мм друг от друга и направим на него излучение руби-
нового лазера с длиной волны X = 694,3 нм. Полагая b = 3 м найдите
расстояние между светлыми полосами.
10.2.3. Свет от точечного монохроматического источника падает
на два небольших отверстия Sx и 52 в экране, расположенном в плос-
кости z = -Ь. Расстояние между отверстиями d Ь, Отверстия играют
роль вторичных взаимно-когерентных источников сферических
волн. Интерференция наблюдается в области перекрытия световых
пучков. Получите семейство поверхностей, на которых интенсив-
ность максимальна.
10.2.4. Интерферометр Майкельсона. Лазерный луч падает в
точке Л на полупрозрачное зеркало и разделяется на два идентичных
луча: луч сравнения, который отражается от стационарного зеркала
и луч-зонд, отражаемый подвижным зеркалом ML (рис. 10.2.4).
Отразившись, они возвращаются к точке Л и снова разделяются. Два
100
из них образуют луч, который попадает в фотодетектор. Найдите за-
висимость интенсивности света от длины плеч l2 =АМ2, Ц -АМГ
10.2.5- 10.2.6. Изменение поляризации плоской монохроматиче-
ской волны при отражении от металлической поверхности. На плос-
кость х = 0 падает плоская монохроматическая волна, р = (1, 0, 0) —
единичный вектор перпендикулярный плоскости yz. Вектор напря-
женности электрического поля £*. (/, х, у, z) = ae^cos (<о£ - /сп.г ),
пг = (-sin а, 0, cos а) (рис. 10.2.5).
10.2.5. Найдите вектор напряженности электрического поля от-
раженной волны в области х>0.
Рис. 10.2.5
10.2.6 Стоячая электромагнитная волна. Волна падает перпенди-
кулярно плоскости х = 0, = (0, 0, 1). Найдите напряженность элек-
трического ноля и индукцию магнитного поля волны в области х > 0.
101
10.2.7- 10.2.9. Интерференция при отражении волны от метал-
лической плоскости. На плоскость х - 0 падает плоская монохрома-
тическая волна (рис. 10.2.5).
10.2.7. Волна, линейно поляризованная в плоскости, перпенди-
кулярной плоскости падения. Вектор напряженности электрическо-
го поля
Ех (t,x,y,z) = cos(ort-/ей/),
е, = (0, -1,0), ni = (-sina, 0, cosa)
(рис. 10.2.7). Интенсивность волны JQ = cena2/2. Найдите интенсив-
ность поля в области перекрытия падающей и отраженной волн.
Рис. 10.2.7
10.2.8. Волна, линейно поляризованная в плоскости падения.
Вектор поляризации волны е. = (cos a, 0, sin а) (рис. 10.2.8). Интен-
сивность волны = сеоа2/2. Найдите интенсивность поля в области
перекрытия падающей и отраженной волн.
Рис. 10.2.8
10.2.9. Волна круговой поляризации. Циркулярнополяризован-
ная волна падает на на плоскость х - 0 под углом а. Вектор напря-
женности электрического поля падающей волн
Еп =aef cos ср, + аё2 sin ср.,
где (pf = (о/ - knf , е, = (cos a, 0, sin a), e2 = (0, 1,0).
102
Интенсивность волны Jo = сеоа2. Найдите интенсивность поля в
области перекрытия падающей и отраженной волн.
10.2.10. На рис. 10.2Л0 изображен излучатель в виде отрезка
ировода, находящийся на расстоянии d от металлического тонкого
провода. Длина несущей волны X = 40 см. Амплитудно-модули-
рованную волну регистрирует приемник, расположенный в точке Р
волновой зоны на расстоянии s от провода (s X). Объясните, поче-
му при перемещении излучателя к приемнику Р возникают «области
молчания». Найдите значения d, при которых интенсивность волны
равна нулю.
-d"
О
2
Рис. 10.2.10
10.2.11-10.2.12.
Отражение и преломление волны. Две про-
зрачнее однородные среды с показателями преломления пу и п2 раз-
делены плоскостью z - 0. Плоская линейно поляризованная моно-
хроматическая волна падает из первой среды на вторую среду
перпендикулярно плоскости раздела. Назовем плоскость у = 0 плос-
костью падения.
10.2.11. Падающая волна распространяется из области z < 0.
Вектор напряженности электрического поля падающей волны на-
правлен перпендикулярно плоскости падения (рис. 10.2.11)
Д (tz) = (0, 0)cos (со/-kn{z), к = ®/с.
А. Найдите напряженность электрического ноля и индукцию
магнитного ноля в области z < 0.
Б. Найдите среднее значение z - компоненты вектора Пойнтинга
5 = в области z < 0.
103
(Указание: Из уравнений Максвелла следует, что частное реше-
ние, называемое ТЕ - волной, имеет вид
Ё (t, z) = (О, Ео, 0)cos - knn^),
сВ (t, z) = {-ппгЕ0, 0, O)cos (<nt - knn^),
где nx = ±l.
Граничные условия требуют непрерывности касательных к по-
верхности раздела компонент напряженности электрического поля и
индукции магнитного поля.)
Рис. 10.2.11
10.2.12. Падающая волна распространяется из области z < 0.
Вектор индукции магнитного поля падающей волны направлен пер-
пендикулярно плоскости падения (рис. 10.2.12)
Д (/, z) = (0, В„ 0)cos (art - kn^), k = <£>/c.
Рис. 10.2.12
А. Найдите напряженность электрического поля и индукцию
магнитного ноля в области z < 0.
104
Б. Найдите среднее значение z ~ компоненты вектора Пойнтинга
S - е0с2£х В в области z < 0.
(Указание: Из уравнений Максвелла следует, что частное реше-
ние, называемое ТМ - волной, имеет вид
Е (£, z) = (nzcB/n, 0, O)cos (coi - кпп£),
В (t, z) = (0, В, 0)eos (Grt-knn^),
где nt = ±1.
Граничные условия требуют непрерывности касательных к по-
верхности раздела компонент напряженности электрического поля и
индукции магнитного поля.)
10.2.13. Левая часть плоскопараллельной пластинки толщиной
Я, образует клин — двухгранный угол а 1 (рис. 10.2.13 а). Пока-
затель преломления материала пластинки п. На верхнюю плоскость
надает линейнополяризованная плоская волна частотой <о с вектором
напряженности электрического поля перпендикулярным плоскости
чертежа. Интенсивность волны — Jo. Экран находится на расстоя-
нии d от нижней плоскости пластины. Пренебрегая отражением най-
дите зависимость интенсивности от координат в области перекрытия
преломленных волн.
В
Рис. 10.2.13 а
10.2.14- 10.2.15. Принцип Гюйгенса-Френеля. Источник монохро-
матического излучения находится в точке 0(0, 0, 0), детектор — в точке
Р(0, 0, z0). Согласно современной интерпретации принципа Гюйгенса-
Френеля в точку Р приходят «виртуальные волны» (от лат. virtualis —
могущий проявиться), излучаемые в каждой точке Q(x, у, z) поверхно-
сти волнового фронта х2 + у2 + z2 = а.
105
10.2.14. В результате интерференции виртуальных волн образу-
ется реальная волна, фаза которой в точке Р равна Фр - <о£ - kz[}. Тогда
разность фаз волн
ДФ = fc(s-z0),
5- (X1 + у1 + ?) + [/ + у2 + (Z - Z0)2] V2,
должна удовлетворять условию ДФ = ли, п = 1,2,....
А. Докажите, что точка Q(x, у, z) принадлежит эллипсоиду вра-
щения.
Б. Найдите значения большой и малой полуосей эллипсоида.
10.2.15. Реальный физический луч представляет собой эллипсо-
ид вращения с фокусами в точках Р и О, образованный огибающей
первых зон Френеля. Найдите максимальную площадь поперечного
сечения Sm и объем Vфизического луча.
10.2.16. Существенная область отражения. Излучатель электро-
магнитной волны находится в точке £(0, 0, h), детектор в точке
Р(хя, 0, zH) (рис.10.2.16 а). Отражающая поверхность представляет
собой часть плоскости z = 0 площадью S. Согласно приближению
геометрической оптики в точку Р приходит луч, отраженный в точке
Q0(xu, 0; 0) под углом a: sin а = x0/(h2 + х02)1/2. Правильное зеркальное
отражение возникает только в том случае, когда выполняются усло-
вия применимости геометрической оптики: площадь поверхности
должна быть больше площади нескольких первых зон Френеля.
Оцените значение площади отражающей поверхности, при котором
луч отражается под углом а.
Рис. 10.2.16 а
10.2.17. Опишите качественно дифракцию плоской волны, па-
дающей перпендикулярно экрану, представляющему собой полу-
плоскость.
106
10.2.18. Приведите оценку расстояния, начиная с которого дифрак-
ция Френеля переходит в дифракцию Фраунгофера электромагнитных
или звуковых волн, падающих на отверстие радиусом а в экране.
10.2.19. Дифракционное изображение точки. В непрозрачной
плоскости ху вырезано круглое отверстие радиусом а X. Координа-
ты центра отверстия х = 0, у = 0. Плоская волна падает на экран в по-
ложительном направлении оси z. Эта волна приходит от точечного
источника L(0, 0, -6), расположенного на оси z и удаленного от на-
чала координат на расстояние Ъ большее а2/Л. Экран находится в
плоскости z -z*. Опишите изображение точки на экране,
10.2.20* -10.2.21*. Элементы голографии. При обычной фото-
графии степень почернения негатива определяется интенсивностью
волны ~ суммой интенсивностей волн, исходящих от каждой точки
объекта и зависящих только от амплитуд волн. Информация о фазе
нолны безвозвратно теряется — объект выглядит плоским. Для полу-
чения объемного изображения объекта необходимо регистрировать
на фотопленке амплитуду и фазу. Эта задача решена на основе ново-
го метода, открытого Д. Габором (Нобелевская премия, 1971 г.). Но-
вый метод получил название голография (от греч. holos — весь, gra-
pho — пишу).
10.2.20* . Голограмма точечного объекта. Объект находится в
точке S(h, 0, -d). Экран — фотопленка с достаточно прозрачным сло-
ем эмульсии расположена в плоскости ху (рис. 10.2.20). Опорная ли-
нейно-поляризованная плоская волна, излучаемая лазером, распро-
страняется в отрицательном направлении оси z.
Рис. 10.2.20
107
Напряженность электрического поля
(I, x,y,z) = аё cos (со/ + kz), ё = (1, 0, 0), к = со/с.
Интенсивность волны = се0а2/2.
В результате рассеяния волны объектом возникает сферическая
«предметная волна» напряженностью
Es (t, х, y,z) = (GeSM /г) cos ((£>t-kr-$),
где r — расстояние от точки 5 до точки М(х, у, z), ё8М — вектор поля-
ризации, ф = kd + а, а — фаза отраженной волны.
Найдите интенсивность поля J(x, у) в точке Q(x, у) проявленной
фотопленки - голограммы.
10.2.21* . Восстановление изображения объекта. Для получения
изображения поместим голограмму в плоскость ху и осветим ее па-
раллельным пучком света от лазера с напряженностью электрическо-
го поля Е x,y,z) = аё cos (art -kz).
Коэффициент пропускания негатива Т(х, у) определяется экспо-
зицией и свойствами эмульсии. В наиболее благоприятном случае
Т(х, у) = - рДУ (х, у) -Уо], где р0, р, — постоянные коэффициенты,
у) ~~ интенсивность поля в точке фотопленки Q (х, у).
Найдите напряженность электрического поля с правой стороны
от голограммы в точке Р (х, 0, z), которая определяется соотношени-
ем, полученным Г. Кирхгофом в теории дифракции:
Ё} (t, х, 0, z) = \dXkdykEk Т(хк, yk)asin(krQP-wt).
S rQP
Ёк = e(nkNk)-Nk(nke), Nk =(пк +п0)/2, п0 =(0, 0, 1).
Здесь rQP = [(х - хк)2 + у 2 + z2J,/2 — расстояние от точки голограммы
Q(xk, ук) до точки наблюдения Р, пк — единичный вектор, парал-
лельный отрезку прямой QP, S— поверхность голограммы.
Указание: Перейти к комплексному представлению напряженно-
сти, представить фазу в окрестности экстремума в виде ряда, ограни-
чиваясь величинами ~ х2, у2, и учесть значение интеграла
х / \ 1/2 / ^2 \
|duexp(iau2 + ^zz)= — exp-------.
3 \а J V 4a J
108
10.2.22. Дифракционная решетка. Найдите максимальную ши-
рину [Хр Х2] спектрального интервала, при которой спектры соседних
порядков не перекрываются.
10.2.23. Могут ли перекрываться спектры первого и второго по-
рядков дифракционной решетки при освещении видимым светом с
длинами волн от = 450 нм до Х2 = 780 нм.
10.2.24- 10.2.25. Решетка имеет ЛГ = 10 552 штрихов на длине 2 см.
10.2.24. Найдите значения углов, под которыми наблюдаются
главные максимумы первого, второго и третьего порядков при на-
блюдении самой яркой линии излучения D натрия с длиной волны
X = 589,3 нм.
10.2.25. Разрешающая сила решетки. Линия излучения натрия
D с длиной волны X = 589,3 нм в действительности представляет со-
бой две отдельные линии с длинами волн Х2 = 589 нм и X, = 589,6 нм.
Можно ли с помощью этой решетки разрешить эти линии в первом
главном максимуме?
10.2.26. На решетке с плотностью штрихов 2000/см происходит
дифракция света с длиной волны X, = 500 нм. Экран расположен на
расстоянии s = 3 м от решетки. Найдите расстояние х, между изобра-
жениями спектров нулевого и первого порядков.
10.2.27. Дифракционная решетка с периодом d = 3 мкм освеща-
ется оранжевым светом с длиной волны X = 600 нм. Сколько главных
максимумов можно наблюдать при нормальном падении света?
10.2.28. На дифракционную решетку с периодом d - 6 мкм пада-
ет по нормали монохроматическая волна. Угол между дифракцион-
ными максимумами второго и третьего порядков равен а = 3°. Опре-
делите длину волны.
10.2.29. Получите условие возникновения главных максимумов
при падении плоской волны под углом 0П к плоскости решетки.
10.2.30. Найдите максимальный порядок спектра тг при наблю-
дении дифракции света длиной волны X на решетке с периодом d.
109
Глава XI. ОПТИКА
11.1. Принцип Ферма.
Отражение и преломление света
В геометрической оптике вводят математическое поня-
тие — луч и. представляют электромагнитную волну в изо-
тропной среде как пучок кривых — лучей, ортогональных к
волновым фронтам. Оптическая длина луча в изотропной
однородной среде I - ns, где s — длина траектории луча, п —
коэффициент преломления.
В 1662 г. II. Ферма установил основной закон геометри-
ческой оптики', луч, соединяющий две точки, представляет
собой кривую, для которой оптическая длина принимает
наименьшее значение.
Закон отражения: падающий луч, отраженный луч и
нормаль к поверхности раздела двух сред лежат в одной
плоскости. Угол отражения луча равен углу падения луча.
Закон преломления: падающий, преломленный лучи и
нормаль к границе раздела лежат в одной плоскости; произ-
ведение коэффициента преломления на синус угла между
нормалью и лучом является постоянной величиной для лю-
бой из плоскослоистых сред:
nsina = const. (11.1.1)
Полное внутреннее отражение. Источник излучения
находится в среде с показателем преломления п2 > пГ Отра-
женный луч распространяется в среде п2 под углом, равным
углу падения. При значении угла падения = ал прелом-
ленный луч идет параллельно границе раздела, т.е. = л/2:
sinan = njn2, (11.1.2)
Угол ад называют предельным углом полного отраже-
ния. Если угол падения а2 > ал, то преломленный луч отсут-
ствует и наблюдается только отраженный луч в среде п2.
11.1.1. Отражение от параболического зеркала. На рис. 11.1.1
изображена парабола zn = х1/2/?, представляющая собой сечение по-
верхности, получаемой вращением параболы вокруг оси z. Источник
110
света находится в точке 5(0, 0, /?/2), наблюдатель — в точке Р(хн, 0, zH).
Докажите, что все лучи, отраженные от поверхности, идут параллель-
но оси z.
11.1.2. Планета радиусом R имеет сферически симметричную атмо-
сферу с коэффициентом преломления п(г) = (4 - 2r/7?)t/2, R<r< 3R/2;
п(г) = 1, г> ЗЯ/2, где г — расстояние от центра. Покажите, что возмож-
ная траектория луча света — окружность радиусом 47?/3.
11.1.3. Плоское зеркало, расположенное и вертикальной плоско-
сти, может вращаться вокруг горизонтальной оси. На расстоянии R
от оси находится светящаяся точка Л (рис. 11.1.3 а). Найдите рас-
стояние b между изображением точки и изображением, которое обра-
зуется после поворота зеркала на угол а.
111
11.1.4. Глаз человека в точке Р видит объект 5, используя зерка-
ло, представляющее собой прямой двухгранный угол (рис. 11.1.4 а).
Расстояния SM - 5 м, МК = 0,5 м, КР - 1,5 м. Найдите расстояние s от
изображения до глаза.
11.1.5. Объект в виде буквы Г находится между двумя плоскими
зеркалами М1 и М2. Постройте изображение объекта.
11.1.6. Уголковый отражатель. Возьмем три взаимно перпенди-
кулярные отражающие плоскости zy, yz и zx. Эта система зеркал об-
ладает уникальным свойством: падающий внутрь луч света после
трех отражений выходит обратно в противоположном направлении.
Докажите это утверждение.
11.1.7; На зеркале, расположенном в горизонтальной плоско-
сти, закреплен стержень длиной Л. В плоскости, перпендикулярной
зеркалу находится экран (рис. 11.1.7 а). Найдите высоту тени Яна
экране.
11.1.8. В непрозрачном экране вырезано круглое отверстие
(рис. 11.1.8а). На расстоянии .$ от центра отверстия находится точеч-
ный источник света 5. По другую сторону экрана расположено плос-
кое зеркало. Плоскости и экрана и зеркала параллельны. Найдите
112
расстояние Л от экрана до зеркала, если свет, отраженный от зеркала,
освещает на экране кольцо вокруг отверстия, площадь которого рав-
на площади отверстия.
11.1.9. Человек идет по комнате со скоростью р, и рассматривает
изображение своего глаза в плоском зеркале, горизонтальная плос-
кость которого перемещается вверх со скоростью и2. Найдите величи-
ну скорости изображения и,
11.1.10. Точечный источник света находится внутри двухгранно-
го угла а, образованного плоскостями двух зеркал. Расстояния до
плоскостей зеркал равны соответственно а и Ь. Найдите расстояние L
между первыми изображениями источника света.
11.1.11. Точечный источник света 5 находится внутри двухгран-
ного угла, образованного плоскостями двух зеркал. Найдите угол а
между плоскостями зеркал, если источник света и два первых изо-
бражения находятся в вершинах правильного треугольника.
11.1.12. Зеркало Ллойда. Для получения интерференционной
картины точечный источник света располагают на расстоянии Ь по
горизонтали от плоского зеркала в виде квадратной пластины, на вы-
соте h над плоскостью зеркала (рис. 11.1.12 а). Длина стороны пла-
стины s. На расстоянии L от источника расположен экран, плоскость
которого перпендикулярна плоскости зеркала. Найдите вертикаль-
ный размер //интерференционной картины на экране.
М
S
Рис. 11.1.8 а
Рис. 11.1.12 а
11.1.13. Параллельный цилиндрический пучок света падает на
вогнутое сферическое зеркало. Радиус пучка Ь, радиус кривизны
зеркала R, b R. Найдите расстояние PF от полюса Р до точки F пе-
ресечения лучей, отраженных от зеркальной поверхности.
ИЗ
11.1.14. Луч света от направленного источника излучения, рас-
положенного под водой, падает на поверхность воды под углом а,
большим угла полного внутреннего отражения 8. Выйдет ли он в воз-
дух, если к поверхности воды приложить стеклянную плоскопарал-
лельную пластинку?
11.1.15. Луч света падает под углом а = п/3 к плоской границе
раздела «воздух-жидкость». Отраженный и преломленный лучи пер-
пендикулярны друг другу. Найти показатель преломления жидкости.
11.1.16. Кубик, изготовленный из прозрачной пластмассы, постав-
лен на лист газеты. Покажите, что текст нельзя увидеть через боковую
грань, если коэффициент преломления материала кубика п > 1,41.
11.1.17. Па дне сосуда в форме куба лежит мелкая монета на рас-
стоянии Ь от стенки (рис. 11.1.17 а). Длина ребра куба а. Наблюда-
тель может видеть грань куба. Найдите высоту слоя воды h, которую
следует налить в сосуд, чтобы наблюдатель увидел монету.
Рис. 11.1.17 а
11.1.18. Дно реки рассматривают с мостика, глядя вертикально
вниз. Глубина реки Н = 2 м, показатель преломления воды п = 4/3.
Найдите видимую глубину реки h.
11.1.19* . Источник света находится под водой в точке 5(0, -h, 0).
Наблюдатель видит его под углом г к вертикали. Найдите координа-
ты изображения источника 50 (xnf yQ, 0).
11.1.20. Точечный источник света движется в воде вертикально
вниз со скоростью V. Найдите величину скорости и движения грани-
цы освещенного крута на поверхности воды.
11.1.21. Человек рассматривает изображение зрачка своего глаза
в плоском зеркале толщиной h на расстоянии/. Показатель прелом-
ления стекла п. Найдите расстояние d между глазом и поверхностью
зеркала.
114
11.1.22. Человек рассматривает изображение точечного источ-
ника 5(0, 0, d + h) в плоском зеркале под углом а к вертикали. Тол-
щина стекла Л, показатель преломления /г. Найдите координаты изо-
бражения 5Р
11.1.23. Два луча пересекаются в точке М (рис. 11.1.23). Перед
точкой М поставили плоскопараллельную пластину толщиной h так,
что луч LM падает по нормали, а луч SM — под углом а к плоскости
пластин.
А. Найдите расстояние BN между падающим лучом и лучом, вы-
шедшим из пластины.
Б. Найдите величину смещения РМточки пересечения лучей.
Рис. 11.1.23
11.1.24. Луч света b на рис. 11.1.24 падает на плоскопараллель-
ную пластинку толщиной d под углом а. Покажите, что расстояние
между лучами b и ri равно s, = dsina[1 - cosa/ (п - sin2a)1/2], рас-
стояние между лучами Ь1 и Ь2 равно s12 = dsin2a/(rc2 - sin2a)1/2.
115
11.1.25. Луч падает на плоскопараллельную пластинку из стек-
ла, плоскость которой образует угол а = л/4 с вертикальной плоско-
стью (рис. 11.1.25). Коэффициент преломления стекла п, толщина
пластинки d. Найдите расстояния h между отраженным лучом и лу-
чами, выходящими из пластинки параллельно отраженному лучу.
11.1.26- 11.1.28. Призма. В оптических приборах часто исполь-
зуют призмы. Двухгранный угол а между гранями АВ и ВС, через ко-
торые проходит луч, называется преломляющим углом призмы.
Пусть луч падает под углом на грань АВ. Угол у между направле-
ниями падающего и отклоненного лучами называется углом откло-
нения луча призмой. Коэффициент преломления материала призмы
п, предельный угол 5.
11.1.26. А. Найдите угол у.
Б. Найдите условие полного внутреннего отражения.
11.1.27. Преломляющий угол призмы а = л/3, коэффициент пре-
ломления п = 3/2. Найдите угол отклонения у при симметричном
преломлении.
11.1.28. Найдите угол у в случае тонкой призмы а« 1 и малого
угла падения О, 1.
11.1.29. Поворотная призма. Стеклянная равнобедренная трех-
гранная призма с двухгранным углом между гранями а - л/2 нахо-
дится в воздухе (рис. 11.1.29 а). На грань призмы падает под углом
л/4 пучок лучей, параллельных основанию призмы. Найдите значе-
ния показателя преломления стекла призмы п, если лучи не выходят
наружу через основание призмы.
116
11.1.30. Стеклянная равнобедренная трехгранная призма с
двухгранным углом между гранями а = л/2 находится в воздухе
(рис. 11.1.30). На грань призмы АС падает под углом л/2 пучок лу-
чей. Найдите значения показателя преломления стекла призмы п,
если лучи не выходят наружу через боковые грани призмы.
11.1.31. Прозрачная трехгранная призма с двухгранным углом
между гранями а = л/6 находится в воздухе (рис. 11.1.31 а). Показа-
тель преломления материала призмы п - V3 . На грань призмы АВ
надает луч под углом л/2. Найдите угол у^ между лучами, выходя-
щими наружу через грани призмы.
11.1.32. Прозрачная трехгранная призма с двухгранным углом
между гранями а = л/3 находится в воздухе (рис. 11.1.32 а). Показа-
тель преломления материала призмы a-2/V3. На грань призмы АВ
луч падает под углом л/2. Найдите угол у^ между лучами, выходя-
щими наружу через грани призмы.
11.1.33. Две призмы САВ и ACD с преломляющими углами
а = л/3 и у = л/6 склеены гранями АС. Коэффициент преломления
стекла призмы САВ равен п = 3/2. Найдите коэффициент преломле-
ния материала призмы ACD, если луч, падающий на систему призм
параллельно основанию, выходит из системы, не изменяя направле-
ние (рис. 11.1.33а).
Рис. 11.1.32 а Рис. 11.1.33 а
117
11.1.34. На стеклянную призму с преломляющим углом а = 10 °
падает перпендикулярно плоскости луч света (рис. 11.1.34 а). Коэф-
фициент преломления стекла п, угол полного внутреннего отражения
ат - 48,2°. Определите число N лучей, на которые расщепляется па-
дающий луч в прямом направлении после многократного отражения
и преломления на гранях призмы.
11.1.35- 11.1.36. Точечный источник света находится па рас-
стоянии d от тонкой призмы: S(-d, 0, 0).
11.1.35. Найдите координаты изображения формируемого
тонкой призмой.
11.1.36. Найдите координаты двух первых изображений 5, и 52,
формируемых отраженными лучами и лучами, преломленными и от-
раженными гранями призмы.
11.1.37- 11.1.38. Бипризма Френеля. Две одинаковые топкие
призмы сложены основаниями и имеют параллельные преломляю-
щие ребра. Преломляющий угол призмы а = 0,001, расстояние меж-
ду вершинами преломляющих углов 2Н, Н = 2 см. Расстояние от мо-
нохроматического источника света 5 до бипризмы OS = а, расстояние
от бипризмы до экрана OB = b (Рис. 11.1.37а). Длина волны линейно
поляризованного света X = 550 нм.
11.1.37. А. Найдите расстояние хт от оси системы до /n-той свет-
лой полосы.
Б. Найдите максимальное число N интерференционных полос.
Рис. 11.1.34а Рис. 11.1.37а
11.1.38. При нормальном падении плоской световой волны, ли-
нейно поляризованной в плоскости падения, образуются два пере-
крывающихся пучка света.
А. Найдите наибольшие значения продольного ОВ и поперечного
MN размеров области, в которой можно наблюдать интерференцию.
Б. Найдите максимальное число /Vинтерференционных полос.
118
11 Л.39. Отражатели в дорожных знаках. На прозрачный шарик
падает тонкий пучок света с осью, проходящей через центр шарика.
Задняя поверхность шарика имеет отражающее покрытие. Найдите
значение коэффициента преломления, при котором пучок выйдет из
шарика в противоположном направлении.
11.1.40. Радуга. Луч света падает под углом а к поверхности ка-
пли воды. Пренебрегая отражением падающего света и преломлени-
ем на задней поверхности, найдите условие, при которых угол у (а)
между осью симметрии и лучом, выходящим из капли принимает
минимальное значение ут = у (aj. Вблизи предельного угла сгуща-
ются траектории лучей и возрастает интенсивность света в направле-
нии угла радуги уш.
11.1.41. Оптический волновод состоит из диэлектрического ци-
линдрического волокна - сердцевины с коэффициентом преломле-
ния пс, который превышает коэффициент преломления пт оболочки
(рис. 11.1.41). Найдите апертуру волновода Л = sin0o, где 0О — пре-
дельный угол падения пучка лучей на входе (0 — угол между осью
волокна и направлением падения луча).
11.1.42. Внешний радиус стеклянной трубки Я, внутренний ра-
диус г. Показатель стекла п. Наблюдатель смотрит на трубку по пря-
мой перпендикулярной оси. Вычислите видимый диаметр D внут-
реннего канала.
1.1.43. Сферический аквариум заполнен водой. Точечный источ-
ник света движется в воде по диаметру большого круга. Расстояние
от центра сферы до источника OP = s(t). Радиус сферы R, коэффици-
ент преломления воды п. Наблюдатель смотрит на источник вдоль
прямой, проходящей через точки О и Р (рис. 11.1.43). Найдите рас-
стояние ОР = 1(1) от центра сферы до изображения источника и ско-
рость движения изображения и.
119
11.2. Волны в неоднородной
и анизотропной средах
Для неоднородной изотропной плоскослоистой среды с
коэффициентом преломления п = n(z) закон преломления
имеет вид
ra(z)sina(z) = const, (11,2.1)
где a(z) — угол между касательной к лучу и осью z в точке с
координатой z, у, z.
Закон преломления является следствием сохранения
проекции на ось х волнового вектора
к == (d)/c)n(z) (sina(z), 0, cos a(z)).
В неоднородной плоскослоистой среде происходит пол-
ное внутреннее отражение в плоскости z = zm при условии
kz(zm) = 0: Л(2«) “ &(0)sma(0). Траектория луча всегда об-
ращена выпуклостью в сторону уменьшения показателя
преломления.
Сферически симметричная среда. Коэффициент пре-
ломления — функция п = п(г), где г - расстояние от центра
симметрии О.
Траектория луча представляет собой плоскую кривую
линию. В этом случае закон преломления имеет вид
7тг(г)э1п0(г) = const, (11.2.2)
где 0 (г) - угол между направлением луча — касательной к
кривой и прямой, проходящей через точку О.
11.2.1—11.2.3. «Нижний» или «горячий» мираж. Над нагретой
поверхностью возможно образование миражей. С увеличением высо-
ты z температура адиабатически уменьшается, коэффициент прелом-
ления воздуха n(z) в некотором интервале высот возрастает. Роль
зеркала играет сам воздух: траектории лучей обращены выпуклостью
в направлении убывания n(z). Человек стоит на асфальтовом шоссе в
жаркий день.
11.2.1. Объясните, почему он видит вдали светлое пятно, напо-
минающее лужу воды.
11.2.2*. Диэлектрическая проницаемость оптической среды
ra2(z) = п* + 2gz. Докажите, что траектория луча z = z(x) на рис. 11.2.2
представляет собой параболу.
120
11.2.3*. Направленный излучатель находится в начале коорди-
нат. Электромагнитная волна падает под углом а на ионосферу, за-
нимающую слой в области h < z < Н. Коэффициент преломления
n(z) = 1, 0 <z < h\ n2(z) = 1 - 2g(z -h), h<z<H. Докажите, что при ус-
ловии z(x) < Н возможны три траектории луча, которые пересекают-
ся в одной точке на оси х.
11.2.4. Показатель преломления оптической среды n\z) = п2- (kz)2.
Докажите, что траектория луча z = z(x) представляет собой функцию
z(x) =Acos(kx/C) + Bsin(fcr/Q, где С= nosina(O).
11.2.5*-11.2.7*. Пучок лучей, параллельных оси х, падает на
поверхность вращения, ограничивающую среду с показателем пре-
ломления п и фокусируется в точке S = (F, 0, 0). На рис. 11.2.5 изо-
бражено сечение поверхности плоскостью z = 0 представляющее со-
бой кривую у - у(х).
Рис. 11.2.2
11.2.5*. Докажите, что кривая у = у(х) представляет собой эллипс.
11.2.6*. Уравнения эллипса в полярных координатах г, ср с нача-
лом в фокусе S имеет вид г (<р) = р/(1 + ecoscp), где ср — угол между
осью х и радиус-вектором точки на эллипсе, параметр эллипсар = Ь2/а,
эксцентриситет е = [1 - (&/а)2]1/2. Докажите, что точка S = (F, 0, 0) на
рис. 11.2.5 является одним из фокусов эллипса. Найдите значения па-
раметра р, эксцентриситет эллипса е и расстояние между фокусами.
11.2.7. Докажите, что sin a = nsin р, где a — угол падения луча на
поверхность эллипсоида, Р — угол преломления (рис. 11.2.7).
Рис. 11.2.7
121
11.2.8. Линза Лунеберга. Параллельный пучок лучей падает на
шар, показатель преломления которого и(г) = ^2-(г/7?)2 , 0 < г < Я;
п(г) = 1,т > Я.
Найдите траекторию луча, проходящего на расстоянии р от опти-
ческой оси.
11.2.9*. «Рыбий глаз» Максвелла. Коэффициент преломления
среды
п(г) = [1 + (г/с)2]1,
где г = расстояние от центра О, с — постоянная величина.
Такая среда называется «рыбьим глазом». Ее свойства были впер-
вые исследованы Дж.К. Максвеллом в 1854 г. Докажите, что траекто-
рией любого луча, испущенного в точке 5, является окружность, про-
ходящая через точку на прямой, принадлежащей отрезку SO.
11.2.10. Найдите наименьшее значение радиуса окружности —
траектории луча в «рыбьем глазе».
11.2.11*-! 1.2.16*. Плоская монохроматическая волна в одно-
родном одноосном кристалле. Оптические свойства кристалла опре-
деляются соотношением между вектором электрической индукции
D и вектором напряженности электрического поля Ё . В декартовой
системе координат D = £0 (аЕ1,, &Е2, е^), где 83, £ — постоянные ко-
эффициенты, характеризующие анизотропию (от греч. anisos — не-
равный и tropos — направление) электрических свойств кристалла по
оси z и в направлениях, перпендикулярных оси z. Постоянные ам-
плитуды напряженности электрического и магнитного полей пло-
ской монохроматической волны ё и h удовлетворяют однородным
уравнениям
кхё = ЦцСОЙ , (1а),
kxh = -<nd , (Id)
где d = £0 (fiCp £с2, £3е3), к = (со/с) п — волновой вектор.
Электромагнитное пол£ в кристалле представляет собой суперпо-
зицию двух независимых волн.
11.2.11*. Поперечно-электрическая ТЕ (от англ. Transverse Elec-
tric) или обыкновенная волна определяется вектором и)о = (0, 0, wj:
ё = р{)(йи\хк . Найдите решение уравнений (1), и закон дисперсии
со = F (&., к у, к.) - зависимость частоты от волнового вектора.
122
11.2.12*. Поперечно-магнитная ТМ (от англ. Transverse Magnetic)
или необыкновенная волна определяется вектором й)н = (0, 0, юн):
h = £Qwk *wk . Найдите решение уравнений (1) и закон дисперсии.
11.2.13*. Запишите общее решение уравнений Максвелла в од-
нородном анизотропном кристалле.
11.2.14*. Лучевые скорости волн. Перенос энергии электромаг-
нитной волны определяется вектором Пойнтинга S = Е*Н . Плот-
ность энергии поля Um = ( ЁЬ + НВ )/2. Лучевая скорость волны рав-
на отношению среднего значения вектора Пойнтинга к среднему
значению плотности энергии. Найдите средние значения вектора
Пойнтинга, плотности энергии и лучевые скорости обыкновенной и
необыкновенной волн.
11.2.15*. Вырежем пластинку из исландского шпата так, что оп-
тическая ось z параллельна плоскостям граней. Луч света падает на
пластинку исландского шпата под углом я/2 - а к оптической оси
(рис. 11.2.15). Углы преломления необыкновенного и обыкновенно-
го лучей соответственно равны (3 и р0. Найдите законы преломления
обыкновенного и необыкновенного лучей.
11.2.16*. Эффект двойного лучепреломления. Вырежем из шпа-
та пластинку толщиной d так, что оптическая ось z образует угол у с
координатной осью У, перпендикулярной плоским граням пластин-
ки в области 0 < z'< d. Луч света падает на пластинку в положитель-
123
ном направлении оси z'. Найдите расстояние h между обыкновенным
и необыкновенным лучами в области г9 > d (рис. 11.2.16).
11.3. Тонкие линзы
Во всех оптических инструментах используются тонкие
пучки (т.е. пучки с малым углом раствора), идущие вблизи
главной или побочной оптической оси системы. Такие пуч-
ки называются параксиальными.
Тонкая линза расположена в плоскости ху, центр линзы
в начале координат. Предмет — отрезок АВ длиной Н. Ко-
ординаты точек — предметов Л (Я, 0, ~d), В (0, 0, -d). Ко-
ординаты точек изображения^’ (Я, 0,/) и Я (0, О,/), где
H=-fH/d,
111
7 + 7 = ^ (И3.1)
d f F
F - фокусное расстояние линзы.
Если d > 0, / > 0, то имеем действительные предмет и
изображение. Если d < 0, f < 0, то предмет и изображение
мнимые.
124
Толстая линза представляет собой стекло с коэффици-
ентом преломления п, ограниченное двумя сферическими
поверхностями радиусами В, и R2. Фокусное расстояние
линзы в вакууме
< R2 j
F
(11.3.2)
Для выпуклых поверхностей радиус кривизны сферы
положителен, для вогнутых — отрицателен.
11.3.1. На рис. 11.3.1а изображен точечный источник света 5 и
его изображение 5*, формируемое линзой с главной оптической осью
ab. Определите тип, положения линзы и главного фокуса линзы.
S’
S
b
а
Рис. 11.3.1 а
11.3.2. Фокусное расстояние рассеивающей линзы F = -F^. По-
стройте изображение точки 5, находящейся слева от линзы на рас-
стоянии Fo.
11.3.3. Заданы положение, оптический центр собирающей линзы
и траектория луча АВС (рис. 11.2.3 а). Найдите положения главных
фокусов линзы.
125
11.3.4. Заданы положения предмета — отрезка АВ и его изобра-
жения AXBV принадлежащие параллельным прямым (рис. 11.3.4 а).
Найдите положения линзы и главных фокусов.
А
В!
В
Ai
Рис. 11.3.4а
11.3.5. Заданы положения рассеивающей линзы, главной опти-
ческой оси и фокуса линзы (рис. 11.3.5 а). Постройте изображение
отрезка АВ.
11.3.6. Докажите, что расстояние между двумя последователь-
ными пересечениями луча с главной оптической осью собирающей
линзы не может быть меньше 4F.
11.3.7. Точечный источник света движется со скоростью v(t) по
прямой, расположенной на расстоянии Н от главной оптической оси
собирающей линзы. Фокусное расстояние линзы F, расстояние от
плоскости линзы до источника d(t) = /’ + s(t), s(L) > 0. Найдите ско-
рость движения изображения й (I).
11.3.8. На главной оптической оси собирающей линзы с фокус-
ным расстоянием F = 20 см находится точечный источник света на
расстоянии d = 80 см от линзы. Линзу переместили в направлении,
перпендикулярном оси на расстояние h = 5 см. Определите расстоя-
ние на которое необходимо переместить источник, чтобы его изо-
бражение совпало с первоначальным изображением.
11.3.9. На собирающую линзу падает луч, пересекающий глав-
ную оптическую ось па расстоянии d = 7 см под углом а = 4°. Выхо-
126
дящий из линзы луч пересекает главную оптическую ось под углом
[3 - 3°. Найдите фокусное расстояние линзы.
11.3.10. Источник света находится на главной оптической оси
собирающей линзы на расстоянии d = 15 см от линзы. На экране,
расположенном перпендикулярно оси на расстоянии Д = 5 см от
линзы наблюдается освещенный круг. Если экран расположить на
расстоянии Д = 10 см, то радиус пятна не изменится. Найдите фо-
кусное расстояние линзы F.
11.3.11. Сходящийся световой пучок падает на рассеивающую
линзу с фокусным расстоянием F = -Fo и пересекается в точке, ле-
жащей в фокальной плоскости линзы. Определите расстояние f от
линзы, на котором соберется пучок, если заменить рассеивающую
линзу собирающей с фокусным расстоянием Fc = Fo.
11.3.12. С левой стороны рассеивающей линзы падает сходящийся
пучок лучей. Координаты вершины сходящегося пучка А(Н, 0, 2Д/3),
фокусное расстояние линзы F - -Fo. Найдите координаты изображе-
нияЛ' точки Л.
11.3.13. Рассеивающая тонкая линза вставлена в круглое отвер-
стие радиусом г в непрозрачной плоскости. Точечный источник света
находится на главной оптической оси на расстоянии а от плоскости
линзы. Фокусное расстояние F = -Fo. Найдите радиус В освещенной
области на экране, расположенном на расстоянии $ от линзы.
11.3.14. Между двумя точечными источниками света, располо-
женными на главной оптической оси, помещена собирающая линза.
Расстояние между источниками I - 24 см, фокусное расстояние лин-
зы F = 9 см. Найдите расстояние d между первым источником и лин-
зой, если изображения источников совпадают.
11.3.15. Диапозитив находится на расстоянии d = 22 см от объек-
тива с фокусным расстоянием F = 20 см. При смещении диапозитива
на величину $ = 0,5 см изображение на экране теряет контрастность.
Найдите величину смещения экрана х для восстановления контраст-
ности изображения.
11.3.16. Предмет представляет собой отрезок, перпендикулярный
главной оптической оси собирающей линзы. При перемещении лин-
зы между предметом и экраном получены два изображения высотой
и h2. Найдите длину отрезка.
11.3.17. Фокусное расстояние линзы F. Луч пересекает главную
оптическую ось собирающей линзы на расстоянии а < F от линзы под
127
углом а. Найдите угол р, между преломленным лучом и оптической
осью.
11.3.18. Отрезок ab, параллельный главной оптической оси рас-
сеивающей линзы, расположен на расстоянии Н от оси. Фокусное
расстояние линзы F - -F^ длина отрезка - s, ближний к линзе конец
отрезка а расположен па расстоянии d > Fo от плоскости линзы. Най-
дите длину изображения I (Н = 4 см, Fn = 3 см, $ = 4 см, d = 5 см).
11.3.19. Отрезок AqBq, лежащий на главной оптической оси соби-
рающей линзы с фокусным расстоянием F, сместили в положение
А'В' (рис. 11.3.19а). Отношение длины изображения отрезка к
длине изображения отрезка A$BQ равно к. Найдите величину смеще-
ния отрезка h.
11.3.20. На рис.11.3.20 предмет в виде стрелки MN находится
на прямой, проходящей через главный фокус собирающей линзы с
фокусным расстоянием F = s. Координаты точек: /И(Я/2, 0, -3s/2),
N(H, 0, -2s). Найдите координаты точек изображения Мт и /V.
Ai Bi
Ао Во F
Рис. 11.3.19 а
11.3.21. Центр квадрата ABCD с длиной стороны F находится на
главной оптической оси на расстоянии 2F от собирающей линзы.
Стороны АВ и CD параллельны оси. Фокусное расстояние линзы F.
Найдите отношение к площади изображения к площади квадрата.
11.3.22. Центр квадрата ABCD с длиной стороны F находится на
главной оптической оси на расстоянии 2F от собирающей линзы.
Диагональ АС параллельна плоскости линзы. Найдите отношение к
площади изображения к площади квадрата.
11.3.23. На главной оптической оси собирающей линзы располо-
жены три точки Лр Л2 и Л3. Длины отрезков A/iz = а, Д43 = Ь, а = 0,1 м,
128
b = 0,2 м. Изображением точки А{ является точка Л2, точки Л2 — точка
Л, (рис» 11.3.23). Найдите фокусное расстояние линзы.
Аз Аг At
Рис. 11.3.23
11.3.24. На сколько диоптрий AD возрастает оптическая сила
хрусталика при переводе взгляда с очень удаленного предмета на
предмет, находящийся на расстоянии наилучшего зрения = 0,25 м.
11.3.25. Оптическая сила очков дедушки равна - 4 дптр, опти-
ческая сила очков внучки 1)2 = -2 дптр. Внучка взяла очки у дедушки
и читает книгу на максимальном расстоянии s, не утомляя глаза.
Найти величину расстояния s.
11.3.26. Человек четко видит без очков изображение своего лица в
плоском зеркале, располагая зеркало на расстоянии dQ = 25 см. Найди-
те оптическую силу очков D, которыми обычно пользуется человек.
11.3.27. Близорукий и дальнозоркий обменялись очками. Даль-
нозоркий обнаружил, что может четко видеть бесконечно удаленные
предметы. Найдите расстояние s, на котором близорукий может без
напряжения читать.
11.3.28. Оптические силы очков близорукого и дальнозоркого
соответственно равны D& = -2 дптр, 1)л = 4 дптр. Близорукий и даль-
нозоркий обменялись очками. Найдите расстояние з, на котором
близорукий может без напряжения читать.
11.3.29. Лупа. Предмет высотой Я, рассматриваемый с расстоя-
ния наилучшего зрения dQ, виден под углом а «tga = H/dQ. Если мел-
кие детали предмета плохо различимы с этого расстояния, то прихо-
дится приближать предмет к глазу. Для того чтобы не переутомлять
глаз, применяют собирающую линзу. Фокусное расстояние линзы F.
Найдите коэффициент увеличения.
А. Предмет расположен так, что изображение в лупе возникает
на расстоянии наилучшего зрения/= -d0.
Б. Предмет расположен в фокальной плоскости линзы.
11.3.30* . На тонкую собирающую линзу падает плоская линейно
поляризованная монохроматическая волна параллельно главной оп-
129
тической оси. Радиус линзы R, фокусное расстояние F, длина вол-
ны X. В фокусе линзы находится объект. В результате рассеяния пло-
ской волны возникает сферическая волна с центром в фокусе. Пло-
ский экран находится на расстоянии s, s F от плоскости линзы
(рис. 11.3.30). Найдите радиусы гп светлых интерференционных ко-
лец на экране в области rn << s.
Рис. 11.3.30
11.3.31. Билинза Бийе. Выпуклая линза разрезана на две попе-
речные части, раздвинутые в направлении, перпендикулярном опти-
ческой оси на расстояние h = 0,1 см (рис. 11.3.31 а). Радиус линзы
R = 2,4 см, фокусное расстояние 10 см. Точечный источник света,
находящийся на расстоянии d = 10,5 см от плоскости линзы, образует
два действительных изображения. Найдите расстояние L от плоско-
сти линзы до границы области, в которой можно наблюдать интерфе-
ренцию световых пучков.
130
11.3.32. Мениск Амичи (Д.Б. Амичи, 1850 г.). На рис. 11.3.32 а
изображена толстая выпукло-вогнутая линза - среда с коэффициен-
том преломления п, ограниченная сферической поверхностью радиу-
сом В с центром в точке О и сферической поверхностью с центром в
точке 5, OS = R/п. Точка В находится на расстоянии ОВ = 7? от опти-
ческой оси линзы. Источник излучения расположен в точке S. Най-
дите изображение источника S и предельный угол ут между оптиче-
ской осью линзы и лучом, проходящим через точку В.
Рис. 11.3.32 а
11.3.33- 11.3.34. Показатель преломления плосковыпуклой
стеклянной линзы, изображенной на рис. 11.3.33, равен п, радиус
сферической поверхности R, максимальная толщина линзы h <К R.
Источник света находится в точке 5(77, 0, ~d), фотодетектор — в точке
W0,/).
11.3.33. Получите формулу линзы, используя принцип Ферма
для параксиального пучка лучей, исходящих от точечного предмета.
131
11.3.34. Полупространство z < 0 заполнено средой с показате-
лем преломления п0. Покажите, что формула линзы имеет вид
njd + 1// = 1/F.
11.3.35. Плосковыпуклая тонкая линза с фокусным расстояни-
ем /^приложена плоской поверхностью к плоскопараллельной пла-
стине толщиной h. Коэффициент преломления материала пластины
п0. На линзу падает параллельный пучок лучей — плоская волна.
Найдите расстояние s от передней грани пластины до точки фоку-
сировки пучка.
11.3.36. Определите оптическую силу очков D, если человек ви-
дит в воде без усилий глазных мышц.
11.4. Оптические системы и приборы
Оптическая система состоит из нескольких линз и зер-
кал. Для определения положения изображения некоторого
объекта сначала необходимо найти изображение объекта,
создаваемое первой линзой или зеркалом. При этом осталь-
ная часть оптической системы не принимается во внима-
ние. На выходе первого элемента каждая точка объекта
формирует сходящийся или расходящийся пучок лучей. В
первом случае точка пересечения лучей — действительное
изображение, во втором — точка пересечения продолжения
лучей в направлении, противоположном направлению рас-
пространения света, — мнимое изображение. Вышедший из
первого элемента пучок света падает на следующий эле-
мент, т.е. представляет для этого элемента предмет мнимый
или действительный. Аналогичную процедуру выполняем
последовательно для каждого элемента оптической систе-
мы. В результате получаем изображение объекта, создавае-
мое оптической системой.
Оптическая сила линзы. Величину D = Х/F называют
оптической силой линзы. Оптическая сила тонких линз,
сложенных вплотную, равна сумме оптических сил линз.
Телескоп Галилея. На торцах трубки длиной L- - F0K
закреплены собирающая и рассеивающая линзы - объектив
и окуляр, где фокусные расстояния линз F^, FoK.
132
Телескоп Кеплера. На торцах трубки длинойL = + FQK
закреплены две собирающие линзы - длиннофокусный объ-
ектив и короткофокусный окуляр, где фокусные расстояния
линзГЛ>^,.
аг 7 се' F..
Увеличение угла зрения к = — = ——.
а
11.4.1. Секстант. Два плоских зеркала Mi и М2, образующих дву-
гранный угол а, обладают замечательным свойством. Пусть а, - угол
падения луча SM^ на первое зеркало, а2 — угол падения отраженного
луча MiM2 на второе зеркало (рис. 11.4.1 а). Найдите угол 0 между
отраженным лучом М2К и падающим на систему лучом SMV
11.4.2. На оправе собирающей линзы находится точечный ис-
точник света 5. Каким образом надо расположить плоское зеркало,
чтобы лучи света, отразившись от него и пройдя через линзу, вышли
из нее параллельным пучком в направлении, указанном стрелкой
(рис. 11.4.2 а,).
\а I ф
Рис. 11Л.1 а Рис. 11.4.2 а
11.4.3. На собирающую линзу с фокусным расстоянием впадает
солнечный свет. К центру собирающей линзы прикрепили неболь-
шой кусочек бумаги. Найдите расстояние $, на котором следует рас-
положить плоское зеркало, чтобы поджечь бумагу.
133
11.4.4. За рассеивающей линзой с фокусным расстоянием F - -F()
расположегго вогнутое зеркало. Расстояние полюса зеркала от линзы
Найдите радиус кривизны зеркала 7?, если пучок лучей, параллельных
главной оптической оси, отражается н обратном направлении.
11.4.5. А. Вогнутая сторона плосковогнутой тонкой линзы с ко-
эффициентом ггреломления п = 1,5 и радиусом кривизны R = 30 см
посеребрена. Найдите фокусное расстояние /’этой системы.
Б. Плоская поверхность плосковогнутой линзы с фокусным рас-
стоянием F = -F{} посеребрена. На расстоянии Fo от полученного зер-
кала расположен предмет высотой Я. Найдите высоту изображения
предмета h.
11.4.6. Предмет находится на расстоянии ~ F/2 от собирающей
линзы с фокусным расстоянием F Поставим за линзой на расстоя-
нии h от нее плоское зеркало. Найдите расстояние/^ от линзы до изо-
бражения.
11.4.7. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F = 20 см и плоского зеркала. Точечный ис-
точник света находится на главной оптической оси па расстоянии
d = 40 см от линзы. Найдите расстояние h от линзы до зеркала, если
после отражения от зеркала и прохождения через линзу из системы
выходит параллельный пучок света.
11.4.8- 11.4.9*. Оптическая система состоит из собирающей
линзы с фокусным расстоянием F = s и плоского зеркала, располо-
женного перпендикулярно главной оптической оси па расстоянии s
от линзы.
11.4.8. Предмет помещают в фокальную плоскость. Изображение
предмета:
А. Действительное, прямое, на расстоянии s от линзы.
Б. Мнимое, прямое, на расстоянии 2s от линзы.
В. Действительное, перевернутое, на расстоянии s от линзы.
Г. Действительное, перевернутое, на расстоянии s/2 от линзы.
Д. Действительное, перевернутое, на расстоянии 2s от линзы.
11.4.9. Линза с фокусным расстоянием F = я находится на рас-
стоянии s с левой стороны от плоского зеркала. Предмет помещают
слева перед линзой на расстоянии d > s. Изображение мнимое, пере-
вернутое, находится справа на расстоянии .9 от линзы. Найдите рас-
стояние d.
134
11 Л. 10. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F = 8 см и плоского зеркала, расположенного
перпендикулярно главной оптической оси на расстоянии h = 12 см от
линзы. Изображение точечного источника света на главной оптиче-
ской оси совпадает с самим источником. Найдите расстояние от ис-
точника до линзы (L
11.4.11. На главной оптической оси на расстоянии а елевой сто-
роны от Собирающей линзы находится предмет длиной h, перпенди-
кулярный оси. Фокусное расстояние линзы F. С правой стороны от
линзы на расстоянии Ь установлено плоское зеркало перпендику-
лярно оси. Найдите расстояния/3 от линзы до изображения и длину
изображения
11.4.12. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F и плоского горизонтального зеркала, распо-
ложенного за линзой параллельно главной оптической оси (рис.
11.4.12).Координаты точечного источника света S(H, 0, -d). Изобра-
жение источника 5* находится на главной оптической оси. Найдите
расстояние s от зеркала до оси линзы.
S* z
Рис. 11.4.12
11.4.13. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F и зеркала в форме двухгранного прямого угла
(рис. 11.4.13 а). Вершина угла находится на расстоянии F от центра
линзы. Точечный источник света Л расположен на расстоянии 3F/2 от
линзы. Найдите расстояние^ от линзы до изображения источника света.
Рис. 11.4.13а
135
11.4.14. Точечный источник света находится на главной оси со-
бирающей линзы с фокусным расстоянием F Между источником и
линзой помещают стеклянную призму с преломляющим углом а 1.
Коэффициент преломления стекла п. Расстояние между источником
и призмой s, между призмой и линзой F Найдите расстояние b от оси
линзы до изображения источника.
11.4.15. С помощью тонкой собирающей линзы с фокусным рас-
стоянием F= 12 см получено изображение предмета. Когда к линзе
вплотную приложили такую же линзу, то линейное увеличение не
изменилось. Найдите расстояние от предмета до линзы.
11.4.16. Собирающая и рассеивающая линзы имеют общую оп-
тическую ось. Фокусные расстояния равны соответственно F} = а,
F2 = -b, а> b. Пучок лучей, параллельных оси, после прохождения
системы остается параллельным оси. Найдите расстояние s между
линзами.
11.4.17. Оптическая система состоит из рассеивающей и соби-
рающей линз с фокусными расстояниями = -FQ, F2 = FQ, FQ = 10 см.
Линзы расположены на расстоянии s = 25 см друг от друга. Точеч-
ный источник света находится на главной оптической оси. Найдите
расстояние d от источника до собирающей линзы, если из системы
выходит параллельный пучок света.
11.4.18. На рис. 11.4.18 изображена «собирающая» линзовая ли-
ния, состоящая из собирающих и рассеивающих линз. Расстояния
между линзами h == s. Источник находится на расстоянии 2s от пер-
вой линзы. Найдите фокусные расстояния линз.
11.4.19. Получено изображение стрелки собирающей линзой. К
линзе приложили такую же линзу и получили изображение стрелки
такой же длины, как в первом случае. Найдите коэффициент увели-
чения стрелки к.
136
11.4.20. Предмет в виде стрелки, перпендикулярной главной оп-
тической оси собирающей линзы объектива фотоаппарата находится
на расстоянии d = 50 см от линзы. Фокусное расстояние F = 5 см.
Объектив присоединили к насадке. В результате линза оказалась
смещенной в направлении предмета на расстояние s = 2,5 см. Найди-
те отношение размеров изображения стрелки hjhv
11.4.21. Оптическая система состоит из двух собирающих линз
JIf и Л2 с общей главной оптической осью и фокусными расстояния-
ми F, = s и F2 = 2s. Расстояние между линзами L = 3s. Точечный
предмет находится на расстоянии d > s от линзы Лг Мнимое изобра-
жение предмета, формируемое системой, находится в общей фокаль-
ной плоскости линз Л, и Л2. Найдите расстояние d.
11.4.22. В плоскости, пересекающей задний главный фокус со-
бирающей линзы с фокусным расстоянием F, поместили рассеиваю-
щую линзу. Предмет находится на расстоянии dt = 3Fot собирающей
линзы. Система формирует действительное перевернутое изображе-
ние с коэффициентом увеличения к = -2. Найдите фокусное расстоя-
ние рассеивающей линзы F.
11.4.23. В плоскости, пересекающей задний главный фокус рас-
сеивающей линзы с фокусным расстоянием Fp - -FQ, поместили со-
бирающую линзу с фокусным расстоянием Fc = Fo. Предмет находит-
ся по другую сторону от рассеивающей линзы на расстоянии dr
Система формирует действительное перевернутое изображение с ко-
эффициентом увеличения к - -1. Найдите расстояние d^ от предмета
до линзы.
11.4.24. Оптическая система состоит из собирающей и рассеи-
вающей линз с фокусными расстояниями Fc = F, Fp = -F. Линзы рас-
положены на расстоянии $ = 3F/2 друг от друга. Предмет с координа-
тами (Л, 0, -3F/2) находится на главной оптической оси (рис. 11.4.24).
Найдите координаты изображения предмета.
л Y
0 z
V X
Рис. 11.4.24
137
11.4.25. На расстоянии 2F от собирающей линзы Lx с фокусным
расстоянием F находится светящийся предмет (рис. 11.4.25). Осве-
щенность четкого изображения на экране = /0. Между линзой L, и
экраном поставили рассеивающую линзу L2 с фокусным расстоянием
F2 = -2F, Для получения контрастного изображения предмета экран
передвинули на расстояние равное F. Определите освещенность но-
вого изображения J2.
11.4.26. На главной оптической оси на расстоянии d = 3F/2 от
собирающей линзы находится точечный источник света. За лин-
зой в ее фокальной плоскости расположена рассеивающая линза.
Расстояния между главными оптическими осями линз равно h,
фокусные расстояния линз Fz = F, Fp = -F, Найдите расстояние s
между источником и изображением, формируемым оптической
системой.
11.4.27. В плоскости, проходящей через главную оптическую ось
рассеивающей линзы, падает луч света на расстоянии h от центра
линзы. Падающий и преломленный лучи образуют углы а с главной
оптической осью. Преломленный луч падает на собирающую линзу,
расположенную в фокусе рассеивающей линзы (рис. 11.4.27 а).
Главные оси линз совпадают, модули фокусных расстояний одина-
ковы. Найдите расстояние s от собирающей линзы, на котором луч
пересечет главную оптическую ось.
138
Рис. 11.4.27а
11.4.28. Две собирающие линзы с фокусными расстояниями
F = 16 см каждая находятся на общей главной оптической оси и рас-
положены на двойном фокусном расстоянии друг от друга. Источник
света находится на главной оптической оси на расстоянии d = 40 см
от первой линзы. Найдите расстояние/, от изображения источника до
второй линзы.
11.4.29* . Две тонкие собирающие линзы с общей главной опти-
ческой осью имеют фокусное расстояние = 10 см и F2 = 12 см и
расположены на расстоянии h = 35 см. Предмет расположен на рас-
стоянии s = 30 см от первой линзы.
А. Определите положение изображения и линейное увеличение
системы.
Б. Опишите новые свойства системы, если поставить собираю-
щую линзу Л3 справа от первой линзы на расстоянии s = 15 см.
11.4.30* . «Толстая» линза. Оптическая система собранна из двух
тонких собирающих линз, расположенных на главной оптической
оси на расстоянии Л друг от друга. Фокусные расстояния линз, изо-
браженных на рис. 11.4.30а, равны соответственно Fx и F2, Два луча а
и 6, входят в систему параллельно оптической оси. На выходе из сис-
темы лучи а' и У пересекаются в точке С. Точка D представляет собой
точку пересечения продолжения луча а и луча а'.
В теории толстых линз плоскость Р', проходящую через точку D
перпендикулярно главной оптической оси называют задней главной
плоскостью, а плоскость Fs, проходящую через точку С перпендику-
лярно главной оптической оси называют задней фокальной плоско-
стью. Аналогичный анализ распространения лучей, входящих в сис-
тему справа, позволяет определить положение передней главной
плоскости Р и передней фокальной плоскости F. Положения предме-
139
та и изображения определяются расстоянием d до передней и рас-
стоянием f до задней главной плоскости. Найдите оптическую силу
системы линз 1 /Fu получите формулу толстой линзы.
Рис. 11.4.30 а
11.4.31* -! 1.4.33*. Толстая линза. Половинка стеклянного шара
радиусом R используется в качестве линзы. Коэффициент преломле-
ния я. На рис. 11.4.31 а параксиальный пучок света, параллельный
главной оптической оси падает на плоскую поверхность полушара. В
теории толстых линз плоскость, перпендикулярную главной оси и
проходящую через точку пересечения продолжения луча а с прелом-
ленным лучом, называют задней главной плоскостью. Плоскость,
проходящую через точку пересечения преломленного луча с главной
осью, - задней фокальной плоскостью. Расстояние между этими
плоскостями представляет собой фокусное расстояние линзы F. На
рис. 11.4.31 б изображено сечение передней главной плоскости.
11.4.31. Найдите фокусное расстояние F и расстояние РК2 между
плоскостью, касательной к сфере и задней главной плоскостью
(рис. 11.4.31 а).
140
11.4.32. Найдите фокусное расстояние F и расстояние ОК^ меж-
ду плоской поверхностью линзы и передней главной плоскостью
(рис. 11.4.31 б).
11.4.33. Точечный объект At находится на главной оптической
оси. В теории толстых линз расстояние d от линзы равно рас-
стояние /до изображения А2 равно К^А2 (рис. 11.4.31 в). Получите
формулу линзы, связывающую d,fn F,
11.4.34- 11.4.37. Стеклянный шар — микроскоп Левенгука.
Стеклянный шар используют в качестве линзы. Радиус шара R, ко-
эффициент преломления стекла п.
11.4.34. Найдите фокусное расстояние линзы в параксиальном
приближении.
11.4.35. Формула толстой линзы. Покажите, что в паракси-
альном приближении выполняется соотношение i/d + 1// = i/F,
где d nf — расстояния от центра шара до предмета и изображения,
l/F=2(n-l)/nfl.
141
11.4.36. Найдите расстояние х от поверхности стеклянного шара
до точечного предмета на оптической оси, если изображение нахо-
дится с другой стороны шара на том же расстоянии.
11.4.37. Человек смотрит на рыбку, находящуюся в диаметраль-
но противоположной от него стороне сферического аквариума радиу-
сом /?. Найдите положение изображения рыбки относительно центра
сферы/. Показатель преломления воды п = 4/3.
11.4.38. Человек смотрит на рыбку, плывущую навстречу вдоль
диаметра большого круга сферического аквариума радиусом /?. Про-
екция скорости рыбки равна v. Найдите проекцию скорости изобра-
жения и в точках Av Av (рис. 11.4.38 а). Показатель преломления
воды п = 4/3.
Рис. 11.4.38 а
11.4.39. Микроскоп. Простейший микроскоп состоит из тубу-
са — трубки длиной L, на концах которой закреплены две собираю-
щие линзы — объектив и окуляр с фокусными расстояниями F^, F№.
Рассматриваемый предмет помещается перед объективом между фо-
кусом и двойным фокусным расстоянием ближе к фокусу. Наблюда-
тель рассматривает изображение предмета через окуляр, играющий
роль лупы, с угловым увеличением dJF^, dQ = 0,25 м. Найдите коэф-
фициент увеличения микроскопа.
11.4.40. В театральном бинокле, дающем пятикратное увеличе-
ние, расстояние между линзами s = 12 см. Пайдите величину фокус-
ного расстояния окуляра FitK.
11.4.41— 11.4.42. Телескоп Галилея. Фокусные расстояния
объектива и окуляра F6, FK. Если предмет находится на расстоянии
d » Fo6, то от каждой точки предмета в объектив приходит практи-
чески параллельный пучок лучей. На рис. 11.4.41 изображены лучи
от верхней точки удаленного предмета, образующие угол а с опти-
ческой осью.
142
Рис. 11.4.41
11.4.41. Найдите угловое увеличение системы.
11.4.42. Разрешающая способность глаза а' ~ 1,22к/Дзр, D3p -
диаметр зрачка, разрешающая способность объектива а ~ l,22X/Z>o6,
£)<)б - диаметр объектива. Найдите значение фокусного расстояния
окуляра, при котором можно полностью использовать разрешающую
способность телескопа.
143
Глава XII. ОСНОВЫ
ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ
12.1. Преобразование Лоренца
Преобразование Лоренца. В 1905 г. А. Эйнштейн пред-
положил, что все уравнения физики должны сохранять
форму при преобразовании координат и времени события в
инерциальной системе К и системе К', движущейся со ско-
ростью и = (и, 0, 0) относительно системы К:
х = y(ut' + х'). у = yf, Z = У, (12.1.1)
ct - у(сС + их'/с),
у=1/(1-р2)1/2, ₽ = м/с.
Обратное преобразование координат системы К в коор-
динаты системы К' можно получить из (12.1.1) заменой
х х', у у’, z zf, ~и:
х' - y(-ut + x).y = y',z = z’, ct1 - y(ct-ux/c). (12.1.2)
Время, отсчитываемое по часам, движущимся вместе с
данным объектом, называется собственным временем этого
объекта.
Графики уравнений движения частиц в плоскости
х() = ct, х называются мировыми линиями, а любая точка
(т, х0) на этих графиках называется событием.
При преобразовании Лоренца остается неизменной, т.е.
сохраняется в любой инерциальной системе величина sJ2,
называемая интервалом между событиями с координатами
(с/р xj и (с.12, хг):
sl2 = /ctz-ctrf-txt-xj . (12.1.3)
Для двух событий с координатами (0, 0) и (ct, т) долж-
но выполнятся равенство
(сОг-(х)2=(сГ)2-и')2. (12.1.4)
12.1.1. Доказательство Эйнштейна преобразования Лоренца.
Получите преобразование Лоренца, исходя из утверждения — во
всех инерциальных системах отсчета скорость света равна с.
144
12.1.2. Докажите справедливость равенства (12.1.4).
12.1.3. Изобразите в декартовых осях хох (xQ = ci)в системе отсче-
та К оси координат х^х', связанные с системой отсчета К'.
12.1.4- 12.1.6. Два эффекта теории относительности.
12.1.4. Замедление времени; В началах координат систем К и К1
находятся часы. Через интервал собственного времени т стрелка пе-
реходит к соседнему делению. Система К' движется со скоростью и.
Ось с f является мировой линией движущихся часов в системе К.
Докажите, что всегда отстают те часы, которые движутся относитель-
но другой инерциальной системы отсчета.
12.1.5. Лоренцово сокращение продольных размеров. G систе-
мах К и К' па осях х и х' находятся стержень и линейка - эталоны
длиной к. Система К движется со скоростью и. Докажите, что всегда
короче тот объект, который движется относительно другой инерци-
альной системы отсчета.
12.1.6. А. Отложим на временной оси системы координат К еди-
ницу масштаба — эталон периода т. Найдите в осях х^с геометриче-
ское место точек всех возможных единичных точек в инерциальных
системах отсчета.
Б. В системе К на оси х находится линейка — эталон длиной к.
Найдите в осях х^с геометрическое место точек всех возможных еди-
ничных точек в инерциальных системах отсчета.
12.1.7. В 1937 г. в космических лучах были обнаружены неста-
бильные элементарные заряженные частицы — мюоны (устаревшее
название — ц-мезоны, от греч. mesos ~ средний) массой равной 207
массам электрона. Время жизни мюона т == 2,2 мкс. Рассмотрим мюо-
ны, образовавшиеся на высоте Н = 60 км в момент времени = 0. Од-
на восьмая часть от их общего числа достигают поверхности Земли.
Предположим, что все мюоны летят вертикально вниз с одинаковой
скоростью. Найдите время полета мюонов t2 по часам наблюдателя,
находящегося на Земле, и величину скорости мюонов и.
12.1.8. Эксперимент Майкельсона. В 1881 г. для измерения ско-
рости Земли относительно эфира А. Майкельсон использовал интер-
ферометр, изображенный на рис. 12.1.8 а. Длина каждого «плеча»
прибора равна X, t2, - время распространения волн по плечам при-
бора.
А. Найдите «разность фаз» интерферирующих волн Дер = ct2 - ctv
в рамках классической физики.
145
Б. Найдите «разность фаз» интерферирующих волн Дер = ct2 - ctlt
в рамках релятивистской физики.
Рис. 12.1.8 а
12.1.9*. Парадокс шеста и сарая. Шест длиной X = 20 м движется
со скоростью и = сл/З /2 относительно системы К. Поскольку у = 2, то
в системе К его длина I - Х/у, I = 10 м. Тогда в некоторый момент вре-
мени в системе К шест целиком помещается в сарае длиной I = 10 м.
Однако в системе К\ связанной с шестом, длина сарая равна V = 5 м.
Как же может оказаться 20-метровый шест в 5-метровом сарае? Изо-
бразите мировые линии концов шеста и границ сарая в системе К’.
12.1.10* . Движение со сверхсветовой скоростью. В настоящее
время в научной литературе продолжается обсуждение проблемы
существования частиц, движущихся со скоростью большей скорости
света. Они получили название тахионов (от греч. tachys — быстрый).
Анализ экспериментальных данных не позволяет пока говорить о ре-
альности этих объектов. Покажите, что наблюдатель в системе К' об-
наружит нарушение причинно-следственной связи событий.
12.1.11. Частица движется в однородном постоянном магнитном
поле в плоскости z = 0 по окружности радиусом R:
x(t) = flsin
y(t) = Я(1 - cos со/).
В момент времени t = 0 скорость частицы v = (со/?,- 0, 0). Найдите
уравнение траектории в системе К7, движущейся относительно сис-
темы К с,о скоростью V .
12.1.12. Фотографирование стержня. Измерение длины стерж-
ня — процедура, не связанная с фотографированием стержня. Когда
146
мы видим или фотографируем какое-нибудь тело, мы регистрируем
излучение, одновременно пришедшее к сетчатке или к фотопленке.
Пусть на концах стержня а и b находятся источники света. Длина
стержня X. Найдите видимую длину стержня d.
12.1.13- 12.1.14. Тело, к которому прикреплено зеркало, дви-
жется вдоль луча зрения наблюдателя, удаляясь от него.
12.1.13. Измерение скорости тела. Световой импульс, послан-
ный к зеркалу неподвижным излучателем в момент времени воз-
вращается в момент времени /3. Найдите скорость тела и.
12.1.14. Тело, к которому прикреплено зеркало, движется вдоль
луча зрения наблюдателя, удаляясь от него со скоростью и. Наблюда-
тель после посылки сигнала в момент времени Т поставил зеркало,
которое отражает лучи обратно к движущемуся телу. Найдите после-
довательность моментов времени на осях ct и cf, в которые световой
импульс отражается от обоих зеркал.
12.1.15. Релятивистский эффект Доплера. Движущийся со скоро-
стью и источник излучения посылает серию световых импульсов к на-
блюдателю, находящемуся в начале координат системы К. В системе /Г
световые импульсы излучаются с частотой v' = 1/т. Найдите частоту
следования импульсов v в неподвижной системе координат К.
12.1.16. Система отсчета fC связана с космическим кораблем,
движущимся со скоростью й = (и, 0, 0), и = 0,8 с вдоль оси т. В соб-
ственной системе отсчета астронавт находится в точке т/ - 0, у/ = 0 и
посылает световой импульс к зеркалу, закрепленному в точке х/ = X,
/у/ - 0, X = 1 м.
А. Найдите промежуток времени распространения импульса до
зеркала ио часам неподвижного наблюдателя.
147
Б. Найдите промежуток времени распространения импульса t3 от
излучателя до зеркала и от зеркала к излучателю по часам непод-
вижного наблюдателя.
12.1.17. Система отсчета К! связана с космическим кораблем,
движущимся со скоростью и - (и, 0, 0), и = 0,6 с вдоль оси х. Астро-
навт находится в точке х^ = 0,«// = 0 и посылает световой импульс к
зеркалу, закрепленному в точке х2' = 0, у2 = X. Найдите промежуток
времени распространения импульса t2 до зеркала по часам непод-
вижного наблюдателя.
12.1.18. Преобразование скорости. В системе К' скорость части-
цы и' = (i/t, v'y, v\). Найдите скорость частицы в системе К.
12.1.19. Система отсчета К7 движется относительно системы от-
счета К со скоростью и = (и, 0, 0), и = 0,8 с. В системе К скорость час-
тицы v = (0,5 с, сл/З /2, 0). Найдите скорость частицы в системе К',
12.1.20. Относительная скорость частиц. В неподвижной систе-
ме отсчета две частицы движутся со скоростями = (рр 0, 0) и
Р2 = (и2, 0, 0}. Найдите относительную скорость частиц vR.
12.1.21. Величина скорости каждой из частиц, движущихся по
оси х в противоположные стороны, равна 0,5 с. Найдите величину
относительной скорости рл.
12.1.22. Астронавт, движущийся со скоростью и = 0,4 с, наблю-
дает объект, обгоняющий его со скоростью р0 = 0,5 с относительно ко-
рабля. Найдите скорость объекта v в неподвижной системе отсчета.
12.1.23. В неподвижной системе отсчета две частицы движутся
со скоростями vy = (ц, 0, 0) и v2 = (р2 0, 0), где t\ = 0,98 с, v2 = 0,99 с.
Найдите скорость второй частицы ин в системе отсчета, связанной с
первой частицей.
12.2. Релятивистские импульс и энергия частицы.
Рождение новых частиц.
Энергия и импульс частицы. Эйнштейн ввел новые по-
нятия - релятивистскую энергию Е и релятивистский им-
пульс р частицы, движущейся со скоростью v :
тс2 - _ mv
y]i-(v/c)2 ’ Р yji-(v/c)2
(12.2.1)
связанные соотношением
148
Ei-(cp)2 = (mc2)2. (12.2.2)
По аналогии с ньютоновой механикой величину Т=Е- тс
называют кинетической энергией.
Преобразование энергии и импульса. Закон преобра-
зования величин (Е, р) и (Е”, рг), измеренных в системах
К и К', имеет форму (12.1.1):
Е = у(Е' + фр’х), (12.2.3)
= у| А+ с I’ А’А = А-
Подставляя (12.2.3) в (12.2.2), мы получим соотношение
Е?-(рс)г = Е'2 - ( р'с)2 = (тс2)2, (12.2.4)
из которого следует, что масса частицы является инвариан-
том, т.е. одинакова во всех инерциальных системах отсчета.
Инвариантная масса системы частиц. Рассмотрим две
невзаимодействующие частицы, массы которых т{ и т2.
Энергия и импульс этой системы Е = Е{ + Е2, р = + Д.
Можно говорить о составной частице массой М, движущей-
ся со скоростью vc =с2р]Е , равной скорости центра масс
двух частиц. В соответствии с (12.2.2) инвариантную массу
найдем из соотношения
(Мс2)2=(Е^Е2)2-(р, + Д)2Л (12.2.5)
Значение массы М одинаково во всех инерциальных
системах отсчета.
Рождение частиц при столкновениях. Рассмотрим про-
цесс рождения частиц массами та, ть, ... при столкновении
двух частиц масс тх и т2. Если рождаются две частицы масс
т^ и т2, то процесс столкновения называется упругим-. При
неупругих столкновениях могут рождаться и новые частицы.
Законы сохранения энергии и импульса
+ Е2 = Еа + Еь +...,
А + А = р. + А+••• (12.2.6)
выполняются независимо от характера столкновений.
Учитывая (12.2.5), (12.2.6), заключаем, что при рожде-
нии новых частиц должно выполняться неравенство
М> тх, тх = та + ть + .... (12.2.7)
149
I Из (12.2.7) можно найти значение пороговой энергии,
т.е. наименьшее значение кинетической энергии сталки-
вающихся частиц, при котором рождаются частицы общей
массой тп^
12.2.1. Два протона движутся навстречу друг другу со скоростя-
ми р, = ( -р0, 0, 0), и2 = (р0, 0, 0). Найдите относительную скорость vR,
исходя из инвариантности величины Е}Е2 - с2 р{р2 = const.
12.2.2. На самом большом в мире линейном ускорителе встречных
пучков (Stanford Linear Collijer, Стэнфорд, США, 1989 г.) электроны и
позитроны приобретают кинетические энергии'по Т = 50 ГэВ (энергия
покоя электрона тс2 - 0,5 МэВ); Длина ускорителя X = 3,2 км.
А. Найдите длину ускорителя к' в системе отсчета, связанной с
электронами или позитронами.
Б. Найдите скорость электронов или позитронов.
12.2.3. Кинетическая энергия частицы массой т равна Т = тс
Найдите величину скорости частицы и.
12.2.4- 12.2.5. Распад л°-мезона на два у-кванта. Эта частица от-
крыта в космических лучах в 1950 г. в результате анализа распреде-
ления фотонов по энергиям. Масса л°-мезона т = 0,135 ГэВ/с\
12.2.4. Распад неподвижного мезона. Найдите значения энергии
фотонов /zv10, hv2G в системе йокоя.
12.2.5. Распад движущегося мезона. Импульс мезона в лабора-
торной системе отсчета р, энергия Е.
А. Найдите максимальное и минимальное значения энергии фо-
тонов в я-системе.
Б. Скорость мезона и = 0,8 с. Скорости у-квантов направлены по
прямой, параллельной скорости мезона. Найдите отношение частот
v2/v1 фотонов.
В. Найдите минимальный угол разлета у-квантов при значении
скорости и = а/Зс/2.
12.2.6* . Для того чтобы лучше понять смысл новых непривычных
понятий, вернемся к задаче 1.7.16 из раздела «Механика». Рассмотрим
упругое центральное столкновение частицы массой с неподвижной
частицей массой т2. Импульс налетающей частицы Д = (рр 0, 0).
Найдите кинетические энергии рассеянных частиц Г/, Т2. Сравните
полученные результаты с решением задачи 1.7.16 и получите новую
информацию о кинематике рассеяния релятивистских частиц.
150
12-2-7*. Упругое столкновение частиц. На неподвижную части-
цу массой тп2~ т налетает частица массой лг1 = т, летящая с кинети-
ческой энергией Т. Найдите минимальный угол разлета частиц ат.
12.2.8. Рассеяние рентгеновских лучей на электронах. В на-
чальном состоянии энергия и импульс электрона (Е, р), фотона —
(hv, hvn/c), где п — единичный вектор в направлении движения
фотона. В конечном состоянии соответствующие величины равны
(£', р'), (hvf, hv'n' /с). Найтдите частоту v' как функцию единичного
вектора п', направленного по импульсу рассеянного фотона.
12.2.9. Преобразование света в рентгеновское излучение. На-
правим световое излучение лазера частотой v навстречу пучку элек-
тронов, движущихся с релятивистскими энергиями Е. Найдите час-
тоту рассеянного излучения v'.
12.2.10* . Неупругое столкновение частиц. Происходит реакция
+ т2—> mt + т2\ неупругое столкновение электрона массой лг1 с не-
подвижным атомом массой т2, Кинетическая энергия налетающей
частицы Тг В результате абсолютно неупругого взаимодействия обра-
зуются электрон и возбужденный атом массой т2. Найдите массу т2.
12.2.11. Неподвижная частица массой М распалась на две оди-
наковые частицы массой т = 0,ЗЛ/ каждая.
А. Найдите величину скорости v одной из частиц.
Б. Найдите кинетическую энергию каждой частицы Т,
12.2.12. А. Неподвижная частица массой М распадается на две
частицы массами и т2. Найдите энергии частиц Е^ и Е20.
Б. Найдите энергию гамма-кванта Е^ в реакции распада сигма ги-
перона на лямбда гиперон и у-квант в реакции Е° —> Л° + у. Массы сиг-
ма гиперона и лямбда гиперона М = 1195 МэВ/c2, т2 = 1116 МэВ/с2.
12.2.13* . Рождение частиц при столкновении с неподвижной
мишенью. Найдите пороговую энергию рождения частиц. 7^ в ре-
акции (12.2.6) при столкновении частицы с неподвижной частицей -
мишенью массой т2.
12.2.14. Найдите пороговую энергию TL фоторождения л°-мезона
fevllop при взаимодействии у-кванта с неподвижным протоном в реак-
ции у + р -> р + л°. Масса я°-мезона т^= 0,135 ГэВ/с\ масса протона
0,938 ГэВ/с2.
12.2.15. Найдите пороговую энергию рождения л+-мезона при
неупругом рассеянии на неподвижном протоне в реакции
я* + р —> р + тС + тС + я’.
151
12.2.16. Пороговая энергия реакции 4Яе + 14N = 17О+ 'Н равна
е0 = 1,13 МэВ. В лабораторной системе ядро азота до столкновения
неподвижно. Найдите значение пороговой энергии а-частицы Tlf при
которой реализуется реакция.
12.2.17* . Рождение антипротона при столкновении с непод-
вижной мишенью. Найдите пороговую энергию в реакции рож-
дения пары протон-антипротон р + р = Зр + р при столкновении
протона с неподвижным протоном.
12.2.18* . Рождение антипротона при столкновении встречных
пучков. Найдите пороговую энергию Т()пор в реакции рождения пары
протон-антипротон р + р = Зр + р при столкновении пучков прото-
нов с импульсами Д = (р0, 0, 0), р2 = (-р0, 0, 0).
12.2.19- 12.2.20, Рассмотрим столкновение частиц равных" масс
т\ = тг = то* Пусть кинетическая энергия первой частицы, взаимо-
действующей с неподвижной мишенью, равна TL. В ускорителе на
встречных пучках кинетическая энергия каждой частицы равна
12.2.19* . Найдите значение энергии частицы TL = Т1Л1, взаимодей-
ствующей с неподвижной мишенью при условии, что оба ускорителя
имеют равные возможности порождать новые частицы.
12.2.20. Покажите, что представляет собой кинетическую
энергию относительного движения Тл одного протона в системе покоя
другого протона.
12.3. Релятивистская электродинамика
Преобразование Лоренца электромагнитного поля. За-
кон преобразования напряженности электрического поля и
индукции магнитного поля, измеренных в инерциальных
системах К и К’, движущейся со скоростью й - (и, 0, 0),
имеет вид
E'x=Ext E'y=y(Eg-uBt), £>У(£г + ^), (12.3.1)
f нЕ A ( и.Е А
B'x=Br, В' = У1В2--^1. (13.3.2)
Обратное преобразование получается из (12.3.1) пере-
становкой штриха и изменением знака при скорости и на
противоположный.
152
Преобразование Лоренца источников поля — плотно**
стей заряда и тока. Проводящее тело движется поступа-
тельно со скоростью й = (и, 0,0) относительно системы от-
счета К. В системе К' плотность заряда равна р', плотность
тока / - (j/, jj, j/)- Соответствующие величины в непод-
вижной системе К имеют вид
л=г(/,' + р'м)> Л = ул', л = й' (12.3.3)
( . fu I
р=т р'+Ч- (12.3.4)
\ с J
Уравнения движения заряженной частицы. Для того
чтобы уравнения движения сохраняли свою форму при
преобразовании Лоренца, второй закон Ньютона следует
записать в виде (в СИ)
— = eE(t,r) + ev х B(t,r), р - - (12.3.5)
dt yji—(v/c)2
При скоростях v с уравнение (12.3.5) совпадает со
вторым законом Ньютона. Кинетическая энергия частицы
2 2
-тс =тс
1
T = yl(mc2)2 + (ptf
. -1 . (12.3.6)
J
Закон изменения кинетической энергии. Вычисляя
производнуюdT/dl = v dp/dt, получим
dT
-r- = evE.
dt
(12.3.7)
12.3.1, Пусть в системе К вектор Ё = О, В = (О, О, В). Найдите
значения напряженности и индукции в системе ТС в случаях А. и » с,
Б. с.
12.3.2* . При производстве пленки широкая тонкая полоса пла-
стмассы протягивается со скоростью и через два последовательно
расположенных ролика. В процессе обработки поверхность пленки
приобретает плотность поверхностного заряда ст. Оцените индукцию
магнитного поля вблизи поверхности в центре пролета между роли-
ками.
12.3.3. Обсудите физический смысл соотношений (12.3.3), (12.3.4).
12.3.4* . По длинному прямолинейному проводу сечением S, рас-
положенному вдоль оси х, течет в положительном направлении ток
153
силой I. Тогда наблюдатель в системе отсчета К’, движущейся со ско-
ростью й - (и, 0, 0), обнаружит согласно (12.3.3) заряженный про-
вод с линейной плотностью заряда ст = р'5 = , где I = j/l Полез-
с
но получить этот результат менее формально.
Пусть параллельно проводу на расстоянии d от него движется за-
ряд q со скоростью и. В системе К на заряд действует сила Лоренца
F = (0, F 9 0). В системе отсчета К', движущейся со скоростью й си-
ла Лоренца равна нулю. Докажите, что сила Fy = F, действующая на
заряд в системе К', создается электростатическим полем, создавае-
мым распределением заряда с плотностью ст.
12.3*5* . Докажите, что движущийся нейтральный контур с током
приобретает дипольный момент в неподвижной системе отсчета.
12.3.6. Запишите закон Ома для металлического проводника,
движущегося в магнитном поле.
12.3.7. Движение электрона в постоянном однородном электри-
ческом поле. Электрон движется в постоянном однородном электри-
ческом поле Е = (0, -Е, 0), создаваемом пластинами конденсатора,
расположенными на расстоянии d. Разность потенциалов между
пластинами Ро. Начальные условия г (0) = 0, и (0) = 0. Найдите зна-
чения v (/), v (d).
12.3.8. Движение заряда в магнитном поле. Заряд движется в
однородном постоянном магнитном поле. Начальная скорость
?(0) = ?0 перпендикулярна вектору В. Найдите радиус окружности
R, по которой движется заряд и частоту вращения оз.
12.3.9. Бетатрон. В 1940 г. американскому физику Д. Керсту
удалось создать новый тип ускорителя электронов, в котором маг-
нитное поле выполняет две функции: управляющую и ускоряющую.
Основная идея состояла в использовании переменного магнитного
поля. Рассмотрим ускорение электрона зарядом е = -е0 в плоскости
2=0. Магнитное поле симметрично относительно поворотов вокруг
оси z. Силовые линии электрического поля представляют собой кон-
центрические окружности радиусов г. Промежуток времени цикла
ускорения равен т. Найдите условие, при котором электрон будет
вращаться по окружности фиксированного радиуса R в нарастаю-
щем магнитном поле индукцией В = В(1,г).
154
Глава XIII. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА.
АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО
13.1. Фотон. Фотоэффект. Квантовая теория атома
Квантовая теория электромагнитного поля. Плоская
монохроматическая волна частоты vсостоит из «частиц» —
фотонов (от лат. photos — свет) с энергиями е = hv и им-
пульсами р = п hv/c, п — единичный вектор, задающий
направление распространения волны. Учитывая значение
he = 1242 им х эВ, энергию фотона можно представить в ви-
де £ (эВ) = 1242/Х (нм).
В статье, вышедшей в 1905 г., А. Эйнштейн показал, что
фотоэффект' возникает в результате поглощения фотона
электроном и последующей иопизацйи атома (Нобелевская
премия, 1921 г.). В начальном состоянии полная энергия
электрона Е. = -Д в конечном состоянии полная энергия
Ef = то/2. Согласно закону сохранения энергии hv + Et- Е{
или
hv=A+^~. (13.1.1)
Величина Л называется работой выхода. Пороговая час-
тота или красная граница фотоэффекта vr=A/h.
Запирающий потенциал V3. Если разность потенциалов
анода и катода V = фа - фк, то кинетическая энергия элек-
тронов, попадающих на анод mvJ/2 = mv /2 + е0Е. При зна-
чении V = сила тока обращается в нуль: = (hv -A)/eQf
или
И.(В) = [1242/Х (нм)-А (эВ)]. (13.1.2)
Первая квантовая теория атома - атом Бора. Условие
квантования Бора для движения частицы по окружности
радиусом г со скоростью и:
mrv - п Й , п - 1, 2, 3,...,
где h = h/2%.
Полная энергия электрона
Е = ти2/2 - кв /г = -кв /2г
155
принимает дискретный ряд значений
Е =~,п = 1,2,3.............. (13.1.3)
п
Здесь А = тс2 а /2 = 13,61 эВ, а = ке2/ й с « 1/137, п на-
зывают главным квантовым числом.
Корпу скул ярно-волновой дуализм. В квантовой меха-
никесвободному движению частицы с импульсом р можно
поставить в соответствие в абстрактном пространстве волну.
Длина волны
Х=-. (13.1.4)
Р
Соотношение неопределенностей. Согласно Гейзенбер-
гу неопределенности Ах и Apz значений координаты х и про-
екции импульса рх удовлетворяют соотношению
М-ыЦ- (13.1.5)
Полная энергия нестационарной системы известна с
неопределенностью А£, связанной с интервалом времени
наблюдения Ai соотношением
(13.1.6)
13.1.1. Спектральные компоненты электромагнитного излучения
соответствуют длинам волн X = 200 нм, 300 нм, 500 нм, 600 нм, 700 нм.
Укажите длину волны Х^, соответствующую максимальной энергии
фотона в видимой части спектра.
13.1.2. Вычислите энергию фотона еп.
А. В ультрафиолетовой области спектра Xt = 250 нм.
Б. Желтого света Х2 = 589 нм.
В. Красного света Х3 = 644 нм.
13.1.3. Найдите энергию £м одного моля квантов света с длиной
волны X = 436 нм.
13.1.4. Энергия активации фотохимической реакции А = 30 КК-Л-.
моль
Найдите максимальную длину световой волны Хт, инициирующей эту
реакцию.
13.1.5. КПД 100-ваттной электролампы в области видимого света
ц = 0,01. Оцените число фотонов A/V/Ai, излучаемых за одну секунду.
156
13.1.6. Плоская волна интенсивностью J = 1,37 кВт/м2 падает
перпендикулярно некоторой плоскости, длина волны X = 600 нм.
А. Определите число фотонов A7V/ (AiAS), падающих на 1 м2 за 1 с.
Б. Определите число фотонов в единице объема A7V/AV.
13.1.7. Мощность излучения с длиной волны X, падающего на
фотоэлемент Р. Сила фототока I. Найдите квантовый выход — отно-
шение Q числа электронов, испускаемых за 1 с к числу фотонов, па-
дающих на фотокатод за 1 с.
13.1.8. Ток фотоэлектронов при облучении монохроматическим
синим светом частотой v == 7 • 1014 Гц прекращается, если разность по-
тенциалов между собирающим электродом и поверхностью металла
(ра- (рк = = 1 В. Найдите работу выхода А.
13.1.9. На поверхность калия падает свет с длиной волны Xt = 350 нм.
Работа выхода для калия Л = 2 эВ.
А. Определите запирающее напряжение V3.
Б. Максимальную кинетическую энергию электронов Кт.
В. Вычислите максимальную скорость электронов ит.
Г. Найдите приращение запирающего напряжения АГ, если
длина волны света уменьшится до значения Х2 = 348 нм.
13.1.10. На катод фотоэлемента падает монохроматический зеле-
ный свет частотой v = 6 • 10й Гц. При увеличении частоты света в два
раза запирающее напряжение увеличивается в 5,27 раза. Определите
пороговую частоту vc и название металла, которым покрыт катод.
13.1.11. При освещении катода фотоэлемента монохроматиче-
ским фиолетовым светом частотой v, = 7,5 • 1014 Гц, а затем красным с
частотой v2 = 5 • 1014 Гц, максимальная кинетическая энергия элек-
тронов изменилась в три раза. Найдите работу выхода А.
13.1.12. Расстояние между анодопй и катодом фотоэлемента d = 1 см.
Задерживающая разность потенциалов Va = 1,54 В. Найдите разность
потенциалов V между анодом й катодом, если на расстоянии b = 0,8 см от
плоскости катода скорость электрона равна нулю.
13.1.13. При облучении металла светом с длинами волн Х1 = 400 нм
и \ == 500 нм обнаружили, что отношение максимальных скоростей
фотоэлектронов vjv2 = п,п = 1,45. Найдите работу выхода А металла.
13.1.14. Электрон атома водорода в основном состоянии погло-
щает фотон с энергией, равной 8/9 энергии ионизации А, и переходит
в возбужденное состояние. Найдите главное квантовое число п воз-
бужденного состояния.
157
13.1.15. Найдите значение индукции магнитного поля/?, при ко-
тором радиус орбиты электрона равен боровскому радиусу.
13.1.16. Получите значения энергетических уровней атома водо-
рода Еп, учитывая конечную величину массы протона.
13.1.17. Ридберговские атомы. С середины семидесятых годов
прошлого столетия возникло новое направление атомной физики —
это физика сильно возбужденных атомов. Атом, внешний электрон
которого находится на уровне с квантовым числом п 1, называется
ридберговским атомом. При радиоастрономических наблюдениях в
космосе были зарегистрированы атомные состояния с числом п ~ 350.
Полагая в (13.1.3) п = N + Дл, N 1, Атг /V, покажите, что в этой
области значений квантового числа уровни энергии почти эквиди-
стантны, т.е. отделены друг от друга почти одинаковыми промежут-
ками.
13.1.18. Квантование трехмерного осциллятора. Частица движется
в поле центральной силы с потенциальной энергией W(x, у, z) = kr /2.
Найдите собственные значения полной энергии Еп.
13.1.19. Квантование ротатора. Ротатор представляет собой час-
тицу, вращающуюся по поверхности сферы радиусом а с частотой оз.
Момент инерции ротатора J = та. Найдите собственные значения
кинетической энергии Еп.
13.1.20- 13.1.21. Эффект Мессбауэра. Ядро железа ^Fe имеет не-
сколько изомерных состояний с разными временами жизни. Излуче-
нию у-кванта неподвижным ядром с временем жизни т = 107 с соответ-
ствует переход между уровнями с разностью энергий &Е = 14,4 кэВ,
соответствующий спектральной линии исключительно малой ширины
Av-lOSB/fe.
13.1.20. Найдите энергию отдачи ядра К и энергию hv излучен-
ного у-кванта. Относительная масса f67Fe равна 56,9354.
13.1.21. Для наблюдения эффекта Мессбауэра источник у-излу-
чения приводят в движение навстречу поглотителю или в обратном
направлении. За поглотителем помещается детектор у-квантов. Из-
меряется зависимость скорости счета у-квантов от скорости и. Из-за
эффекта Доплера частота излучателя смещается на величину и/с.
Найдите интервал скоростей Др, в котором можно наблюдать эффект
поглощения у-квантов.
13.1.22. Лазерный захват нейтральных частиц. Атом, движется
в направлении оси z со скоростью uv Энергии основного и возбуж-
158
денного состояний равны соответственно Ех и Е2, hv2] = Е2- Ev На-
правим на него два пучка лазерного света — один распространяется в
положительном направлении оси z, другой — в отрицательном. По-
сле поглощения фотона скорость атома уменьшается. Найдите зна-
чение частоты света v, на которой атомы поглощают фотоны с энер-
гией с = hv и импульсом pt - - hv/c из встречного пучка.
13.1.23- 13.1.24. Пусть Е, р, Е, р* — энергии и импульс электро-
на до и после излучения фотона, hv, hvn — энергия и импульс фотона.
13.1.23. Покажите, что законы сохранения энергии и импульса
запрещают излучение фотона свободным электроном.
13.1.24. Излучение Вавилова-Черенкова. В 1934 г. П.А. Черен-
ков обнаружил излучение быстрых электронов в веществе. Природа
излучения была выяснена в 1937 г. советскими физиками-
теоретиками И.Е. Таммом и И.М. Франком. Докажите, что при дви-
жении электронов с постоянной скоростью v в изотропном прозрач-
ном диэлектрике возникает излучение частотой оз при условии v > vc,
с
где ис = -- — скорость света в среде, тг(<в) — коэффициент прелом-
тг(оэ)
ления.
13.1.25. Найдите частоту гамма-кванта v в реакции распада не-
подвижного сигма гиперона на лямбда гиперон и гамма квант в ре-
акции —> А0 + у. Массы сигма гиперона и лямбда гиперона
М = 1195 МэВ/c2, т2 = 1116МэВ/с2.
13.1.26. Рассеяние фотонов на электронах. В начальном состоя-
нии энергия и импульс электрона (тс, 0), фотона - [hv, hvn /с), где
h — единичный вектор в направлении движения фотона. В конечном
состоянии соответствующие величины равны (Е, р'), (hv', hv'h' /с).
Найдите приращение длины волны при рассеянии фотонов на непод-
вижном электроне.
13.1.27- 13.1.28. В начальном состоянии энергия и импульс
электрона (тс, 0), фотона — (hv, hvn /с), hv = 2тс2, В конечном со-
стоянии кинетическая энергия электрона Т = тс.
13.1.27. Найдите угол а между импульсами рассеянного и нале-
тающего фотона.
13.1.28. Найдите угол р между импульсом рассеянного электрона
и импульсом налетающего фотона.
13.1.29- 13.1.30. Тормозное излучение. Электрон при столкнове-
нии с ядром излучает фотон в реакции Ze + е —> Ze + е + у. В начальном
159
и конечном состояниях энергия и импульс электрона (Е, р ), (Е, р ),
энергия и импульс фотона (Av, hvn /с), где п — единичный вектор в
направлении движения фотона. В приближении внешнего поля энер-
гией отдачи ядра можно пренебречь. В ультрарелятивистском случае
Е, Е тс фотон и рассеянный электрон летят вперед в узком конусе
с углами раствора ~тс/Е между векторами р\ п и р(.
13.1.29. Найдите минимальное значение модуля импульса q,
переданного ядру.
13.1.30. Найдите максимально возможное значение модуля им-
пульса q , переданного ядру.
13.1.31. Найдите кинетическую энергию электронов К, для кото-
рых кристалл с постоянной решетки d = 0,1 нм представляет собой
дифракционную решетку.
13.1.32. Квантовомеханическая дифракция. Волновые свойства
частиц ограничивают область применимости классического описа-
ния. Пучок электронов с импульсами р, проходит через круглое от-
верстие в экране диаметром D » X, X = h/p, В плоскости экрана по-
ложение электрона определяется с точностью Ar = D. Оцените
расстояние s, на котором не проявляются волновые свойства элек-
трона.
13.1.33. Интерференция - квантовомеханичский эффект. Пусть
в установке Юнга начальное состояние представляет собой один фо-
тон, падающий на экран с двумя отверстиями, и атомы детектора в
основном состоянии. В конечном состоянии один из атомов перехо-
дит в возбужденное состояние в результате поглощения фотона.
Многократное повторение этого опыта приведет к интерференцион-
ной картине в плоскости детектора — все возбужденные атомы, на-
ходятся в пределах светлых полос. Этот опыт невозможно объяснить
в рамках классической физики, предполагая, что фотон может про-
ходить сквозь первое или сквозь второе отверстия. Объясните интер-
ференцию света на основе квантовой теории.
13.1.34. Величина к - h/e* образована двумя фундаментальными
константами - постоянной Планка и элементарным зарядом. Найди-
те размерность к.
13.1.35. Найдите размерность величины Фо = А/2е.
13.1.36. Найдите размерность величины тпс'/eh .
13.1.37. Найдите размерность величин (Ac/G)1/J и (GA/c3)1-'2.
160
13.2. Радиоактивность. Ядерные реакции
Масса ядра. Ядро элемента ?G , содержащего Z прото-
нов и А - Z нейтронов, имеет массу
M(Z,A) = Zmp + (A-Z)m,l-Et,(Z,A)/c. (13.2.1)
Постоянная величина Eva(Z, 4) - ЬМс называется энер-
гией связи. Масса системы не равна сумме масс составляю-
щих ее частицы.
Величина ДМ - Zmp + (Л - Z)mn - M(Z, Л) называется
дефектом массы.
Атомная единица массы (а.е.м.) равна 931,5016 МэВ/с2.
Закон радиоактивного распада. Число ядер в момент
времени I - 0 равно No, число нераспавшихся ядер N(t) до
моментам ремени t,
N(t) = Noezp(-t/x), (13.2.2)
где т — среднее время жизни радиоактивного ядра.
Скорость распада характеризуется периодом полурас-
пада Ti/2 - промежутком времени, за который число радио-
активных ядер уменьшается в два раза. Полагая в (13.2.2)
t= Tvv /V(T1/2) = Wu/2, получим 1 = 2ехр(-Т1/2/т) или
т=Т1/2//п2, 1п2 = 0,6931. Это соотношение позволяет ис-
ключить т из (13.2.2):
, (13.2.3)
Число ядер уменьшается по закону геометрической
прогрессии. Однако отдельные ядра могут существовать в
течение длительного промежутка времени t » Ti/2. Вероят-
ность распада отдельного ядра за короткий промежуток
времени t << Т1/2 равнар = (/V0-7V)/?V0,p = 1 -ехр(-//т) «t/x\
p = t/x. (13.2.4)
Число распадов за одну секунду а = N/x = Nln2/T{/2 -
называется активностью вещества, 1 год = 3,16107 с.
Единица активности - беккерелы 1 Бк = 1 распад/с.
Активность /п0 = 1 г радия-226 с периодом полураспада
Тш = 1600 лет называется кюри\ 1 Ки = т^А1п2/М1\2,
1 Ku = 3,7 - 10™ Бк.
161
Ядерные реакции. В ядерных реакциях выполняются за-
коны сохранения энергии, электрического заряда и закон со-
хранения барионного числа — суммы протонов и нейтронов.
Закон сохранения энергии в ядерных реакциях. Пусть
ядро = Zi + Z2, А = At + А2) представляет систему свя-
занных ядер X и У с массовыми числами А2 и атомными
номерами ZVZ2. Учитывая (13.2.1), получим массу ядра G:
M(Z,A) = M(ZvAt) + M(ZVAJ -U/с, (13.2.5)
U~Ea(Z,A) -EJZ^AJ -E„(Z2,A2). (13.2.6)
Величина U представляет собой энергию связи ядер
M(ZifAi) иЩД) в составном ядре M(Z, А). Для того что-
бы выяснить пригодность реакций для ядерной энергетики,
необходимо знать зависимость энергии связи на один ну-
клон е(Л) = E^(ZtA)/A.
Деление ядер урана. Если U > 0, то ядро G устойчиво по
отношению к распаду на ядра X и У. Ядро, масса которого
больше суммы масс ядер Хи У, неустойчиво и может распа-
сться: внутриядерная энергия Up = -U > 0 перейдет в кине-
тическую энергию движения осколков X и У.
Синтез легких ядер. Если в (13.2.5) величина U > 0, то
распад ядра G энергетически запрещен. Однако в обратном
процессе — слиянии ядер X и У — энергия исходной систе-
мы должна уменьшиться на величину U. В результате «го-
рючая среда» и продукты синтеза приобретают кинетиче-
скую энергию U. Наибольший интерес представляют
реакции
-» 2Яе + > + 17,6 Мэв,
*Н + 2Не-> 2Яе + (7/ +18,3 Мэв.
Высвобождающаяся энергия, отнесенная к одному ну-
клону (~3,6 МэВ), значительно превосходит энергетиче-
ский выход на один нуклон делящегося изотопа урана-235
(-0,85 МэВ). Поэтому при одинаковом весе заряда энергия
взрыва водородной бомбы значительно больше энергии
взрыва атомцой бомбы.
13.2.1. Атом углерода ‘fi2C содержит 6 протонов, 6 нейтронов и
6 электронов, а атом кислорода — 8 протонов, 8 нейтронов и
162
8 электронов. До 1960 г. атомной единицей массы являлась 1/16 мас-
сы '*0 . Почему принятая в 1960 г. а.е.м. отличается от прежней?
13.2.2. Первая ядерная реакция (Резерфорд, 1919 г.). Пороговая
энергия реакции 4Не+ t4N = 17О+1Н равна е0 = 1,13 МэВ. В лаборатор-
ной системе ядро азота до столкновения неподвижно.
А. Найдите значение пороговой энергии а-частицы Т,ь, при кото-
рой реализуется реакция.
Б. Найдите значение кинетической энергии а-частицы Т2, если в
конечном состоянии протон неподвижен.
13.2.3. Открытие нейтрона. В начале тридцатых годов прошлого
века немецкие физики В Боте и Г. Бекер обнаружили, что при бом-
бардировке бериллия альфа-частицами возникает сильнопрони-
кающее излучение. Затем Ирен и Фредерик Жолио-Кюри заметили,
что это излучение в веществе, богатом водородом, например, парафи-
не, выбивает из него протоны, скорость которых ин = 3,3-107 м/с. В
1932 г. Дж. Чедвик установил, что излучение сообщает ядрам азота
скорость vN = 0,47107 м/с. Точность измерения скорости не превы-
шала 10%. 27 февраля 1932 г. вышла статья, в которой Чедвик дал
обнаруженной частице название - нейтрон (Нобелевская премия,
1935 г.). Оцените массу нейтрона.
13.2.4. Бета-распад нейтрона. Свободный нейтрон распадается
на протон, электрон и электронное антинейтрино п —> р + е~ + ve.
Разность масс покоя нейтрона и протона равна 1,29344 МэВ/c2. Най-
дите энергию А7Г продуктов реакции распада.
13.2.5. Дейтрон }Н массой шп = 2,014 а.е.м., образованный про-
тоном и нейтроном, имеет одно связанное состояние. Найдите энер-
гию связи дейтрона.
13.2.6. Найдите энергию &Е, которую необходимо сообщить ядру
gC для расщепления на три а-частицы.
13.2.7. Найдите удельную энергию связи е = Еп/А нуклонов в яд-
ре гелия-4.
13.2.8. При облучении ядер бора-10 нейтронами испускается
альфа частица. Назовите образовавшееся ядро.
13.2.9. При взаимодействии ядер алюминия ЦА1 с jr-частицами
образуются ядра изотопа магния *Mg и ^-частицы. При взаимо-
действии «/-частиц с ядрами ЦА1 образуются ядра изотопа и
z-частицы. Определите х, у, z-частицы.
163
13.2.10. В процессе естественной радиоактивности изотоп урана
f2U превращается в стабильный изотоп свинца 2™РЬ . Найдите число
альфа-распадов кх и число бета-распадов к2.
13.2.11. В процессе естественной радиоактивности изотоп радия
™Ra превращается в стабильный изотоп свинца ™РЬ . Найдите чис-
ло а-распадов кх и число 0 - распадов к2.
13.2.12. Покажите, что 1 кюри = 3,71О10 распадов в секунду есть
активность 1 г радиоактивного радия 2^Ra .
13.2.13— 13.2.15. Период полураспада радия-226 равен Ti/2 = 1600 лет.
Возраст Земли Т = 4,6 • 109 лет.
13.2.13. Найдите относительное содержания радия, если бы ра-
дий не образовывался бы при распаде более» долгоживущих элемен-
тов. (Используйте равенство 2ю» 103.)
13.2.14. Найдите среднее время жизни ядра радия-226.
13.2.15. Найдите вероятность распада ядра радия-226 за время
= 10 лет после начала наблюдения.
13.2Л6. Найдите период полураспада радия, если за время Т= 10 лет
радиоактивность образца уменьшилась до 99,568% его первоначаль-
ной активности.
13.2.17. Период полураспада радиоактивного элемента Ti/2. Най-
дите промежуток времени tv за который исходное количество ядер
уменьшится на 1%.
13.2.18. За промежуток времени М = 4 с распалась Ar-ая часть ра-
диоактивного вещества, к = 0,9375. Найдите среднее время жизни т
элемента.
13.2.19. Период полураспада изотопа иода , используемого для
диагностики в медицине, 7^/2 = 8,04 сут. Найдите промежуток времени
AZ, через который число ядер изотопа уменьшится в п = 100 раз.
13.2.20. Период полураспада радиоактивного изотопа цезия-137,
который попал в атмосферу в результате Чернобыльской аварии, ра-
вен Tt/2 = 29,7 лет. Определите промежуток времени через который
количество этого изотопа составит 1% от исходного.
13.2.21. Период полураспада радиоактивного изотопа 164С равен
Т1/2 = 5730 лет. При археологических раскопках был обнаружен ствол
дерева, содержание “С в котором составляет 72% от нормального.
Найдите возраст находки.
164
13.2.22. Природный уран содержит изотоп урана-238 и всего
г = 0,72 % урана-235. Периоды полураспадов равны соответственно
= 4,5-109 лет, t2 = 0,714-109 лет. Найдите отношение г0 в эпоху обра-
зования породы 6 млрд лет назад при формировании Солнечной сис-
темы.
13.2.23. Согласно одной из моделей теории Великого объедине-
ния наиболее вероятная реакция распада протона р —> е++ я°. Время
жизни протона тр« 5 • 1031 лет. Данные о нижнем пределе времени
жизни протона тр получают с 1985 г. в экспериментах по наблюдению
распадов в воде. Найдите объем воды V, в котором происходит распад
100 протонов в год.
13.2.24, Масса радиоактивного элемента т, атомная масса М. За
промежуток времени At << 1\/2 распалось AN ядер. Определите число
Авогадро.
13.2.25. Накопление оружейного плутония в реакторе. Радио-
активный уран-239, содержащий NQ ядер, распадается по схеме
239U -> (23,5 мин) -> 239 Np -> (2,35 сут) -> 239Pfc . Период полураспада
урана = 23,5 мин, нептуния t2 = 2,35 сут, плутония t3 = 24 000 лет.
А. Найдите число ядер нептуния N2 и плутония N3 через t = tx по-
сле начала распада.
Б. Найдите число ядер нептуния N2 и N3 через t = t2 после начала
распада.
В. Найдите число ядер нептуния N2 и плутония N3 через t = 10^
после начала распада.
13.2.26. Представьте закон радиоактивного распада в виде
/ j у/Гг/з
13.2.27. Определите активность т = 10 гурана-238. Период по-
лураспада 1\/2 = 4,5-109 лет.
13.2.28. Найдите массу т радиоактивного кобальта-60 активно-
стью а = 1 Ки. Период полураспада Т1/2 = 5,27 лет.
13.2.29. В кровь человека ввели небольшое количество раствора,
содержащего натрий-24 активностью а = 2,1103 Бк. Период полу-
распада Tif2 = 15 ч. Активность 1 см3 крови, взятой через = 5 ч после
введения раствора, А = 0,28 Бк/см3. Найдите объем крови V.
13.2.30. Оцените величину кинетической энергии осколков U - -U
при крайне редком делении тяжелого ядра на два одинаковых осколка.
165
Среднее значение энергии связи на один нуклон для тяжелых ядер
7,6 МэВ, а для ядер с массовыми числами Ат& 120 равно 8,45 МэВ.
13.2.31. При распаде ядра урана-235 выделяется энергия
» 200 МэВ. Найдите удельную теплоту сгорания сиурана-235.
13.2.32. Реактор реактора РБКМ (реактор большой мощности
канальный) чернобыльского типа имеет мощность Р = 3200 МВт,
КПД ц = 0,31. Найдите массу урана-235, потребляемую за сутки.
13.2.33. Для реализации реакции синтеза JH+ , в
которой выделяется энергия U = 17,6 МэВ, ядра дейтерия с энергией
Т\ сталкиваются с неподвижными ядрами трития. Найдите кинетиче-
скую энергию образовавшихся нейтронов Еа в системе центра масс.
166
ОТВЕТЫ
К ЗАДАЧАМ
Глава V. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера
5.1.1. r = 7f(sin0/sin0o)2, 0(s) — угол между осью x, направленной
параллельно вектору Ц, и вектором г .
5.1.2. i(z)p2 = const.
5.1.3. x(t) = R- Rcos of, y(t) =7?sin aH, R = v0/ co, <o = qB/m.
5.1.4. x(t) = R - Rcos<nt,y(t) =7?sin = ut,R = vQ/(&t
a> = qB/m.
5.1.5. Б.
5.1.6. Я/ЯО = 21/2.
5.1.7. A. s(J) = + ^2 I sin art/2|,
2
B.s(Z) = — |i>j -v21 |sinoZ/2|.
5.1.8. L = 3,4 • iO^nu/B, n = 1,2.
5.1.9. Д<р = (qB^/2m)[ff + (h/2n)2].
5.1.10. A. B= (2 sina/s)(2znV/e),/2.
Б.В= (2л cosa/s)(2TnV/e)1/2.
5.1.11. vB< 2оз/к.
5.1.12. т=-^-.
qE
5.1.13. Л- <,z<h.
о
5.2.14. Br = ~(r/2)dbjdz, b(z)r2 = const.
5.1.15. ^2yl(E/B)z+(mg/qB)2 .
5.1.16. v0 = E*B/B2.
5.1.17. *=^.
mv0
Fh
5ЛЛ8. E = Bv0, eB/m=
LSD
5.1.19. <о= y](qB/2m)2 + \ig/r -qB/2m.
5.1.20. Nt = mg + quB.
5.1.21. v2 = 5gl + (oZ/2) (pZ - ^/(oZ)2 + 4gZ), a> = qB/m.
169
5.1.23. Г2=//3.
5.1.24. F2 = 2 104 * * 7 H.
5.1.25. FA=ld*B, d = rA-rc, где rA и rc радиус-векторы то-
чек А и С.
5.1.26. Fs = 4 • IO"1 H.
5.1.27. F = 0,01 H.
5A.28.N, = mg~aVB/R.
5.1.29. M, = IBab cos <p.
5.1.30. /„ = 0,53 A.
5.1.31. rc = (xf, 0,0),xc =
5.1.32. FK = (0,75ал/4, 0).
5.1.33. a = 1BRJS.
5.1.34. Д/// = laB/ES, E — модуль Юнга материала проводника.
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био—Савара—Лапласа
5.2.1. 5 = ^.
2пг
4 9 9 Р — _____________
’ ' 1 2п [х2-(а/2)2]
5.2.3. d = 2 см.
5.2.4. А. Прямая, параллельная оси z, и проходящая через.точку
А(я0, 0,0),х0 = 0,4 м.
Б. Прямая, параллельная оси z, и проходящая через точку С(х„, 0,0),
х„ = -2 м.
5.2.5. Вс =9.
5.2.7. В « 12,44 Тл.
5.2.8.5,(0) =0,716ц//а.
5.2.10.5 = (р,//2Я)(1 + 1/я).
5.2.11. В= (h,1/2R) y/i + i/n2 .
Ь.2ЛЬ.Вг = -(г/2^Ь^г.
5.2.15. 5,(0) = ^цосо/2ла.
5.2.16. 5(i,0) = (q\b/bn}(b*v)/rt,
5= [i>2 + (fi)2]1'2.
170
5.3. Закон Максвелла — Ампера.
Поток электромагнитной энергии
в электрической цепи
5.3.1. В(р) = щ/р/^ла2, р<а; В(р) = ц01/2лр, р>а.
/ г \2 / г \2
5.3.2. р= —f—1 .Стпр= — {—1 •
5.3.3. В, = .
5.3.4. В = (0,0, Bt); В: = pjd/2, у > d/2, Вг = -pjd/2, у < -d/2.
5.3.5. Во = (В, + В2)/2.
5.3.6. b = (0,B2,0),i = 2B3/p11.
5.3.7. b, = 0, Ьи = 0, Ь, = (В, + В2)/2, i = (В, - B2)/m.
5.3.8. В2 = -ц/, у < -а; Вг = 0, -а < у < а; Вг = poi,y> а.
5.3.9. B(t, г) =~^-.
2с dt
5.3.10. 5 = £ос ЕВ, Е = IR/1, В = pj/2na-, Р = 2nalS.
5.3.11. 5 = fR/2nal, Р = s/ЯВ = /Я.
5.3.12. В, = ar/2c.
171
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ
ИНДУКЦИЯ
6.1. Электромагнитная индукция
6.1.1. А. ДФ = -2Ф0. Б. Aq = ЮОмкКл.
6.1.2. ДФ = -Ф0.
6.1.3. t = 4т.
6.1.4. Ф(0 = kt(2T- t)/2,O<t< 2Т; Ф(0 = -kT(t -2T),t>2T.
6.1.5. Ток протекает в отрицательном направлении. На рамку
действует сила, направленная в сторону, противоположную на-
правлению скорости рамки.
6.1.6. ^ = 20 кВ.
6.1.7. A. g(t, г) = . Б. Р = (nadB/dt)2/R.
2 dt
6.1.8. А. 1 = -4 мА. Б. £ = £osinert, £0 = BZAo.
6.1.9. 1 = ~(Bu/p)sina/(l + cosa + sina).
6.1.10. A. QJQ2 = tjtv Б. QJQ, = vjvv
6.1.12. 7 = -0,15 mA.
6.1.13. 7, = 4Bp/13p.
6.1.14. о2 = 4ар£7?/тп(р£> + r)2.
6.1.15. xk = pot.
6.1.17. A. ma/2 = -{Bl2/R)dBx/dt
6.1.18. и = FR/&12, L=-~, = Fu, PM = 12R. Pua = PM.
6.1.19. ц = Рм„/Лл = 1 - FR/gJl.
6.1.20. v = - m2)gR/(2Bl)\
6.1.21. xf = lexp(2mpv0/k2), к = (|i0Z0/2n)Zn[(4s + Z)/(4s- /)].
6.1.22. v(x) =
jzj: _ 1 (p.QJoh
s + x ’ mRs[ 2л
6.1.23. S(t) = (p070a6o/2ns)[sin(o/- (a/s)sin 2®i].
6.1.25. Bl^t = mR(gh)l/2.
6.1.26. £(<p) = 2(йаВ sin(a/2)cos<p.
6.1.27. £(t) =-(a2-b2)Bo/2.
172
6.1.28. £ = ~(na2n2/3)dB/dt,
SA.29.g = -(2ka3/3)dB/dt.
6.1.30. S=-(n#H/h)dB/dt.
6.1.31. Jdto/dl = -(Ba/i)2(fi)//?)sin2(p, J = ma /2.
6.1.32. a = g/[l + C(Bl)2/m\.
6.1.33. In = лсо0аВ/[р(4 + я)].
6.1.34. A. £„«6640 В.
6.1.35. £= 2,5 мкВ/м.
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока
6.2.1 .P = fR,I = uBh/(R + Яс), Rr = h/aS.
6.2.2. Р = (2mg/Ba)2R.
6.2.3. lm = 2М/кВа2, сои = (2/Ва2) (е - 2MR/Ba2), и = 1 - 2MR/zBa2.
6.2.4. oc = 2&/Ва2,1С = 0.
6.2.5. Io = &/R, МА = Ba2&/2R.
6.2.6. £ии = MR/k - 8.
6.2.7. Г = 2М/Ва, о' = -MR(2/Ba2)2.
6.2.8. Р„ = {//4Я, Мп = Uk/2R.
6.2.9. Р„ = MftLR(<s>JU)2.
b.ZAQ.PJP^MJMtf.
6.2.11. Pm„HW4)(l-W
6.2.12. г] = 1-7/70.
6.2.13. со = 17(со0/Л7/?),/2-со0.
6.2.14. ф = соо(1-Л/Я(»о/{/).
6.2.15. Лл = 141 Вт, I = 645 А, М= 2,08 Дж, £ = -213,5 В.
6.2,16. г] = 1-/Я/С7. т| = 0,8.
6.2.17. М= 0,1 Дж; R = 0,096 Ом,
6.2.18. ит = 1 м/с.
6.2.19. и = 0,5.
6.2.20. F=I(U-IR)/v0.
6.2.21. R = 0,02 Ом.
6.2.22. R = 0,4 Ом.
6.2.23. Рит = 80 Вт.
6.2.24. vc= 176 Гц.
6.2.25. Р = 96 Вт.
6.2.26. ve= 23 Гц.
6.2.27. 7=1,21 с.
173
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция
6.3.1. L = s .
I
6.3.2. L = ii^b2/2a.
6.3.3. L= (ц0//2я)In(b/a).
6.3.4. =
6.3.5. Ll2 = L/\.
6.3.6. ^#/=^.
Zn r
6.3.7. 1 =-B^/L, 1 =-0,1 A.
6.3.8. A. ur = mgR/(Bl)2. Б. z(t) = (g/co2) (1 - coscirf)
6.3.11. Aq = Lt/(rR).
6.3.12. = 0,8 Дж.
6.4. Магнитные свойства вещества
6.4.1. М = аН0, a = 3(g-1). Я<'> = — Но,
0 ц + 2 ц + 2 0
Я(г) = Я0 + 3п(П/>т\~^ , п=~, рт = 4па3М/3.
4лг' г
6.4.2. 84 = ц0И7ДМ.
( INu }2
6.4.3. F = -ц05 - .
U + 2^J
6.4.4. = 7м/с, zm = 3 м.
6.4.5. i =пхМ2.
6.4.6. Д(0) =0,019 Тл.
174
Глава VII. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ
7.1. Электрический ток в электролитах
7.1.1. т = 1,2 кг.
7.1.2. /= 1,87 кА, S = 0,187 м2,Р = 12,45 кВт.
7.1.3. т = 64,4 кг.
7.1.4. Р = 40 Вт.
7.1.5. mjm2 = 2.
7.1.6. Ат = 0,02028 г.
7.1.7. С/И = 2,964В.
7.1.8. &q = 9,6485 Кл.
7.1.9. v, = 5,18 • 10 я моль.
7.1.10. ^ = 10го, N2 = 0,5 -102’.
7.1.11. Vt = 2,24 л, И, = 1,12 л.
7.1.12. U= 10,8 В.
7.1.13. т = 0,13г.
7.1.14. т = 16,7 мин.
7.1.15. 1,А = 6/7.
7.1.16. т] = 0,6.
7.1.17. 2NaCl + 2НгО = Н2 + Cl2 + 2NaOH.
7.1.18. Л = 116 кДж.
7.1.19. v = 0,88'104 м/с.
7.2. Электрический ток в вакууме
7.2.1. 12/1, = 6.
7.2.2. А. /„ = 4 А. Б. /0 = 6,25 А.
7.2.3. 1 = 2/Ftk2, Vf = 1 /Я2*2.
7.2.4. А. Я < 2г. Б. Рт = 2е2/3г, Я = 2г/3.
В. = 4еЯ/(ЗЯ + 2г), 0 < Я < 2г; V„ = 2еЯ/(Я + 2г), Я > 2г.
7.2.5. е = 1 В, г = 2 Ом.
7.2.6. <2 = C(£-Fo)72.
7.1.8. CdV/dl + F/Я =f[&(t) - И-
7.2.11. Ро/Р= i/\.
7.2.12. Р'/Р= 2.
7.2.13. Р= (5е0/12)7Я.
175
7.2.14. Р,= 5 И/9Я.
7.2.15. Pt = P2= 121 Вт.
7.2.16. Pt = 5е0718Я, Pz = е02/9/?.
7.2.17. Pt = Р2= (5&*/36R).
7.2.18. /,(Z) = £0sincoZ/(P + 2г) -(/?+ r) V„/R(R + 2г),
2m + n/6 < at < 5тг/6 + 2m,
It(t) = 0,2m + 5л/6 < <oZ< 2n(n + 1), n = 0,1,2,...,
7(Z) = (2£oSin® Z- Va)/(R + 2r), 2m + n/6 < coZ < 5л/6 + 2to,
/(Z) = £osin®Z/(R + r), 2m + 5л/6 < ®Z < 2n(n + 1), n = 0, 1, 2,...
7.2.19. A. /= V/Ra, Ra=(R + г)/2. Б. 1= V/Rk, R,. = 2rR/(R + r).
7.3. Электрический ток в газах
7.3.1. <2= 1,1 • 10 sKn.
7.3.2. j3 = 8,793-105 Па.
7.3.3. A.= 155 м.
7.3.4. 7= 0,16мВ.
7.3.5. Д = 10 мкА, Vt = 3 кВ.
7.3.6. io = 3,75 кВт.
7.3.7. R >Rm, Rn=(s- Vo)2/4Po; Рт = Ро(£ + F0)/(e - Vu), Рв = Рв.
(£-v У v 7.3.9. Rc = Н-2- (е + 2И) U + 3VJ V 7.3.10.7?! = 0,25 Ом. (Jin^ + JmJ 7.3.11. (2 = 7’— —-,т = т + mz.
176
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ
8.1. Свободные электромагнитные колебания
8.1.1. A. v0 = а>0/2л = 400 кГц. Б.Д/) = - sin о01, BR =
8.1.2. 1(1) =~(е/г)[1 + ехр(-а/) -ехр(-р/)],
Vc\t) ~ 8[ехр(-а/) -ехр(~р/)], р « 1/т - соГ12т, а * со/т, т = Сг
8.1.3. Vc = гВв/г, 1(f) = (г/г) cos со0/.
8.1.4. A. v = 4 кГц, Б. v = 4 кГц.
8.1.5. vP2/vPi = [(е+ 1)/2е)'/2.
8.1.6. 4= 50 мА.
8.1.7. A. v = 400 кГц, I = since t, Io = Сга = &(C/L)|/2, Ia = 40 мА.
Б. vt = , у2 = e(coscoi -1) Ci . B. Urm = 80 нДж.
Ct + C2 Cj + C2
8.1.8. A./,(0 = [/0/(L, + Ь2)] [L2 cos at + LJ,
I2(t) = [LtI0/(Lt + L2)] (cos co/ - 1), co2 = i/LC, l/L = i/L, + 1/L2.
Б.^ = Г/072.
8.1.9. A. co=105c-1. Б./аЬ = 0.
8.1.10. Uc = 8 + [80 -8]cos <£>t.
8.1.11. IIB = Q ---= Q --------------------.
° \CL.(L.+L2) 20 VCL,(L. + L2)
8.1.12. dUJdl + I./R = 0, Um = q2/2C + LI//2, QR = Сгг/2.
8.1.13. Qr = CV//2+L4//2.
8.1.14. Ш = Ct£(£> sin co/, I2(t) = — C2eco sin co/, I(t) = C<a& sin at,
<o2 = i/LC,C=Ct + C2.
8.1.15. It(f) = (C/coe/Qsinco/,/,(/)=-(CjC/oe/Qsinco/, I(t) = Ctaesinat.
8.1.16. lm = (82- Cfit/Q/La, Ilm = <(82-C^/C),
V2m = 2z2-C^/C,a=i/(LC)'-2.
8.1.17. q^CAC^C^C./)}'12.
8.1.18. q„=a\LJ(L> + L2)]'!\
8.1.19. a0= (c/r„)(d/na)t/2.
8.1.20. Q > 2dn/h, <P(t) > = -11 Q = (со0СЛ)
2 2u0 j
177
8.1.21. <p(t)>=e=(^R).
Z AL t
8.1.23. 7(t) = (eot/L) cos co .
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания
8.2.1. e2=^o+(K(.o-Kio)2
8.2.2. V/j0 = 246 В.
8.2.3. еэф< 25 В.
8.2.4. А. £„ = 5 В, Б. А = 496 В. В. А„« 250 В.
8.2.5. А = £0.
8.2.6. А.Ль = So 1ЗД-ЗД IАЛ- Б. ЛЛ = W
[Я2+(1/соС)2]'
o2L2£o
2/?|о>2Г2(1 + г//?)2 + (г + г,)2] ’
8.2.11. £д = £„^/^/7.
8.2.12. С = £0(р2 - р,)5/р2с/./о-У^ Z2 = Я2 + Хс2.
8.2.13. Z' = Z/2, Z = 7я2+(о1)2 .
8.2.14. Z'= 7(Л/2)2+(фЛ)2 .
8.2.7. Р =
8.2.8. Р =
8.2.9. Б.
8.2.16. 7, = 2 мА.
8.2.17. У(11 = 6,28В.
8.2.18. A. = Va = 300 В, = 3 В, 70 = 0,3 А.
Б. VIM = 4 В, = 1 В, Vm = 0,02 В, /0 = 2 мА.
В. VM = 1 В, = 4 В, Гм = 0,02 В, /л = 2 мА.
8.2.19. Av = 4 кГц.
8.2.20. V20/Vt0 = 0,707.
8.2.21. А. о = (Вь/2. Б. Кэф=(1/2)[£п2 + (1/2) (еЛ.Д)2Г-
8-2-22-i|-
8.2.24. = Р^~^2Г
8.2.25. А. Р„ = 0,5 мВт. Б. Р„ = 50 мВт.
8.2.26. v„ = 400 кГц, 10 = 0.
8.2.27. С=2/фЬ.
8.2.29. Pt = V2Rt/(Rt + /?2)2 +
178
8.3. Трансформатор
8.3.1. Ко = 80пД/п2[Я, + (п,/пг)2Вг],Рг = —-°-^2 -2 , п = n2/nv
Сл (П/ц + 1I2 / Tl J
8.3.2. В = 5 кОм.
8.3.3. А. Ко = 2 В. Б. /10 = 0,02 А. В. /20 = 1 А. Г. Рзл = 1 Вт.
8.3.4. К„ = УД Z,2 = r,2+ X2, Z2 = r/ +X2.
8.3.5. В = 65 Ом.
8.3.6. А. Ко = ъоп^/п2[г< + (nt/n2)2(r2 + Я)].
Б. И10 = еДО2,722=(г2 + 7?)2+(®£2)2.
8.3.7. Lx = Lt + Ln -М2 j (L2 + L22).
8.4. Представление уравнений Кирхгофа
в комплексной форме
8.4.2. P =
8.4.3. P =
8.4.4. P =
2
1
G1+fl(Gt/G2+l)
(SpCoL)2
2B[(oL)2(i + r/B)2+r2]'
8A.G. С =2/a>L.
8.4.7. Я = y[L/C.
8.4.8. XL = XC, co2 = i/LC.
7?2 — X2 2X R
8.4.9. <p„ -<pm = 80cos(art + 2a), cos2a = -2 c2 , sin2a = 2 c 2 .
8.4.10. cp„ -cpm = (8o/2) cos(arf + 2a),
X2
cos2a = -^2—, sin2a =
2XrB
8.4.11./w= (80/ЯХс)(Я2 + 4Хс2) 1/2, /20 = (80/ЯХс.)(Я2 + Хс2),/2.
8.4.12. l2(t) = e0| — + ^~ j sin cot
IcoL 4 j
8.4.15.7t0 = 8„/Z,Z = jBl+{X,Xc/{X2-Xc)]2 .
8.4.16. K = 80.
179
Глава IX. ПЕРЕМЕНЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности
9.1.1. A. V„ = £оехр(-//т), Уг = £0[1 -ехр(-£/т)], x = RC.
Б. Q = Ce02/2.
9.1.2. = £оехр(-//т), VH = -£оехр(Ч/т), I = -(£„//?)exp(Ч/т).
9.1.4. /(г) =-2[e/(r + fl)]exp(-t/T),T= (r + R)C.
9.1.5. It - (£/r)exp(-(/t)V= [еЯ/г(г+ fl)]exp(-Z/t)] +£/(r + R).
9.1.6. /(t) = -(£/7?)exp(-t/T), т = CR0, i/R0 = i/R + 1/r.
9.1.7. Vc(t) =£/?[! -exp(-i/x]/(R + r),x = CRr/(R + r).
9.1.8. I(t) =£//?, + [(£- 70)/7?2]exp(-t/T)], т = R2C.
9.1.9. /(/) = £/(r + Я12) - (£/r) [7?,/(r + Я,)-Rl2/(r + /?12)]exp(-i/x),
т = CR, 1/RI2 = \/Rt + i/R2. \/R=\/r + r/Ri2.
9.1.10. VH = e0[l -exp(-£/r)], VL = £оехр(-//т)], т = L/R.
9.1.11. Уй(£) = I(t)R = еоехр(-//т), VL(t) = Ldl/dt = -еоехр(-£/т)],
т = L/R.
9.1.13. А. = [£п/(Л + г)]ехр(Ч/т), I2 = (£(/г) [1 -ехр(Ч/т)], x = L/R.
Б. g, = L&/{rR).
9.1.16. Q = L(e/r)2/2, Q = 0,8 Дж.
9.1.17. g2 = Ei3/[/?2(r+ /?,)].
9.1.18. 1(t) = C,£(osin o2 = l/[L(Ct + C2)].
9.1.19. /, = (L2e + LtI„R)/(L,+L2)R,I2 = L^~ I„R) / (L, + L2)R.
9.1.20. Q, = LRt(s/R3)t/2(Ri +R2), Q2 = LR^/R3)2/2(Ri+R2).
9.1.21. q = L&/r(r + R).
9.1.22. 12(t) = [e/2(R + 2r)] [2r/R + ехрН/т) ], т = L(R + r) /r(R + 2r).
9.2. Электромеханика
9.2.1. f!=-~^~ + qG.
2e05
9.2.2. N = (en5/2)[(V/A)2-G2] +mg.
9.2.3. ro^- = —+qG-mg+T, IR+ —G|z=V.
dt 2e0S 4 V£o5 J
9.2.4. m = Ce^/(2E^Sg).
180
9.2.5. F,(zt) » QG(zc) + e0VGdG/dzc, V= ha2.
9.2.6. Л = ——.
2 dx
9.2.7. <j2 - pa/2d, -pa/d.
9.2.8. xr = mR/k2, к = (ца70/2л)/л[(а + h)/2a].
9.2.9. v(x) = v0-—, и = •
s + x mRs\ 2n J
9.2.10. «(Г)- Х[Д,-В(0].
Zm
9.2.11. mdvjdt = -(1/Я) (Sdbjdz)\ - mg.
9.2.13. r(f) = xochkt, y(t) =g/k2 + (yQ-g/k^chkt, z(t) = 0.
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
10.1. Электромагнитные волны.
Радиосвязь и телевидение
10.1.3. 4,3 10иГц<у <7,7 • 10|4Гц.
10.1.4. р = 0,35 МПа.
10.1.5. F = ntfj/c.
10.1.6. А. Е= -73/?Р/4тг.Б. V= 0,1 В.
10.1.7. А = Змм.
10.1.8. Р2/Р, = 1/16.
10.1.9. мяу
10.1.12. Av = 6,5 МГц.
( 1 drср А
10.1.15. vH=v 1------— .
н с di
10.2. Интерференция. Дифракция
10.2.1. J(x, у) = cos2
V Хо
10.2.2. Ах = 1 мм.
А = И2 - (nX)2] 1/2/2, Вп = пк/2, neN.
10.2.4. J ~ cos2y, где у== 2л(/2-/1)/Х.
10.2.5. Е = a^cosfat-к nf ) + aeocos(<ti - кпог
е0 =-ei +2 p(pet), п0 = (sin а, 0, cos а).
10.2.6. Е2(х, у, z) = -2а sin (кх) sin coZ.
10.2.7. J(x) - 4/0cos a sin2(27tx sin а/Х).
10.2.8. J(x) = 4J0cos acos*(2rcx sin a/X).
10.2.9. J = 2J0.
10.2.10. < = nX/4,n = 0,1,2,....
10.2.11. A. El = (0, Et, 0) cos (<oZ - knxz) + (0, ErJ 0) cos (art + kniz)
cBL (Z, z) = 0, 0) cos (art - knxz) + 0, 0) cos (<oZ + kn^z).
182
Б. <S> = + п2)2.
10.2.12. А. Ёь = (cBJn{,0,())cos(<i)t-kn.£) + (-cByn,,0,0)cos{(irf + /cn1z).
BL (t, z) = (0, B(, 0) cos (at-kn tz) + (0, Br, 0) cos (al +kntz).
Б. <S> = 2cn2B,2/p0(nl + n2)2.
10.2.13. /= 2c£0a2cos28/2,8 = fca(n- l)x-fca2(n- i)2(H/n + d)/2.
10.2.14. Б. B, = [q„(qn + 2z0)]'/2/2,An = (q„ + z0)/2, qn = nk/2.
10.2.15. Sm = я(Ч)Л Vm = л(Ч2)/6.
10.2.16. S »TtXzH/cos2a.
2
10.2.18. r,-
f к
10.2.22. X2 - A., = X,/wi.
10.2.23. не могут
10.2.24. 9, = ±18,1°, 02 = ±38,3°, 03 = ±68,5°.
10.2.25. да
10.2.26. x = 0,3 м.
10.2.27. 9 главных максимумов — центральный и по четыре с
обеих сторон от центрального максимума.
10.2.28. 3,12 • 10‘7м.
10.2.29. d(sin0 - sin0o) = ral.
10.2.30. тс = d/к.
183
Глава XI. Оптика
11.1. Принцип Ферма.
Отражение и преломление света
11.1.3. b = 2/?sina.
11.1.4.s = 7м.
11.1.7. Я=2А
11.1.8. L= (V2 -1)«/2.
11.1.9. v = yjvf +(2у2)2 .
11.1.10. L = 2(a2 + 2ab cos a + b2)t/2.
11.1.11. а = 2л/3.
11.1.12. H = Lhs/(b + s)b.
11.1.13. PF^R/2.
11.1.14. He выйдет.
11.1.15. n= л/З
11.1.17. h = b(2n- l),/2/[(2n2- 1),/2- 1].
11X18. A =1,5 m.
11.1.19. j0 = fe(n2-l)f-?lllr 1 ,y0= ~
\ncosi)
11.1.20. u = у/Vn2-1.
11.1.21. d=f/2-h/n.
11.1.22. x, = 2h(n - l)sin3a/(n2- sin2a)3/2,
z^h-d- 2hn2cos&a./(n2 -sin2a)3/2.
cos a
2-sin2 a _
11.1.23. A. BN=dsina 1-
cos a
2 - sin2 a _
11.1.25. ft = d/(n2-l/2)w.
11.1.26. Б. a > 5, n sin 5 > 1.
11.1.27. y = 37° 20'.
11.1.28. у = (n-l)a.
11.1.29. n>l.
11.1.30. n> a/2.
11.1.31. Y23 = 7r/6.
184
B.MP = d 1-
"I3
ncosr
Г~2 • 2
n -sin r
11.1.32. уа«я/6.
11.1.33. nt = 1,949.
11.1.34. N= 2.
11.1.35. S’ (-d, (re-l)ad, 0).
11.1.36. S,(d, 0,0), S2(d, 2nad, 0).
11.1.37. A. xm = mk(a + b)/2(n- l)cw, m = 1, 2,....
Б. N= 4ab[(n- 1)a]z/(a + b)k.
11.1.38. k.OB = H/(n-i)a,MN = H.
B.N=2H(n-i)a/k.
11.1.39. « = 2
11.1.40. sina0 = J(4-n2)/3 .
11.1.41. A = yjn2-^ .
11.1.42. D = nrR/\R(2n-1) -r(n- 1)] + nrR/\R + r(n-1)].
11.1.43. и = nvlf/[R + s(n-1)]2, v = ds/dt.
11.2. Волны в неоднородной и анизотропной средах
11.2.6 .7?= ^(п- 1)/п, е = i/n. FtF2 = 2ае.
11.2.10 . г = с.
11.2.11 . et = -ii(ok2w0, е2 = -е3 = 0, h, = -k3ktw0, h2 = -k^k2w3,
= к21и>й, где k[ = kf + k£. Закон дисперсии £ - = к2.
i i п in (Ml I ( ^3^2
11.2.12 . е. =- -2-*- ul, е,=- -а-г-
к е 7 Vе
h2 = E3&klwK, Лз = 0, где к2 = kf + к^.
о к2 A32
Закон дисперсии —+—= —- .
е3 £ I с J
U4 4RI. (E-£3)sinycosy
11.2.16. n = d----j5--------5— .
esin y + e3cos у
К, ез =
к2 |
-к wK, h, = &0(йк2и>1
.ез)
11.3. Тонкие линзы
11.3.1. Собирающая линза.
11.3.7. ux(t) = -v(F/s)2, ut(t) = dy/dt = v(H/F) (F/s)2.
ii.3.8. s = hd/F, S = 20 cm.
185
11.3.9. F= 4 см.
11.3.10. F = 5 cm.
11.3.11. /= F0/3.
11.3.12. Л'(ЗН, 0,2F0).
11.3.13. R = r[l + s(l/a+ t/F„)J
11.3.14. d = 6 cm.
11.3.15. x = 40 cm.
11.3.16. Л=(ЛД)‘д.
11.3.17. ₽ = a(l-a/F).
11.3.18. 1 = 3,75 cm.
11.3.19. fe = F(fc2-l),/2.
11.3.20. ЛГ(-Н, 0,3s), 7V(-H, 0, 2s).
11.3.21. к = (4/3)2.
11.3.22. k = 2.
11.3.23. F= 1,2 м.
11.3.24. ДО = 4 дптр.
11.3.25. s = 10 см.
11.3.26. D = 2 дптр.
11.3.27. s = dJ2.
11.3.28. s= 10см.
11.3.29. А. к = 1 + 4 Б- * = dJF-
F
11.3.30. г/ » 2nXs, n = 1, 2.
11.3.31. 0 = 105 cm.
11.3.32. tgy.-l/n.
11.3.35. s, -nJF, nJF > h; s2 = F + h(na - l)/n0, nJF<,
11.3.36. 0 = -1,33 дптр.
11.4. Оптические системы
11.4.1. 0 = 2a.
11.4.3. s = F/2.
11.4.4. R = F0 + s.
11.4.5. A. F= -R/2n, F= -10 см. Б. h = Я/3.
11.4.6. /3= (F+2h)F/(2h).
11.4.7. Л = 30 cm.
11.4.8. B.
11.4.9. d = 3s.
186
-2 ’
11.4.10. d = 24 см.
If .4.11./, = F 2ab~-^2b^F-
3 2ab-2F(a + b) + F‘
UAA2.s = FH/2(d-F).
11.4.13. / = F/2.
11.4.14. b = (n-\)aF.
11.4.15. d = 8 cm.
11.4.16. s = a-fc.
11.4.17. d = 14 cm.
11.4.18. F=s,Fp = -s/2.
11.4.19. fc = 3.
11.4.20. hjh^- 5,5.
11.4.21. d = 2s.
11.4.22. Fp = -2F/3.
11.4.23. dt = F0.
11.4.24. (4Л, 0,-3F/2)
11.4.25. / = 4/4.
11.4.26. s= L(F/2)2+(2Л)2),/2.
11.4.27. s= (3ft/4)ctg a.
11.4.28. /, = -8 cm.
11.4.29. A. fc = 3/4.
1 1 1
11.4.30. - = — + — --------.
F Ff F2 (F,F2)
11.4.31. PK, = 0, F= R/(n - 1).
11.4.32. OKt = R/n, F = R/(n -1).
11.4.34. F = 7?ra/I2(n- 1)].
11.4.36. x = 3R.
11.4.37. /=-27?.
11.4.38. u, = 3v. Б. u2 = 4у/3. B. u3 = 3p/4.
11.4.39. к = d0(L-F^/F^.
11.4.40. FOK = 3 cm.
11.4.41. k = FQ6/FOK.
11.4.42. FOK = F^/D^.
L
187
Глава XII. ОСНОВЫ
ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ
12.1. Преобразование Лоренца
12.1.6. Гиперболы (ci)2-z2 = (ст)2, (ci)2-z2 =-V.
12.1.7. t2 = 200 мкс, и » с.
12.1.8. А. А<р » Х₽2. Б. Аф = 0.
12.1.11. х' = у(х- vt) = y/?(sin oat- cof). У' ~ У = 7?(1 - cos wt).
i2AA2.d = k/[y(i+u/c)].
12.1.13. ы = ,
i3 + i(
12.1.14. t = T, k2T, k'T,..., t' = kT, k3T, ...,k = y(l + ₽).
12.1.15. v = v'/[(l + p)y],
12.1.16. A. t2 = 10’8 с. Б. i3 = 1,11 • 10 8 c.
12.1.17. t, = 5X/9c.
12.1.19. vj = -c/2, vj = C V3 /2, v/ = 0.
12.1.21. v„ = 0,8 c.
12.1.22. v = 0,75 c.
12.1.23. рд = с/3.
12.2. Релятивистские импульс и энергия частицы.
Рождение новых частиц
12.2.2. А. X' = 3,2 см, Б. v = с - 1,5 см/с.
12.2.3. у = 0,6 с.
12.2.4. hvitj = hv20 = 67,5 МэВ.
12.2.5. A. hvmn <hv< hva„, hvain = (E-cp)/2, = (E + cp)/2.
Б. vt/v2 = 9.
B. am = л/3.
12.2.6. T2' = Tt' = Tt- 2m.j)2/m2.
12.2.7. cos am = T/(T+ 4mc2).
12.2.8. v' =.
E — cpn + hv(l — nn')
188
f 2А1 Г
12.2.9. v'«vI—1 .
{me J
12.2.10. m2 = [(zn, + m2)2 + 2m2Tt/c2]1/2 - mv
12.2.11. A. v = 0,8 с. Б. T = 0,3 Me2.
12.2.12. A. Elo = (M2 + m2 - m22)c2/2M, Е2й = (M2 + m2 - m2)c2/2M.
Б. Eiq = 76,4 МэВ.
c2
12.2.13. T’Lnop= -— [(ma + mb + ...)2- (m, + m2)2].
Zm2
12.2.14. Avnop = 0,145 ГэВ.
12.2.15. TL = 0,36 ГэВ.
12.2.16. Th» (mt + m2)£0/m2.
12.2.17. 7^ = 5,628 ГэВ.
12.2.18. 7^ = 0,938 ГэВ
12.2.19. TL = ^ + 2T2/m.c2.
12.3. Релятивистская электродинамика
12.3.1. A. jS\ = -uyBt, ff, = yB. Б. FswxB.
12.3.2. В = (ц,ои/2,0,0).
12.3.6. J =о(Ё+йхВ).
12.3.7. „,(<) . .-. C + .
y/i + (mc/e0Et)2 У m i + e0V0/тс
12.3.8. В = myvJeB, co= eB/my, у = [1 - (v0/c)2]“l/2.
12.3.9. Bt(x, В) = {В^/2.
189
Глава XIII. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА.
АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО
13.1. Фотон. Фотоэффект. Квантовая теория атома
13.1.1. Х„ = 500 нм.
13.1.2. £, = 4,96 эВ. £2 = 2,11 эВ. £3 — 1,93 эВ.
13.1.3. £м = NJic/k. £м = 2,74 • 105 Дж = 1,7 • 1015 ГэВ.
13.1.4. Хт = 950,нм.
13.1.5. AV/Ai = 2,5 • 10‘8фот/с.
13.1.6. А. ДА/(Д/Д5) = 4,14 • 1021 фот/м2 • с.
Б. ДА/ДИ = 1,38 • 10"фот/м3.
13.1.7. Q = Ihc/Pe,Л.
13.1.8. А = 1,8 В.
13.1.9. А. К = 1,54 эВ. Б. Кт = 1,54 Эв.
В. ит = 0,74 106 м/с. Г. AVs = 20,4 мВ,
13.1.10. vc = 4,6 • 10й Гц.
13.4.11. А = 1,55 эВ.
13.1.12. 7=-Kd/5.
13.1.13. Я = 1,9 эВ.
13.1.14. п = 3.
13.1.15. 5 = 2,2 Ю’Т.ч.
13.1.16. Еи = -А/п, А ~ цс2а2/2, ц = mmj(т + тр), а = 2л/се2/he.
13.1.18. А", = сой п, п = 1, 2, 3,..., со2 = к/пг.
13.1.19. Еп = (йл)2/2/.
13.1.20. К = 0,002 эВ, hv » 14,4 кэВ - 0,002 эВ.
13.1.21. Ду < 2 мм/с.
13.1.22. v»v2t(l-ujc).
13.1.25. v = 1,85 • 1022 Гц.
13.1.26. X'- X = Хс(1 - п п’ ),ХС = h/mc,kc = 2,426 10 энм.
13.1.27. а = л/З.
13.1.28. ₽ = я/6.
13.1.29. 7mil, = hvrnc3/[2Е(Е - h и) J.
13.1.30. = тс.
13.1.31. А = 154,2 эВ.
13.1.32. s=p&/h.
190
13.1.34. = 25 812,8 0м.
13.1.35. Фо = 2,07 -1015 Вб.
13.1.36. m с/eh = 1,27 10,8В/м.
13.1.37. (/гс/6’)1/2 ~ 5 • 1О’Я кг, (Gh/<?)i,z~b • 10 '•'см.
13.2. Радиоактивность. Ядерные реакции
13.2.2. A. T2L = (m-i + m2)e0/mr
Б. Т2 = (mt + m2')m'2£0/(mim'2--m'lm2),
mv m2 - массы ядра азота и а-частицы,
пг\, пг'2 - массы протона и ядра кислорода.
13.2.3. шп = 1,159 а.е.м.
13.2.4. Л£ = 0,793 МэВ.
13.2.5. Ес = 2,24 МэВ.
13.2.6. АЕ = 7,274 МэВ.
13.2.7. £ = 6,82 МэВ.
13.2.8. Ядро лития-7.
13.2.9. х = fa , у = \р , z = ^Не.
13.2.10. *, = 8,^ = 6.
13.2.11. /с, = 5, /с2 = 4.
13.2.13. N(T)/N, = Ю'-8625"01.
13.2.14. т = 2600 лет.
13.2.15. р = 0,43 %.
13.2.16. Т1/2 = 1600 лет.
13.2.17. lt = 6,64 • Т1/2.
13.2.18. т= 1 с.
13.2.19. Ai = 53 сут.
13.2.20. tk = 197 лет.
13.2.21. Г1/2 = 2720 лет.
13.2.22. г0 = 1,16.
13.2.23. V= 15- 106ма.
13.2.24. Na = 0,6931 (ДА/Д1) (М/m) Т1/2.
13.2.25.
А. ВД) = NJ2, N2(tt) = А0[ехр(-Ил2) - 1/2] «А„(1/2-Мп2),
N3 (ij &Nnkln2, к = tjl2.
Б. /Vt(i2) = 0, N2{t2) « No/2, A,(i2) « An/2.
В. A,(10/2) = 0, A2(10i2) = 0,/V3(10i2) = A,
191
13.2.26. Т2/3= 1,585Т1/2.
13.2.27. а = 3,31 мкКи = 1,22 • 105 р£
13.2.28. т = 0,882 мг.
13.2.29. И=6л.
13.2.30. Up~ 200 МэВ.
13.2.31. ct, = 8,19 10м Дж/кг.
13.2.32. Am = 10,1кг.
13.2.33. Еа = (12/25) Т, + (4/5)17.
192
РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ
Глава V. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
5.1. Магнитное поле. Силы Лоренца и Ампера
5.1.1. Уравнение силовой линии dr /ds = B(r)/B(r), где s —
длина дуги кривой. Введем систему координат с началом в центре
Земли и осью z, направленной параллельно вектору р . Силовые ли-
нии лежат на множестве плоскостей проходящих через ось z. Найдем
уравнение силовой линии в плоскости xz.
Введем вектор п = (sin0, O,sin0), где 0(s) — угол между осью z и
вектором г. Тогда г (s) = гп . Производная единичного вектора
dn /ds = е dft/ds, е - (cos0, 0, -sin0). Уравнение силовой линии при-
обретает вид
п dr!ds + е rdQ/d.s = В (х, у, z)/B(x, у, z). (1)
Поскольку pn = cos0, jle = -sin0, то образуя скалярное произве-
дение (1) с п , е , получаем два уравнения
dr/ds ~ 2pcos0/Br3, rdQ/ds = psinO/Br3.
Отсюда следует уравнение dr/dQ = 2rcos0/sin0, которое можно
представить в виде полных дифференциалов
(dr)/г = 2(dsin0)/sin0 или г = Asin20,
где А — произвольная постоянная.
Пусть г(0о) = /?, где R — радиус Земли. Тогда г - 7?(sin0/sin0o)2.
Максимальное удаление силовой линии от центра Земли rm - 7?/sin20o.
Например, при 0О = я/4, rm = 2R.
5.1.2. Силовые линии находятся в плоскостях, проходящих через
ось z. Уравнение силовой линии dr /ds = В (r)/B(r), где s — длина
дуги кривой. Приращение радиус-вектора на дуге кривой в плоско-
сти, проходящей через ось z, имеет вид dr = dpn + dze3. Тогда уравне-
ние силовой линии dp/ds - ~(p/2B)db/dz, dz/ds = b/В. Следователь-
но, имеем уравнение dp/dz + (p/2b)db/dz = 0.
5.1.3. В момент времени t > 0 скорость частицы v(t) = (v2,vy,vz).
Поскольку магнитная сила FL перпендикулярна векторам v(t) и В,
то векторы v (t) и FL будут принадлежать плоскости XY. Используя
(5.1.2), находим силу Лоренца FL = (qvB, qvB, 0).
195
(1)
Пусть mg « |fL |. Тогда из (5.1.3) получим систему
dvx D dv n dv
m— = WP' m^7 = 'WJ3' m~T " °-
dt dt dt
Из последнего уравнения следует, что сохраняется проекция ско-
рости на ось z: vt(t) = 0, z(t) = 0.
Запишем два оставшихся уравнения в виде
duz du
dt dt
где co = qB/m — величина, называемая циклотронной частотой
Далее заметим, что магнитная сила Лоренца не совершает рабо-
ты. Следовательно, кинетическая энергия частицы — постоянная ве-
личина, равная начальному значению ти^/2 или и2 = Нетрудно
убедиться, что решение этих уравнений, удовлетворяющее началь-
ным условиям, имеет вид vx(t) = i?osinatf, v^t) = P0coscot
Найдем теперь траекторию заряда. Поскольку и* = —, и = — , то
dt dt
имеем два уравнения
dx
— — sincoZ,
dt
(2)
du
— = ynCOS(Df .
dt
Первому уравнению удовлетворяет функция x(t) = -/?coscof + С,
где R = ujtti, С — произвольная постоянная. Учитывая начальное
значение z(0) = 0, находим С = R. Следовательно, x(t) -R - TfcoscoL
Из второго уравнения находим y(t) = /?sincof. Мы имеем уравне-
ние окружности.
Действительно, исключая cof получим (я - У?)2 + у2 = У?2.
196
Таким образом, заряд вращается по окружности радиусом
R = и0/(й с угловой скоростью cd = qB/m. Для электрона частота вра-
щения v = —= -^—; v (Гц) = 2,82 • 1О10 В (Тл).
2я 2кте
5.1.4. В этом случае vz(t) = и, z(t) = ut. Частица движется по вин-
товой линии. Траектория навивается на поверхность цилиндра ра-
п ттт . 2пи 2пти
диусом К. Шаг винта h =------ =-----.
ш qB
5.1.6. Электрическое поле, создаваемое разностью потенциа-
лов V, ускоряет частицу. Величину скорости влета в магнитное поле
найдем из закона сохранения полной энергии
mv2/2-qV=0, v= (2qV/m)i/2.
Следовательно, радиус окружности R = nw/qB = (2пгУ/цВ*)1/2.
Искомое отношение Яр/Яа=(тр(?а/тадр)1/2.
Подставляя значения qa = 2gp, та v 4т*, получим 7?р/7?а=1 /^2.
5.1.7. А. Учитывая решение задачи 5.1.3, получим зависимость
координат от времени
хДО = Z?j(l - coscDi), y^t) = /?tsinort,
z2(0 = Z?2sino)i, y2(t) = -/?2(1 - sinart),
где Ri2 = vl2/a>.
Протоны движутся по окружностям (рис. 5.1.7).
2 ------
Расстояние = I sinarf/21.
(О
। -------
В частности, s(T/4) = sp + •
(D
По рис. 5.1.7 можно определить, что через четверть периода
s(T/4) =sp через половину периода s(T/2) = 2sr
197
5.1,8. Электрон движется по винтовой линии с шагом h - иТ,
Т- 2л/оэ, со = епВ/пге. Если смотреть по направлению вектора индук-
ции магнитного поля, то электроны вращаются по направлению
вращения часовой стрелки. Электроны, выходящие из одной точки
под разными углами к вектору В, находятся на цилиндрических по-
верхностях с общей образующей — прямой, проходящей через то-
чечный источник в направлении вектора В. После одного оборота
все электроны сходятся в точке на расстоянии s = иТ, s = 2пите/епВ.
Если поместить в магнитное поле несколько одинаковых источников
электронов, то получим многократное электронное изображение с
увеличением равным единице.
5.1.9. Компонента скорости параллельная индукции магнитного
поля иг = h/T, Т- 2я/ш, со = qB/m, Радиус цилиндрической поверхности
В = у0/ш, — проекция скорости на плоскость перпендикулярную век-
тору магнитной индукции. Подставляя компоненты скорости в закон
сохранения полной энергии ши2/2 = ^Аф, получим Аф.
5.1.10. А. Скорость электронов после вылета из пушки найдем из
закона сохранения полной энергии: vQ=(2eV/my/2.
Точки G и Т принадлежат дуге окружности радиусом R = vQ/(i),
со = еВ/тп. Из треугольника GMT на рис. 5.1.10 б находим s/2 = 7?sina.
Рис. 5.1.10
Б. В этом случае электроны движутся по винтовой линии с обра-
зующей, совпадающей с прямой GT. Проекция скорости и = yncosa на
отрезок GTостается постоянной. Условие попадания в мишень имеет
вид s - ипТ, Т- 2л/со, п - 1, 2, 3,....
5.1.11. Величину скорости как функцию координат найдем из
закона сохранения полной энергии
»,z + (0
Из второго закона Ньютона находим иг = 0. Запишем проекцию
уравнения на ось .г:
mdvjdl - qvyb/ch2ky.
(2)
198
Поскольку vt = dyIdt, dthky/dky = i/ctfky, то из (2) получаем
уравнение
— {mv,- q(b/k)lhky] =O,-^nwi-q(b/k)thky = qb/k. (3)
dt
Здесь мы учли, что thks -> 1, ks » 1. Теперь из (1), (3) получаем
vs'(y) = уо2 f(y) = (®//с)2(1 + Viky)2. Очевидно/(у) -> (2со//с)2,
ку » 1.
5.1.12. Кинетическая энергия частицы
2 2
v 2 2
где и = qEljm.
5.1.13. Для решения задачи необходимо найти функцию
Границы области определяются корнями уравнения u2(z) = 0. Вели-
чину скорости как функцию координат проще всего найти из закона
сохранения полной энергии
y(i>2+i>2+p2) + mgz = zng/i (1)
и уравнений движения
= (2)
dt
dv
т-^- = 0. (3)
dt
Из (3), учитывая начальные условия, находим vjt) = 0. Посколь-
ку vt = dzjdt, то (2) можно представить виде
dv ndz „ _
т—— = -qB— или mv = -qBz + С,
dt 4 dt
где С — произвольная постоянная.
Согласно начальным условиям С = qBh. Теперь уравнение (1)
приобретает вид v£ = 2g(h -z) - со(й - z)2, со = qB/m.
Q
Следовательно, й —т <, z <, h.
®2
5.1.14. Напряженность электрического поля Е = (О, Ео, 0), Ео = V/d,
потенциал (р = -Ejq. Запишем уравнения движения
mdvjdt = -еоу^, (1)
199
mdvy/dt = - еД, (2)
mdvJdt^Q. (3)
Из (1), (3) находим
mvy = ~еоУв, (4)
p2(/)=0. (5)
Для решения задачи необходимо найти функцию иу(у). Границы
области определяются корнями уравнения и (у) = 0. Величину ско-
рости как функцию координат проще всего найти из закона сохране-
ния полной энергии
+ Vy + РЛ/2 “ (6)
и уравнений (4), (5): mvy = eJEjy - (eJBy)2/2т.
Функция vy(y) обращается в нуль при значениях у = d, В = Вт,
Отметим, что траектория электрона — циклоида.
5.1.15. Уравнения движения заряда
тах = 0, тау -qE + qv/B, mat = -mg - qv^B. (1)
Очевидно vz(t) = 0. Произведем замену переменных р = р0+й,
р0 =(0, -mg/qB, -Е/В). Тогда из (1) получим уравнения
тау = qufl, таг = -quyB, (2)
которые в системе отсчета, движущейся со скоростью р0, описывают
движение заряда в магнитном поле с начальным условием й (0)= -р0 .
В этой системе отсчета заряд вращается по окружности. Величина
скорости заряда u(t) = р0. В некоторый момент времени скорость
u(Jn) = P0, р(£п) = 2р0. Следовательно, ип = 2 у](Е/В)2+(mg/qB)2 .
5.1.16. Полагая в уравнении та - qE + q v х В скорость v(t) = v0
получаем Ё = -р0 хВ, -» ВхЁ = -В*(и0 *В), р0 = ЁхВ/В2.
5.1.17. Введем систему координат с направленной горизонтально
осью х, ось у направим по вертикали вверх, начало координат помес-
тим на входной плоскости конденсатора на равных расстояниях от
пластин (рис. 5.1.17).
Напряженность электрического поля в конденсаторе Ё = (0, Е, 0).
Начальные условия г (0) = 0, v (0) = (pu, 0, 0). В области 0 < х < I ско-
— л
рость электрона v (t) = t?0,—s—,0
I m
200
В момент вылета из конденсатора tt = l/vQ компонента скорости
е Е1
t? (/J ~ —• Далее электрон движется по прямой с постоянной
у mvQ
скоростью в интервале времени s/p0. Величина отклонения по оси у
Л L L ^qEIs
равна ку = -п, п =-5-.
5.1.18. Неизвестную скорость электрона р0 можно исключить,
помещая конденсатор в магнитное поле индукцией В= (О, О, В).
Теперь уравнения движения приобретают вид
т—- = -епВг . т—- = -enE + eJivr, т—- = 0.
dt 0 * dt 0 0 1 di
Из последнего уравнения следует, что z(i) = 0. Первое уравнение
можно представить как полную производную — (тих + е^Ву) = 0, или
dt
mvt + ejiy = const.
Согласно начальным условиям const = mvQ. Подставляя vz во вто-
d2y 2 1
рое уравнение, находим —|- + (в у-—
dt т
Индукция магнитного поля может быть выбрана так, что элек-
троны в скрещенном электрическом и магнитном полях будут дви-
гаться по прямой линии. Это произойдет при условии Е = BvQ, Тогда
мы получим уравнение гармонического осциллятора, решение кото-
рого при начальных условиях нашей задачи y{t) = 0. Следовательно,
в Eh
x(t) = Отношение ejm принимает вид — =-----.
т IsB
В опыте Томсона Е = 104 В/м, В = 3,6 10 4 Тл, I - 0,05 м, 5 = 1,1 м,
h = 0,1 м.
Разделение изотопов. Если в рассмотренной системе движутся
не электроны, а ионы изотопов некоторого элемента, то появляется
возможность пространственного разделения ионов различной массы.
После выхода из системы ионы направляют во второе магнитное поле
индукцией В2 = (0, 0, Ь), Ион массой т описывает полуокружность
тЕ
радиусом В =—
qBb
и попадает на фотопластинку. Массы ионов
та = — пропорциональны радиусу описываемой окружности.
Е
201
5.1.19. В системе покоя диска на частицу действуют сила тяже-
сти, сила реакции, сила трения покоя и сила Лоренца, направление
которой зависит от направления вектора магнитной индукции. Мак-
симальное значение угловой скорости со найдем из уравнения
О = \mg ~ таг - qBar.
5.1.20. На элементарный заряд обода кольца действует сила Ло-
ренца A Fa =&qa va*B, va = и + &*га скорость заряда, й — угловая
скорость кольца (рис. 5.1.20). Суммируя по всем элементарным за-
рядам получим силу Лоренца F = qu*B.
Сила реакции N = ~mg~qu*B, N3 = mg + quB. При движении в
противоположном направлении величина силы реакции меньше mg.
Рис. 5.1.20
5.1.21. Угол отклонения нити от вертикали ф. Из второго закона
Ньютона и закона сохранения полной энергии следуют уравнения
mv /I = Т- mgpasy - qvB, mv2/2 - mgl = mv/2 - m^/cosq), где vQ — ско-
рость в нижней точке траектории.
5.1.22. Координаты частиц х2 = х + (//2)совф, у2 = у + (//2)simp,
xt - х - (Z/2)simp, yt = x - (//2)simp. Пусть a = (ur, uy, 0) — скорость
центра масс диполя. Тогда скорости частиц
?2= (ит - (/(в/2)зшф, иу + (/ш/2)со8ф, 0),
= (их + (Zco/2)siii<p, иу - (/(о/2)со8ф, 0),
где со = d<?/dt.
Сила Лоренца, действующая на диполь F = e(v2-pJxB . В про-
екциях на оси координат Fx = еВ/сосовф, Fy = eBl(tisin<p, Fs = 0.
Из закона изменения полного импульса системы частиц получим
два уравнения
2mdux/dt = еВ/свсозф (1),
2mduy/dt = еВ/совшф. (2)
202
В силу однородности ноля зададим произвольные начальные ус-
ловия для координат z(0) = 0, у (0) = 0, ср(О) = 0. Начальные скорости
выберем в виде иДО) = иДО) = 0, <d(0) =<d0.
Поскольку правые и левые части (1), (2) представляют собой
полные производные, то
2ти£ - eB/sincp, (3)
2muv = еВЦ\ —sincp). (4)
Найдем теперь уравнение, описывающее вращение диполя как
твердого тела. Запишем уравнение: производная момента количества
движения относительно центра масс равно моменту сил Лоренца
= r/2*(ev2 xB) + r/2x(et?i хВ) относительно центра масс. В про-
екции на ось z имеем
{rnl*/2)dG)/dt = -eBl(и cost? -bu^sincp). (5)
Очевидно, из (1), (2), (5) следует закон сохранения кинетической
энергии диполя
и*) + (nz/2tt)2)/4= (?nZ2tt)02)/4. (6)
Подставляя (3), (4) в (6), получаем уравнение
со2/2 + Q2(1 - sirup) = соо2/2. (7)
Дифференцируя (7) или подставляя (3), (4) в (5), получим урав-
нение математического маятника
dfy/dt1 = -Q2sin(p, (8)
где Q = еВ/т.
Из (7) следует, что разрешенная область изменения угла ср огра-
ничена неравенством а)02 > 2Q2( 1 - sincp). При значениях соо > 2Q ди-
поль вращается, при условии соо < 2Q диполь колеблется.
Рассмотрим два частных случая.
1. Если со() « 2Q, то (р << l,sincp « ф,й1пф » 1 - ф2/2. В этом случае
из (8), (3), (4) находим ф(0 = (cD()/O)siriOZ, x{t) = (con//2Q) (1 -sinQJ),
y(t) = (co3/16Q2)(2QJ-sin2QZ).
2. Если co0 >> 2Q, то из (7) получим co « <d0, ф(/) * сц/. Из (3), (4)
получаем x(t) = (Q//2co()) (1 --sinoV), y(t) = (QZ/2<d0) (g)0J - sinco^).
Полезно познакомиться с «другим» решением этой задачи (см.
Квант. 1989. № 9. стр. 36).
5.1.23. Па полоску действуют сила тяжести, сила реакции, сила
трения покоя и сила Ампера FiA =(0, 0, -1LB) (рис. 5.1.23).
203
В первом случае из второго закона Ньютона следуют уравнения
О =/- ц/Ур 0 = N'-ILB-mg,
где mg = Р.
Во втором случае получим уравнения
О = F2 - ц/V,, О = N2 + ILB - mg.
5.1.24. Силовые линии магнитного поля, созданного током в пер-
вом проводе, пересекают элемент А/ под прямым углом (рис. 5.1.24). Ве-
личина индукции поля В, Согласно правилу левой руки К сила
2nd
притяжения. Из (5.1.6) находим величину силы F2 = IJ£l.
2nd
Полагая - I2 = 1 A, d = AZ = 1 м, найдем F2 = 2 • 10“7 Н. Этот ре-
зультат является следствием определения силы тока в СИ.
Рис. 5.1.23
Рис. 5.1.24
5.1.25. Если В — постоянный вектор, то вычисление силы F ,
действующей на проводник в однородном постоянном магнитном по-
ле, представляет собой элементарную процедуру. Сила Ампера, дей-
ствующая на проводник в форме произвольной пространственной
кривой равна сумме элементарных сил (5.1.4). Представляя провод-
ник в виде последовательности малых элементов Ат£ (к 1, ... , /V),
имеем
N N
Fa = /£Дг4 хВ = /(£Дга)хВ = Id*B,
к=1 к=1
где d = гА ~гс , где гА и гс радиус-векторы точек А и С.
5.1.26. F = (О, О, FJ, F£ = 4IBa,I = V/r, г = 2R.
В 1990 г. в Японии прошли испытания подводного корабля сига-
рообразной формы. Внешняя поверхность «сигары» совершенно
204
гладкая. Почему же корабль движется? На внешней поверхности по
границе продольного сечения проложены два проводника, присое-
диненных к батарее. В воде возникают токи между проводниками,
обтекая сигару по окружностям (рис. 5.1.26). Магниты создают поле,
вектор индукции которого направлен перпендикулярно плоскости
сечения. Сила Ампера заставляет воду мощным потоком смещаться
вдоль оси корабля. В 1991 г. успешно прошли испытания большого
судна «Ямато-1».
5.1.27. Сила тока, протекающего через ребро CD равна нулю. Си-
лы Ампера, действующие на ломанные ADB, АСВ и отрезок АВ, кол-
линеарны. Модуль суммы сил 2ULB/R.
5.1.29. На стороны АВ и CD действуют силы, направленные па-
раллельно оси z, приводящие лишь к деформации рамки. На провод-
ники ВС и DA действуют силы и F2, создавая вращательный мо-
мент, Ft = F2 = IBa (рис.5.1.29 б). Плечи сил и F2 равны (Ь/2)созф.
Следовательно, проекция момента сил Ампера на ось z равна
М = ZBatcoscp. Очевидно, движение рамки зависит от начальных ус-
ловий. Можно добиться того, чтобы она колебалась вблизи положе-
ния устойчивого равновесия ср = п/2. При ф = Зя/2 момент сил также
равен нулю. Однако в этом случае рамка находится в положении не-
устойчивого равновесия. При ф = 0 проекция Mt достигает макси-
мального значения IBab.
Рис. 5.1.29 6
5.1.30. На рис. 5.1.30 а изображено положение рамки при взгля-
де сверху. На провод KN действует сила Ампера, направленная вниз
(рис. 5.1.30 б). На провод PQ действует направленная вверх сила
Ампера величиной IBa, где а — длина стороны рамки. Момент этой
силы относительно оси KN равен = 1Ваг. Найдем теперь момент
сил тяжести Mg, действующих на стороны рамки относительно оси
205
KN\ Mg = -2mga, m = p5a. Наименьшее значение силы тока определя-
ется из условия МА + Mg = 0. Отсюда находим I = 2pgS/B.
Рис. 5.1.30 а Рис. 5.1.30 б
5.1.31. Сила Ампера FA = IdxB , d=(0, 0, 2а). В координатах
FA =(0, 21Ва, 0). Точка приложения силы Ампера находится на оси х:
гс= (хг, 0, 0). Момент силы Ампера Мл=т;хКЛ, МА=(0, 0, 21Вахс).
Положение точки приложения определяется из равенства момен-
та силы Ампера и суммы моментов сил Ампера, действующих на
элементы контура относительно оси z,
N N
МА = l£rk х(Д^ хВ) = /£[ДП(г^)-Я(гЛП)]-
А=1 к~1
Здесь rk = (acosav 0, asinaj, Ат; =(-asinak, 0, acosaJAa^, ак —
угол между радиус-вектором гк элемента Ат; и осью х. После подста-
новки получаем
Л я/2
MAi = fa2B^NoLkcos2ak -+Мм = la2В J dacos2a = 1агВп/2.
-л/2
5.2. Магнитное поле постоянного тока.
Закон Био—Савара—Лапласа
5.2.1. Совместим провод с осью z, а начало координат располо-
жим в его середине (рис. 5.2.1 а).
Пусть длина провода равна L, -L/2 < z < L/2. Ток силой / течет в
положительном направлении оси z. Найдем вектор магнитной ин-
дукции в точке Р(т, у, z) с радиус-вектором г .
В соответствии с (5,2.1) представим провод в виде последова-
тельности элементов А/а= (0, 0, AzJ, а = 1, 2, ... , N. Радиус-вектор
206
точки а, принадлежащей этому элементу га = (0, 0, za). Компоненты
вектора На = г - га = (х, у, z - z„).
Следовательно, векторное произведение А/д хВа = (~y&za, x&za, 0)
представляет собой вектор, лежащий в плоскости перпендикулярной
оси z.
Полагая х = rcoscp, у - rsincp, г = ^[х2 + у2 , получим
АI xR=re Az ,
а а л7
где е - (—si n<p, sincp, 0) — единичный вектор, направленный по каса-
тельной к окружности радиусом г с центром на оси z в плоскости
перпендикулярной оси z (рис. 5.2.1 б).
Рис. 5.2.1 а Рис. 5.2.16
Вектор магнитной индукции в точке Р(х, у, z) равен сумме вкла-
дов (5.2.1) соответствующих всем элементам Aza: В (х, у, z) - Be ,
B = —2— У;—Ra = yjr2 + (z-za)2 . Вычисление В сводится к интег-
Ra
рированию. Для вычисления интеграла используем соотношение
г2 _ d, za-z
RTdTa'^T‘
В(Т) = (^I/^r)[(L/2-z)/(r2+ (L/2 -z)2)'/2 +
+ (L/2 + z)/(r2+(L/2 + z)2)'/2].
Цо/
В случае бесконечно длинного провода (L—>оо) имеем В = —— .
2 яг
Таким образом, вектор В в точке Р (х, у, z) направлен по каса-
тельной к окружности радиусом г с центром на оси z в плоскости
перпендикулярной оси z, расположенной на расстоянии z от начала
координат.
207
5.2.3* Согласно рис. 5.2.3 б находим pj/2itd = Во.
Рис. 5.2.3 б
5.2.4. А. В этом случае следует рассмотреть область 0 < х < s.
Имеем уравнение Ц/х = 12/ (s-x).
Б. В этом случае следует рассмотреть области х < 0, х > s. Имеем
А 4
уравнение 1——т.
|х|
5.2.6. В точке rk - (acos<pv asin<pv 0) расположен элемент витка
Д^ = (-asin<pv acosq\, 0)Афй = ae Аф*.
Из (5.2.1) следует, что каждый элемент кольца создает вектор ин-
дукции ДВк, перпендикулярный к векторам Rk - (-acos<pk, -asin<pv z),
Mk и образующий угол 6 с осью z:cosO = —, а + z2 (рцс. 5.2.6 а).
Рис. 5.2.6 а
Суммируя вклады всех элементов, убедимся, что вектор индук-
ции поля В = (0, 0, BJ, создаваемого витком тока, направлен но оси
z. Поэтому достаточно найти z-компоненту вектора В, Поскольку z-
208
компонента векторного произведения (Аг4хЛа). = a2A<pt, то сумма
ц07а2
вкладов всех элементов тока кольца « (z) = —~—тггтг,
2(а" +z2)3/2
В центре витка функция Bz(z) достигает максимального значения
ВДО) =^— полностью определяется магнитным моментом витка
2а
т = ISп , где 5 = яа2 — площадь витка.
На рис. 5.2.6 б изображено несколько силовых линий магнитного
поля. Отметим, что из (5.2.1) можно получить индукцию магнитного
поля витка в точке Р на расстоянии г >> а от центра в виде,
В(г) = (ц0 /4л) [3f(mr)/r5 — ттг/г3 ], т = 1па2п .
5.2.7. Используя второй закон Ньютона т(2п/Т)га = ке /а най-
в €2
дем период обращения и силу тока 7 = — =--
Т 2яа
Следовательно, протон находится в магнитном поле индукцией
В* 12,44 Тл.
5.2.8. Используя результат, полученный в задаче 5.2.6, имеем
B(Z} ________l-______+________!________)
Л ) 2 [a2+(z+ а/2)2]3/2 [a2+(z-a/2)2]3/2 ’
Поскольку Bz(z) = Bt(-z), то B2(z) представляет собой четную
функцию, достигающую максимума Вг(0) = 8’5"3/2^^- = 0,716^-
а а
1,05 -10 3 A.
при z = 0 и убывающую при | z | » а.
209
5.2.12. Заменяя в (5.2.3) I -» INdz'/l, z z' ~ z, вычислим инте-
грал в пределах -1/2 < zr< 1/2. bz(z) =
ц0Ша2 dz'
21 J2[a2+(Z'-z)2]3/2 ’
В результате получим
l / \ /_____l/2-z______,_______l/2 + z____,
21 {[a2+(l/2-z)2]t/2 [a2+(//2 + z)2]1/2'
Отметим, что в середине катушки b2(0) = pJN/l при а « I.
5.2.13. Заменяя I -> 2nldr/(b - а), а г, вычислим интеграл в
пределах а <г < Ь. В результате получим
b,(z) = v^IRz)/2l,
д,) = l/2-z]nb+ylb2+(l/2-z)2 : l/2 + z^b + yjb2+(l/2+z)2
b-a a + yja2+(l/2-z)2 b-a a + Ja2+(l/2+z}2 ’
5.2.14. Для решения задачи применим закон Гаусса (5.2.5), где
пк ~ единичный вектор внешней нормали, к цилиндру радиусом г,
расположенному между плоскостями z и z + Az. Поток индукции че-
рез боковую поверхность равен 2nrAzBr, а поток через верхнюю и
нижнюю плоскости равен nr2[bz(z + Az) - bg(z)]. Согласно (1) имеем
nr2(dfe2/dz)Az + 2rcrBrAz = 0, или Br = -(r/2)dbz/dz.
Отметим, что строгое решение этой задачи приводит к результату
Вг=(1/г)дгА/дг, Br = -dA/dz,
A(r, z) = (r/2)bz(z) - (r3/16)d2bz/dz2 + ....
Силовые линии лежат на поверхности гА(г, z) = const.
5.2.15. Введем систему координат ху. Заменим в (5.2.4) плот-
ность тока заряженным элементом плоскости площадью rkdrkd<p в ок-
рестности дуги окружности радиусом гк. Скорость элемента
vk = ("^sin(p, ^costp, 0), где ик = <пгк: j Qv krkdrkd<p/na. Радиус-
вектор Rk = (-r,cos(p, -r^simp, 0), z-компонента произведения
(у* xRk = ar2. Согласно (5.2.4) получаем
ABkz(0) = (Q^c/^2a)adrkd(p Bz(0) - Q^a/2na.
5.2.16. Плотность тока не равна нулю только в одной точке
r’ = r(t). Произведем в (5.2.6) замену j dV->qv. Магнитная индук-
ция В (£, х, у, z) - (qpo/4rc)( vxR )/R\ R = r - (b + Si). В начале
координат В (t, 0) = (<7Цо/4тс) (b х v )/R\ R = Ib2+ (t^)2],/2.
210
5.3. Закон Максвелла-Ампера.
Поток электромагнитной энергии
в электрической цепи
5.3.1. Область р < а. Силовые линии магнитной индукции обра-
зуют концентрические окружности с центром на оси провода в плос-
кости перпендикулярной оси. Вектор магнитной индукции направ-
лен по касательной к окружности.
Из закона Ампера находим 2лрВ = ц07(р/а)2.
Следовательно, В(р) - р^р/2яа\
Область р > а. Из закона Ампера следует 2лрВ = ц/.
5.3.2. Из закона Максвелла-Ампера следует, что внутри трубки
магнитное поле отсутствует. Силовые линии магнитной индукции в
металле в области т\ < г < г2 образуют концентрические окружности с
центром на оси трубки. Величина индукции на расстоянии г от оси
ц 7 — г
В(г) —5—Полагая г = a, r21 = а ± d/2, получим В(а) » щ7/4ла.
2кг r2 - q
Теперь рассмотрим элементарный проводник — участок трубки тол-
щиной d, длиной h вдоль образующей, ограниченный дугой А/ = аАО,
А0 << 1 (рис. 5.3.2). Площадь поверхности AS * ЛА/ = ЛаА0. Сила то-
r, А0 ГА0
ка, текущего по проводнику Ida—?--.
я(г2 -г4 ) 2л
Рис. 5.3.2
На проводник действует сила Ампера, направленная перпенди-
кулярно поверхности трубки; величина силы AF = Давление,
2л
№ IB ц0Г 7 f
создаваемое магнитным полем, р = —- =-------= —I -— можно
AS 2ла 2 2 ла)
представить в видер = 2В2/ц0.
211
На выделенную полоску со стороны остальной части оболочки
действуют силы упругости 1\ и Т2 одинаковой величины (Т\ = Т2 = 7).
Силы упругости распределены по двум поверхностям продольных
сечений трубки. Поскольку сумма сил, действующих на полоску
равна нулю, то 7]+Т2 + ~ 0 • Отсюда находим
Д0 Ь 2а\2п)
Напряжение, возникающее в продольном сечении трубки спр= Г/5,
где S=hd — площадь поперечного сечения.
/ { \2
Следовательно, <т = — | .
np 2adV2nJ
Оцените значение силы тока, при котором медная трубка сплю-
щится.
5.3.3» Воспользуемся законом Ампера, выбрав прямоугольный
контур bcmn, показанный в средней части соленоида на рис. 5.3.3. На
длине cb = Ц укладывается Ni витков; NJl^ = N/L Согласно (5.3.1)
имеем В/, = цД/, или B^^NI/l.
В окрестности центра катушки длиной I » 8а индукция поля
практически равна этой величине. Вне соленоида в пределах катуш-
ки В2 < 0 и мало. Цилиндрический слой тока служит поверхностью
разрыва для магнитного поля. Величина приращения В2 при перехо-
а о VqNI
де через поверхность катушки А В2 = ——.
Ъ
I
№О1СГО1ОТОТОЮ
йааайааа
Рис. 5.3.3
5.3.4. Представим ток, протекающий по листу в виде параллель-
ных элементарных токов. Тогда можно утверждать, что в области
y>d/2 вектор индукции направлен параллельно оси z, в области
y<-d/2 вектор индукции направлен в противоположную сторону.
212
Из симметрии относительно плоскости листа следует, что магнитное
поле бесконечно-протяженного листа однородно. Применяя закон
Максвелла-Ампера получим индукцию магнитного поля, создавае-
мого током, В = (0, О, В2 = Vjd/2, y>d/2't В2 = ~njd/2, y<-d/2.
Скачок z — компоненты индукции АВг =poi, где i = jd — поверх-
ностная плотность тока.
5.3.5. Индукция магнитного поля
= В2 = Вц - Mx/flOB/2.
5.3.9. Пусть z - координатная ось, проходящая через центры дис-
ков. Из соображений симметрии следует, что силовые линии магнит-
ного поля внутри конденсатора представляют собой окружности с
центром на оси z в плоскости перпендикулярной оси z. Вектор ин-
дукции В направлен по касательной к окружности. Совместим с
этой окружностью контур в (5.3.2), а в качестве поверхности выбе-
рем круг, ограниченный окружностью. Пусть радиус окружности
г « а. Введем три единичных вектора: вектор п = (0, 0,1), задающий
положительное направление на окружности, вектор к направим от
центра окружности по радиусу и вектор ё = п хк , касательный к ок-
ружности. Тогда согласно закону Максвелла—Ампера (5.3.2) имеем
2лгВё = или &(*> =Ве - 1 где г) ~~ касатель“
ная к окружности компонента индукции магнитного поля. Если
>dE/dt < 0, то В < 0.
5.3.10. Пренебрегая искривлением силовых линий у краев дис-
ков, получим единственную отличную от нуля компоненту вектора
S — это проекция S =Sk на прямую, перпендикулярную оси кон-
денсатора: S = -sQcAE(t)B(t, а). Подставляя значение В(/, а), найдем
_ еоа „dE л
поток энергии 5 = чеРез боковую поверхность конденсато-
ра площадью 2nah. Очевидно, что S > 0, если dE/dt < 0 -г- при раз-
рядке поток энергии вытекает из конденсатора. Энергия, протекаю-
щая через боковую поверхность в единицу времени
2nahS = Е— = .
dt dt
5.3Л1. На рис. 5.3.11 стрелкой обозначено направление тока.
Силовые линии магнитного поля представляют собой окружности.
Силовые линии электрического поля вблизи подводящих проводов
213
направлены перпендикулярно проводам. Тогда вектор Пойнтинга
(5.3.3) в области, не содержащей резистор, направлен к резистору
(53 и на рис. 5.3.11). На поверхности резистора силовые линии
параллельны образующим цилиндра. Следовательно, на поверхности
резистора вектор Пойнтинга направлен вглубь металла (5t и S2 па
рис. 5.3.11).
Согласно закону Ома разность потенциалов на концах резистора
V = IR. Проекция напряженности электрического поля на образую-
щую цилиндра Е = IR/1, проекция магнитной индукции на касатель-
ную к окружности поперечного сечения цилиндра В = ц07/2ла. Зна-
чение компоненты вектора S на поверхности S = г^сЕВ,
Произведение величины потока электромагнитной энергии, вте-
кающего в проводник через боковую поверхность, на площадь по-
верхности 2ка1 определяет мощность электромагнитной энергии, по-
требляемой проводником Р = 2mlS = 2тш1^сЕВ.
214
Подставляя значения Е и В, получим закон Джоуля—Ленца
Р = FR — мощность, потребляемая резистором, обусловлена потоком
энергии электромагнитного поля из внешней среды через поверхность
проводника.
5.3.12. Силовые линии магнитной индукции представляют собой
окружности с центром на оси дисков конденсатора. Обозначим В{ —
проекцию вектора индукции на касательную к окружности радиу-
сом г. Тогда из (5.3.2) получаем 2пгВ{ = Bt = аг/2с2.
215
Глава VI. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ
6.1. Электромагнитная индукция
6.1.1. А. В начальном состоянии поток индукции Ф = Фо, в ко-
нечном состоянии поток Ф' = -Фо.
Б. IR = -б/Ф/dt, или Rdq/dt = -d<b/dt. &q = 2BS/R.
6.1.3. Поскольку ЭДС индукции & = -d<b/dt, то в области 0 < I < 4т
функция Ф(£) возрастает. В области I > 4т магнитный поток уменьша-
ется.
6.1.5. В соответствии с выбранным единичным вектором п, за-
дающим положительное направление на контуре, поток магнитной
индукции Ф > 0, приращение потока АФ > 0. Следовательно, ЭДС
индукции g = -d<I>/dt < 0: ток протекает в отрицательном направле-
нии. На рамку действует равнодействующая сил Ампера, направлен-
ная в сторону, противоположную направлению скорости рамки. Эта
ситуация иллюстрирует принцип Ле Шателье: если система взаимо-
действует с внешней средой, то возникают процессы, противодейст-
вующие изменению исходного состояния.
6.1.6. ЭДС индукции £ = -с?Ф/Л, Ф(£) ® pj(/)a2/2nr. Амплитуда
&т = Ци^а2/2тсг, = 20 кВ. Роль контура может выполнять практиче-
ски любая металлоконструкция - провода, арматура стен, рельсы,
просто касающиеся друг друга металлические полосы или трубы. Ес-
ли в каком-нибудь месте «рамки» имеется неплотное соединение, ин-
дуцированная ЭДС вызовет искру, более эффективную, чем искра в
зажигалке. Напомним, что пробой в воздухе возникает при напря-
женности поля Е ~ ЗОкВ/см.
6.1.7. Для вычисления потока индукции выберем поверхность
круга, ограниченного окружностью радиуса г в плоскости перпенди-
кулярной оси z с центром на оси. Выберем единичный вектор норма-
ли параллельно оси г.Тогда Ф = лг2В (/). Из (6.1.1) находим
2 dB
£ = - яг —-.
dt
С другой стороны согласно (6.1.2) имеем £ = 2пгЕ, где Е — проек-
ция напряженности электрического поля на касательную к окружно-
сти. Следовательно, E(t, г)
216
6.1 <8. Положение проводника опишем функцией x(t), представ-
ляющей в момент времени t координату точки Р на числовой оси х с
началом в точке О. Для вычисления магнитного потока через поверх-
ность прямоугольника ОРКСвведем единичный вектор п = (0, 0, 1).
Задание п одновременно определяет положительное направле-
ние на контуре по правилу буравчика: вращение буравчика в поло-
жительном направлении приводит к его перемещению в направле-
нии вектора п . На рис. 6.1.8 положительное направление показано
стрелками, лежащими вне контура. Согласно определению магнит-
ный поток внешнего поля Ф(0 = Blx(t), x(t) = xQ + vt. Пренебрегая
магнитным потоком собственного поля тока в контуре, получим
ё(0 - -б/Ф/л, g(0 = -Biv(t).
Если v(t) > 0, то g(t) < 0. С точки зрения неподвижного наблюда-
теля ЭДС возникает вследствие действия силы Лоренца на «положи-
тельно» заряженные носители тока, смещающиеся со скоростью и в
направлении оси х.
С точки зрения наблюдателя, движущегося вместе с проводни-
ком, ЭДС индукции обусловлена электрическим полем напряженно-
стью Es = -Bv(t).
6.1.9. g(t) = -(/Ф/di, Ф = BS, S= - (vt)2tga.
La
6.1.10. А. Перемещение проводника
ч
s — ki J' dU(tt ~t) = k^/3 = k2t2/3.
о
Количество теплоты, выделяемое в резисторе
ч
Q^fk'Brf/R = (к<ВГ)Х/30Н,
о
Q2 = (k^l)\s/30R.
Т/2
Б. s = v j dZsina^ = 2v/(&,
о
Т/2
Q=(vBl)2/R J d/sin2cDf = (vBZ)72cofl.
о
6.1.11. Пусть Imi Ik - силы токов в контурах ВшА ъАкВ, I — сила
тока в контуре АВ. В соответствии с выбранным положительным на-
правлением введем единичный вектор п , параллельный вектору
217
B(t). Тогда Ф1 = B(t)S — поток магнитной индукции через поверх-
ность, ограниченную контуром ВтАВ, Ф2 = B(t)S — ноток магнитной
индукции через поверхность, ограниченную контуром АкВА, где S —
площадь половины круга. ЭДС индукции в первом и втором контурах
^ва = Сила тока 1т —d&/dt > 0,1к —d<&/dt > 0.
Сила тока в перемычке I = 1т- 1к = 0. Если убрать перемычку, то в
контуре возникает ЭДС ё ~ + ёы = -2d®/dt.
6.1.12. Для вычисления магнитного потока через плоскость, ог-
раниченную контуром ANDC необходимо задать единичный вектор*
п , перпендикулярный плоскости. Задание п одновременно опреде-
ляет положительное направление на контуре по правилу буравчика:
вращение буравчика в положительном направлении приводит к его
перемещению в направлении вектора й . Пусть х - координата точки
D на числовой оси с началом в точке N. Тогда Ф(£) = BLx(t).
ЭДС индукции, возникающая на участке DC равна
ЯО = -d<b/dt, = -BLv(t).
Эквивалентная схема представлена на рис. 6.1.12 б, где £0(Z) =
Из законов Кирхгофа получим систему уравнений
=1 + /2» = ё> Д/?2 =
Из этих уравнений находим
/=-[В£^(Т-0]/Я, 1/Я =!//?, + 1/Я2.
Максимальное значение силы тока I = Z(L), t = 2Г.
т х т> ’ т
А Ц С /2 В
(•)
ND М
Рис. 6.1 Л2б
6.1.13* . Положительное направление на контуре А'В'С указано
стрелкой на рис. 6.1.13 б. Функция x(t) представляет собой коорди-
нату точки пересечения отрезка В'С с осью х. Поток магнитной ин-
дукции через треугольник NAM равен Ф3 = B(h - х)2/ 4% , поток через
218
фигуру, ограниченную ломанными А1 В1, В'М, МА, AN, NC, С А' равен
фп = const - Ф3.
Из (6.1.3) находим ЭДС индукции = 2Bv(h - х)/у/$ — на от-
резке MN, где v = dx/dt, £0 = - £3 — в контуре А' В' MANCA'. Сопротив-
ления ломанных MBCN, NAM, NCA'B'M и отрезка MN равны соответ-
ственно
Ri = р(а + Ьх/ л/3 ), R2 = 4р(Л - х)/у/З ,
rQ = 2р(а + х/ л/З ), г3 = 2р(Л -х)/л/З ,
где h = а у/З /2 — высота треугольника.
Эквивалентная схема представлена на рис. 6.1.13 в, где
\/R = l//?t + 1//?2. Из правил Кирхгофа получаем уравнения
А = + Лгз + ^ = #3,
-V0 + //? = -g0, л = 7ад.
Полагая х = Л/2, v = v{], получаем
£3 = BvQa/2, ё0 = -Bv^a/2,
R2 = pa, r0 = 5ра/2,
Rr = 2ра,
г3 - ра/2.
Гз
Рис. 6.1.13 в
Рис. 6.1.13 6
6.1.14. Поместим начало координат оси z в точку О и направим
ось но отрезку ОА; и — проекция скорости перемычки на ось z. Из
второго закона Ньютона получаем уравнение
та - IsB. (1)
Следуя правилам Кирхгофа получаем систему уравнений
71[2p(z + 5) + г] + Ips - -Bsv +
/2[2р(b -z + /?) + г] + fps = Bsv + ё,
219
из которых находим
I = 2£p(fe - 2z)/D - 2Bsv[p(b + 2s) + r]/D,
D = [2p(z + 5) + rj [2p(fe - z + s) 4- r].
Полагая в (1) a = 0, v = 0, получим значение координаты в поло-
жении равновесия: z = ze?, zeq = b/2.
Перейдем к новой координате заменой z = Ь/2 4- х. Оставляя в си-
ле тока I величины пропорциональные х и vt получим из (1) уравне-
ние затухающих колебаний
а 4- анг = -у и, со2 = 4sp&B/mDQ,
у = (sB)2/m^D0, Do = [p(fe + 2s) + г]2.
6.1.15. Запишем полную систему уравнений для определения
положения проводника и электрического тока в замкнутой цепи
ОСКРО.
Положение проводника опишем функцией x(t), представляющей
в момент времени t координату точки Р на числовой оси х с началом
в точке О. Для вычисления магнитного потока через прямоугольник
ОСКР введем единичный вектор п = (0,0,1).
Согласно определению магнитный поток внешнего поля
Ф(0 = В£г(0-
Пренебрегая магнитным потоком собственного доля тока в кон-
туре, получим из (6.1.1) £(£) = -Blv(t), где v(t) - dx/dt — проекция
скорости проводника на ось х.
Учитывая, что на проводник с током будет действовать сила Ам-
пера Fa =(IBlf0f0), запишем уравнения, следующие из второго за-
кона Ньютона и закона Ома IR =
Ш—-1В1, (1а)
dt ’
IR--Blv. (Id)
Мы видим, что при и > 0,1 < 0; сила Ампера. FA = -E??v/R тормо-
зит перемычку. Отметим, сила Ампера может быть представлена в
виде Fa = Id<b/dx.
Подставляя 1 из (16), получим уравнение
dv B2l2v dv
т— --------или т— =
dt R dt
(2)
R
где т = mR/E?l\
220
Рассматривая v(t) как сложную функцию v(x(t)), имеем
dv dx dv
т----— = -г или т— = -1.
dx dt dx
(3)
Следовательно, v(x) = vQ- х/т. Полагая v(x{) = 0, получим коор-
динату точки остановки проводника = i?or.
6.1.16. Запишем теперь закон сохранения полной энергии рас-
сматриваемой системы. Умножим (1а), (16) соответственно на и, / и
сложим полученные соотношения. В результате имеем mv— = -I R,
dt
f тп2
-~I2R или AI —— l = -5@
d Г mu2
2 ,
(4)
где 8Q = 72/?AL
Очевидно количество выделившейся в проводнике теплоты
(? = /п^/2.
6.1.17. Введем на контуре, проходящем через проводники поло-
жительное направление (рис. 6.1.17).
В магнитном поле на проводники действуют силы Ампера. Из
второго закона Ньютона и закона Ома получим уравнения
ma2 = IBl, (1)
та{--1В1, (2)
2IR = & (3)
Из (1), (2) следует, что центр масс системы покоится. ЭДС ин-
дукции определяется соотношением (6.1.3):
Ф = Bl(x2 - zt), £ = -г/Ф/Л,
£ = ~(х> - x{)ldB/dt - (v2 - v^Bl.
ЭДС можно представить в виде & = -ld(Bx)/dt, где x = x2-xv
221
Перейдем к относительному ускорению а = а2 - вычитая (2)
из (1). В результате получаем
та/2 = 1В,
2IR = -ld(Bx)/dL
Здесь т/2 — приведенная масса системы.
Из (4), (5) получим уравнение движения
ma/2 = -(Bl2/2R)d(Bz)/dt
и закон изменения кинетической энергии
dt 4 dt
(4)
(5)
6.1.18. Уравнения, описывающие поведение системы приобре-
тают вид
m— = IBl + F
dt
(D-
IR = ~Blv. (2)
Умножим (1) на v, (2) на I и сложим полученные равенства. В
результате получим закон изменения кинетической энергии
2 А (
d I mu
dt
= -I2R + Fv или Д =-5(?+&4
(3)
2
М = FvM = Fbz, 8Q * Г ВЫ.
Подставляя 1 из (2) в (1) имеем уравнение т — = -(B/)2-^ + F .
dt R
Вначале скорость проводника будет возрастать. Однако, вследст-
вие действия силы Ампера, тормозящей проводник, его скорость при
t » т стремится к постоянному значению v(t) = и, и = FR/Efl1. Сила
Blu F п
тока станет равной /т =----=-----. Внешняя сила развивает мощ-
R В1
ность = Fu, а резистор потребляет мощность = Im2R. Согласно
(3) получим =
6.1.19. Имеем систему уравнений
т — = 1BI-F,
dt
IR = -Blu + So.
(la)
(16)
222
Умножим (la) Hat;, (Id) на I и сложим полученные равенства. В
результате получим закон изменения кинетической энергии
= + (2)
at 2 J
Зададим начальные условия я(0) = 0, t?(0) = 0, 7(0) = 0. Подстав-
ляя /из (16) в (1а), имеем
dv B2l2v Bl$Q v
dt R R
Поскольку BI&JR > F, то сила Ампера, создаваемая постоянным
током &JR, больше внешней силы. Тогда проводник движется
вправо.
В установившемся режиме в схеме течет постоянный ток Zo = F/BI,
а проводник движется с постоянной скоростью у() = (£0 - FR/BI)/В1 > 0.
Внешняя сила развивает мощность Р = Fvb = - Fv0 < 0. Механи-
ческая мощность мотора Рмех = FvQ > 0, или Рлп = -₽/0, где & = -BlvQ —
ЭДС индукции.
Мощность, потребляемая мотором = £0/0 = g^F/Bl.
Коэффициент полезного действия мотора
y\ = PMJPM = \-FR/^Bl.
Очевидно, закон сохранения энергии можно представить в виде
В1ё
Р..л = fR + Рмех. Если-- < F, то проводник движется влево. Система
R
работает в режиме электрогенератора, заряжающего батарею.
6.1.20. Координата первого стержня х{ = х, проекция скорости
их = и. Из условия связи следует, что х{ + х2 - s, где 5 - длина провода.
Следовательно, сумма проекций ускорений стержней а( + а2 = 0.
Введем далее положительное направление на контуре и единич-
ный вектор щ = п перпендикулярный области плоскости, образо-
ванной первым стержнем и двумя проводами. На второй области
плоскости п2 = -п .
Поток магнитной индукции через поверхность натянутую на
стержни Ф = Blx ~ Bl(s-x), ЭДС индукции в контуре & = -2Blv.
Проекция силы Ампера, действующей на первый стержень
= JIB, на второй F2 = -НВ,
223
Запишем теперь полную систему уравнений, описывающих эво-
люцию системы
= myg + НВ - Г, т2а2 = m.g ~ НВ -Т, IB = -2Blv.
Отсюда находим
а = - m2)g/m - (2Bl)2v/inR, т = т{ + т2.
6.1.21. Поток индукции магнитного поля через контур
ж+2/2 .
Ф(0=/сх(«), к = (нЛ/2я) f 7~Т-
J/2(s + z)
Проекция силы Ампера Fx = Ik. Имеем систему уравнений
mdv/dt = Ik, 2/p(f + х) = -ки.
Исключая силу тока I, получим dv/dt = -vu/(l + х),и = к2/2тр.
Рассмотрим и как сложную функцию v(t) = v(x(l)). Тогда имеем
dv/dx - —и/{1 + х). Решением этого уравнения, удовлетворяющего
начальным условиям является функция v(x) = uln(i + х/Г).
В точке остановки v(xf) = 0, х} = /exp(i?0/u).
6.1.22. Обозначим х - координату центра масс проводника. По-
ложительное направление на контуре ОРКС изображено стрелкой на
рис. 6.1.22. Ток в длинном проводе создает в полуплоскости х > О
магнитное поле индукцией В = (О, О, В), В(х) = —.
2тс($ 4- х)
Сила Ампера, действующая на проводник и приращение маг-
нитного потока F - —— -----, АФ = ———Ал:.
2л:(^4-лт) 2тс($4-я)
Из второго закона Ньютона и закона Ома получим уравнения
(1)
dt 2tc(s4-z)
2k(s 4- х)
(2)
Исключая / из (1), получим уравнение
dv us 1|
— =------v 9 и =--
dt (s + x) mRs\ 2тс
224
Переходя к переменной v = t?(x), находим уравнение
dv _ us
dx (s + x)2
Решение уравнения (4) v(x) = vQ----.
s + z
Рассмотрим три случая.
А. Пусть иь > и. Тогда при х » s получим предельное значение
скорости проводника у(х) -> ^f)-и, и силы тока 0.
В. Если и0 = и, то x(t) = \Js2 + 2sut - s. Скорость v(t) = us/ \Js2 + 2sut.
С. Если v0 < и, то проводник остановится, на расстоянии
хс = sun/(u ~ от начала координат.
6.1.23. На рис 6.1.23 б плоскость рамки образует угол 6 = со/
с вертикальной плоскостью. ЭДС индукции & = -с/Ф/Л. На рас-
стоянии г от провода индукция магнитного ноля В(г) = ц0/0е/2лг,
где е — единичный вектор перпендикулярный отрезку CN. По-
скольку индукция поля зависит от координат, то для вычисления
потока магнитной индукции необходимо найти элементарный по-
ток ДФ через элемент поверхности Д5 и вычислить сумму элемен-
тарных потоков.
с
Рис. 6.1.23 6
На числовой оси х, проходящей через токи О и Л выберем точку N
на расстоянии х и вторую точку на расстоянии х + Дх. Проведем
плоскости рамки через эти точки два отрезка параллельные оси.
Площадь элементарного прямоугольника Д5 = ЬЛх. Расстояние CN = г,
г2 = s2 + х2 + 2sxcos0. Для вычисления потока необходимо ввести еди-
225
ничный вектор п перпендикулярный площадке AS. Элементарный
поток АФ = B(j:)cosa6Az. Покажите, что cosa = (scos0 + х)/г. Следо-
вательно,
АФ = (рп7’0/2я) (scosQ + я)бАг/(б2 + х2 + 2s.rcos0).
Полный поток
ф = Ho/s.fr Lfo (5COS0 + х)/ (s' + Х + 2&ГСО80). (1)
2тг '
В случае s» а можно положить 1/r2 ~ (1/s2) (1 - 2^cos0/s). Тогда
(scos0+£)/(s2 + ;r2 +2sj:cos0) » (1/s) [cos0 - Or/s)cos20J.
Из (1) находим Ф= (p/oa^/27u) [cos0 - (a/2s)cos20J.
ЭДС индукции £(t) = (|u0/0a&(o/27r5)[sincoi - (a/s)sin2coi]
Отметим интересный эффект — при вращении рамки в неодно-
родном магнитном поле ЭДС индукции содержит вторую гармонику
основной частоты.
В интервале углов 0 < 0 < я, когда ток течет в положительном на-
правлении, на рамку действует сила Ампера, создавая момент силы,
противодействующий движению рамки. В интервале углов я 0 < я
момент силы Ампера направлен в противоположную сторону.
6.1.24. На рис. 6.1.24 б показано положительное направление то-
ка в контуре. Положение стержня определяется углом отклонения ф
от вертикальной плоскости, угловая скорость стержня со = d<p/dt.
На стержень действуют сила тяжести, силы натяжения и сила
Ампера. Запишем уравнение — производная проекции момента им-
пульса равна сумме моментов сил тяжести и силы Ампера
ml2d(&/dt = /В/асоэф - дп^з1пф. (1)
226
Поток магнитной индукции через рамку Ф = BZasintp. Из закона
Ома следует уравнение
IR = -BZacocostp. (2)
Из (1), (2) получаем уравнение
ml^dfA/dl = -(B/a)2(o)/B)cos2<p - mgls i n ср, (3)
из которого следует, что сила Ампера играет роль силы сопротив-
ления. Из закона изменения полной энергии
= -/Я, Е = ml2(x)/2 - rczgZcoscp (4)
dt
можно найти количество теплоты, выделившейся в проводниках
Q = Ef- Е{ при переходе из начального состояния в конечное состоя-
ние.
6.1.25. На рис. 6.1.25 а показано положительное направление
тока в контуре. Положение стержня определяется углом отклонения
ср от вертикальной плоскости, угловая скорость стержня со = dcp/dt
Рис. 6.1.25 6
В промежутке времени 0 < t <т на стержень действуют сила тяже-
сти, силы натяжения и сила Ампера. Запишем уравнение — произ-
водная проекции момента импульса равно сумме моментов сил тяже-
сти и силы Ампера
mh,2d(d/dt = ZBZAcoscp - zngftsincp. (1)
Поток магнитной индукции через рамку Ф = BZAsincp. Из закона
Ома следует уравнение
1R = -d^/dt + ё0. (2)
Начальные значения ср(О) = 0, со(0) = 0. В промежутке времени
действия ударного импульса напряжения 0 < t < т стержень не сме-
щается.
227
Интегрируя (1), (2) в промежутке 0 < t <т, получим со0 = qBl/mh,
qR = £от, где со0 = со(т), q — заряд, протекший через контур. Следова-
тельно, со0 = Bl^x/mhR,
В интервале t > т контур движется в поле тяжести. Из закона со-
хранения полной энергии
znft2coo2/2 - mgh = mh2(& /2 - mghcQsq, (3)
найдем границы области движения. Если со02< bg/h, то
О < <р <<pm,sin(<pm/2) =Bltga/[mRy[gh].
6.1.26. Введем систему координат xyz с горизонтально направ-
ленной осью х, ось у направим вертикально вверх (рис. 6.1.26). В
этой системе угловая скорость со = (0, 0, со), скорость центра обруча
и = (-соа, 0, 0). Ориентацию обруча зададим углом ф = со/ между осью
х и прямой, проходящей через центр обруча О и середину дуги М.
Индукция магнитного поля В = (0, 0, В). Для вычисления ЭДС
индукции (6.1.3) введем переменную 0 — угол между осью х и векто-
ром I , соединяющим центр обруча с элементом дуги dl. Тогда
I = (acosO, asinO, 0),
<// = (~sin0ad0, sinGadG, 0).
Скорость элемента дуги г = н + сох/ , двойное векторное произве-
дение (сох/)хВ = 1(В(Ь)-(Ь(В1). Поскольку Idl =0, Bl =0, йхВ =
= (0, соаВ, 0), то
(yxB)dl - (uxB)dl - coa2Bcos0d0.
ф+2 а
Из (6.1.3) находим й = соа2В J d0cos0, £ = 2coa2Bsin—сойф.
а 2
Ф-2
228
Следует отметить, что приращение потока ДФ = ВД5, где прира-
щение AS равно площади параллелограмма, образованного хордой
длиной 2asina/2, смещенной на uAt.
Покажите, что разность потенциалов точек Л и С при движении в
магнитном поле индукцией В = (О, В, 0) равна нулю.
6.1.27. Решение 1, Положение стержня зададим углом ф(£) между
фиксированной прямой и отрезком ОА (рис. 6.1.27 б). Введем на
контуре А^ДВ^В положительное направление. Тогда поток магнитной
индукции Ф= (a2-fe2)B<p/2. ЭДС индукции £(0 =-(а2 - Ь2)Всо/2.
Решение 2. Введем ось х с началом в точке О, положительное на-
правление оси от точки О к точке Л. Вектор скорости элемента
Д/ = -Дх движущейся части контура направлен перпендикулярно
этому элементу. Выражение под знаком суммы в (6.1.3) равно
-ехгВАх. Переходя от суммы к интегралу, имеем
= -<oZ? fdxx ~-(a2-fe2)Bco/2.
Рис. 6.1.27 6
6.1.28. Решение 7.Согласно (6.1.3) ЭДС индукции
& = -dB/dt , dS = r2d<p/2,
£ = |(а2/2)(ф/2я)2йф == -(nan/3)dB/dt. (1)
о
Решение 2. Найдем ЭДС, используя соотношение (6.1.2). Вектор
напряженности вихревого электрического поля Е = -(r/2)dB/dte ,
е = (—sincp,sincp, 0).
Элемент дуги спирали dl = (dx, dy, 0). Подставляя х = rcoscp,
у = rsinq>, получаем dl = a[(cosq>- (psintp), (sincp + (pcoscp), 0]dq>/(2rc),
edl =<pad(p/ (2л).
Из (6.1.2) получаем значение ЭДС в форме (1).
229
6.1.29. Решение 7. Согласно (6.1.3) ЭДС индукции
8 = -dB/dt jxdy = -2kdB/dt fedz = -(2ka/3)dB/dt. (1)
0
Решение 2, Найдем ЭДС, используя соотношение (6.1.2). Элемент
дуги параболы dl = (dx, kxdx, 0). Подставляя costp = rr/r,sin(p = у/г,
получаем edl = (кх2 /2r}dx. На отрезке прямой edl = (-ка /2r)dx. Из
(6.1.2) получаем значение ЭДС в форме (1) .
6.1.31. Система имеет две степени свободы: механическую, зада-
ваемую углом (р между вертикалью и единичным вектором ft на рис.
6.1.31, перпендикулярным плоскости продольного сечения и элек-
тродинамическую, задаваемую силой тока I в контуре. ЭДС индук-
ции можно вычислить, используя (6.1.3). Более простой способ —
найти поток индукции: Ф = Ba/icostp, ё = Ba/icosintp. Проекция мо-
мента силы Ампера Мг = -IBahsmy.
Уравнения, описывающие динамику системы имеют вид
Jd(&/dl = -/Z?a/isirnp, IR - Bah&svay,
где J = та /2 — осевой момент инерции цилиндра.
Из этих уравнений получаем Jdm/dt = -(Ba/i)2((o/7?)sin2(p.
Рис. 6.1.31
6.1.32. Из второго закона Ньютона получаем уравнение движения
mdv/dt = mg + IBl, (1)
Поскольку ЭДС индукции £ = -Blv, то из закона Ома следует еще
одно уравнение
IR + q/C=-Blv. (2)
Дифференцируя (2) по времени получаем после подстановки ус-
корения
dl/dt = -I/T+Blg/R, z = RC/[i + С(В1)г/т]. (3)
При t » т в стационарном режиме Z-»Z0, Z„ = -Blgi/R.
230
6.1* 33. Поток магнитной индукции через сектор АОР
Ф(£) = Ba2(p(i)/2, (p(i) = л(1 -sincy).
ЭДС индукции на концах стержня ОР, равна £(/) = /2. Со-
гласно (6.1.3) эквивалентная схема представляет собой генератор с
внутренним сопротивлением г = 2ра, к которому параллельно подклю-
чены два резистора с сопротивлениями Rx(t) = ра<ри/?2(/) = ра(2л-<р).
6.1.34. А. Приращение магнитного потока, связанное с движени-
ем троса на рис. 6.1.34, равно АФ » Blv&t, где v = Vj-yja/r , vf —
первая космическая скорость. Следовательно, в тросе наводится ЭДС,
равная разности потенциалов точек А, и А2:
£ = -&, ёв = fBl = lvtBB(a/r)7/2.
Полагая I = 20 км, г = а + Л, h = 400 км, получим £0« 6 640 В.
Б. При контакте концов троса с ионосферной плазмой возникает
замкнутая цепь электрического тока, текущего по тросу и вдоль си-
ловых линий магнитного поля, сближающихся у полюсов в области
Е-слоя плазмы с высокой проводимостью. В результате со стороны
магнитного поля на трос действует сила Ампера FA = (Bl}2v/R, тормо-
зящая связку (7? — эффективное сопротивление цепи). Уменьшение
высоты в результате работы генератора можно компенсировать крат-
ковременным включением реактивного двигателя. Если в цепь
включить генератор напряжения, то, наоборот, связка начнет наби-
рать высоту.
Запишем систему уравнений, определяющих динамику тросовой
системы. Рассмотрим ограниченную задачу, предполагая, что трос
находится на прямой, проходящей через центр Земли.
Положение троса задается вектором I — направленным отрез-
ком A/l2 (см. рис. 6.1.34). Пренебрегая неоднородностью поля тяже-
сти в области размерами ~ /, запишем силу притяжения в виде
2
F=-»-r,
где т — масса спутников, г = (ху у, 0) — радиус-вектор центра масс с
началом в центре Земли.
Сила сопротивления, действующая на связку в верхних слоях ат-
мосферы, Fc = -kp(r)Svv . Здесь 5 — общая площадь сечения спутни-
ков в плоскости перпендикулярной скорости, р (г) — плотность воз-
духа, к — коэффициент порядка единицы. На трос действует также
231
сила Ампера FA = 11 xB(r), где I — сила тока, протекающего через
трос. Из второго закона Ньютона получим уравнение движения цен-
тра масс связки
т — = ~mga2—~ Sp(r )vv + Ilx B(r) (1)
dt r
Полная система, содержащая три неизвестных функции х, у и /,
должна быть дополнена уравнением, следующим из закона Ома и
(6.1.3)
IR = £ + vxB(r)l , (2)
где R — полное сопротивление электрической цепи.
Запишем теперь закон сохранения энергии. С этой целью образу-
ем скалярное произведение (1) с V, затем умножим (2) на I и сло-
жим полученные выражения. В результате находим
^-=-Sp(r)v?+Ig-I2R, (3)
2 2
mv а
где А(г) =---mg------полная энергия.
2 г
Предположим, что при отсутствии сопротивления атмосферы и
тока через трос центр масс движется по окружности радиусом г с ме-
стной первой космической скоростью v = yjga2/r . Рассмотрим далее
движение центра системы со скоростью v(t) по некоторой спиралеоб-
разной траектории близкой к окружности радиусом r(t), где v(t) и
г(1) удовлетворяют тому же соотношению v2 = ga2/r.
Тогда E(t) = -mv2/2, а из (2) следует уравнение
IH = £-vB(r)l (4)
Подставляя E(t) в (3), имеем
mv— = Sp(r)v3-Ig + I2R. (5)
dl
Исключая/из (5), получим уравнение
m^ = Sp(r)v2+B2(r)l2^-B(r)l~, (6)
at К
из которого следует, что при $ = 0 величина скорости растет, хотя си-
ла сопротивления и сила Ампера направлены в сторону противопо-
ложную вектору скорости v.
232
Действие этих сил приводит к уменьшению высоты полета связ-
ки. Полная энергия согласно (3) убывает. Подставляя в (6)
la dv (aY/2 р. dr
у = —= ------------> получим уравнение для определения
N г dt \r) 2а dt
функции r(t).
6.1.35. Решение 1. Для определения ЭДС индукции (6.1.3) про-
ведем контур abcdmna на рис. 6.1.35, участок которого Ьс движется
вместе с водой. Поскольку dl = (0, dy, 0), то ё = -Blv. Согласно опре-
делению (6.1.2) напряженность электрического поля, возникающего
между берегами канала Еу = Ви.
Решение 2. На рис. 6.1.35 изображен контур adrnna, через кото-
рый ноток магнитной индукции равен нулю.
Это обстоятельство послужило основой для утверждения, что воз-
можны исключения из «правила потока».
В действительности поток через контур abcdmna равен Ф = Blx(t).
ЭДС £ = -Blv. Ток протекает по контуру admna. Сила Ампера, дейст-
вующая на элемент длины ad в воде Fx - IBl < 0 поскольку сила тока
в воде
1 = -Blv/R,
где R — сопротивление элементарной трубки тока.
Рис. 6.1.35
М. Фарадей измерял разность потенциалов между концами про-
вода, протянутого над Темзой. Однако из-за малой чувствительности
гальванометра он не обнаружил эффекта.
233
6.2. Моторы и генераторы постоянного тока
6.2.1. Согласно (6.1.3) ЭДС индукции ё = uBh. Между пластина-
ми возникает электрическое поле напряженностью Ё = (иВ, 0, 0),
создающее электрический ток. Сила тока в замкнутой цепи нласти-
на-газ-пластина-резистор / = £/(/? + Вг), где Rc = h/cS, а — удельная
электропроводность газа, 5 — площадь пластины. Мощность, потреб-
ляемая нагрузкой Р = fR.
Можно получить ток плотностью 4000 А/м2 при значениях
и ~ 2000-2500 м/с, В ~ 1-3 Тл. На практике все оказалось не так про-
сто. Для перехода к промышленному использованию МГД-энер-
гетики еще предстоит найти решение множества технических про-
блем.
6.2.2. Введем положительное направление на контуре аЬОпта
(рис. 6.2.2 а, б). Тогда единичный вектор п , перпендикулярный по-
верхности диска, направлен параллельно оси z. В ЭДС индукции дает
вклад второе слагаемое в (6.1.3). Скорость элемента диска dl^ --dr
направлена по касательной к окружности радиусом г, величина ско-
а
рости v = сот. Из (6.1.3) получим ё = -В(& jdrr, ё = -Ва2ву/2.
о
Можно вычислить ЭДС, определяя поток магнитной индукции
через поверхность, ограниченную контуром аОЬ: Ф = BS, S = а2ф/2,
где<р — угол аОЬ. Из (6.1.1) получаем
ё = -dQ/dt, ё = -Ва2<о/2, <о = dq/dt.
По участку контура аО протекает ток силой I. На элемент диска
dla = •- dr этого контура действует элементарная сила Ампера, на-
правленная по касательной к окружности радиусом г, величина силы
234
&Fa = JBdr, проекция момента силы Ампера на ось вращения
dM4 = IBrdr. Интегрируя, получим МА = 1Ва /2. Проекция момента
силы тяжести М — mga. Динамические уравнения приобретают вид
Jdm/dt - IBa /2 + mga, IR ~ -Ba2 ^/2,
где J = ma /2 — осевой момент инерции диска.
В установившемся режиме
= mgaB/k\ к = Ва /2.
Величина скорости груза vm “ аь\, vm - mgR(a/k)\ Внешняя сила
развивает мощность Рмсх = т gvm = Мощность, потребляемая
резистором Р - Im2R.
6.2.3. Момент силы Ампера МА = kl, к = Ва1 /2. Согласно уравне-
нию движения твердого тела (1.12.13)
Jdw/dt^kl-М, (1)
где J = та2/2 - осевой момент инерции диска.
ЭДС индукции & = -Ва2су/2. Из закона Ома следует еще одно
уравнение
IR = g-kv. (2)
Из (1), (2) получаем уравнение Jdw/dt = к(£-k&)/R-М.
При М < &Ва2/2R момент силы Амцера больше величины момен-
та внешней силы. Диск раскручивается, момент силы Ампера возрас-
тает. В установившемся режиме при t » 2mR/tfa диск вращается с
постоянной угловой скоростью =*$/к - MR/k2, сила тока 1т = М/к.
6.2.4. В этом случае М - 0.
6.2.5. В этом случае со = 0.
6.2.8. Рм„ = (U- MR/k)M/k.
6.2.9. Имеем уравнения (U - MR/k)M/k - Ро, <ос = U/k. Согласно
теореме Виета находим = P0fr2/^.
6.2.10. Согласно теореме Виета из уравнения (U- MR/k)M/к = Ро
находим МКМ2 - PJt/R, М2 = kU/R.
Тепловая мощностьI2H = P^-MU/k.
6.2.11. Пусть — моменты внешних сил и силы трения. Из
уравнений
kI-(Me^Mf) =0, (1)
IR=U-kn (2)
235
следует, что сила тока при холостом ходе /с = Mf/k9 сила тока при за-
торможенном якоре /0 = U/R.
Согласно (1), (2) механическая мощность
= (MJk)[U- (Мет 4- klc)R/k].
Максимальное значение Pmax = (17- IrR)2/4R.
6.2.12. Сила тока при запуске /0 = U/R. Имеем уравнения
П = = M&/IU= ка/U, IR = U-ка.
6.2.14. В режиме холостого хода 0 = U- кыс, к/ = 0 -> <ос = U/k.
6.2.15. П = Р„х/Р„,Р„ = IU, = 2тгШ IR = U+g.
6.2.17. Имеем систему уравнений
Р = 2nvM, n = P„JIU, IU=fR + Рт,
я = п(1-п)^/Л.г
6.2.18. Из системы уравнений IU = fR + Рмет, Рм„ = mgv находим
у(7) = I(U- IR)/mg. Функция v(I) достигает максимального значения
Ч. = if/^mgR.
6.1.19. ц = mgh/Uh.
6.2.20. IU=fR + Fv„
6.2.2i. R^/I-P^/f.
6.2.22. Имеем систему уравнений IiRi - U - IJ{2 = U - ка^9
из которой находим R = {/(<&, -
6.2.23. Имеем систему уравнений
RJ=tR + Pua, Ie=U/R.
6.2.24. ve=(72v,-7,v2)/(/2- I,).
6.2.25. = 77/(1-7/70).
6.2.26. Из уравнений (6.2.2), (6.2.3) IR - U- k^ kI-M=0, получа-
ем co0 = (U- MR/k)/k. В режиме генератора угловая частота вращения
o = -(og, <og= (U+ MR/k)/k. Следовательно, vf= (U+IR)Vq/(U-IR).
6.2.27. В момент времени t = 0 угловая скорость вращения
<о0 = ([/- MR/k)/k, шс = U/k. После переключения полярности на-
пряжения уравнение движения якоря (6.2.1)
Jd^/dt = -(2И + kU/R) - k2to/R. (1)
Величина т = RJ/k2 = Л/(<ос/[/)2, т = 2,25 с определяет характерное
время движения якоря.
236
При t » т угловая скорость со -> -со15 <ot = (17+ MR/k)/к.
Уравнение (1) можно представить в виде dm/dt = -(cot + ®)/тс
начальным условием со(0) = со0. Отметим, что <в0 = 2сос - <ог Ищем ре-
шение в виде <о(0 = -cOj + (rift). После подстановки получим уравне-
ние dto'/dt = -со'/т. Решением является функция <£>'(<) = Сехр(-£/т).
Постоянную С находим из начального условия: С = 2<ос.
Следовательно, <о(/) = -<ot + 2<осехр(-//т). Полагая со(Т) = О,
получим уравнение 2сог - соо = 2сосехр(-Т/т). Отсюда находим
Г=т1п(1 -(^/2®,)’’.
6.3. Самоиндукция. Взаимоиндукция
6.3.1. Найдем поток индукции через поверхность, образованную
винтовым движением отрезка прямой длиной равной радиусу ка-
тушки а: отрезок вращается вокруг оси и за один оборот перемещает-
ся на расстояние равное толщине провода 1/N. Такая поверхность
называется геликоидом (от греч. helix — витой). Поскольку 1/N« а,
то площадь поверхности » NS. Учитывая значение магнитной индук-
ции В = ц,/, получим Ф = BJVS = -\jlqN2S1.
Согласно определению собственного потока индукции Ф = LI ин-
г
дуктивность соленоида Ь = .
6.3.2. Пусть по проводу течет ток силой I. Поскольку магнитное
поле слабонеоднородно внутри кольцевого соленоида, то используя
закон Максвелла — Ампера, получим уравнение 2паВ ® рД/, где В —
значение индукции магнитного поля на окружности радиусом а.
Энергия магнитного поля Um = В2 7/2^, где V » 2naS, S = nb2 — пло-
щадь сечения соленоида. Следовательно, Um = \ь^Ь2!2/4и.
Согласно определению Um = Ы2/2 находим L = рДУ/2а. Строгое
вычисление приводит к результату L= рД2[а- (аг -62)t/2].
6.3.3. Магнитное поле существует только в промежутке между
проводниками, силовые линии которого представляют собой окруж-
ности. Касательная компонента вектора индукции В = \л^/2пг. Энер-
j / т \2 ь , 2я I
ГИЯ поля ----- J— JdcpJdz = (p^/Z^rc^n^/a).
2ц0 2л ) а г * J
237
S I
Согласно определению Ф21 = L2iIt коэффи-
6.3.4. Энергия магнитного поля
= (1/2ц>) 1(В, + B^S, + ВМ -б’,)]/,
Bk = M/i.
6.3.5. Если силы токов в катушках равны Zf, 12, то энергия маг-
нитного поля Um = (Д// + 2Lf2/f/2 + Л,//)/2, где Lx и — индуктивно-
сти первой и второй частей катушки, Л12 — взаимная индуктивность.
В случае идеальной связи Lf2 = yjL}L2 . Полагая /t = 12 = /, получим
уравнение L = + 2L12 + L2. В силу симметрии схемы L, = L2. Следо-
У У У
вательно, Д = />.. = Д, = — .
1 2 4
6.3.6. Поток индукции сквозь малое кольцо радиусом а2« ai равен
Ф21 = Д ri2 S2, S2 = л а2.
Подставляя значение индукции Д = р^а2?^ /2г3, г = ^а2 л-h2 ,
получим Ф21 —
2л
ц0 S}S2
циецт взаимной индукции =——.
2л г
В случае а2 ~ мы должны получить симметричное выражение
j __ т ~ Ир_______________
21-12 2л (а2+а2+Л2)3/2 ’
6.3.7. Для сверхпроводящего контура из закона Ома имеем урав-
нение 0 + Ldl/dt = - dQjdt, где Фех — поток магнитной индукции,
создаваемый внешним полем или 0 = б/Ф/di, Ф = Ы + Фет — полный
поток магнитной индукции. Следовательно, LI + Фм = const. Соглас-
но условию = 2BfS + LI.
6.3.8. А. Согласно уравнению движения
mdv/dt - mg+ IBl, (1)
Поскольку ЭДС индукции g = -Blv, то из закона Ома следует еще
одно уравнение
Ldl/dl + IR = -Blv. (2)
Умножим (1) па V, (2) на / и сложим полученные соотношения. В
результате получим закон изменения полной энергии
— (/ni?72 + L72/2) =mgv- fR. (3)
dt
238
При установившемся движении v(l) —> vr, I(t) —> 1г\
Vc = -I'R/Bl, Ic = -rng/Bl.
Б. Полагая в (2) В = 0, и учитывая начальные условия, получим
уравнение
LI = -Blz. (4)
Тогда уравнение (1) приобретает вид
dv/dt = g-toz,
где о2 = (В1)2/Ьт.
В положении равновесия z - z , zw} = g/<o2. Произведем замену пе-
ременных, полагая z = z^ + х. Тогда получим уравнение гармониче-
ских колебаний
dv/dt + <ьх = 0, (5)
решение которого x(t) = acosoi + tsinoi, a, b - произвольные посто-
янные. В силу начальных условий а = -zpq, b - 0.
z(i) = (g/<o2)(l-sinotf).
Проводник движется в области 0 < z < 2mgL/ (Bl)2. Отметим так-
же, что из закона изменения энергии (3) следует уравнение
mv /2 + (Biz)2/2L = mgz. (6)
6.3.9. Сила тока в схеме на рис. 6.3.9 а равна /0 = g/г. Коэффици-
ент индукции в схеме рис. 6.3.9 б L ~ №f(t),f = a(t)/l(t) — убываю-
щая функция, т.к. а(1) — «радиус» витка — убывающая функция,
1(1) — длина спирали — возрастающая функция. Сила тока удовле-
творяет уравнению dLI/dt ± Ir = £. Поскольку ноток магнитной ин-
дукции убывает, то в контуре возникает ЭДС и индуцированный ток,
направление которого совпадает с направлением первоначального
тока. Это явление является следствием принципа Ле Шателье - воз-
растают силы притяжения витков, препятствующих увеличению рас-
стояния между витками. График/(i) изображен на рис. 6.3.9 в.
Рис. 6.3.9 в
239
6.3.10. Пусть &{t) = 0 при t < 0, /(0) = 0. В момент времени t = О
ключ замыкают: = £0, t >0. Найдем напряжение на лампах, запи-
сывая уравнения, следующее из закона Ома
xdljdt += £Q/R, t>0 (1)
/2 = где т = L/R — величина, имеющая размерность времени.
Начальное значение /ДО) = /ДО) = 0. Произведем замену Ц -> I:
Ц = i + &JR. Тогда получим уравнение xdt/dt = Ч, решение которого
i = Лехр(-//т). Общее решение уравнения (1) имеет вид
/, = 6q/R + Лехр (~t/т).
Учитывая начальное условие, получим значение постоянной
/1 = -£0/7?. Следовательно, = (£„//?)[! -ехр(-//т)].
Наличие катушки индуктивности замедляет нарастание силы то-
ка. Лампа Л2 загорается немедленно, а лампа с запаздыванием.
Например, при t = Зт величина /ДЗт) отличается от значения gQ/R
на О,О5£о/Я; при t = 5т — на О5ОО67£о/7?.
Например, при L = 1 Гн, R = 10 Ом значение т = 0,1 с.
6.3.11. На рис. 6.3.11 б стрелками указаны положительные на-
правления токов.
К '\ё,г
Рис. 6.3.116
Условие непрерывности токов приводит к уравнению
1=Ц + 1, (1)
Далее для контура, содержащего батарею и резистор, имеем урав-
нение
Ir + ItR = §, (2)
а для контура, содержащего резистор и катушку
Z,/?- Ldl2/dl = 0. (3)
Исключая I, Ц из (3), получим уравнение
rdl2/dt + 12 = ё/г, (4)
где т = L/Rn, i/Rn = l/R + 1/r.
240
Уравнение (3) можно представить в виде Д^Я = £Д/2. При t » т,
силы токов стремятся к значениям /2 —> £/г, —> 0. Поскольку /,(0) = 0,
то через резистор Я протечет заряд Дд, = Ь$/(rR).
6.3.12. Если ключ разомкнут, то ток протекает в замкнутом кон-
туре. Имеем систему 1 = 0, 0 = Ц + 12 с начальным условием
А,(0) = $/г. Разность потенциалов Ф6 - Фп = /ДО)/? = -/2(0)Я. Посколь-
ку Фа - Ф6 + Ф6 - <рд = & то при t = 0 имеем Фи - Ф6 = £ + &R/r. При боль-
шем значении ЭДС может произойти пробой. Для того, чтобы избе-
жать пробоя к точкам а и b присоединяют диод. Он открывается при
возбуждении ЭДС самоиндукции и шунтирует катушку.
После размыкания ключа сила тока в контуре уменьшается и при
t » L/R обращается в нуль. Количество теплоты, выделившейся в
резисторе Q = LLf(0)/2t или Q = L(£/r)2/2, Q = 0,8 Дж.
6.4. Магнитные свойства вещества
6.4.1. Внутри шара в области |г| < а вследствие намагниченности
вещества напряженность поля Я(1) = Н{] + 1Г, где Н' — напряжен-
ность поля, создаваемого намагничиванием. Индукция магнитного
поля В{1} = щцЯ14 . Вторичное внешнее поле в области |г| > а экви-
валентно полю магнитного диполя, магнитный дипольный момент
которого рт = 4тш3 М /3. Поэтому напряженность поля вне шара
,/н Л.
° 4тгг3 г
Индукция магнитного поля вне шара Bl'} = ц0 Н[с}. В однородном
внешнем магнитном поле М = аЯ0, Н' = 0ЯО, постоянная а назы-
вается коэффициентом магнитной поляризуемости. Плотность маг-
нитного момента найдем из условия равенства нормальных компо-
нент векторов В{1} = Н{1} и В{г) или касательных компонент
векторов Н{'} и 7/(в) на поверхности шара.
Пусть ё -единичный вектор, касательный к поверхности шара.
Тогда из условия ёН{1] = ёН{е) получим значение ёН1 - -ерт /4яа3
или р = -а/3.
Следовательно,
- /и
Н' = -(а/3)7/п = -М/3, Н" = Н0-—.
241
Подставляя М = (ц-1)77(1)
_ , Ч
находим =--------Нп, М = аНп,
ц + 2 ° °
Ц 4- 2
Очевидно, векторы индукции и намагниченности связа-
( 1^1 В{п
ны соотношением М = 1— --------
I Мо
Касательные компоненты магнитной индукции имеют разрыв на
поверхности шара. Величина скачка индукции связана с вектором
плотности поверхностного тока соотношением pei = (В(1) -В{е>) х п ,
Подставляя значение Bil) - Bie} получим i ~aHQxn или i =Мхп.
В идеально проводящем диамагнетике ц = 0. Следовательно,
В(1)=0, Я(1) = . Учитывая, что на поверхности идеального про-
водника напряженность магнитного пЪля имеет только тангенциаль-
ные компоненты, получим эквивалентное условие М = -3 Яо /2. Оче-
видно, намагниченность испытывает разрыв на поверхности шара.
6.4.2. Вектор напряженности магнитного поля И , создаваемого
током в обмотке, направлен по касательной к осевой .окружности,
индукция магнитного поля в тороиде В. Согласно закону Ома
IR = g-d®/dt, (1)
где Ф - BNS — поток магнитной индукции через поперечное сечение
тороида.
Из (1) следует закон сохранения gl = I2R + НФ/dt, который пред-
ставим в виде
SA/ = 8() + JNS&B, (2)
где 8Q = I2R&t — элементарное количество джоулева тепла.
Исключим из (2) силу тока, используя закон Максвелла — Ам-
пера, Hl = NI:
gAq = bQ+VHbB, (3)
где V=Sl~ объем тороида.
Последнее слагаемое в (2) — элементарная работа 8Hh = VH&B по
намагничиванию магнетика. В ферромагнетике величина индукции
представляет собой функцию величины напряженности поля: В =
f(H). Поэтому работа внешнего генератора, необходимая для перемаг-
ничивания ферромагнетика, равна площади, ограниченной петлей
гистерезиса. В ограниченной области изменения Я работа 8ЛИ « Д17, где
242
(1)
(2)
(/ = VHB/2 — энергия магнитного ноля в магнетике. В общем случае
5Лн = VH ЬВ . Подставляя В = ци( Н + М ), получим
8Лн = ц,,У/7дЯ +М.7ЙДМ =м07Д(Я72)+ м07ЯДЛ/. (4)
Первое слагаемое в (4) представляет собой работу, необходимую
для создания поля И независимо от наличия ферромагнетика. Сле-
довательно, второе слагаемое ц0//АМ — работа, необходимая для при-
ращения намагниченности М на ДМ.
6.4.3. Пусть толщина зазора между якорем и сердечником — x(t),
сила тока в цепи — l(t). Положительное направление на контуре
обозначено стрелкой. Из закона Ома следует уравнение
IR = S~—,
dt
где Ф = BNS — поток индукции через обмотку, В — индукция маг-
нитного поля в сердечнике.
На якорь действует сила тяжести и сила со стороны магнитного
поля F = (Fx, 0, 0), Fx = dUJdx, где Um(x) = /Ф/2 — энергия магнит-
ного поля. Из второго закона Ньютона получим еще одно уравнение
dv ЫФ
т— = mg +------
dt 2 dx
Найдем величину индукции поля В в сердечнике в виде функ-
ции, зависящей от переменных х и L Пусть Н — величина напря-
женности магнитного поля в сердечнике и якоре, Нп — в зазоре.
Применяя закон Максвелла-Ампера (5.3.1), получим соотношение
Hl + 2Нох = Z7V, (3)
где I — длина средней линии магнитопроводов — сердечника и якоря.
Поскольку на поверхности раздела сердечник-якорь нормальная
к поверхности стали компонента вектора В непрерывна, то В = цДп.
Величина индукции зависит от характеристики намагничивания
данного сорта стали - нелинейной функции В = В(Н). Учитывая
(3), получим полную систему уравнений (1), (2), (4), (5):
^Hl + 2хВ(Н) = ^IN,
В=В(Н).
ё
Пусть х = 0. Тогда I = /, /s = — = 1 А. При значениях х « Z,
л
SN
I = 0,3 м напряженность поля Н = IIа, На = = 300 Л/м.
(4)
(5)
243
Из графика функции В = В(Н) для электротехнической стали
1511 найдем значение индукции Bs = B(Hs) и коэффициента магнит-
ной проницаемости ц/ Bs = 1 Тс, цв = Bs/\x^Hs = 266. В области Н < Hs
функцию В(Н) можно представить в виде В (II) * Тогда из сис-
темы (4), (5) получим Я = -——IN, В= >IN .
I + 2ц^х I + 2цуа:
Поток индукции представим в виде Ф = IL, где L(x) ~ N2 * *S —
1 + 2ц,х
индуктивность электромагнита. Подставляя Ф = IL в (1), (2), получим
систему уравнений относительно переменных хи/:
= (6)
dt
dv
т— = mg +
dt 5
2 dx
(7)
Из уравнений (6), (7) следует закон изменения полной энергии
dE ст mv2 т. \12
системы — = £/- ГН, Ь =-------mgx + L(x) —.
dt 2 '2
Важно отметить, что сила, действующая на якорь
2 dx (/ + 2psxJ
B2S
может быть представлена в виде Fx = -H^BS =---.
Mo
6.4.4. В окрестности плоскости z - 0 индукция ноля В(т, z) =
= BJ(z)//(0). Поток магнитной индукции Ф(/, z) = B(t, z)S, где S = па —
площадь поперечного сечения кольца. Из второго закона Ньютона и
закона Ома следуют уравнения
mdv/dt = /ЭФ/Sz - mg (1),
IB = -d<b/dt. (2)
Подставляя Ф, получаем
mdv/dt = ISdB/dz - mg (3)
IB = -S\dB/dt + vdB/dz}. (4)
После подстановки 1 из (4) в (3) имеет уравнение
mdv/dt = -{$/В) [(dB/dz) (dB/dt) + v(dB/dz)2] - mg. (5)
244
В промежутке времени 0 < t < т производную индукции при значе-
нии z - 0 можно представить в виде
SB/dz = -В£Л, f0 = -А-1п^±Ц, где /0 = 0,786, Go = 120 мЛ
Ь — л [а + ац )
Полагая в (5) z = 0, получаем в результате интегрирования в проме-
жутке времени 0 < t < т, = (SBQ)2GQ/(mRfQ), v0 - 7 м/с.
6.4.5. Выберем поверхность в виде прямоугольника abed, охва-
тывающего среду и вакуум, со сторонами ab и cd, параллельными оси
у и сторонами Ьс и da, параллельными оси z. Если в контуре abed
длины сторон Ьс и da устремить к нулю, то согласно закону Максвел-
ла-Ампера получим щЯ= 0, или В2у - Biy = РоЛГ.
На поверхности раздела двух сред возникает скачок тангенци-
альной компоненты индукции поля.
Рис. 6.4.5 б
На рис. 6.4.5 б изображено распределение токов, удовлетворяю-
щих этому условию; здесь показано сечение среды в плоскости xz,
z,< 0. Сечение разбито на элементарные ячейки-атомы или молекулы;
внутри каждой циркулирует ток, создавая магнитный момент. Сум-
марный ток на границах, разделяющих ячейки, равен нулю, т.к. токи
взаимно компенсируют друг друга. Однако на поверхности z = 0 такая
компенсация отсутствует и поэтому существует поверхностный ток в
^-направлении. Плотность поверхностного тока i определяет заряд,
протекающий в единицу времени через единицу длины прямой, про-
веденной на поверхности параллельно оси у. Сила тока, протекающего
по полоске шириной Аг/, равна I = £Аг/. Поэтому магнитный момент,
приобретаемый элементарными: объемом, MArAz/Az = /AxAz. Следова-
тельно, М = L Теперь полученное выше соотношение можно написать
245
в векторном виде как i = п х( М2-М{ где п — единичный вектор
внешней нормали, направленный от среды 2 к среде 1.
Величину тангенциального скачка магнитной индукции можно
связать с микроскопической плотностью тока в среде j (х, у, z) = (j, 0,0).
Обозначим длину отрезка ab = Az/. Тогда имеем соотношение
(В2у ~ Bljf)Ay = ц1( М&у. С другой стороны, согласно закону Максвел-
ла-Ампера (5.3.1), вклад плотности микроскопических токов в пра-
вую часть должен быть равен p0/Ai/, где I — поверхностная плотность
тока. Следовательно, M=i, В2у - В1у = и*/.
6.4.6. Магнитный момент диска направлен по оси z (рис. 6.4.6 а).
Покажем, что намагниченность М обусловлена фиктивным связан-
ным током, текущим по поверхности ободка диска. На рис. 6.4.6 б
изображено распределение токов, удовлетворяющих этому условию.
Здесь показано сечение диска в плоскости ху, Сечение разбито на
элементарные ячейки, внутри каждой «циркулируют» связанные то-
ки, создавая магнитный момент. Суммарная сила тока на границах,
разделяющих ячейки, равна нулю, т.к. токи взаимно компенсируют
друг друга. Однако на ободке диска такая компенсация отсутствует и
поэтому существует поверхностный ток, текущий по «ленте» шири-
ной h. Сила тока, протекающего по полоске шириной Аг, 0абна
А/ = /Аг, где i — плотность поверхностного тока — это заряд, проте-
кающий в единицу времени через единицу длины. Магнитный мо-
мент замкнутого контура с током A/ArAi/ = /Аг/АгАг представляет со-
бой магнитный момент элементарного объема МДхДуДг.
Следовательно, i = М. При М = 105 А/м, I = Mh - 300 А! Согласно
(5.2.4) в центре диска индукция поля Вг(0) = y^l\fh/2a, BJfi) = 0,019 Тл.
Рис.,6.4.6 а
Рис. 6.4.6 б
246
Глава VII. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ
7.1. Электрический ток в электролитах
7.1.1. Потребляемая электроэнергия А = IVM, Масса т = kA/V.
7.1.2. Из (7.1.1) находим 1 = hm/k&t. Площадь электродов S = I/j.
Мощность Р = IV/x\.
7.1.3. Am = IHs.tMx\/Fz,M = 27 г/моль, z = 3.
7.1.4. Р= (m/kx)2R.
7.1.5. В медном купоросе медь двухвалентная, в хлористой ме-
ди — одновалентная: mjm2 =
7.1.6. Электрохимический эквивалент цинка
/с = Af/2F= 3,388 • 10'7 кг/Кл.
7.1.7. Уравнение реакции: 1 моль воды + 0,286 МДж = 1 моль во-
дорода + 1/2 моль кислорода.
Масса водорода Am, = Mfiq/F, Mt = 0,002 кг/моль, Ag = Fv„ v, = v0.
Масса кислорода Дт2 = M2t±q/2F, Мг = 0,032 кг/моль.
Работа, совершаемая генератором Um&q > Q.
7.1.8. Ag = Fva.
7.1.9. CU=Fvt.
7.1.10. Поскольку Am = Л/Av, Av = &N/NA, F=NAe0, то закон Фара-
дея можно представить в виде Д/V =
7.1.11. А. Отношение масс водорода и кислорода m,/m2 = 2Л/,/Л/г,
m,/m2 = 1/8. Следовательно, т, = 0,2 г, т2 = 1,6 г.
Поскольку RTJpa = 22,4 л/моль, то объем водорода — 2,24 л, объ-
ем кислорода - 1,12 л.
Б. У электрода «-» выделяется больше газа.
7.1.12. U = kkw/bm.
т
7.1.13. Из закона Фарадея находим т = к jdt(I0 -gt) = k(Ia-gT/2)T.
о
7.1.14. т = pd/kj.
7.1.15. Имеем уравнение 4л/?4/3 = nFfh. Массы слоев m, = 4np/f2d,
т2 = МлрЯ^/З.
7.1.16. При электролизе генератор напряжения совершает работу
Л = ИДд, m = k&q. Согласно закону сохранения энергии А = А' + Q, где
А’ — энергия, необходимая для протекания химической реакции.
КПДт]=А'/А.
247
7.1.17. Диссоциация в растворе: NaCl = Na+ + СГ. Реакция на ка-
тоде: 2Н+ + 2ОН” + 2е = Н2 + 2ОН“. Реакция на аноде: 2СГ = 2е + С12.
Результирующая реакция: 2NaCl + 2Н2О = Н2 + С12 + 2NaOH.
7.1.18. Имеем систему уравнений т = MIx/F, pV =
А = IUt, из которой получаем Л = FUp V/RT.
7.1.19. Реакция у катода 4Н2О + 4е" = 40Н + 2Н2.
На аноде ионы железа и гидроксила образуют гидраты окислов
железа: Fe2’ + 2ОН = Fe2(OH)2. Из (7.1.3) находим р5Лг = MI&t/Fz,
Лх/At = Mj/Fpz. За минуту удаляется слой толщиной 5,33 мм. Вместо
стружки, появляющейся при обработке на токарном станке, образу-
ются гидраты окислов, которые удалятся из рабочей зоны потоком
электролита.
7.2. Электрический ток в вакууме
7.2.1. В схеме рис 7.2.1 а сила тока Ц = V/3R. Схема, эквивалент-
ная схеме рис. 7.2.1 б, изображена на рис. 7.2.1 в Сила тока I2 - 2V/R.
Bi
Рис. 7.2.1 в
7.2.2. Пусть V — напряжение на диоде, I — сила тока через диод.
Поскольку схема симметрична, сила тока, протекающего через рези-
сторы Ri и Я3 равна Iv сила тока, протекающего через резисторы R2 и Я4
равна /2. Найдем уравнение нагрузочной прямой. Из законов Кирхго-
фа следуют уравнения 12 = Ц + I, IJR2 4-17 4- IJR2 = V, 11Я1 - Vg.+ /,Я, = V.
Отсюда находим I = [(R{ - R2)V - (R{ 4- R2)Vg]/(2R{R2). График
этой функции I = I(Vg) представляет собой прямую. Используя метод
нагрузочной прямой найдем точку пересечения прямой и кривой, со-
ответствующей вольтамперной характеристике диода I = /(17). Сила
тока /„ = Ц + 12 = (7/2) (1/7?, + 1//?2) + (7/2) (1/7?, - 1/Т?2).
А. Сопротивления резисторов Я, = R3 = 5 Ом, R2 = Я4 = 20 Ом. По-
скольку R2 > Яр то точка пересечения находится в области Vg < 0. Следо-
вательно, диод заперт, сила тока I равна нулю, 17 = (Я, - Я2) 17/(Я, 4- Я2),
248
V= -24 В. В этом случае сила тока 70 = У/Яв, Ra = (Я, + R2)/2, /0 = 4 А. Эк-
вивалентная схема представляет собой два параллельно соединенных
резистора с сопротивлениями R{ + Я2.
Б. Сопротивления резисторов R{ = R.A = 20 Ом, R2 = Я4 = 5 Ом. Те-
перь R2< Rv точка пересечения находится в области Vg > 0. Следова-
тельно, диод открыт. Полагая в случае идеального диода Vg = 0, полу-
чим I = 3 А. В этом случае /0 = V/Rb, Rh = 2Rfi2/(R{ + Я2), /0 = 6,25 Л.
Эквивалентная схема представляет собой два последовательно со-
единенных резистора с сопротивлениями Rfi2/(R{ + R2).
7.2.3. Пусть Vg - напряжение на диоде. Поскольку сила тока че-
рез амперметр равна нулю, то IR/2 = = ДЯ, где Ц — сила тока, про-
текающего через резистор Яг Из первого правил Кирхгофа следует
уравнение 1= Ц + kVg/2.
7.2.4. Обозначим /2,1 — силы токов в цепи диода, двух батаре-
ек и резистора; 7, =/( V) — вольтамперная характеристика диода, V —
напряжение на диоде (рис. 7.2.4).
А. Предположим, что диод заперт: V< 0.
Тогда сила тока I = 2е/(Я + 2г). Из закона Кирхгофа IR + V = £
найдем напряжение на диоде У = е(2г - R)/(R + 2г) < 0, R > 2г. Мощ-
ность, потребляемая резистором Р = FR, достигает максимального
значения е2/2г при R = 2г.
Б. Пусть R < 2г. Тогда диод открыт. Из законов Кирхгофа следу-
ют уравнения Ц + 12 = 7, Цг + IR = е, 212г + 7Я = 2е, —> 7 = 4е/(ЗЯ + 2г).
Мощность, потребляемая резистором Р1 - fR, достигает макси-
мального значения Рт = 2е2/3г при Я = 2г/3.
В. Падение напряжения на резисторе VR = 4еЯ/(ЗЯ + 2г), 0 < Я< 2г,
Уя = 2еЯ/(Я + 2г),Я>2г.
7.2.5. В области У> Уо вольтамперная характеристика/= (У- У0)/г0,
г0 — сопротивление диода. Имеем систему уравнений
Д = (^-У0)/г0, У,+ 7^ = 8, I2=(V2-V0)/r0, У2 + 72(г + Я) = £,
из которой находим £ = Уо + IJ.fi/- 72), г = (е - Уо)/7, - г0.
7.2.6. Обозначим Vg напряжение на диоде, Vc = q/С — напряже-
ние на конденсаторе. Силу тока 7(£) = CdVJdt в цепи получим в ре-
зультате решения системы, состоящей из уравнения нагрузочной
прямой и вольтамперной характеристики. Из закона Ома получаем
уравнение V + У + IR = £. Следовательно, имеем систему
1= (&-Ve)/R-Vg/R, (1)
(2)
249
На рис. 7.2.6 в изображена нагрузочная прямая I(Vg), прямая
Ii(Vg) при Vct = 0 и прямая I2(Vg) при Vc2 = £ - Уо.
При Vg > Vo диод открыт. Поскольку б > Уо, то начальное значение
силы тока 70 = (б - V{})/R при Ус1 = 0. Из уравнения JR + q/C = £ или
dl/dt + I/CR = 0 с начальным условием 7(0) = 70 получим решение
I(t) = Iffixp^t/CR). Количество теплоты, выделяющейся в резисторе
Q= ^dtl\t)R =C(e-V0)2/2.
о
Этот результат следует также из закона сохранения энергии. Из
(1) имеем fR = г1 - У/ - , -> 8Q = (е - Ve)Ag - Д(92/2С), ->
Q = (б - V0)qrqj/2C, где qt = С(е - Уо).
7.2.7. Обозначим стрелкой положительное направление на кон-
туре akb, напряжение на диоде V = фв - фЛ. Очевидно, VM = V + VMt,
IR + б0 = Присоединим к этой системе вольт-амперную характе-
ристику 7=/(V). Подставляя сюда7и У получим уравнение
^£^=/(Kn-Ku/).
При V,„ < VMI, имеем Vml = s0. В случае Vin > находим
Поскольку R: << R, то Voul» Vln.
250
График функции изображен на рис. 7.2.7 6.
7.2.8. Из законов Кирхгофа имеем систему
/=/, + 4, (1)
V+Vg = 8(t), (2)
ItR=V, (3)
которую дополним уравнением вольт-амперной характеристики дио-
да (6.3.1)7=/(Fp.
Поскольку заряд, протекающий в цепи конденсатора @2(£) = СТф),
то I2 = CdV/dL Подставляя силы токов и V* в (1), получим уравнение
CdV/dt + V/R=f[e(t) - V], (4)
для напряжения V(t) на выходе схемы.
Решение уравнения (4) можно получить только приближенными
методами.
А, Пусть б(£) - V(t) > 0. Тогда диод открыт, сила тока 7= [е(£) - V\/Rt.
Из (4) следует уравнение г dV/dt + V- s(J)RQ/Rif где т3 = CR(} — посто-
янная времени заряда конденсатора, 1/RQ- 1/R+ 1/RL, RQ«Rt.
Б. Если c(i) - V(t) < 0, то диод заперт — имеем уравнение, описы-
вающее разряд конденсатора через резистор xpdV/dt + V= 0, где тр = CR
— постоянная времени разряда конденсатора.
7.2.9. Если в схеме отсутствует конденсатор, то С = 0,12 ~ 0,1 = Д.
Напряжение на выходе схемы У(/) ~ £(l)R0/Rt « е(/), tn < t < ta + Т/2,
tn = пТ- Т/Ь, п = 0, ±1, ±2,...; К(/) = 0Л + Т/2 < t < tn + Т (рис. 7.2.9 а).
Постоянная составляющая напряжения на выходе схемы
Г 7/4
= (1/Т) j e(t)dt - (1/7) j Encosartdf = £0/л « О,32ео равна при-
0 -Г/4
251
мерно 1/3 амплитудного значения. В этом случае переменная состав-
ляющая выпрямленного напряжения весьма значительна. Рассмот-
ренная схема выпрямителя называется однополупериодной, так как
за один период через нагрузку протекает один импульс тока.
Рис. 7.2.9 а
Рис. 7.2.9 б
Рассмотрим работу схемы в установившемся режиме, предпола-
гая, что диод имеет идеальную характеристику: /?. » 0. Период коле-
баний Т « тр. Поскольку тз « тр, то напряжение на конденсаторе
быстро достигает значения е0, диод запирается в моменты времени пТ
и конденсатор разряжается через резистор R за промежуток времени
t. При разряде функция V(t) медленно спадает в интервалах времени
пТ< t < пТ + tp пока V(t) > е(^) (рис. 7.2.9 б). В промежутке времени
пТ + t < t < (п + 1) Г диод открыт и напряжение V(t) повторяет форму
входного напряжения&(t) = e0cosco£, подзаряжая конденсатор.
Следовательно, напряжение V(£) является периодической функ-
цией: V(t) = еоехр(-г/тр) « £0( 1 - t/\), 0 < t <tp\ V(t) = £0coscrf, tp < t < T.
Приведем без доказательства разложение V(t) в ряд Фурье:
V(t) = и0 + utsmco£ + ..., u0 = е0(1 - Т/2тр), и, = £0Т/(тгтр). (5)
Напряжение V(t) изменяется в небольшой окрестности значения
амплитуды е0. Среднее значение напряжения практически совпадает
с е0. Поскольку Uj « u0, то постоянная составляющая напряжения и0
оказывается значительно больше переменной составляющей.
252
7,2.10. Сила тока в цепи резистора
4 = К/Я) И - ^c/R + (2Xr//?) sincoi] » (е0/7?).
Заряд, протекающий в цепи конденсатора q(t) = CV(t), сила тока
Ic(t) = dq/dt = (2e0//?)coscoL Конденсатор шунтирует резистор по вы-
сокочастотной составляющей тока: через резистор проходит практи-
чески постоянный ток 70 да £0/Я, а через конденсатор - высокочастот-
ный Ц = (2е0/7?) coscot
7.2.11. Мощность, потребляемая резистором в схеме без конден-
сатора Ро = <//?>, Ро = £02/4Я.
7.2.12. Мощность, потребляемая лампой Р = <fR>, I = &(t)/2R;
Р = sq2/8R. После замыкания ключа ток проходит через лампу только
в течение каждого полупериода. Мощность, потребляемая лампой
Р = = £о74Я.
7.2.13. Если диод открыт, то в течение полупериода сила тока через
резистор R' имеет форму положительной части синусоиды с амплитудой
Ло = ААр Г1 = 3/?/2. Если диод заперт, то в течение следующего полупе-
риода сила тока через резистор'имеет форму отрицательной части сину-
соиды с амплитудой = zjr2, r2 = 2R. При вычислении среднего значе-
ния мощности учтем, что Р = (/t02 + I^)R/fa Р = {zJr^R/b + [zJr^R/k.
7.2.14. Пусть ЭДС генератора переменного напряжения
$(t) = £osinart, е0/^2 - V,t>(k Если диоды открыты, то в течение полу-
периода сила тока через резистор R^ имеет форму положительной час-
ти синусоиды с амплитудой Z10 = е0/Я. Если диоды заперты, то в тече-
ние следующего полупериода сила тока через резисторы R{, R2, R3
имеет форму отрицательной части синусоиды с амплитудой Z20 = е0/3/?.
Среднее значение мощности Р3 = ^/^R + (е0/3/?)2/?/4.
7.2.15. ЭДС генератора переменного напряжения е(/) = £0sinort,
е0/^2 = V, t > 0. Среднее значение мощности, потребляемой первым
резистором Р, = е02/2/?г Если диод открыт, то в течение полупериода
сила тока через резистор Н2 имеет форму положительной части сину-
соиды с амплитудой Z20 = s,JR.r В течение второй половины периода
диод заперт, сила тока через резистор R2 равна нулю. В этом случае
Р2 = £074Я2.
7.2.16. Если потенциал точки а больше потенциала точки Ь, то в
течение полупериода оба диода открыты. Сила тока в общей части
схемы I = 2е(JR. Через резисторы R^ и R2 протекают токи с амплиту-
дой /1() = е0//?, /20 = 0. Если потенциал точки а меньше потенциала
253
точки b, то диод Dj заперт. Сила тока н общей части схемы 1 = 2£0/37?.
Через резисторы /?, и /?2 в течение полупериода протекают токи с ам-
плитудой Г|0 = £П/ЗЯ, = 2е0/37?. Среднее значение мощности
Р, = (1/4) (V+ До2)Я = 47187?, Л = </97?.
7.2.17. Р, = Р2= (</47?)(1/9+ 4/9).
7.2.18. Положительные направления токов между узлами указаны
на рис. 7.2.18 а. Обозначим И —- напряжение на диоде. Из законов
Кирхгофа следуют уравнения I - I\ + 72, I2R + Ir = И+ Ifl-IJR = 0.
Отсюда находим
I(t) = 7,7?/(7? + г) +£(«)/(?? + г). (1)
Сила тока 7,(/) определяется в результате графического решения
системы, состоящей из уравнения нагрузочной прямой и вольтам-
перной характеристики
А(0 - s(t)/(R + 2г) - (7? + г) V/R(R + 2г), 7, =/( V). (2)
Представим нагрузочную «прямую» в виде I{(t) = iosinco/ - kV,
= е0/(R + 2r), к = (R + r)/R(R + 2г) и найдем точки пересечения се-
мейства прямых линий при фиксированных значениях cot на отрезке
(0, 2тг) с графиком функции 7, =/( V) в области 7, > 0.
На рис. 7.2.18 б изображена граничная прямая 7П = i0sin<o/t - kV, со-
ответствующая решению 7, = ii} ~ kV{}, cot, = тт/2. Вторая граничная пря-
мая 7,2 = iosinco/2 - к И, соответствует решению 7, = 0: 0 = ^sina^ - /сИ0,
sinco/2 = kVJiQ = (R + r)V0/7te0 < 1. Подставляя числовые значения,
находим, что диод открыт в периодически повторяющемся проме-
жутке л/6 < cot < 5п/6.
Итак, сила тока l^t) = £osinco//(T? + 2r) - (7? + r)VQ/R(R + 2r),
2m + 7t/6 < со/ < 5тс/6 + 2лп, 7, (t) = 0, 2лп + 5тс/6 < со/ < 2n(n + 1),
n = 0,1,2,....
254
Сила тока, протекающего через генератор
I(t) = (2c0sincoZ- Vi})/(R + 2г), 2т + л/6 < со/ <5л/6 + 2лд,
/(/) = £nsinco//(Z? + г), 2лд + 5тс/6 < со/< 2л(д + 1), п = 0, 1, 2,....
Функция /(/) непрерывна, однако в точках со/л = я/6 + 2т, 5л/6 + 2т
имеет излом, соответствующий конечному разрыву производной.
7.3. Электрический ток в газах
7.3A.Q = E#/k.
7.3.2. Из уравнения состояния р = пкТ находим п = 7,46 • 1022
[р(Па)/Т(К)] м"3, При нормальных условиях концентрация воздуха —
число Лошмидта nL = 2,69 • 1025 м"3. р = 0,056/сТ/а2Х.
7.3.3. 1 мм рт. ст. = 133,332 Па.
7.3.4. Ионизационная камера обычно работает в режиме насы-
щения; при этом электрическое поле настольковелико, что все элек-
троны и ионы, созданные первичной частицей, попадают на электро-
ды, не успевая рекомбинировать. На первом этапе все электроны
достигают верхней пластины в то время, когда ионы еще заметно не
сместились. На втором этапе ионы достигают нижней пластины. В
результате за интервал времени Т величина импульса напряжения
достигает значения V = Ne/C = 0,16 мВ. При постоянной разряда
x = RC » Т форма импульса полностью воспроизводится па экране
осцилографа, подключенного к резистору.
Для регистрации отдельных частиц используют газовое усиление
в области напряжений, примыкающей слева к области самостоятель-
ного разряда, в которой заряд конденсатора пропорционален числу
пар образовавшихся ионов и электронов.
7.3.5. Согласно закону Ома
Л?+У=£. (1)
Уравнение (1) и вольтамперная характеристика
/=/(Ю (2)
позволяют найти решение задачи методом нагрузочной прямой.
Изобразим график функции I = г/R- V/R.
При V = 0 имеем I = 70, 70 = г/R = 20 мкА; сила тока 7 = 0 при зна-
чении И = £. Нагрузочная прямая пересекает вольтамперную харак-
теристику в точке Ц - 10 мкА, = 3 кВ (рис. 7.3.5 в).
255
7.3.6. Мощность дуги Р = IVa. Сила тока I = (U- Va)/R. Мощность
P=Va(U-Va)/R.
7.3.7. Обозначим стрелкой положительное направление тока в
схеме. Разность потенциалов (pn - (pfr = V. Имеем систему уравнений
/Я+И=£; (1)
/ = Л/(И-К). (2)
Исключая V, найдем значение силы тока
/,,= [е-К±^е-К)2-ЗД/2Л. (3)
Отсюда следует, что сопротивление R должно удовлетворять уело-
вию R < Rm, Rm = (E- Уй)2/ЬРй. При R = Rm, сила тока /, = (£- V0)/2Rm,
разность потенциалов Vm - (е + V0)/2. В случае R > Rm, дуга не загора-
ется. Мощность, потребляемая дугой Рт = ImVm.
7.3.9. Имеем систему уравнений lrVr = 2Р0(е + Уо)/(£ ~
/р = Ро/( Vr - 70), IcRc + Ve = £, из которой находим
Rc = (К/Л) (е2 + а К - 2 К2) (£ - Fo)/ (£ + 3 Ио)2.
Из условия Rr < Rni следует неравенство £ > Vo.
7.3.10. Имеем систему уравнений IV= /е/2, /(И- Fo) = Р0, IR+ V=£;
отсюда 7?t = £(e-2V0)/4P0.
I2T _ _ l2T^
7.3.11. Скорости частиц до столкновения р, = |—п , р2 = - j—h ,
тх \ т2
где п — единичный вектор.
Эту задачу проще всего решить в системе отсчета К\ в которой
сумма импульсов электрона и иона равна нулю.
256
~ _ т.и.+т2и2
Эта система движется со скоростью и =——--£-*•, ггь = т. + /п2. В
т
т‘М) -f - - -
системе отсчета К скорости частиц =----, v2 - 1 и , и0 = v2 - vx.
т т
Кинетическая энергия системы электрон — ион в системе отсчета К
Т тхи'2 ! т2и2 _ v2amtm2 _ ? ( + )
° 2 2 2т т
Рассмотрим столкновение электрона и иона. В системе К закон
сохранения импульса выполняется автоматически. После абсолютно
неупругого столкновения электрон и ион в системе отсчета К' непод-
вижны. Согласно закону сохранения полной энергии имеем То = Q.
Если << т2, roQ^T.
7.3.12. При т{ « т2 кинетическая энергия иона почти не изме-
нится (ДТ2 « -2T^/m7/^2 )» а электрон почти полностью передает
энергию иону (ДТ, » -71).
257
Глава VIII. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ
8.1. Свободные электромагнитные колебания
8.1.1. А. Угловая частота соо = 2,5 рад/с. Учитывая значение
1 /2л « 0,16, получим частоту v0 = соо/2л = 400 кГц. Период колебаний
То = l/v0 = 2,5 мкс.
Б. В этом случае qQ = CV0, IQ = 0. Из (8.1.6) q(t) = CV0cosco0^
I(t) = -iosinco^, где i0 = —, 7?B = J— = 1 кОм. Значениям I(t) < 0 co-
V C
ответствует течение тока в отрицательном направлении. Через чет-
верть периода конденсатор разрядится. Энергия электрического поля
1 1
перейдет н энергию магнитного поля —LI* =—CVq. Далее этот про-
цесс повторяется с периодом 7/
8.1.2. Отметим, что частота собственных колебаний со0 = 107/4,
период колебаний Т= 2,5 • НГ6 с, постоянная т = Сг, т = 4 1011)с.
Их законов Кирхгофа получаем систему
/=Д + /2 (1),
Ir + LdIJdt^e (2),
Ir + q2/C = e. (3)
Начальные условия (?2(0) = 0, ДО) = /2(0) = е/г, /,(0) = 0. Получим
уравнение для функции /Д). Из (3) находим I2 = -Crdl/dt. Подстав-
ляя Д из (1) в (2), получим уравнение
d*I/df + (1 /Сг) dl/dt + I/LC = e/LCr. (4)
После подстановки 1(1) = е/г + i(t) получаем уравнение
dft/dt* + (l/x)di/dt + co/i = 0.
Поскольку соот = 10"3 << 1/2, то решение (5) имеет вид
i(l) = Аехр(-а£) + Bexp(-p/), Р, а = 1/2т± Q,
Q2 = (1/2т)2 — соо2; р « 1/т - соо2т, а ~ со()2т.
Из (3) находим q2(t) =-т[Аехр(-а£) + Всхр(-р/)].
Из начальных условий следует, что А = -В.
Сила тока I2 = -xdl/dt = тВ|-аехр(-а£) + Рехр(-р/)].
258
Из начальных условий,находим fi(P - а)т - е/г. Сила тока, про-
текающего через батарею
ЛО = е/г - [е/г(3 -a)r] [exp(-af) - exp(-pi)] ®
» (е/г) [1 - схр(-а/) + exp(-P0]-
Напряжение на конденсаторе
К(0 = [E/(P-a)Tj[exp(-aZ) —ехр(—~£(exp(-aZ) -exp(-pZ)]
достигает максимума при t = tm, tm = iln(P/a) «-2т1п(соот), tm = 13,8т.
При I » т схема находится н режиме короткого замыкания:
I(t) = I\(t) = г/г, Ис = 0. Напряжение на конденсаторе не может дос-
тичь значения е. Мы видим, что в идеальном контуре не возникают
незатухающие колебания.
8.1.3. Из (8.1.6) получим q(t) = — sinco0Z, l(t) = /Осо»ц/, где 4 = е/г.
О)0
Через четверть периода напряжение на конденсаторе Vc = гН8/г.
8.1.4. A. Um = CVm2/2 = LlJ/2, v = VI/2nU .
em mi ml' m mi em.y
Б. [ = соя , v = Im/2nqn.
m im' mi im
8.1.6. Эквивалентная схема содержит конденсатор и катушку ин-
дуктивностью L = L{ + L23, i/L23 = 1/L2 + 1/L3. Из уравнения (8.1.3)
получим решение q{(t) = CVqCOSco^, соо = 1/(CL)I/J.
Сила тока li = -сооСИо811Коо^ Из уравнений Кирхгофа для исход-
ной схемы = I2 +I3, L2I2 = LJ3 получаем /2() = L3VQ(C/L)1/2/(L2 + L3).
8.1.7. А. После переключения ключа мы имеем колебательный
контур, содержащий два последовательно соединенных конденсато-
ра. Введем положительное направление на контуре, содержащем Ср
L, и С2. Пусть q(t) — заряд, прошедший в положительном направле-
нии за время t. Полагая фь - (pfr = Ур Ф* - Фя = И2, фт - фь = L— , полу-
dl
чим уравнения
L~+Vt+V2 = Q, (1)
at
(2)
И, + V2= - = — + —
1 2 С С с, с2
Из (1), (2) следует уравнение (8.1.3) колебательного контура. По-
скольку Fj(O) = в, И,(0) = 0, то начальные значения q(0) = Се, ДО) = 0.
ГТ~
Следовательно, решение уравнения (8.1.3) q(t) = Cscosco/, <о= J—7,
V L/C'
= 2,5 • 106 рад/с или v = (со/2л) « 0,16 • 2,5 • 10b, v = 400 кГц?
259
Б. Еще одно уравнение следует из закона сохранения заряда изо-
лированной части схемы
Ct7t - C2V2 = Се.
(3)
Из (2), (3) находим
с2 с, 2 с2 с2
(4)
Заряды на верхних пластинах конденсаторов = CtVlf g2 = C2V2.
Сила тока в цепи I - -Цыпой, Ц = Се<о = e(C/L)1/2, Ц = 40 мА. Из (4)
Т7 C+^2COSO)^ Т7 / , С
находим Ц =е————--------, V2 = e(cosco£-1)——1
Интересный результат: в колебательном контуре присутствует
постоянная компонента электростатического поля.
В. Энергия электрического поля конденсаторов
ие = С^/2 + CzVz/2 = (Се/2) (Ct/C2 + sin2®«)
и энергия магнитного поля в катушке Um = (L70z/2)sin2<Bi входят в за-
кон сохранения электромагнитной энергии Ue + Um - Ср/2 = 100 нДж.
Энергия электромагнитных колебаний Um = Lf/2 + q/%C, Um = 80 нДж.
8.’i.8 . А. Ключ замкнут. Пусть Ц, /2 — силы токов, протекающих
через катушки, I— сила тока в цепи конденсатора. Согласно законам
Кирхгофа
+ 4 (1)
q/C + LpUJdt = O, (2)
q/C+L2dI2/dt = 0. (3)
Из (1)-(3) получим уравнение
Sq/df + <o2g = 0, (4)
где ю = 1/LC, 1/L = 1/Д + 1/Л2.
Энергия электромагнитного поля = Lf /2 + с?/2С. Теперь необ-
ходимо найти начальные условия. До замыкания ключа в момент вре-
мени t = 0, функция д(0) = 0, 7(0) = /ДО) = 70. Энергия электромагнит-
ного поля = L/o2/2. В интервале времени t > 0 решение (4) имеет
вид q(t) = (70/(»)sin(Bf, сила тока I(t) = 70coscof, со2 = \/CL. Найдем те-
перь токи, протекающие через катушки. Подставляя q(t) в (2), (3) по-
лучаем
/ДО = {Ц/СЬрь}ы>ы$й + A, I2(t) = (J0/CL2o))cosG)t + В,
где А и В — произвольные константы.
260
Из (2), (3) получим уравнение
М-
(5)
Константы определяются из уравнений (1) и (5):
В=-А,
Интересный результат: в L{L2 — контуре возникает компонента
кругового постоянного тока.
Б. Из уравнений (1)-(3) получаем
LJ//2 + L///2 + g2/2C = L///2. (6)
После подстановки функций Ц, I2, q в (6) получим тождество.
Энергия магнитного и электрического полей
ит = (Ч72)соз^ + LX/(L. + L2), U' = (LZ02/2)sinW
8.1.9. А. Эквивалентная схема имеет вид, изображенный на
рис. 8.1.9 б, где 1/L = 1/L, + 1/L2, L = 20/3 мГн, С = С, + C2f С = 15 нФ.
Начальные условия д(0) = -Се, /(0) ® 0.
Решение уравнения (8.1.3) имеет вид q(t) = -Cccoscoi, <в = (1/CL)1/2,
(в= 105с-1.
Сила тока в цепи I(t} = CwEsinotf.
L
lie
Рис. 8.1.9 б
Б. На рис. 8.1.9 в стрелками обозначены положительные направ-
ления токов Z,, 12,1СЛ, 1а в цепях катушек и конденсаторов. Сила тока
<4 = /С1-Д.
Обозначим разность потенциалов точек п и b буквой V. Из зако-
нов Кирхгофа следуют уравнения
A + 4 = 4i + 4” (1)
V = qt/C, = q2/C2 = -L.dIJdt = -L2dl2/dt. (2)
Отметим, что в общем случае Д # Zrl, 12 Ф 1^ Поскольку начальные
значения токов равны нулю, то I2 = LJJL2.
261
Получим уравнение для определения силы тока /,(/).
Из уравнений (1)-(2) находим последовательно + q2 = CVf
Ц + Ц = CdV/dt = -CL^IJdt2, -CL^IJdt2 = Ц + LJJLV
d^jde + = o. (3)
Рис. 8.1.9 в
Начальные условия имеют вид У(0) = -£, ddjdt ~ &/Lv Решение урав-
нения (3), удовлетворяющее начальным условиям l{(t) = (s/a>Lt)sinco/.
Сила тока в цепи конденсатора С\:
Iri ~ dqjdl - C^dV/dl = Ц/dt2 ~ Casino/.
Сила тока lah = (Q»~ l/wZ/Jssinot Поскольку в нашей «оригиналь-
ной» схеме C.La& = C,Lja - 1, то 1. ~ 0. В этом случае Д = I, = Л,.
Следует отметить, что Д = (s/coL2)sina)t, Ц + 12 = /, где 1 — сила то-
ка в эквивалентной схеме на рис. 8.1.9 б.
8.1.10. Введем функцию q = q(t) — заряд верхней пластины кон-
денсатора в момент времени t. После переключения ключа получим
колебательный контур. Уравнение, которому удовлетворяет q(t):
Ldl/dt + q/C = (1)
Полагая q = С& + Q, получим уравнение dQ/dt + a>Q - 0, = 1 /LC,
решение которого Q - acosart + bsinot Решение уравнения (1) приоб-
ретает вид q(t) = Се + acosw^ + frsino)/.
Начальные условия 7(0) = 0, ^(0) = Сеп. Из начальных условий
находим а - (е0 - е)С, 6 = 0. Следовательно, q(t) = Се + (еп - е)Ссо8(Ы.
Сила тока /(/) = -(е0 - е)Crosinort.
Uc = £ + [е0 - е] cosot
262
Умножая (1) на I, получим закон изменения электромагнитной
энергии — (Ы2/2 +q2/2С) = е/.
dt
8.1.11. Решение 1. Ключ замкнут. Пусть I - сила тока, проте-
кающего в общей части цепи, 7t, 12 ~ силы токов, протекающих через
катушки. Согласно законам Кирхгофа
/= А+ 4, (1)
д/С+ВД/<Й = 0, (2)
q/C+L2dI2/dt = $. (3)
Из (1)-(3) получим уравнение ^qldf + (о2^ = 0, w2 = 1/ZZ?,
1/L= 1/Lt + 1/Ь2.
Решение, удовлетворяющее начальным условиям g(0) = ~Q,
7(0) = 0, имеет вид q(t) = -(JcosgjL Силы токов = /10sinGrt, 7t0 = Q/(CLfl)),
7Z = 72Osin<»£, 7ад = Q/(CL2g>). Очевидно, выполняется закон сохранения
электромагнитной энергии Q2/2С = LJ2/2 +LJ^/2 + q2/2С.
Решение 2. Найдем амплитудные значения сил токов, рассматри-
вая электрическое состояние схемы, в момент времени t0, когда
7(i0) = 0. Учитывая условие = 7^72О и закон сохранения электро-
магнитной энергии, получим (//2С*= L17toz/2 + LJ^/2.
8.1.12. Пусть 7Р 72,1 — силы токов в цепи индуктивности, рези-
стора и конденсатора (рис. 8.1.12 б).
Рис. 8.1.12 б
Из уравнений Кирхгофа следуют уравнения
/ = Д + 72, (1)
q/C + Ld/i/dt = O, (2)
-I^P + Ld/Jdt = 0. (3)
Умножим (2) на 7 и учтем (1), (3). В результате получим закон
изменения электромагнитной энергии
dUJdt + I2R = 0, Um = q2/2С + Ц?/2.
263
Из (1)-(3) получим уравнение, которое позволит найти функ-
цию q(t). Подставим /t в (2) иучтем (2,), (3). Врезультате находим
где со/ = 1/CL, т = СП.
Начальные условия д(0) = -Се, /(0) = &/R. Общее решение урав-
нения (4) имеет форму затухающих колебаний
q(t) = ехр(-£/2х) [XcosQf + BsinQi], Q2 = <»02- (1/2х)2.
Сила тока
I(t) = -exp(4/2x)X[(l/2x)cosQt+ QsinQ(| -
- exp(-f/2x)В[(1 /2x)sinQf - QcosQf].
Из начальных условий находим А = ~Съ, В - Се/2Г2х. Очевидно,
количество теплоты, выделяемое в резисторе QR - Сг /2.
8.1.13. Пусть Д, Д, I — силы токов в цепях индуктивности, ре-
зистора и конденсатора, q(t) — заряд, протекающий в цепи конден-
сатора (рис. 8.1.13 б).
Рис. 8.1.13 б
Из уравнений Кирхгофа следуют уравнения
/=/, + 4 + 4, (1)
q/C + L^IJdt-Q, (2)
q/C + L2dI2/dt = 0, (3)
q/C+I3R = 0. (4)
Из (1)-(4) находим закон изменения электромагнитной энергии
—q2/2С + —(LJl +L2ll)/2 = -I3R, и уравнение
dt dt
d q 1 dq 2 л / c \
—v+—- + wg = 0, (5)
dt2 т dt 4 7
где x = CR, ю = 1/CL12,1/II2 = 1/Lt + 1/Д.
264
Общее решение уравнения (5) при условии 2шт > 1 имеет форму
затухающих колебаний
q(t) = ехр(-//2х) [XcosQf + BsinQf], Q2 = <о2- (1/2х)2. (6)
Из уравнений (1)-(4) следует, что при t » х все силы токов стре-
мятся к нулю. Поэтому количество теплоты, выделяющейся в рези-
сторе(?я = Utn,Vm = CV^/2 + LJ2/2.
Однако приведем строгое доказательство этого утверждения, по-
скольку известно другое «решение» задачи (см. Квант. 1991. № 10,
стр. 32).
Сила тока, протекающего через резистор 13 = -д/х.
Количество теплоты
QK= ]dtI23(t)R,
о
Q„ = (1/2С) [А2 + (Ш/со)2 + (Л/2вл)2 + ABQ/шт]. (7)
Теперь необходимо найти константы Л и В из начальных усло-
вий. Пусть ключ замкнут в момент времени t - 0.
Поскольку д(0) = то из (6) получим А == - CV0. Далее найдем
энергию магнитного поля Um(0) = LJ*/2 + L/22/2 в момент времени t = 0.
Подставляя (6) в (2), (3), найдем
/t2(f) = {ехр(-^/2х)Л[(1/2т) costly-Osinftt] +
+ exp(“f/2x)B[(l/2x)smQf + QcosQf] }/(СЬ|2<в2)
и значения 1^(0) = (Л/2х + ВО)/(СВи<в2), Г/(0) = (Л/2х + ВП)2/ (2Сю).
Представим энергию электрического и магнитного полей в мо-
мент времени t = 0 в виде CV02/2 = Umcos2a, LJ*/2 = Umsin2CL. Оконча-
тельно находим Л = ~(2CL7)t/2cosa, BQ. = (2677)1/2 [(l/2T)cosa + osina).
Подставляя Л, В в (7), получим QR = [7m.
8.1.14. На рис. 8.1.14 б указаны положительные направления то-
ков на участках, заключенных между узлами.
265
Из законов Кирхгофа следуют уравнения
А = 4 +А (1)
Е = 4i/Ct + Ldl/dt, (2)
е = VG + VG (3)
Из (3) находим /t/Ct + /2/С2 = 0. Подставляя I из (1) в (2), полу-
чим уравнение d2qjdt2 + со2#, = &CJLC, где со2 = i/LC, С = (\ + С2. На-
чальные условия gt(0) = 0, Zt(0) = 0. Решение этого уравнения имеет
вид ql(t) = Cts( 1 -sinсо/). Далее находим Ц(1) = Ctscosin(oZ,
/2(£) - “C28(osin(Bf, I(t) = Ccoesinort.
8.1.15. На рис. 8.1.15 буказаны положительные направления то-
ков на участках, заключённых между узлами.
Рис. 8.1.156
Из законов Кирхгофа следуют уравнения
Л = 4 +1, (1)
~VG + Ldl/dt = 0, (2)
е = VG + VG (3)
Из (3) находим IJC{ + IJC2 - 0. Подставляя / из (1) в (2) полу-
чим уравнение dfqjd^ + dq2 = 0.
Из (3) находим IJC{ + IJC2 = 0. Подставляя / из (1) в (2) полу-
чим уравнение dLqJdtl + a>2g2 = 0, где a>2 = 1//Z7, С = С{ + С2. Началь-
ные условия <?2(0) = С{С2г/С, /2(0) = 0. Решение этого уравнения име-
ет вид q2(t) = (CjC^s/Qcosarf.
Из (3) получим q{(t) = С,8[1 - (Ct/C)cosa^).
Далее находим силы токов
/t(f) = (C/me/Qsiiiart, I2(t) = “(CtC2Gje/C)sin(»^ I(t) = CjOoesinart.
8.1.16. В силу неравенства, приведенного в условии, внутренни-
ми сопротивлениями батарей можно пренебречь. На рис 8.1.16 б
266
стрелками обозначены положительные направления Уоков между уз-
лами схемы.
Разности потенциалов Фа - (pd = qjCv <pu - <pft = qJC2. Начальные зна-
чения зарядов g/O) = g2(0) = CxC2zjC, C = C\ + C2. Начальные
значения токов равны нулю. Законы Кирхгофа приводят к системе
Д + /2 = Д (1)
LdJ/dt + qJC\ = s2 - ер (2)
9i/G “ Я2/С2= —£i’ (3)
Из которой следует уравнение
LCdqJdt + q{ = (\ (е2 - £,). (4)
Решением (1) является функция
~ G(s2^si) +Hcosart + /feint»/,
где со = l/(LC)t/2.
Из начальных условий находим А = - CpJC), В = 0. Заряд,
протекающий в цепи конденсатора Ср
q№ -^(^-C^/QcoswL (5)
Из (3) найдем заряд, протекающий в цепи конденсатора С2:
92(0 = С2(е2- Ct£t/C)cosa)i. (6)
Из (2) получаем силу тока, протекающего через катушку
ДО = [(е2 “ CjEt/Q/LrojsincoZ. (7)
Полезнд записать закон изменения электромагнитной энергии,
л - /оч d(bf2 q2 ql\ т т
Из уравнении (1)-(3) получаем — ----+ 2г + ~ =е2^^е/г
dt у 2 ^2 )
Рис. 8.1.16 б
8.1.17. Положительные направления токов указаны стрелками на
рис. 8.1.17 б. В исходном состоянии разность потенциалов фл - фь = -е.
267
Диод заперт. Заряд qK = Ct(cpfr- <pj, притекающий к нижней пластине
конденсатора С\ в LC, цепи удовлетворяет уравнению
cfqjdt1 + = 0, ю* = l/LCt (1)
с начальными условиями gt(0) =-67^, Д(0) =0.
Из (1) получаем q(t) = -C^scost»/, I^t) = I(t) = OjCjSsinco/.
В момент времени = n/2<ot диод отпирается и состояние схемы
описывается уравнениями
Л + 4 = Л (2)
qt/C\ +Ldl/dt-0, (3)
-gi/Ct + gz/C2 = 0. (4)
Из (2) “(4) получим уравнение для цепи с катушкой и двумя па-
раллельно соединенными конденсаторами:
d2q/dt2 + wq = 0,q = q^ + q2, <o2 = 1/LC, C- Ct + C2, (5)
с начальными условиями q(t{) = 0, /(it) = 0,^8.
Решением уравнения (5) является функция
q(t) = (a>tC18/<o)sin<o(?“ ZJ.
Сила тока I(t) = <o1C1scos(»(^ - Q обращается в нуль в момент време-
ни t2 = + n/2a>. В этот момент времени заряды и напряжения на кон-
денсаторах достигают максимальных значений qim = =
Vm = ZZ\<ota>8.
A
Рис. 8.1.17 6
8.1.18. Положительные направления токов указаны стрелками
на рис. 8.1.18 б.
В исходном состоянии разность потенциалов - (pfc = -8. Диод
заперт. Заряд q = C(q\ - (pj, притекающий к нижней пластине кон-
денсатора С в LC цепи удовлетворяет уравнению
d2q/dt2 + ш/g = 0, ш/ = l/L.C (1)
с начальными условиями q(Q) = -Cs, 1(0) = 0.
268
Из (1) получаем q(t) = “Cecosw/, Zt(£) = I(t) = a)1C’esin<oiL
В момент времени = n/2a>t диод отпирается и состояние схемы
описывается уравнениями
= (2)
q/C+ LxdIJdt = b, (3)
q/C - L2dl2/dt = 0. (4)
Из (2)-(4) следует уравнение для цепи с конденсатором и двумя
параллельно соединенными катушками:
d2q/dt2 + <aq = 0, q = q, + q2, co2 = 1/LC, i/L = i/Lt + 1/L2, (5)
Начальные условия g(Q = 0, = с^Св. Решением уравнения (5)
является функция q(t) = (<»1Ce/tt))sin(o(i - .
Сила тока I(t) = <o1Cscos(»(? - обращается в нуль в момент вре-
мени t2 = tt + л/2<». В этот момент времени значения заряда и напря-
жения на конденсаторе достигают максимума qn = CVm, Vm =
(см. другое решение задачи: «Квант». 2003. № 4. стр. 44).
Полезно рассмотреть закон сохранения электромагнитной энер-
гии. Из уравнений (2)-(4) следует соотношение
Ь,Д2/2 + LJ//2 + q/Ж = Се2/2. (6)
Из (3), (4) находим
= (a>4e/L1(»2)c6s<»(^- £t) +4,
4(0 = ~ (tt>js/L2cD2) cos<b( t - + B,
где произвольные константы А и В,
Из (3)-(4) получим уравнение
= Z/jCOjZ^e. (7)
Константы определяются из уравнений (2) и (7):
Л = В = L1o>lCe/(Li + L2).
После подстановки функций Iv I2t q в (6) получим тождество.
b
k
Рис. 8.i48 6
269
8.1.19. Эквивалентная схема этой системы представляет собой
одновитковый контур, присоединенный к конденсатору. Ток в кон-
туре протекает по стенкам цилиндра и по пластинам параллельно
сторонам длиной а. Индукция магнитного ноля направлена по оси
цилиндра, как в соленоиде; величина индукции В & Поток
магнитной индукции Ф = яг2 * * * *В = LI. Следовательно, индуктивность
контура L = ц0яг02/Л. Поскольку емкость конденсатора С = zQah/d, то
собственная частота электромагнитных колебаний соо = (c/r0) (d/nd)'/2.
8.1.20. В уравнении (8.1.1) электроемкость C(t) = sQS/d(t). Ум-
т d q2 q dq q2 d 1
ножим (8.1.1) на/иучтем соотношение------= -----+-------.
v 7 J dt 2C C dt 2 dt C
Тогда получим уравнение dU^Jdt = P(t),
P(t) * —hmoswt - f R, (1)
2rfoCo
где Co = tQS/dQ.
Предположим, что в первом приближении сопротивлением рези-
стора и изменением емкости можно пренебречь. В этом случае
?(/) %= (l/^Q)172- Подставляя g(0 в (1), получим
Л0 = cos2(o0Zcosco/ - (co0g0)2/?sin2co0t (2)
Поскольку
cos2co0£cosco£ = (l/2)coscot + (1/4) [cos(2co0-со)/ +8т(2сои + co)/],
то основной вклад в среднее значение P(t) возникает ври частоте со = 2соо.
Поэтому из (2) следует
<Р(/)>=^-|(Ч<7о)2«- (3)
2
Вводя добротность контура Q = (сооС(/?) \ запишем (3) в виде
2 J
где/п = ?0Ч-
Следовательно, при условии Q > 2djh или R < (h/2du)(L/C0)',i
величина энергии в контуре и амплитуда электромагнитных колеба-
ний возрастают. Это явление называется параметрическим резонан-
сом, т.к. периодически с частотой со = 2соо изменяется собственный
270
параметр конденсатора — расстояние между пластинами. Аналогич-
ное явление возникает при раскачивании качелей.
8.1.21. Вместо уравнения (8.1.1) из закона Ома получаем
+ l = (1)
dt с { ’
Умножим (1) на I. Тогда, учитывая соотношение
Id(LF}/dt- (\/2)d(Lf)/dt+ (dL/dt){f/2),
получим уравнение dUem/dt = P(t), грр
P(t)=-(f/2)dL/dt-fR, (2)
Предположим, что в первом приближении сопротивлением рези-
стора и изменением индуктивности можно пренебречь. В этом случае
I(t) »/0cosco0i, со0 = (i/LQC)i/2. Подставляя I(t) в (2), получим
I
P(t) = ——- cos^/cosotf- 7027?cos2c%L (3)
2
Поскольку cos^icoscoi = (l/2)cosatf[l + cos2co0i], то основной
вклад в среднее значение P(t) возникает при частоте со = 2сзп. Поэто-
му из (3) следует
<р(0>=Ь^1_17;я. (4)
4 2
Вводя добротность контура Q = (cj0L0 /Я), запишем (4) в виде
<Р(£)>=-/02я(^--1 .
2 ° J
Следовательно, при условии Q > 2£0/£1 величина энергии в кон-
туре и амплитуда электромагнитных колебаний возрастают.
8.1.22. Используя результаты анализа схемы рис. 7.3.7 б в задаче
7.3.7, выберем значение сопротивления R < Rm, при котором зажига-
ется дуга.
Уравнения, следующие из законов Кирхгофа I - + I2, IR + V = а,
. dl о . О2 |г « •->
L—- + г12 + = И, дополним вольтам и ер нои характеристикой дуги
dt С
При стационарном горении дуги Т2 = О, Q2 = (?20, V= Vc = Q2q/C.
е-К
В этом случае получим --— = /(Vr).
271
Вследствие неустойчивости процесса горения напряжение Смо-
жет отклонится от значения Vc — появятся переменные напряжение
V= Ve + u(t), заряд Q2 = Qzo + q2(t) и ток I2 = . Тогда полная систе-
dt
ма уравнений приобретает вид
(1)
IR + K + u = £, (2)
+ (3)
L^- + rl2 + — = и, (4)
dt С 7
Исключая из (1)-(3) токи 7и Ц получим уравнение
4 = + (5)
К
Ограничимся приближением | и | « Ve В этом случае
Rо (Vс)
Из (5). находим силу тока 12 « —, где R2 = . Подставляя и
R2 R-Rq
в правую часть (4), получим уравнение колебательного контура
£^ + (г-Я2)/2+^=0 (6)
at С
с «резистором» сопротивлением (г- R2).
Выберем значение Vc, при котором R > RQ, R2 > 0. Если выполня-
ется условие г - R2 , то уравнение (6) описывает незатухающие элек-
тромагнитные колебания с постоянной амплитудой. При значениях
г < R2 амплитуда колебаний возрастает.
Следовательно, при условии /?0 > в системе могут возник-
R + r
нуть электромагнитные колебания.
Недостатком такого генератора является нестабильность режима
работы.
8.1.23. Согласно закону Ома имеем уравнение Ldl/dt + q/С = z(t).
Интегрируя по промежутку времени [0л], получим начальное
значение силы тока /0 = et/L.
272
8.2. Вынужденные электромагнитные колебания
8-2.1. Амплитуды напряжений:
_ Я т XL
^0 - £° “ £° ’ ^lo ” £° *
8.2.3. Амплитуда напряжения на конденсаторе £эф < V^Z/XC.
8.2.4. A.
Б. Разности потенциалов
Ф.-ф^-^М^ + ф), Фп-Ф«= Ksin(ort + (p).
Следовательно, фл - фт = 7sin((ot + ф), V= VL + Vc.
В. ф6 - ФА = V^sin(o)£ + ф), ф* - Ф9 = 7„cos(art + ф). Следовательно,
ф, - Ф* = F(Sin (at + ф) - l^cos (at + ф). = (Vc2 + 7Я2)1/2.
8.2.5. Разности потенциалов фй - фт = Ldl/dt, фа - фп = JR.
Отсюда находим фт - фл = (£0/?/Z)cos(gjZ + ф) + (£oXL/Z)sin(atf + ф).
Полагая £(/?/Z - Acosa, ZqXJZ - Asina, получим
Ф„ - Ф. = £oC°s(art + <p-a).
8.2.6. Разности потенциалов
Ф. ~ Ф. = (£^f/Za)cos(arf + фа), Ф„-Фь = (еД/гь)со8((»« + фь),
гдеZ,2 = (Я1 + Я2)2 + XL2, Z2 = (Я3 + Я4)2 + XL2.
Следовательно,
Фо - Ф„ = £0[^(Л3 + /?<)А2 - ^(Я, + Я2) /Z2] coscoZ +
+ ^[R.X^/Z2- R,XJZ2]s\nat = Aabcos(at + a).
8.2.7. В случае L = 0, С = co, полное сопротивление Z = R. Сопро-
тивление лампы в рабочем режиме R = , R = 484 Ом.
Значению С = 0 соответствует разомкнутая цепь. В схеме с после-
довательно соединенными лампой и конденсатором емкостное сопро-
0 16
тивление Хс = = * Ю8 ®м. Амплитуды напряжения на
лампе и конденсаторе = £0/?/Z « £0, Vco = £0Х6, /Z «£0.
М « " D £’*й D
Мощность, потребляемая лампой Рп = --2 =——^Т<<:
Z R + Хс
Нить лампы не накаляется.
При включении генератора, создающего напряжение частотой
v = 100 МГц, емкостное сопротивление Хс = 80 Ом. В этом случае по-
273
требляемая мощность Ря * Р: лампа ярко светится. Амплитуды на-
пряжения « £0, « £0.
Эксперимент, иллюстрирующий этот эффект, производит сильное
впечатление. Студент стоит на изолирующей скамье и держит лампу,
касаясь рукой ее цоколя. Второй контакт лампы присоединен к одной
клемме высоковольтного генератора, другая клемма — заземлена. Сле-
довательно, цепь разомкнута для постоянного тока. Тем не менее, нить
лампы ярко накаляется. Причина в том, что тело студента и Земля об-
разуют обкладки конденсатора. Высокочастотные токи протекают в
тонком поверхностном слое тела экспериментатора и не опасны.
8.2,8. Из законов Кирхгофа получаем систему
(1)
I2R = LdJJdt, (2)
Ir + Цг^ +LdIJdt = (3)
из которой получим уравнение вида (8.2.1)
L(i + r/R)dIJdt + (г + rJ/j = £0cosart. (4)
Следовательно,
4(Z) =/10cos(a>«+ <р), (5)
4 = £o/Z, Z2 = X/( 1 + r/7?)2 + (r + r,)2, XL =
Из (2), (5) находим
4(0 = + <p)> (6)
Среднее значение мощности, потребляемой лампой
? = (X,e0/Z)72/?.
8.2.9. Мощности, потребляемые лампами = £2/?/2(Хс2 + У?2),
Хс = 1/шС, Рн = zR/2 (X/ + У?2), XL = ayLf Рс = £2/2/?.
8.2.10. При замкнутом ключе переменный ток протекает через
лампу в течение каждого полупериода.
8.2.11. £д = £0 7^.
8.2.12. На плоской границе двух металлов должен существовать
скачок нормальных компонент напряженности электрического поля,
связанный с зарядом на поверхности раздела: (E2-EX)S = Q/^.
Согласно закону Ома нормальная компонента плотности тока
j = (1/р)УГ. Поскольку нормальная компонента плотности тока непре-
рывна, то Е} = pj, Е2 = pj. Следовательно, Q = £0(р2 - p{)Sj. Разность по-
тенциалов на торцах цилиндра с удельным сопротивлением р2 равна
274
F = Pjd. Емкость конденсатора, образованного вставкой из металла с
удельным сопротивлением р2 равна С - Q/V, С = а0(р2 - px)S/p2d.
Из уравнения Кирхгофа следует уравнение типа (8.2.1):
Rdq/dt + q/C = £ncosu>/.
8.2.13. Имеем систему уравнений I = / + /2, lxR + LdIJdt = е(/),
l2R + LdLJdt = z(t).
8.2.14. Для решения задачи необходимо учесть, что коэффициент
взаимоиндукции L12 = L.
8.2.16. со = 1/(2 . £°--. -—- =-------------7-
H2+(2y[L/C-y[L/C/2)2 1 + (30/2)2
8.1.17. Электрическое состояние схемы — резонанс напряжений.
Тогда Z = R, Хс = XL, Va = г^./R = еЛ/Я.
8.2.18. А. X. = Хс = 103 Ом, Z = 10 Ом, Уш = К. = 300 В, = 3 В,
I„ = 0,3 A.
Б. X, = 2000 Ом, Xc = 500 Ом, Z = 1500 Ом, 14. = 4 В, V,o = 1 В,
Vm = 0,02 В, /0 = 2 мА. '
В. X, = 500 Ом, Хс = 2000 Ом, Z = 1500 Ом, И» = 1 В, К, = 4 В,
^ = 0,02 В, 70=2мА.
8.2.19. Av-v0/(>.
8.2.20. Теперь решением уравнения (8.2.1) является сумма ре-
шений вида (8.2.2). Собственная частота контура v0 = Vj = 400 Гц. В
этом случае V10 = £0/Я, Vl0 = 0,3 В. Индуктивное и емкостное сопро-
тивления на частоте v2 соответственно равны: XL2 = (103 + 5) Ом,
ХС2 = (103- 5) Ом. Полное сопротивление Z = 7?^2.
8.2.21. е(0 = £0 (1 + cos2art)/2.
Уравнение цепи Ldl/dt + RI + q/C = £0 (1 + cos2co/)/2. Произве-
дем замену q = С£0/2 + Q. Тогда имеем уравнение
Ldl/dt + RI + Q/C = (£0/2)cos2atf,
решение которого
Q(l) = A_sin(2atf + ф), 70= (£0/2Z),
2w
Z2 = У?2 + (Xc - Xf, Xc = 1 /2юС, XL = 2&L.
Vc(t) = £0/2 + (£0Xr/2Z)sin(2a)i + ф),
<K2(C> = (V2)^(l/2)№/2Z)2.
8.2.22. Имеем три уравнения: для узла I = 1Х + 12 и ветвей, содер-
жащих/?, Ьи Cf ^- = £0coso)Z, L^- + /?/2 =Е0 COSCO/ ,t > 0.
275
Поскольку эти уравнения представляют собой частные случаи
уравнения (8.2.1), то, учитывая (8.2.2)-(8.2.4), получим решения
Ц =-^-cos + Ф4), sin<pJ = 0, sin<pJ = 1,
(1)
/2=—COS ((О£ + ф2), СО8ф2= —, 8Шф2=-—
Z2 Z2 Z2
где Z2 =<Jr2 + X[ . Следовательно, из (1), (2) получим
г £0Я (XL 1 V
J = -^cos(ot + £o smart.
л2 л2 лс J
П Л 1 1 XL 1 .
Полагая — =—coscp,---------%=—sincp, запишем это решение в
Z2 Z Хс 2^2
виде I(t) = /Ocos(coi + ф), где /0 — амплитуда силы тока, проходящего
г £0 1
через генератор 10 =-±, —
(2)
(3)
' 1 2XL 1 г
У2—гГ^2+-^2- Среднее значение
f?R
мощности, потребляемой схемой Р = [е(t)I(t)] = равно мощно-
2Z2
сти, рассеиваемой в резисторе PR
8.2.23. Если TZL-цепь подключена непосредственно к генератору,
£
то амплитуда силы тока в подводящих проводах равна /20 = — . Если
же параллельно RL-цепи подключить конденсатор, то амплитуда си-
£
лы тока согласно решению задачи 8.2.22 станет равной /0 = . Отме-
тим, что коэффициент при sinort в (3) — реактивной составляющей
силы тока — уменьшился, а амплитуда активной составляющей силы
тока не изменилась. Очевидно, /0созф = /20cos(p2. Если емкость кон-
2ХЬ г т п
денсатора 0 <----, то ф < ф2, /0 < /20. Следовательно, подключение ба-
coZ2
тареи конденсаторов к RL-цепи приводит к уменьшению силы тока в
подводящих проводах и уменьшению джоулевых потерь. Мощность,
потребляемая резистором, не изменяется.
8.2.24. Из решения задачи 8.2.22 находим искомое усло-
вие Z? = Х,Х.или со= со„, со =(oft J1—con Q = —, R„ =J—.
2 L C ₽’ P О V R В
276
Это электрическое состояние контура называют резонансом токов.
В этом случае Z2 = Z^yZ = Zp, Z^ = RB, Zp = QRB = . Контур в цепи ге-
CR
„ R2B L
нератора эквивалентен резистору сопротивлением /г0 = —= ------
R CR
£
Амплитуда силы тока /0 = принимает наименьшее значение. При
Q » 1 сопротивление /?0 = Q?R>> R, амплитуды токов в цепях катуш-
ки и конденсатора /20 = QI0, /10 a QIq. Мощность, потребляемая резисто-
e2R e20RC
ром при резонансе = 4—.
В области низких частот со << сор контур ведет себя как катушка
индуктивности; в области частот со >> сор — эквивалентен конденса-
тору.
8.2.25. А. В первом контуре волновое сопротивление /?в = 104 Ом,
добротность Q « 103, Rq = 10 МОм, /0 = 0,01 мА. Мощность, потреб-
ляемая резистором PR = 0,5 мВт.
Б. Во втором контуре 7?в = 103 Ом, Q = 102, RQ = 0,1 МОм, /0 = 1 мА.
Мощность, потребляемая резистором Ря = 50 мВт.
8.2.26. Сила тока, протекающего через генератор I(t) = Ic + IL.
Для участка, содержащего конденсатор из закона Ома q/C = £0coscoi,
находим Ic = -(^/XJsincoi, Хс = 1/соС, Хс = 250 Ом. Для участка, со-
держащего катушку из закона Ома Ldl/dt = £0coscoi, находим
4 = (е0/Л) smart, XL = coL, XL = 250 Ом. Следовательно, I(t) = 0. Эго
электрическое состояние схемы называется резонансом токов. При
резонансе сила тока в общей цепи контура равна нулю, а в контуре
возникает переменный круговой ток. Сопротивление идеального
контура бесконечно велико. Энергия уже не поступает от генератора
к контуру: происходит обмен энергией между катушкой индуктивно-
сти и конденсатором.
8.2.27. В исходной схеме 8.2.27 а мощность, потребляемая рези-
стором Ро = £о2/?/[2(/?2 + XL*)].
Из законов Кирхгофа для схемы на рис. 8.2.27 б имеем систему
I = Д + qJC- = 0, Ldl/dt + IJi = £, из которой получим уравнение
LdIJdt + (L/CR)I^ + qJC - £0cosort, аналогичное уравнению (8.2.1).
Решение этого уравнения q^ = (Zw/(o)sin (ort + ф), /10 = £0/Z,
Z2 = (L/CR)1 + (XC-XL)\
277
Си;1 а тока /, = (/J0Xc//?)sin((oi + (р). Мощность, потребляемая ре-
зистором Р = (£^/2)72/?-
8.2.28. На рис. 8.2.28 обозначены положительные направления
сил токов /, /р /2 в цепях катушки, конденсатора и резистора. Соглас-
но законам Кирхгофа имеем три уравнения
1 = Ц + 12, (1)
Ldl/dt + qj С = £0cos<of, (2)
№=qJC. (3)
Проще всего получить уравнение относительно q{, Ц = dqjdt.
Подставляя dl/dt = dljdt + dljdt = dljdt + JJCR в (2), получим
LdIJdt + LIJCR + qJC = £0cosort. (4)
Решение этого уравнения ищем в виде q{(t) = (Z10/to)sin(coZ + ф),
7t(0 =/10cos(ort + ф).
Сила тока I2(t) = qJCR = (/IOXc/^)sin(<o/ + ф)- Подставляя q^t),
IJt) в (4), получим
(XC~XL) 7I0sin((of + Ф) + (XLXC //?)/10cos(urt + ф) = £0coscoZ.
Поскольку XL = Xc, то ф = 0, 710 = (R/XbXc)e0. Сила тока, протекаю-
щего через резистор, LJt) = (£0/XL)sino)t = (tJRe) sin cot, Re = (L/C)i/2.
8.2.29. На рис. 8.2.29 а обозначены положительные направления
сил токов, протекающих через резисторы, в цепи конденсатора и ин-
дуктивности: /р 12,1. Из законов Кирхгофа получим уравнения
Л = 4 +А (1)
1^ + 1.^ = е, (2)
Ldl/dt + q/C-I2R2 = 0. (3)
Из (1)-(2) получим
Л = (е + IRJ/lRt + R2),I2 = (е -+ R2), (4)
После подстановки 12в (3) находим уравнение
Ldl/dt + q/C + Ir = VJlJ(Rl + R2) + (Eor/jR^sinco^ (5)
где 1/r = \/R{ + l//?2.
Мы получили известный в электротехнике результат - генератор и
два подключенных к нему резистора можно заменить эквивалентным
генератором с ЭДС = £ (t)R2/(R} + R2) и внутренним сопротивлени-
ем г (см. задачу 4.4.48). Эквивалентная схема изображена на рис.
8.2.29 б. Поэтому нет необходимости заменять схему рис. 8.2.29 а дву-
мя «эквивалентными» схемами для постоянного и переменного токов.
278
Производя замену переменных q = Q + qQ,qQ = + Т?2), на-
ходим из (5) уравнение
Ldl/dt + Q/C + Ir - (Sor/jRJsincoi. (6)
Решением уравнения (6) для стационарного режима является
функция I(t) = (£0r/Z/?1)cos(coi + ф), Z = yjr2, + (coL-l/сэС)2 .
Поскольку co2£C= 1, то I(t) = (^/R^cosayt. Из (4) получаем
A(t) = W + ^2) + (Eo/fljcosart, I2(t) = У0Ж + R2).
Рис. 8.2.29 6
8.3. Трансформатор
8.3.1. Из (8.3.6), (8.3.8) находим
/1(i) = /10cosa>i, /10=-^-, (1)
К
I2(t) = I2acos((i)t + n), Iw=—^. (2)
^2 *1
Амплитуда напряжения на нагрузке
Цо = 4Л- К» = м Д/ЧЕЛ. + Ч/Ч)2Д] • (3)
Среднее значение мощности, потребляемой нагрузкой — рези-
стором Т?2, равно
где п = n2/nv
Величина Р2 достигает максимального значения при R2 = п2/?г
Из (8.3.3) следует, что в идеальном трансформаторе (R} = 0) сред-
нее за период значение мощности, развиваемой генератором /|0е0/2,
равно мощности, потребляемой нагрузкой /^7^/2:
Лэфеэф = ^2зф^2 • (5)
279
2
В случае идеального первичного контура R{ = 0, R = R2 — . Из
J
(1)—(3) находим амплитуды тока и напряжения
z х2
_ (nd т -h_^L=r ZL V _т я _Р ^2 Zfl\
710 - n ’ J20 - п 210 ’ >20 ~720Л2 “ £0-* W
•*2 \ ^”1 ^2
Полезно сравнить приведенное решение с другим «решением»
(см. «Квант». 1981. № 8. стр. 47).
8.3.2. Низкоомная нагрузка включается через понижающий
трансформатор, который преобразует малое сопротивление /?2 в со-
\2
Ъ
Л2,
8.3.3. В случае идеальной первичной обмотки г{ = 0. При условии
Х2 » R2 амплитуды силы тока и напряжения в первичной и вторич-
£ (п '
ной обмотках /10 = ~-~
» Rr Поскольку njn2 = 50, то R = 5 кОм.
противление R = R2
г -!h_т у _ j п _₽ ^2
20 ~ 110 ’ >20 — 720Л2 ” Е0 *
^2
8.3.4. Записывая для первичной и вторичной цепей уравнения,
следующие из законов Кирхгофа, получим систему
Lidll/dt + I{r{ = e0cosoZ, (1)
V2(t)~-L„dIJdt. (2)
Из уравнений (1)-(2) находим Z,(t) = (e0/Zl)cos(©i + ср,),
cos<p, = rJ’Zy sincp, = -Xj/Zp X, = coLp Z,2 = r,2+ X/. У2(К) = V20sin(<oi + cp,),
V20 = (ejX^/Z,), X12 = <dL12. При включении ЭДС во вторичную обмотку
получим Vl0 = (еД12/г2), Z22 = г2 + Х22, Х2 = ш£2.
Следовательно, У1о = Если гр г2« cuL2, ®L2, то Flo = VX(LJL^.
8.3.5. Полагая в (8.3.6) Н2 = г + R, получим уравнения для ам-
плитудных значений I2U = £ок/(г + R), Vo = I^R, -> R = rV/(ek-V).
8.3.6. A. F2o = z^R/n^ + (n1/n2)2(r2 + Я)].
Б. F1(O=-L12dZ!/dt
L2dl2/dt + (r2 + R)I2 = e0coscof,
F^sEjX/Zj, Z22 = (r2 + /?)2+(oLJ2.
8.3.7. Уравнения для токов в первичной и вторичной цепях
(L. + Lt.)^- +I.R+ — =z(t)+M^-,(L2 + L22)^- =М^.
v dt 1 С dt v 2 гг> dt dt
(1)
(2)
280
8.4. Представление уравнений Кирхгофа
в комплексной форме
8.4.1. Для схемы рис. 8.2.22 имеем уравнения j = j{ + j2, е0 = Gj{,
Ео = Gj2, где G' = G2 = R + iXL. Исключая токи, получим решение
j = tJG, \/G = 1/G, + 1/G2,1 Gj = I Gj = Z2.
Отсюда следует очевидный результат: сопротивления последова-
тельно и параллельно соединенные «комплексных резисторов» вы-
числяются так же, как и в случае схемы с постоянными токами.
Для того, чтобы перейти к действительным переменным, пишем
Z2 X
л2 лс ;
Отсюда найдем амплитуду и фазу: Zo = e0/Z, 1/Z = |1/б?|;
ехр(мр) = Z/G, sincp = Re(Z/G), sincp = Im(Z/G).
Вычисляя реальную часть I(t) = Re[Ioexp(unt + i<p)], получим ответ,
приведенный в задаче 8.2.22. Среднее значение мощности, потребляе-
£ Е2 R
мое контуром Р = <I(t)e(t)> = -^-Rej = * Среднее значение мощ-
2 2 Z2
Т / • \ !С 1 ^2 R .
/.exp^-VC, _=KK+i^.—.
2 1 £2Д
ности, потребляемой резистором PR = </22(^)7?> = — |j212Д=—2-р
2 22^2
8.4.2. Положительные направления токов между узлами обозна-
чены на рис. 8.4.2 стрелками. Комплексные сопротивления элемен-
тов соответственно равны Glf G2 и G3 = /?.
Используя законы Кирхгофа, получим систему уравнений
Л =Л
jfii +J3R = ео»
”Л^2 + = °-
Подставляя д из (1) и j2 из (3) в (2), получим уравнение
(&<Я/ G2 + G{ + R)j3 = £0.
(1)
(2)
(3)
(4)
Очевидно, этот результат можно получить, используя три раза за-
кон Ома:
i-j3=UJR,
2- U-а =Л^23>
3.J, = £o/G, G = G, + GB, 1/GB = 1/7? + 1/G2) (5)
281
В результате имеем
1
(6)
j3 — £0GL.,/[(£г. + C?2j)/?] ” £0 _
3 0 23/L1 1 23 0 Gi+R(Gl/G2^i)
Подставляя значение j3 = 730exp(i<p) в (6), получим уравнение
1
Zwexp(«p) = £0-------------—, из которого найдем /30 и ф. Сила тока,
Gi + /?(1 + Д /G2)
протекающего через резистор I3(t) = 7?e|73nexp(iatf + цр)]. Среднее
значение мощности, потребляемой резистором
р= 1 \j ря= |--------------1---------
2 й 2 1 Gt+R(Gt/G2 + l)
8.4.3* Полагая в решении задачи 8.4.2 Gt = г, G2 = iXL, получим
силу тока, протекающего через резистор,
(7)
£0^1
Л = ео/ [г + Я - irR/XL] = Zoexp(i<p), ,0 - f .....- .
#2(г + Л)2+(гЛ)2
Сила тока I3(t) = Re[Ioexp(i(&t + i<p)]. Среднее значение мощности,
потребляемой лампой Р = fJi/2, Р =--------(^о^Ь)--------
Р 2fl[(aL)2(l + r/fl)2+r2]
Заменим катушку индуктивности одним витком — толстой мед-
ной проволокой, сопротивлением которой можно пренебречь. В слу-
чае постоянного напряжения сила тока, протекающего через лампу
равна нулю: со = О, Р = 0. Лампа ярко светится при значениях частоты
со » r/L, где L — индуктивность медного провода. В этом случае по-
требляемая мощность Р » 2(~ Яр" ’
8.4.4. Полагая в решении задачи 8.4.2 G{ = iXLii G2 = iX(2, получим
силу тока, протекающего через резистор, [/?( 1 + LJL2) + i<dL{]j3 = £0.
Сила тока I3(t) = Яе[/Зехр(мо0]. Среднее значение мощности, по-
£2 R
требляемой лампой Р= |/J27?/2, Р=---------5-------------5^.
Р 1Уз1 1 2[^Li)2+R2(ULl/L2)2]
Индуктивность катушки возрастает при введении сердечника в
катушку. При увеличении индуктивности Д амплитуда напряжения
на катушке Ly возрастает, амплитуда напряжения на резисторе
уменьшается, амплитуда силы тока, протекающего через лампу, убы-
вает. Следовательно, мощность, потребляемая лампой, убывает. При
282
увеличении индуктивности L2 возрастает индуктивное сопротивле-
ние катушки — амплитуда силы тока через лампу возрастает.
8.4.5. Решение 7. В комплексном представлении первый закон
Кирхгофа имеет вид; = + j2. Уравнения, следующие из второго за-
кона Кирхгофа для контура, содержащего е, L, R, и контура, содер-
жащего /? и С, следует записать в виде iXJ + Rj2= £0, j2R + lXji = 0.
Из этих уравнений находим
iXL+(Xc-XL)~
^с _
Л - ео
Поскольку XL = Хг, то
Л = ^(0 = Ле;2ехр (i&t) = sinarf = sinerf, R„ = J~
Л; XL ns V С
Решение 2. Применим несколько раз закон Ома. Комплексное
сопротивление схемы G ~ iXL + GiV 1/G^ = 1//? + l/(-iXc), сила тока в
общей части цепи j = s0/(iXf + Gi2), напряжение на резисторе V = jGl2,
V = £0Gi2/(iXL + 6\2), сила тока, протекающего через резистор j2 = V/R:
I =_________----------
2 (i-XL/Xc+iX,/R)R
8.4.6. Согласно решению 2 задачи 8.4.5 в схеме с конденсатором
потребляемая мощность
рд=<(0Я>=||Л1гЯ
р = 1__________^0______
" 2R (\-X,JXc+iXL/R)
Если в схеме отсутствует конденсатор, то сила тока в цепи
j = ;2 = е0/(iXL + R). Мощность, потребляемая резистором
Л = <i\t)R> = |b|4
Р _ 1_____£о
* 2R 1 + iXJR
(2)
Из (1), (2) находим XJXC = 2: С= 2/a>2L.
Полезно сопоставить найденное здесь решение с решением мето-
дом векторных диаграмм (см. «Квант» 1991. № 5. стр. 31).
8.4.7. Сила тока в общей части цени j = zJG, G = + Gv
1/Gy = i/R+ 1/iXL, \/G2= i/R+ i/(-iXr), Отсюда находим
G = R[2XlXc + IR(X, -Xc)]/[tf + XhXr + IR(Xl - Xc) ].
Очевидно, при условии XLXC = /Л G = R.
Полезно сопоставить найденное здесь решение с решением мето-
дом векторных диаграмм (см. «Квант» 1982. № 2. стр. 42, 60).
283
8.4.8. Два участка внешней цепи соединены последовательно.
Сопротивление этих участков Gy и G2:
i/Gt = i/R + \/tXL, i/G2 = 1/R-l/iXc.
Общее сопротивление G = G{ + G2. Комплексная амплитуда силы
тока j = &JG. Для решения задачи найдем ImG и запишем условие
t г л Т r xlr2 xcr2
Т?2+Х2 Т?2+Х2
8.4.9. Положительные направления токов между узлами обозна-
чены на рис. 8.4.9 стрелками. Поскольку комплексные разности по-
тенциалов ф„ - ф„ = -iXjv ф„ - фт = Rjv то
Ф» - Фт = + Rjv
Используя второй закон Кирхгофа, получим уравнения
1 + Rj 1 —
^Х^2 + ~ ^0’
(1)
(2)
(3)
учитывая которые находим из (1) фл - фт =
Я + ту
£«----—. Положим
R~iXr
Z = •
Хс = Zsina,
Тогда R + 1ХС = Zeia , фл - фт = £0e2ia. Искомая разность потенциа-
лов <рл - <рт = 7?ес0 ei<D^2ia = e0cos (art + 2a).
- -о R2^XC 9 2XCR П
Учитывая (4), найдем smza = —---, sinza = —-—г - При
v R 2+X2 R2+X2
значении R = 0 получим a = я/2, фп - фт = -£0cosart.
8.4.10? Положительные направления токов между узлами обо-
значены на рис. 8.4.10 стрелками. Поскольку комплексные разности
потенциалов фа - фп = -iXJ2, фа-фт = то
ФП“Фт = ^2 + ГЛ-
Используя второй закон Кирхгофа, получим уравнения
2^71 — £0,
~^Х^2 + Rj‘2 ~ Цр
R = Zcosa,
(4)
(1)
(2)
(3)
учитывая которые находим из (1) фп - фт =
£q 7? + iXp —j.
--------_ Положим
2 R-iXr
R = Zcosa,
Хс = Zsina,
(4)
284
Тогда R + iXc = Zeia , фп - фп = (e0/2) e2ia . Искомая разность потен-
циалов Фи- Фт = Ле(е0/2) eIW/+2ia = (e0/2)cos(g)< + 2а).
W ,,ч - О r2~Xc • О 2ХСЛ
Учитывая (4), найдем sin2a = , sin2a = —-2 .
При значении R = 0 получим a = п/2, <?п~Ч>т- -(eQ/2)cos<at.
8.4.11. Напряжения на каждом резисторе и конденсаторе рав-
но е(£)- Следовательно,/^ = е0, i/G{ = 2/R + i/Go Gc = -iXc j2G2 = e0,
l/G2=l/7?+l/Gc.
Переходя к действительным переменным, получим амплитуды
силы токов Il0 = (s0/RXc) (Я2 + 4ХС2),/2, ZM = (г0/НХс) + ХСУ'\
8.4.12. Полная индуктивность L = Д + L2 + 2М, где L{ и Ь2 — ин-
дуктивности первой и второй частей катушки, М — взаимная индук-
тивность. В случае идеальной связи Л/= .
Следовательно, L{ = L2 = М = —.
Уравнения для контуров, содержащих е, Lit С и L2, С, имеют вид
Lt^-+M^ + ^- = e(t), (1)
dt dt С
dt dt C
Переходя к комплексной форме, запишем уравнения, следующие
из первого закона Кирхгофа и уравнений (1), (2) Ц = j + /2,
iXLj\ + iXJ2 - iXj = £0, 1Х^2 + iJQi, + iXj - 0. Учитывая значения
X ( 1 1 А
хи = Хи = ХМ = • XL = находим j2 = -i£„ —+—- .
4 4ХС)
Следовательно, I2(t) = T?e/2exp(iatf) = е0| —+•??£ |sin<aL
VcoL 4 J
8.4.13. Записывая для первичной и вторичной цепей уравнения,
следующие из законов Кирхгофа, получим систему
L^+RJ^ £(0 - Д2 , L2^-+R2I2=-Li2^-,
1 dt ‘ 1 v 12 dt dt 22 12 dt
которая в комплексных переменных приобретает вид
(Я, + iX,V, + iXj2 = £0, iXjl + (Я2 + iX2)j2 = О,
где X = ict>Ll2.
285
Подставляя j2, получаем
Л[Л| + iX{ + /(R2 + iX2)] = e0, ->
-+h\R< + iX. + X2(/?2 - tX2)/(R2 + X22)] = e0.
Это соотношение можно представить в виде jx[R^ + iXn] = е0, где
Д = Я, + ЯД/Z/, Хо = X, -tfXJZ2, z22 = r2 + X2.
Следовательно, эквивалентная схема трансформатора пред-
ставляет собой последовательно соединенные резистор с активным
сопротивлением /?0 и катушку индуктивности с индуктивным со-
противлением^. Комплексная сила тока во вторичной обмотке
Л = + 1Хг).
Среднее значение мощности, развиваемой генератором за период,
Р = RezjJ2 равно мощности, потребляемой трансформатором в пер-
вичной и вторичной обмотках:
Р= |J,IW^+ 1Л1Ч/2.
В наиболее известном случае идеального трансформатора Rv
R2 « R, Х2 » R2 = R. Тогда Z2 » X2, X/Z2 « njn2, RQ « (rtJrt^R, Xo« 0,
Л »£0/Л = (n2/nt)\/R,j2 ~-(n.Jn^0/R.
Следовательно, идеальный трансформатор, присоединенный к
резистору сопротивлением Я, представляет для генератора резистор с
активным сопротивлением 7?0. Таким образом, входное сопротивле-
ние трансформатора можно изменять при постоянном значении со-
противления нагрузки, изменяя только отношение njn2.
Комплексное напряжение на нагрузке V2 = ;2Я, V2 ~ -{п2/пу)£ц. В
действительных переменных закон сохранения электромагнитной
энергии приобретает вид /10е0 = /202/?, или /10е0 = /20И20. Здесь /20, И20 —
амплитуды силы тока и напряжения.
8.4.14. В комплексных переменных имеем систему
У=Л+Л> W + ix, )j, + iXj2 = £„, iXjt + (Я2 + iX2 )j2 = £0,
из которой находим
j^sn(R2 + lX2-iX)/D, j2 = £„(/?, + iX,-iX)/D,
D^R^ + iiR^ + R^).
Здесь учтено, что X/X2 = njn2, Х/Хг = n2/nv X{X2 = X2. Амплитуды
силы токов
(Iinr = £M2 + (X2-х)2]/кад2 + (ЯЛ + адм.
(4)2 = £„W + л -ад/над2 + (яд + ед2]-
286
Если Xlf Х2 » Лр Т?2, то
Ao = ^2eo(^2 ~ ^1)/(-^1^2 + Д»Л1)>
Zjo — Л1£о (^1 — Л2) / (^1Л2 + ^2^1 ) '
8.4.15. Записывая для первичной и вторичной цепей уравнения,
следующие из законов Кирхгофа, получим систему
+/я=е(«)_л ^4, LQ. + K=_LJk
1 dt 1 12 dt 2 dt С 12 dt
которая в комплексных переменных приобретает вид
(R + iX, )j, + iXj2 = е0, iXjt + i (Х2 - Xc)j2 = О,
гдеХ= icoL^.
Подставляя j2, получаем
ЛЕИ + iXt - ие/(Х2-Хс)] = е0, ->Л[Я-ад/(Х2-Хе)] = 80.
Амплитуда силы тока в первичной обмотке
Д» = V4 z = №+[Х'Хс/(Х2-Хс)]г.
Сравните приведенное здесь решение с решением, приведенным
в журнале «Квант» 1983. № 9. стр. 48.
8.4.16. В комплексных переменных уравнения приобретают вид
j -Ji + Л, Д/ + iXjt + iXh = е0> Rj + iXii + = e0> гДе x = ^12- По-
скольку ХД2 = X2, то решение j = e0/R. Полезно рассмотреть случай
обмоток с активными сопротивлениями iXn -> i(X, - iRn).
287
Глава IX. ПЕРЕМЕНИМ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ
9.1. Схемы, содержащие резисторы,
конденсаторы и индуктивности
9.1.1. А. Направленная кривая на рис. 9.1.1 обозначает положи-
тельное направление тока в замкнутом контуре. Согласно закону Ома
имеем уравнение
q/C+IR = zQ,t>0. (1)
Поскольку q = CVa I = CdVc/dt, то получаем уравнение
xdVJdt + Vc = £0, (2)
где х = НС.
Начальное условие Fc(0) = 0. Ищем решение в виде Ус - £0 + V. Тогда
имеем уравнение xdV/dt + V= 0, решение которого У(£) = Аехр(-£/т). Из
начального условия находим Л = -£и. Решением (2) является функция
Ус = е0[1 - exp(-£/t)J. Напряжение на резисторе VR = xdVc/dt. Ток си-
лой^/= (£0//?)ехр(-^/т) протекаете положительном направлении.
fr таблице приведены значения Ид/£0 и Ис/£0 при значениях i
кратных т. Отметим, что = Fr(^), « 0,7т.
t 0 т 2t 3t 4t 5т
0 0,63 0,87 0,951 0,982 0,994
1 0,37 0,13 0,049 0,018 0,006
Очевидно, при t » т имеем VR -> 0, Vc -> £0. На рис. 9.1.1 б изо-
Б. 1. Умножая обе части (1) на ZAi, получим закон изменения
электромагнитной энергии fRAt == £0Д# - A(qz/2C). Поскольку q(0) =
0, то Q = С£о2/2.
288
2. Мощность, потребляемая резистором, P(t) = I2R. Количество
теплоты (? = , 2= р/схр(-2г/т) = Се02/2.
О К Q
9.1.2. Теперь имеем уравнение xdVc/dl + Vc = 0, с начальным ус-
ловием КДО) = е0. Следовательно, Vc = Eoexp(-£/t), VH = -£оехр(-^/т).
Ток силой I = -(£0/Я)ехр(-//т) протекает в отрицательном на-
правлении. Очевидно, при t » т имеем VR -> О, —> 0. На рис. 9.1.2 а
изображены графики функций VR(t) и Ис(£).
[0,71:
Уя = Еоехр(Ч/т)*£п(1 -t/x), 0</<fn,
Vc^£^/l, 0< t< tQ,
vR ~ exP[-- QAb < r.
Vc *4( VT)exPh (t - /0) Ab t{l < t < г
Напряжение на резисторе и конденсаторе повторяются с перио-
дом, равным Т (рис. 9.1.3 б, в).
Рис. 9.1.3 б
Рис. 9.1.3 в
9.1.4. Согласно закону Ома имеем уравнение
q/C + l(r + R) =£,f>0. (1)
Поскольку q = CVc, 1= CdVc/dt, то получаем уравнение
xdVe/dt + Vc = z, (2)
где т = (г + R)C.
289
Начальное условие ИДО) = Зе. Ищем решение в виде Vc = £ + И То-
гда имеем уравнение xdV/dt + И= 0, решение которого V(t) = Лехр(Ч/т).
Из начального условия находим А = 2s. Решением (2) является функ*
ция Vc = е[1 + 2ехр(~//т)].
Сила тока I(t) = -2[г/(г + 7?)]ехр(-£/т), т - (r + R)C.
9.1.5. Обозначим силы токов, протекающего через батарею, рези-
стор и в цепи конденсатора: I, I2, Iv Из законов Кирхгофа получим
уравнения
/=/,+А, (1)
Ir + I2R = E, (2)
(3)
Из (1)-(3) получим уравнение
q{/CRa +dqjdt = г/г, 1/Ял = \/r + X/R. (4)
Начальное условие дДО) = 0. После замены переменных = Q + gn,
qQ = еС7?0/г из (1) следует уравнение
^/А + СЛ = о, (5)
где т-*= С/?о.
Начальное условие (ДО) = ~q^.
Решение уравнения (1) дД/) = д0[1 - ехр(-//т)]. Силы токов
Ц = (е/г)ехрН/т), 12= [е/(г+ /?)][! -ехрЩ/т)],
1= [е/?/г(г + /?)] ехр(—£/т) J + г/(г + /?).
9.1.6. Обозначим на рис. 9.1.6 б стрелками положительные на-
правления токов /р /и/2 между узлами.
Рис. 9.1.6 б
Силы токов и разность потенциалов Vна /?С-цепи удовлетворяют
уравнениям Д = / + 12, е = Дг + Ц V-I2R, 1= CdV/dt.
Исключая токи, получим уравнение xdV/dt + V = е/?0/г, где
1 //?0 = 1/Я + 1/г, т = С’Нл. Начальное условие Р(0) = е.
290
Перейдем к новой переменной и, полагая V = + и. Тогда
имеем уравнение xdu/dt + и = 0, решение которого и(1) = Лехр(-//т).
Л — произвольная постоянная.
Следовательно, V(t) = е7?0/г + Xexp(-t/i). Из начального условия
паходим4 = £(1 - KQ/r). Итак, V{t) =e/fn/r + £(l - 7?n/r)exp(-t/T).
При значениях t » т, напряжение на конденсаторе убывает
|/(0 —> £#/(/? + г). Сила тока, протекающего через ЭДС
7,(0 =е[1 - ехр(-//т)]/(7? +г) ->£/(/? + г).
Сила тока в цепи конденсатора
I(t) = CdV/dl = ~(С/т)£(1 - /?0/r)exp(-i/r), или
I(t) = ~(е//?)ехр(-1/т) -» 0,1» т.
Очевидно, конденсатор разряжается. Направление тока при раз-
ряде ~ обратное указанному стрелкой.
9.1.7. ИДО =£«[1 -ехр(-г/т]/(Л + г),т = С/?г/(/? + г).
9.1.8. Обозначим силы токов, протекающего через батарею, рези-
стор и в цепи конденсатора: I, 72, Из законов Кирхгофа получим
уравнения
7=7, + /2, (1)
(2)
I2R + q2/C=E. (3)
Поскольку q2 = СИГ, 72 = CdVJdt, то получаем уравнение
xdVc/dt+ Ис=е, (4)
где т = R2C. Начальное условие ИДО) = Ио.
Из (4) находим Ve = е + (Ц, - £)ехр(-//т)].
9.1.9. Обозначим силы токов, протекающего через батарею, рези-
сторы и в цепи конденсатора: 7, 7„ J2, 7С. Из законов Кирхгофа полу-
чим уравнения
7 = 7,+ 7, +7С., (1)
lr + q/C=E, (2)
7,Л, = g/С, (3)
Ш = q/C. (4)
Поскольку q = CVc, Ic= CdVc/dt, то
I=Vc/R,2 + CdVc/dt, l//?,2=l/7?, + l/7?2. (5)
291
Подставляя (5) в (2), находим уравнение
CrdVc/dt + (г/7?) = е, (6)
где 1/7?= 1/г + 1//?12. Начальное условие Ис(0) = Ро, = е/?1/(г + /?,).
Ищем решение в виде Vc = Яг/г + v. Тогда и = Аехр(-?/т), т = СЯ.
Ус = Яг/г+ (Ио - Яг/г)ехр(-1/т). (7)
Из (2), (7) находим силу тока
I(t) = (е - Vc)/r, или
ДО = е/(г+Я,2) -(e/r)[R,/(r + Rt) -RJ(r + Я,2)]ехр(-г/т).
Очевидно, 7(0) = г/(г + /?,). При t » т получаем I(t) -> е/(г + /?|2).
9.1.10. Запишем уравнение, следующее из закона Ома,
Ldl/dt + 1Я = г{]к виде
xd7/d? + 7 = е0//?, ? > 0 (1)
где т = L/Я — величина, имеющая размерность времени.
Начальное значение 7(0) = 0.
Произведем замену 7 —> I: 7 = I + г0/Я. Тогда получим уравнение
Tdi/dt -»-£ = 0, решение которого i = Лехр(-?/т). Общее решение урав-
нения (1) имеет вид 7 = е0/7? + Лехр(-4/т). Учитывая начальное усло-
вие, получим значение постоянной Л = -е0//?.
Следовательно, 7= (е0/7?)[1 ~ ехр(-//т)].
Напряжение на катушке VL = Ldl/dt = £оехр(-?/т)] скачком воз-
растает до значения £0 и стремится к нулю при t » т. На рис. 9.1.10 а
изображены графики функций и УД?). В произвольный момент
времени РД?) + VL(t) = £0. Наличие катушки индуктивности замедля-
ет нарастание силы тока. В момент включения батареи напряжение
на катушке возрастает на величину е0.
После включения генератора напряжение на резисторе VR(t) =
= I(t)R = £0[1 - ехр(-?/т)] возрастает от значения ИДО) = 0 до посто-
янной величины £0. Например, при t = Зт величина УДЗт) оличается
от значения £0 на О,О5е0; при t = 5т — на О,ОО67ео.
Со
Рис. 9.1.10 а
292
9.1.11. Сила тока удовлетворяет уравнению xdl/dt + I = 0, t > 0 с
начальным условием 7(0) = е0//?.
Решение этого уравнения I(t) = (е0/7?)ехр(~£/т)]. В этом случае
ток течет в положительном направлении, убывая при t » т до значе-
ния 7 = 0. Напряжение на катушке VL = Ldl/dt = -еоехр(-£/т)]. В мо-
мент времени t = 0 напряжение на катушке скачком изменяется на
величину = -ей возрастает при t » т до значения равного нулю.
Напряжение на резисторе ИД£) = I(t)R = еоехр(-£/т). На рис.9.1.11 а
изображены графики функций VR(t) и
Рис. 9.1.11 а
9.1.13. А. Условие непрерывности токов приводит к уравнению
7 = 7t + 7r (1)
Далее для контура, содержащего батарею и резистор, имеем урав-
нение
1г + ЦН = &, (2)
а для контура, содержащего резистор и катушку
I.R - LdIJdt = 0. (3)
Исключая 7, 7, из (3), получим уравнение
xdl2/dt + I2 = е/г, (4)
гдет = 7//7?0,1/7?0 = 1/7? + 1/г.
Получим теперь решение уравнения (4): 72 = (е0/г) [1 - ехр(-£/т)].
Далее из (3) находим 7t = {L/r)dI2/dt = [e0/(R + г)]ехр(-£/т). Напря-
жение на индуктивности и резисторе VL = = 7t7? —> 0 при t » т.
Б. Уравнение (3) можно представить в виде Aq^R = LA72. При t » т,
силы токов стремятся к значениям 72 —> е/г, 7, —> 0. Поскольку 72(0) = 0,
то через ключ протечет заряд = L&/(rR)>
9.1.14. Поскольку I(t) = 0 при t > 0, то ток течет в замкнутом кон-
туре, содержащем резистор и катушку. Имеем систему 7t + 72 = 0,
293
ЦП - LdLJdt - 0, из которой получим уравнение LdIJdl + RI2 = 0 с
начальным условием /ДО) = е/г, Решение последнего уравнения
4 ~ (Е/г)ехр(-//т0), где т0 - L/R. Напряжение на катушке индуктив-
ности УДО = Ldl2/dt- -(£Я/г)ехр(-//т0).
В момент времени I = 0 напряжение на катушке скачком умень-
шается от значения равного нулю до величины
УДО) = ^(0)Я = -4(0)7? = -е/?/г, УДО) = -400 В.
Следовательно, искомая разность потенциалов ф6 - = УДО) = -400 В.
9.1.15. Действительно, если ключ разомкнут, то <ра - <р6 + <р6 - <рА = б.
Следовательно, при t - 0 имеем <ра - <pfc = е + zR/r. При большем значе-
нии ЭДС может произойти пробой. Для того, чтобы избежать пробоя к
точкам а и Ь присоединяют диод. Он открывается при возбуждении
ЭДС самоиндукции и шунтирует катушку.
9.1.16. После размыкания ключа сила тока в контуре уменьшает-
ся и, при I » L/R обращается в нуль. Количество теплоты, выделив-
шейся в резисторе Q = Ы2(0)/2, или Q = £(е/г)2/2, Q = 0,8 Дж.
9.1.17. Из уравнения, следующего из законов Кирхгофа, полу-
чим I2R2 + L2di2/dt - Lzdlz/dt = 0.
Отсюда находим R2&q2 + Ь2Ы2 - = 0.
Поскольку Д/2 ->0, -> е/ (г + R{), то q2 = eL3/ [Я2(г + Rx)].
9.1.18. Силы токов обозначены на рис. 9.1.18 б.
Рис. 9.1.18 б
Из законов Кирхгофа следуют уравнения
+ ^2/^2
qJC2 = Ldl/dt.
(1)
(2)
(3)
294
Подставляя I, qt в (3), получим уравнение
L(1 + CjC^dqJdt + q2/C2 = 0, или d/q2/dt2 + <в2<?2 = 0, (4)
где ®2 = 1/ЩС, + Сг)].
Начальное условие q2(0) = Се, С = СхС2/((\ + С2), /(0) = 0. Реше-
нием (4), удовлетворяющим начальным условиям, является функ-
ция
q2(t) = Cecosoi. (5)
Из (2), (5) найдем g,(Z) = С,е(1 - C/C2coscrt), I(t) = C,e(osin<BZ.
9.1.19. Из закона Ома следует уравнение Lidlx/dt = L2dIJdt, из
которого находим L.I{ - LJ2 = LJa.
Сила тока, протекающего через батарею I = e/R. Из условия не-
прерывности токов получаем еще одно уравнение 7= 7, + 1Г
9.1.20. Обозначим силы токов, протекающих через катушку и ре-
зисторы: 1,7,, 1г (рис. 9.1.20 б).
Рис. 9.1.206
Из законов Кирхгофа получим уравнения
7=7,+/г, (I)
Ldl/dt + 7,7?, = 0, (2)
Ldl/dt + I2R2 = 0, (3)
с начальным условием 7(0) = е/7?3.
Решение 1. Из уравнений (1)-(3) следует уравнение xdl/dt + 7=0,
т = L/R, 1/7? = 1/7?, + 1/Т?2, решение которого 7(Z) = 70ехр(-7/т). Силы
токов найдем из уравнений (2), (3):
7, = (/?//?,)Zoexp(-t/T), 7г = (7?/7?2)70ехр(-</т).
295
Количество теплоты, выделившееся в резисторах,
Q„ = ]dtI2Rn, Q„ = (Ll2/2)R/Rn, n=i,2.
0
Решение 2. Умножим уравнение (2) на Iv уравнение (3) на 12 и
сложим полученные соотношения. В результате получаем
742Л4 + I2R2 + (L/2)df/dt = 0 или 5(?4 + 5(?2 + A(L/2/2) = 0.
Отсюда получаем уравнение + Q2 - LI*/2. С другой стороны
8(4 = (V*/7?t)At, 3(?2 = (^//?2)ДЛ где И — напряжение на резисторах.
Следовательно, RQ = R2Q2‘
9.1.21. Положительные направления и силы токов обозначены
на рис. 9.1.21 б. Из законов Кирхгофа получаем уравнения I2 - IL + 7,
4=4 + I, LdIJdt + // - /Зг = 0, IXR = IJI, с начальным условием
4(0) = 0. Отсюда получаем уравнения /3 - IL = 2J, LdIJdt = 21г или
LMl = 2гДд.
В установившемся режиме при t » 2L(2r + R)/r(r + R) сила тока
4 = 2е/(г + 7?).
Рис. 9.1.21 б
9.1.22. Из законов Кирхгофа следуют уравнения
4 = 4 + 4, (1)
/,/? + // = £, (2)
LdIJdt + I2R-(3)
с начальным условием 4(0) = е/27?. Подставляя
4=(е-47?)/(г + /?) (4)
в (3), получаем уравнение LdIJdt + [/?(/? + 2rJ(R + r)]I2 = ге/(/? + г),
решение которого
4(i) = [е/2(R + 2г)] [2r/R + ехр(-г/т)], т = L(R + r)/r(R + 2r). (5)
296
Из (3) находим
е R
(l(Z) = ~R + 2r U ехРНЛ)]- (6)
/l + Zr Дд+Г)
Из (6) следует, что 73(0) = £/2(7? + г). Напряжение па вольтметре
К(?) = Цг.
Замечание: можно рассмотреть переход от схемы на рис. 9.1.22 а
к схеме на рис. 9.1.22 б как переключение батареи с параметрами
Et = £, rt = г к батарее с параметрами е2 = £г/(/? + г), r2 = rR/(R + г)
(см. задачу 4.4.48).
9.2. Электромеханика
9.2.1. Пусть q — заряд верхней пластины в момент времени t.
Используя закон Гаусса получим напряженность ноля Е = (О, О, G)
во внешнем пространстве конденсатора и Е' = (О, О, G - q/^^S) —
внутри конденсатора.
Пусть до внесения конденсатора во внешнее ноле энергия поля
имела значение Uo, После внесения конденсатора энергия поля
U= 11 - —е0 C2Sz + -е/с—Sz = U„ - Ggz + -£-z
0 2 0 2 \ e0$J 2e05
или U = Uo + q2/2C(z) + <?<p„(z); где C(z) = s^S/z.
Функция W,(z) = q2/2C(z) + (?<pw(z) представляет собой потенци-
альную энергию взаимодействия пластины с электрическим полем:
VT(z) = ^2z/(2e05) - qGz.
f , Q2 r
z — компонента силы L -----к -—-— + qG.
Jz dz 2£05 4
Отметим, что полную силу /г можно представить в виде суммы
сил, действующих на внутреннюю и внешнюю поверхности верхней
пластины со стороны электрического поля:
/2=-£0[(7-?/(£Л)]25/2 + £0б;25/2.
9.2.2. Потенциальная энергия верхней пластины
IV(g,z) = q2z/(2zJS) - qGz + mgz.
Сила, действующая на пластину,
= -dW/dz, Fjz) = -q2/(2z^S) +qG- mg.
297
Поскольку сумма сил равна нулю, то
2
—— + qG - mg + N = 0.
2£о5
Разность потенциалов между пластинами конденсатора
—c]h = V.
J
(1)
(2)
Из уравнений (1), (2) находим
<7 = ?0, q^t«S(V/h + G), N = (s£/2)[(V/h)2 - Ct2] + mg.
9.2.3. На рис. 9.2.1 положительное направление тока обозначено
стрелкой. Тогда координата пластины определяется решением сис-
темы уравнений
= + qG-mg+T, (3)
at Ze05
IR+ 1-2—G|z= V,
К5 J
(4)
где/ = dq/dl.
Решение этой системы можно найти приближенными методами
или численным расчетом на компьютере.
Теперь получим закон изменения полной энергии. С этой целью
умножим (3), (4) соответственно на / и сложим полученные урав-
нения. Поскольку qv + Iz = d(qz)/dt, g2u/2 + qlz - d(qz/2)/dt, то в ре-
зультате находим dU/dt = Tvt + IV- fR, U=mvt2/2 + W(z).
Здесь U — полная энергия системы.
9.2.4. Пусть внутренние пластины конденсаторов имеют положи-
тельные значения зарядов, <р0 — потенциал точки О.
Из закона сохранения изолированной части схемы следует урав-
нение 2С(<р0 - <р) + С(ф0 - фг) = Q, из которого находим
2ф фг
%=т + т
q=l- Lev,
4 3 3
<2
oC
q3 = + - CV.
3 3 3
Полагая Q = -2CV, получим q = -CV, q3 = 0. Величина силы, дей-
ствующей на внутренние пластины конденсаторов и С2 равна
298
42/(2£</*) = Следователт »но, в случае симметричной схемы
подвес может удерживать три пластины массой т = /(Ze^g).
Согласно теореме, доказанной английским математиком С. Ирн-
iuoy (S. Earnshaw), равновесие системы неподвижных зарядов не
может быть устойчивым.
9.2.5. Во внешнем поле на правой и левой гранях пластины ин-
дуцируются поверхностные заряды о2Л. Найдем силу, действующую
на пластину со стороны электрического поля.
Используя решение задачи 4.2.9, получим поверхностную плот-
ность зарядов о21 = о0 ± £qG2V о0 = Q/2S, G2i = G(zr ± h/2) и напряжен-
ность поля в окрестности пластины: у левой грани Д(г,) - Gx - on/en,
у правой грани Ez(z2) - G2 + о0/е0. z-компонента полной силы, дейст-
вующей на пластину со стороны поля,
F, = (0,72)5(0, - о0/е0) + (о2/2)5(02 + о0/е0) =
= оД0, + 02) + еД022-0,2)/2,
где S = а — площадь поперечного сечения пластины.
Поскольку I dG/dz\h « G(zc), то С2Л = £(zc) ± (h/2)dG/dz + ....
Следовательно, Fz принимает вид Fx(ze) ~ QG(zr) + ^VGdG/dzc, где
V = AS — объем пластины. Пластина приобретает индуцированный
дипольный моментр = sQG(z) И.
Потенциальная энергия взаимодействия пластины с электриче-
ским полем W(ze) = -e0G2V/2 + где Ф^(л) — потенциал внешнего
поля, связанный с напряженностью поля соотношением G = -dy^/dz.
Если G(z} — убывающая функция z, то dG/dz < 0. В этом случае
положение равновесия пластины zc = z^ найдем из условия Ft(zc) = 0.
9.2.6. Из второго закона Ньютона должно следовать уравнение
dv „
/П—= FX. (1)
dt
Индуктивность L = L(x) и сопротивление R(x) системы являются
функциями координаты х. Из закона Ома получим уравнение
IR = s0~(LI). (2)
dt
Умножим уравнение (1) на и, уравнение (2) — на / и сложим по-
лученные выражения. В результате имеем
+ I~(LI) = Fzv + Is0-l2R. (3)
d ( mv2
УТ
299
Однако закоЬ сохранения энергии должен иметь вид
d Г ти2 + Цх)!2
= Ie0-I2R.
(4)
„ TdLI IdLI2 I2 dL dL dL
Поскольку /—------—;— = ———, — = —
dt 2 dt 2 dt dt dx
v, то сопоставляя
(3)
и (4) приходим к выводу, что Ft =
2 dx
wnwFx^^-,Um=^L(x)I2,
1 dx "2
где Um — энергия магнитного поля контура. Следовательно, уравнение
(1) приобретает вид т— =
ч 2 )dx
Таким образом, собственное магнитное поле стремиться увели-
чить размеры контура. Рассматриваемая система — так называемый
рельсотрон — хорошо известна уже десятки лет. В последние десяти-
летя были предприняты попытки разогнать перемычку — кусок ме-
талла — до космической скорости и использовать в качестве оружия.
Пусть р — объемная плотность энергии магнитного поля систе-
мы. Тогда dUJdx = pS, где S — площадь бокового сечения перемыч-
ки. Подставляя в (1) т = pSd, получим ускорение а = p/pd.
Положим pd 102 кг/м2. Значению В = 10 Тл соответствует дав-
ление р = #72^0 = 4 • 107 Па и ускорение а = 4 * 105м/с2. Перемычка
достигает скорости и = 10 км/с на длине s = 125 м. Время разгона
~ 2,5 • 10‘2 с. Перемычка массой т = 2 кг приобретает энергию 100 МДж.
9.2.7. На основе приближенного выражения энергии соленоида
можно вычислить силы, действующие на соленоид и найти условия,
при которых не происходит его разрушения. Энергия магнитного по-
ля соленоида Um - Lf /2. Индуктивность L = I = z2 - где zv
z2 — координаты первого и последнего витков, z — компонента осевой
силы, действующей на первый виток Fu = dUJdzv Fla = pjftS/212, S —
площадь поперечного сечения соленоида. Очевидно Fu = -F^. Следо-
вательно, возникают силы, сжимающие соленоид. Действительно,
этот эффект обусловлен притяжением витков с коллинеарными то-
ками.
Поскольку индукция поля соленоида В = pJN/l, то Fu можно
представить в виде Fiz = pS, где р = Е^/2р^ — давление, создаваемое
магнитным полем. Напряжение, в поперечном сечении соленоида,
перпендикулярном оси z: = pS/Sa, SrT = 2nad — площадь сечения
обмотки, d — диаметр провода. Следовательно, а2 = pa/2d.
300
В продольном сечении, проходящем через ось z, действуют силы,
растягивающие соленоид. Найдем напряжение в продольном сече-
нии соленоида апр = T/Snp, где Т — величина силы упругости, распре-
деленная по поверхности сечения площадью 5np = Id. Вычисляя вели-
чину Т=pla, получим апр = pa/d = 2as.
9.2.8. Введем систему координат xyz\ скорость проводника
v = 0, 0), единичный вектор п = (0,0,1) задает положительное
направление на контуре.
Поток магнитной индукции через поверхность, ограниченную
контуром, Ф(£) = kx(t),
h
к= (рД/2л) j ds/(а + s) = (цЛ/2л)1п[(а + Л)/2а].
Из (9.2.3) найдем ^-компоненту силы, действующей на провод-
ник Fx = kL Из второго закона Ньютона и закона Ома получим урав-
нения mdv/dt = kl, IR = ~kv.
Исключая I, находим dv/dt = -(A;2/mR)v, или dv/dx = -(/c2/mR).
Отсюда получим у(я) = vQ - (kz/mR)x. Координата точки останов-
ки xr = vjnR/№.
9.2.9. Обозначим я-координату центра масс проводника. Поло-
жительное направление на контуре ОРКС изображено стрелкой на
рис. 9.2.9.
Ток в длинном проводе создает в полуплоскости х > 0, магнитное
поле индукцией В = (0,0, В), В{х) = —— .
2n(s + z)
Сила Ампера, действующая на проводник и приращение магнит-
„ U<JQIh . _ НоДЛ *
ного потока Fx = ——---, ДФ = —~—Аг.
2n(s + z) 2jc(s + z)
Из второго закона Ньютона и закона Ома получим уравнения
m— = ^°IoIh- , (1)
dt 2n(s + x)
v. (2)
2rc(s + z)
Исключая I из (1), получим уравнение
dv us 1 (iiQJQh
dt (s+x) mRs 2л
301
Переходя к переменной v = и(х), находим уравнение
dv us ...
— =-------7- (4)
dx (s + x)2
их
Решение уравнения (4) i?(.r) = v0--.
s + x
Рассмотрим три случая.
А. Пусть vQ > и. Тогда при х » s получим предельное значение
скорости проводника v(x)-+ vQ- и, и силы тока 1 -> 0.
В. Если р0 = и, то x(t) = у/s2 +2sut -s . Скорость v(t) = us/ Js2 + 2s ut.
С. Если p0 < и, то проводник остановится, на расстоянии
хс = SVJ(и ~ Ц>) от пачала координат.
9.2.10. Запишем уравнение движения кольца массой т радиусом
а исходя из закона изменения кинетической энергии dK/dt = Р, где
Р — мощность, развиваемая внешними силами.
Элементарная масса Алг кольца с зарядом Ад находящаяся на
расстоянии а от оси движется по окружности со скоростью v = лев.
2 2
та со
Поэтому кинетическая энергия кольца К = ----. Сила, деиствую-
2
щая на элементарный заряд Ад = дА<р/2л в вихревом электрическом
поле, направлена по касательной к окружности. Проекция силы на
касательную равна ДР, = АдК
Мощность, развиваемая силой АР = AqEv = АдРасо. Подставляя
значение Е, полученное в задаче 6.1.7, находим АР = --^а2со^~Аф.
Суммируя по всем элементарным зарядам, получим значение
„ да2 dB dK 2 day
Р=--—а>—. Поскольку --------- = та а>—, то имеем уравнение
2 dt dt dt
2 day qa2 dB day q dB /A. A
ma — = - -------или — = —--------. Пусть co(0) = 0.
dt 2 dt dt' 2m dt
Тогда co(/) = — [Bo - 5(f)]. Если B(t) = 0, то после выключения
2m
поля диск вращается с постоянной угловой скоростью.
9.2.11. При движении кольца возникает ЭДС индукции — по
кольцу протекает ток силой I. Положительное направление тока ука-
зано стрелкой на рис. 9.2.11. На каждый элемент кольца А/ действует
сила А/\ = ~1ВД1 и радиальная сила, приводящая к деформации коль-
302
ца. z — компонента полной силы, действующей на кольцо F = 2itaIBr,
где Вг ~ радиальная компонента вектора индукции.
Свяжем теперь Вг с z-компонентой вектора магнитной индукции.
С этой целью применим закон Гаусса (5.2.5) к цилиндру радиусом г,
расположенному между плоскостями z и z + Az. Поток магнитной ин-
дукции через боковую поверхность равен 2лгАгВг, а поток через
верхнюю и нижнюю плоскости равен nr[B2(z + Az) - Bz(z)]. Согласно
закону Гаусса имеем Br = ~~—L- Следовательно, F\ = ISdb/dz, где
2 dz
S = па— площадь кольца.
Отметим, что компонента Fs в соответствие с (9.2.3) быть пред-
ставлена в виде Fz = Id&/dz, где Ф = bS— поток магнитной индукции
через плоскость, ограниченную кольцом.
Из второго закона Ньютона следует уравнение
mdvjdl = ISdbJdz - mg. (1)
При вычислении ЭДС индукции необходимо учесть, что коорди-
ната центра кольца — функция времени: dbjdl = {dbjdz)v2. Тогда
ЭДС, индуцируемая в кольце е = -S{dbjdz}vz. Из закона Ома следует
еще одно уравнение
IR=-S(dbJdz}ve (2)
Подставляя/из (2) в (1), получим уравнение
mdvjdl = ~/R) (SdbJdzjvz - mgt (3)
решение которого позволит найти функцию z(t).
Отметим, что при v2 > 0 компонента силы Ампера F < 0 — кольцо
притягивается к соленоиду; при vz < 0 компонента силы Ампера Fz > 0.
Из уравнений (1), (2) следует закон изменения полной энергии
dE/dt == -fR, Е = mvz/2 + mgz.
9.2.12. Подставляя Е в (9.2.4), получим потенциальную энергию
частицы 1У(г) = -aV£"/2, FT(r) = -KJ2r\ где К = aVlf.
На частицу действуют сила тяжести и согласно (9.2.5) сила вели-
чиной К/r, направленная к оси z. Поскольку l\(0) = 0, то частица
движется в плоскости, перпендикулярной оси z. Из закона сохране-
ния полной энергии следует уравнение
(/п/2)(рг2 + р/) + »Г(г)=£и, (1)
где vr, vr — радиальная и тангенциальная компоненты скорости.
303
Вследствие сохранения проекции момента импульса частицы на
ось z получим уравнение mrv( = L.
Из (1), (2) следует закон сохранения полной энергии «попереч-
ного» движения в плоскости ху:
(™/2)< + Жяф(г) = £0, W^(r) = (L2/m - K)/2r\
Границы области движения определяются неравенством Ев> РГф(г).
Если Р = L1/тК > 1, Eq > 0, то область движения ограничена кольцом
г,<г<Ь,г^[К{^-\)/2Е.]т.
В случае р < 1 область движения при значениях полной энергии
Еи < 0 ограничена кольцом а < г < г2, г2 = [#(1 - р)/2Е0] 1/2, г2 < Ь.
9.2.13. Согласно (9.2.4) потенциальная энергия взаимодействия
частицы с внешним полем W(x, у, z) = -у(х2 + у2)/2, у = 4аИ702//?4.
Уравнения движения имеют вид
d2x/df - tfx = 0, (fy/df - k2y = -g, d2z/dt2 = 0,
где т — масса сферы, к2 = у/т.
Решение уравнений имеют вид
x(t) = xQchkt, y(t) = g/Аг2 + (yQ -g/k2)dikt, z(t) = 0.
Здесь dikt — гиперболический косинус:
chkt = [exp(Zrt) + exp(-tt)]/2.
В некоторый момент времени частица достигает одной из поверх-
ностей. Эта система электродов, предложенная немецким физиком
В. Паулем при напряжении U(l) = Ц + L^cosgW позволила создать
масс-спектрометр ионов высокого разрешения (Нобелевская премия,
1989 г.).
304
Глава X. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
10.1. Электромагнитные волны.
Радиосвязь и телевидение
10.1.1. Бегущей электромагнитной волной называется процесс
распространения электромагнитного поля в пространстве. Скорость
распространения волны в вакууме равна скорости света с == 3 • 10*м/с.
10.1.2. Плоская монохроматическая электромагнитная волна в
неограниченном пространстве представляет собой процесс распро-
странения поля, для которого векторы Ё и сВ (|е| = |с2?| в любой
момент времени) перпендикулярны друг другу и направлению рас-
пространения волны, заданным единичным вектором п . Положение
проекций векторов Ё и с В на плоскости Q, перпендикулярной век-
тору п , определяется специфической для электромагнитного поля
характеристикой — поляризацией. Волна называется эллиптически
поляризованной, если концы проекций векторов Ё и с В на плос-
кость Q вращаются по эллипсу. При движении концов векторов по
окружности волна называется г{цр«г/лярно-ноляризованной. В случае
линейно-поляризованной волны проекции векторов Ё и сВ при-
надлежат двум взаимно перпендикулярным прямым.
10.1.3. Радиодиапазон лежит в области от 100 кГц до 30 ГГц. Ви-
димый свет занимает область частот от 4,3 • 1014 Гц до 7,7 • 1014 Гц.
10.1.4. Падающая и отраженная волны распространяются в на-
правлении единичных векторов пх, п2-2н(н1,п), n1n = -cos0..
Ориентацию пластинки зададим единичным вектором п . Через эле-
ментарную площадку поперечного сечения, перпендикулярного на-
правлению распространения волны S за интервал времени Ы па-
дающая волна переносит импульс (J/c) отраженная волна —
(J/c)(l - а)Я/5Д/. Приращение импульса волны при отражении от
пластинки
АР = (J/c) [(1 - а) п2 - п{ ]5AZ = Ё Ы,
f = Ёп — перпендикулярная к площадке компонента силы,
/= (J/c)(2 - a)cos05. Давление, создаваемое волной при отраже-
нии/; = f/SQ, So = S/cosO, р = (J/c) (2 - a)cos20.
305
10.1.5. На участках траектории, освещаемой солнечными луча-
ми, сила светового давления может периодически подгонять или, на-
оборот, тормозить спутник. Через 5 месяцев орбита превратилась в
эллиптическую с перигеем на высоте около 900 км и апогеем —
2 200 км, за следующие 5-6 месяцев орбита возвратилась к почти
круговой форме и снова начала вытягиваться в эллипс с меньшим
перигеем. Спутник вошел в атмосферу в мае 1968 г.
10.1.6. Амплитуда напряженности электрического поля Е - а/r на
1 / 3 j
расстоянии г от диполя Е= -^/ЗЯР/4л или Е (В/м) = ——^ЮР(Вт).
г г(м)
10.1.7. Найдем амплитуду Е^ напряженности электрического поля
волны в окрестности цели Ех = £'ucos(tBf - coz/c). Мощность изотропно*
го излучателя Р = се0 <Е2> ЬпЛ Учитывая, что ceu = (^/Цо)172 = 1/R,
R = 377 Ом, находим Е2 = PR/(2лг2).
В нерелятивистском приближении на электрон действует сила
fx = -e0Z?ucosa>L Из второго закона Ньютона mdv/dl = -e^coscof полу-
чаем v(t) = -(e^/?n(o)sinatf, x(t) = (e^/may) (cosco/ - 1).
Амплитуда колебаний A = (euX2/znc2r) (РЯ)1/2/(2я)5/2.
10.1.8. Радар создает у цели плотность потока мощности или ин-
тенсивность Ju = /2г2, где а ~ амплитуда сферической волны.
Для анализа переизлучения электромагнитных волн вводят эффек-
тивную площадь поверхности отражения 5Я, которая переизлучает
волны во все стороны с одинаковой интенсивностью. Цель воспри-
нимает мощность PQ = JQS3, а у антенны плотность потока мощности
отраженного импульса J - PJfatr. Мощность импульса Р = JS, где
5— эффективная площадь приемной антенны.
10.1.9. Прощание с азбукой Морзе. После гибели «Титаника» в
1912 г. была принята рекомендация о широком внедрении радиоте-
леграфа и обязательной круглосуточной вахте радистов. Тогда же
был согласован кодовый сигнал SOS. Вопреки сложившейся легенде
этот сигнал никак не расшифровывался. Все сочли, что три точки,
три тире и три точки легко запомнить и передать в эфир. В 1992 г. в
международную конвенцию внесена поправка об отказе с 1992 г. от
азбуки Морзе и переходе на глобальную систему спутниковой связи.
10.1.10. Напр имер, в диапазоне (v0, 10v0) могут работать 9v0/vm
станций, а в диапазоне (100v0, 1000v0) - 900vu/vm станций.
10.1.11. Допустим, что для передачи сообщения используют аз-
буку Морзе, модулируя амплитуду волны импульсами, соответст-
306
вующими точкам и тире. Длительность импульса, соответствующего
точке, и длительность паузы между соседними знаками, равны тп ~
100/v. Длительности тире и паузы между группой знаков, образую-
щих букву, равны Зт0, а между словами — 5ти.
Статистический анализ показал, что в среднем на одно слово при-
ходится 5 букв, для передачи которых требуется 48тп: интервал 22тп
соответствует передаче знаков, а промежуток времени 26ти — паузам
между знаками и буквами, включая паузу в конце слова. Поэтому
передача одного слова занимает интервал времени А£~ 4800/v, об-
ратно пропорциональный значению несущей частоты.
10.1.12, Если луч пробегает кадр за в.ремя Тк, то частота смены
1 тт
кадров vk = —. Поэтому луч пробегает через каждую частицу за вре-
Т 1 1
мя . Следовательно, длительность видеоимпульса т----—,
а ширина полосы спектра Av — = vJV.
т
Для того чтобы изображение воспринималось слитно, за секунду
необходимо передать не менее 25 кадров, т.е. vk = 25 Гц. Поскольку
ширина кадра обычно равна 4/3 высоты, то ширина спектра
Av ~ 13,02 МГц. Для уменьшения мерцания изображения использу-
ют чересстрочную развертку: сначала передают сигналы от нечетных,
затем от четных строк. В результате ширина полосы уменьшается до
значения 6,5 МГц. Несущая частота телевизионного канала лежит в
диапазоне 50-200 МГц.
10.1.13. Причина в том, что вместе с полезным сигналом прием-
ник усиливает и помехи — случайные шумы. Чем шире полоса час-
тот, тем выше уровень шумов. Если полезный сигнал слаб, то его
трудно выделить на фоне шумов. В то время мощность передатчика
была невелика. Поэтому для снижения уровня шумов достаточно
уменьшить полосу частот полезного сигнала, увеличивая время пе-
редачи одного кадра.
10.1.14. Будем считать, что индуцируемая в приемной антенной
ЭДС, представляет собой суперпозицию гармонических амплитудно-
модулированных напряжений. Для того чтобы выделить одну радио-
станцию, работающую па несущей частоте v = св/2л, используются
резонансные свойства контура. Параметры L и Ск в схеме рис. 10.1.14
следует выбрать такими, чтобы резонансная частота стала равной v.
307
Тогда при больших значениях добротности Q амплитуда напряжения
сигнала частотой v на катушке или конденсаторе будет во много раз
больше амплитуд сигналов других частот. Таким образом, от антенны
поступает практически один сигнал, частота которого совпадает с
собственной частотой контура.
Характерная частота изменения амплитуды е0(£) равна va = 4 кГц.
Задача детектора — полупроводникового диода — состоит в детекти-
ровании ~ преобразовании амплитудно-модулированного напряже-
ния е(0 в напряжение зауковой частоты. Вольтамперная характери-
стика полупроводниковых диодов проходит через пуль, но достаточно
заметный ток появляются у кремниевых диодов при напряжении
Va = 0,2-0,4 В. Тогда вольтамперную характеристику диода можно
представить в виде кривой, изображенной на рис. 10.1.14 а.
UW
Рис. 10.1.14 а Рис. 10.1.14 б
Предварительно опишем качественно процесс детектирования.
Пусть X = 300 м (v = 1 МГц), емкость конденсатора С = 5000 пф, со-
противление резистора наушников R = 3 кОм. Поскольку постоянная
зарядки тз = CRL = 210"8 с существенно меньше периода высокочас-
тотных колебаний Т = 10’6 с, то при открытом диоде напряжение на
выходе схемы U(t) повторяет форму звукового сигнала £п(0- При
значениях U(nT) = EQ(nT) - Vn, диод запирается и конденсатор раз-
ряжается через резистор.
Поскольку постоянная разряда - CR - 1,5 • 10 5 с больше Г, то
во время разряда конденсатора через резистор R напряжение U(t)
медленно спадает. При значениях U(t) > &(t) - Vn диод отпирается и
308
конденсатор подзаряжается. Используя решение задачи 7.2.9, полу-
чим напряжение на выходе схемы
U(t) = e0(t) (1 - Т/2тр) - К + £о(О (2X/R)sinert + ....
Поскольку Хс « R, то высокочастотная составляющая напряже-
ния значительно меньше низкочастотной. Напряжение на ЯС-цепи
создается практически только низкочастотной составляющей, кото-
рая полностью воспроизводит звуковой сигнал (рис. 10.1.14 б). Сле-
дует отметить, что рис. 10.1.14 б схематичен т.к. за характерное время
изменения звукового сигнала Т3 = 2,5 • 10"4 с произойдет 250 высоко-
частотных колебаний.
10.1.15. В системе отсчета, связанной с наблюдателем фаза вол-
ны Ф = (tit - —, где rSP — расстояние от излучателя до точки наблю-
с
дения Р(х, у, 0) на поверхности Земли, rsp(t) = yj(x-ut)2 + у2 + Ь2 .
Частота волны, принимаемой в точке Р равна производной фазы:
1 1 drsp
с dt .
(tiH = (1Ф/(И или vn = v
, гдеу = а>/2л.
Производная = ~(х - ut) U представляет собой радиаль-
dt rsp(t)
ную скорость излучателя. Если излучатель приближается к наблюда-
телю, то vH > v. При удалении излучателя частота принимаемой вол-
ны уменьшается.
Сдвиг частоты e(t) =vH-v равен е(£) = (х - ut) —-— .
Чр(0
На траверсе сдвиг частоты e(t) равен нулю. Изобразите график
функции е(£). По графику сдвига частоты e(t) можно найти координа-
ты наблюдателя.
Действительно, в момент времени tm = — доплеровский сдвиг
и
s(tm) = 0, а расстояние = rm, rm = yjy2 + b2 . Крутизна графика в
t . de и2
точке tm — производная функции — = —
dt X г
однозначно связана с
расстоянием rm. Измерив tm, найдем координату х = utm, а по крутизне
определим наклонную дальность rm и координату у = yjr2 -b2 .
309
Современная навигационная система GPS (Global Positioning
Systems), разработанная в США, принимает сигналы одновременно с
двух спутников и вычисляет координаты объекта с точностью до
0,5 метров. Само устройство по габаритам не больше портсигара. В
1995 г. сеть имела 24 спутника, расположенных на высоте около
20 000 км. Автомобильная система Never Lost (не потеряешься)
«привязывает» координаты к ближайшей дороге или улице, рассчи-
тывает оптимальный маршрут, показывая на экране все повороты и
время поездки.
10.2. Интерференция. Дифракция
10.2.1. Поскольку направления поляризации волн одинаковы, то
напряженность электрического поля в точке Р равна Е = (Е, 0, 0),
Е= Е{ + Ег, Е{ = acos(atf - <pj, <р, = krv Е2 = acos((nt - ф2), ф2 = kr2, rv г2
— расстояния от отверстий до точки экрана Р. Среднее значение ин-
тенсивности поля в точке наблюдения Р:
J(х, у) = ЕОС <Е> = СЕ0Г(^2) + №} + 2{EtE2)1.
2
,2
2
Вычисляя средние значения = — ,(£2j = — ^E^j^—cosd,
8 = ф2 - (р, = к(г2 - г,), получим J(x, у) = се0а2(1 + cos8), J(x, у, z) =
= 4J0cos2 —, где = — cgqEq — среднее значение интенсивности поля,
2 2
создаваемого одним источником. В зависимости от положения точки
Р интенсивность поля изменяется от Ут1п = 0 до максимального значе-
ния 7таг = 4У0. Разность хода волн в точке наблюдения r2 - rv где
А2
г21 = JI л; ± — I +z/2 +д2 . Очевидно, г22 - г,2 = 2xd.
V \ /
При условии d, |х|, |//| « b можно положить г2 + ~ 2Ь. Следова-
тельно, r2 - rt 8 = = 2rard . g плоскости ху интенсивность
b b Lb
J(x, у) - 4J0cos2| | не зависит от координаты у, Интерференцион-
\Lb )
ная картина представляет собой последовательность светлых и тем-
ных полос, параллельных оси у.
Т. А
Расстояние между соседними яркими полосами Дгг = —.
d
310
10.2.2. В плоскости ху появляются светлые полосы, равноот-
стоящие друг от друга на величину Ar = 1 мм.
10.2.3. В точке М(х, у, z) напряженность поля
Ё (/, х, у, z) ~ Ёх cos((o/ - kst) + Ё2 cos(co/ - ks2),
s21 = [(x±d/2)2 + у2 + (z + 6)2],/2.
Интенсивность поля в точке М(х, у, z) равна
Цх, yt z) = (ceu/2) [Е2 + Е2 +2Ё{Ё2 cosk(s2 - s,)].
Следовательно, интенсивность максимальна на поверхностях,
удовлетворяющих условию $2 - 5, = rik, п e 7V:
\\х + d/2)2 + у2 + (z + ft)2]1/2- [(x-d/2)2 + y + (z + 6)2]1/2 = aX.
Разрешая иррациональное равенство, получим после алгебраи-
ческих преобразований уравнение семейства гиперболоидов с осью
вращения имеющих общие фокусы в 5, и S2:
Л = Id2 - (пЛ)2]1/2/2, В„ = nX/2, d > пк.
Максимумы интенсивности в плоскости z = 0 принадлежат се-
мейству гипербол
(х/В„)2 - (z//4n)2 = 1 + (fe/4J2. (2)
При значениях nX « d,b»d имеем Д « d/2, (xd/nkb)2 - (y/b)2 = 1.
В области у «Ь получим семейство прямых х = nkb/d. В плоско-
сти х - максимумы интенсивности лежат на семействе окружно-
стей у2 + (z + b)2 = г2, rn = xQd/rik.
10.2Л. Интенсивность света J ~ sin2y, где у = 2^ -/J/Х, Если
величины lv 12 различаются на Х/8, то наблюдается половина макси-
мальной интенсивности.
Чувствительность прибора можно повысить за счет многократно-
го прохождения луча. Существует несколько способов решения этой
проблемы. В одном из них в плечо АМ{ помещают полупрозрачное
зеркало. Используя интерферометр, удалось осуществить перемеще-
ние зонда-иглы на расстояниях 1-^2 нм от поверхности образца. По-
следние три слоя острия зонда представляют собой пирамиду из 7, 3
и одного атомов. Если между образцом и зондом создать разность по-
тенциалов, то между электронными оболочками атомов образца и
зондом возникает ток чрезвычайно чувствительный к величине зазо-
311
ра: обычно сила тока уменьшается в 10 раз при увеличении зазора
на 0,1 нм. Механизм обратной связи регистрирует силу тока, изменя-
ет управляющее напряжение и перемещает зонд перпендикулярно
поверхности так, чтобы велич ина тока не менялась. Тогда, анализи-
руя изменения напряжения, возникающие при смещении зонда
вдоль поверхности, можно построить изображение поверхностного
рельефа.
Изобретатели сканирующего туннельного микроскопа Г. Бинниг
и Г. Рорер (Нобелевская премия, 1986 г.) сумели получить изобра-
жение рельефа, на котором видны ряды атомов размером ~ 0,2 нм.
В настоящее время планируется серия экспериментов по обна-
ружению гравитационных волн, в которых используется интерферо-
метр Майкельсона для измерения ничтожно малых смещений проб-
ных масс, возникающих при прохождении волны.
10.2.5. При отражении х-компонента вектора nt изменяет знак:
ni + -nl -2p(pnI), no = (sina, 0, sina).
В области x > 0 напряженность электрического поля Е = Ei->rE0,
где Ео (/, х, у, z) - a?0cos(co/ ~ knor ) — напряженность поля отра-
женной волны. На плоскости х = 0 касательная компонента вектора
Ё (0, 0, z) = Q должна быть равна пулю: Q — p[pQ^=^ Следова-
тельно, нормальные компоненты векторов поляризации р(/Ц) долж-
ны быть одинаковы, а касательные компоненты направлены в проти-
воположные стороны: е0 = - +2 р(рё).
10.2.6. Напряженность электрического поля
Ел(х, у, z) = a[cos(co/ + кх) - cos (со/ - fcr)] = -2asin(fcr)sinco/.
Индукция магнитного поля волны В = (0, Ву, 0),
сВу(х, у, z) = a[cos(co/ + кх) + cos (со/ - fcr)] = 2acos(кх)cosco/.
Распределение поля соответствует картине стоячей волны. Маг-
нитное поле имеет максимум на поверхности проводника и во всех
точках, где электрическое поле равно нулю.
10.2.7. Напряженность электрического поля в области х > 0:
Е = [0, a(-coscpz + sincpj, 0].
Индукция магнитного поля падающей волны
сВи = -acosaEiy, В* = 0, cBLi = -asinaE^.
312
Индукция магнитного поля отраженной волны:
= -acosaEOj), В<1(, = 0, сВм = asinaE у.
Индукция магнитного поля в области х > 0:
сВ = [acosa(coscpi. - sincpj, 0, asina(coscpt + sincpj].
Компонента вектора Пойнтинга S2 = -с\ЕуВг Среднее значение
интенсивности J= ce0a2cosa<(coscp/ -sincpo)2>, 7= 470cosasin2(cpi - фо)/2,
J(x) = 4J0cosasin2(2n#sina/X).
Интенсивность достигает максимума, если в разности хода укла-
дывается нечетное число полуволн.
Первый максимум имеем в точке Р\ —,0,z . В окрестности то-
nK,s
чек.Рп(хп, 0, z) с координатой х = -- (п = 0, 1, 2, ...) интенсивность
2h
ноля близка к нулю. С этим эффектом пришлось иметь дело специа-
листам по радиолокации.
Во время второй мировой войны английские радары были уста-
новлены на скалах Дувра для слежения за самолетами противника,
пересекающими Ла-Манш. Ширина пролива от 32 км до 180 км. Во-
да является хорошим ^проводником для частот, меньших 108 Гц. Ра-
диоволны достигают самолета по трассам в области перекрытия па-
дающей и отраженной волн. Однако, иногда радары не фиксировали
самолет.
Пусть радиус-вектор самолета г(/) = ^4-й. Мощность излучения,
принимаемая радаром, P(t) = (R/2s)2SJ(t), где — эффективная пло-
щадь отражаемой поверхности, R — размер антенны, J(t) = 470sin2y(£),
у(0 = 27ifex(i)/(Xs), x(t) = z0 + vxt. Следовательно, при полете на высо-
тах x(t) « хп мощность излучения в результате деструктивной интерфе-
ренции близка к нулю.
Полагая X = 30 см, h = 300 м, s = 20 км, получим хп - 10п м; значе-
нию s = 100 км соответствуют плоскости хп - 50п м.
10.2.8. Напряженность электрического поля и индукция магнитно-
го поля в области х > 0:
Е = [acosa(coscp. ч-sincp,,), 0, asina(cosq\ -sincpj],
сВ = [0, а(созф1+81Пфо), 0],
ф. = + /csinour - /с cos az, фо = <nt - /csinour - /ccosaz.
313
Компонента вектора Пойнтинга St = Среднее значение ин-
тенсивности
7= ce0a2cosa<(cos(pl. +31Пф0)2>, /= 470cosacos2((pj - ф0)/2,
J(x) = 4J0cosacos2(2rasina/X).
10.2.9. Напряженность электрического поля волны
Ё = [acosa(coscp. +sincp0), а(-созф£ +sin(p0), asina(co^q)i -sincpo)].
Индукция магнитного поля волны
с В = [acosa(coscpi -sin<p0), а(со8ф, +вшфо), аэта(со8ф. +яшф0)],
Компонента вектора Пойнтинга Sz = Среднее значение
интенсивности J = 2ee0a2cosa< 1 + sin (ф, + ф0) >, J = 2J0cosa.
10.2.10. Электромагнитная волна представляет собой сумму па-
дающей волны и волны, отраженной от провода.
Из условия равенства нулю х-компоненты напряженности элек-
трического поля на поверхности провода имеем
/?x(z) * (a/|z - d\ )cos[co^ - к|z - d| ] - (a/1z + d| )cos[art - k(z + d)].
В области s» d имеем Ex(s) * -2(a/s)sin(/cd)sin(art - ks).
Амплитуда волны равна нулю при условии (Га = tiX/2, п - 0,1,2.
Индукция магнитного поля Bv(s) ~ -2(a/s)sin(A:d)sin(art - ks). В
точке Р интенсивность J = 2c£0(a/s)2sin2/cd.
10.2.11. А. В области z < 0 напряженность поля равна сумме на-
пряженности падающей (i) и отраженной (г) волн
Ёь = (0, Д, O)cos(art - kn^z) + (0, Er, 0)cos(art + kntz).
Аналогичное выражение получим для индукции магнитного поля
cBL (i, z) = (-nlEif 0, 0)cos(art - kn^z) + (ntErt 0, 0)cos(art + kr^z),
В области z > 0 имеем преломленную волну (J)
Er = (0, Et, 0)cos(art - kn2z), сВи z) = (-«Д, 0, O)cos(art - kn2z).
Из граничных условий при z = 0 получаем уравнения Ех+ Er = Et,
- п^Ег = из которых находим формулы Френеля
Ег = ^-п^ЕДп^Пг), Е = 2п,ЕДп, + пг).
Отметим, что при п2 > ni происходит изменение фазы отраженной
волны на л.
Б. Вектор Пойнтинга
S = (0,0,5), 5= <S> = ^(Е* - Е*)/2.
314
10.2.12. А. В области z < 0 напряженность поля равна сумме на-
пряженности падающей (Z) и отраженной (г) волн
Ёк = (cBJn^ 0, O)cos(co£ - kn{z) + (~cBr/nv 0, O)cos(co£ + knxz).
Аналогичное выражение получим для индукции магнитного поля
Вк (t, z) = (О, В., O)cos(co£ - knfi) + (0, Br, 0)cos(art + kniz),
В области z > 0 имеем преломленную волну (Z)
Ёп = (cBt/n2, 0, O)cos(coi - кп^), Вп (t, z) = ( О, Bt, O)cos(co^ - kn^z).
Из граничных условий при z = 0 получаем уравнения В{ + Вг~ Bt,
EJn{ - EJn,' = EJn29 из которых находим еще две формулы Френеля
= («2 ~ nt W(ni + ^2), В,= 2пД/(п( + п2).
Отметим, что при п2 > п{ происходит изменение фазы отраженной
волны на л.
Б. Вектор Пойнтинга
S = (O,O,S), <5> = (с/2ц|))(В2 - Вг2).
10.2.13. Вектор напряженности электрического воля волны всегда
направлен перпендикулярно плоскости падения волны: Е = (0, Е, 0).
На рис. 10.2.13 б изображены падающая и преломленная волны в
области пластинки и клина. Угол преломления на грани ОА равен (3,
на нижней поверхности пластины у. Из закона преломления имеем
уравнения sina = nsin0, asin(a - 0) =siny. В результате преломления
на горизонтальной верхней плоскости в пластине распространяется
волна с компонентой EtR = acos(art - knz). При переходе в воздух
EvR = acosfart - кпН — k(z - Н)]. После преломления на грани ОА в
пластинке распространяется волна £о; = acos(art - кхх - /с/), где
/cz = /cnsin(a - 0), к* = /cncos(a - 0). При переходе в воздух распро-
страняется волна Eql = acos(art - kQxx - kni(z - H) - кН), кОх = fcsiny,
/сОг = /ccosy; кОх = кх.
Напряженность электрического поля в плоскости экрана
Е(х) = acos(coZ - кОхх - kQzd - кН) + acos[o)i - кпН - kd].
Интенсивность поля J = cen <Е?>, J = 2ce0a2cos28/2,
8 = к^х + k^d + к JI - кпН - kd или
8 = кх siny + (cosy - 1) к d + /ca[cos(a - 0) - 1]Я.
Интенсивность достигает максимума при условии 8 = 2тг$, 5 = 0, 1,
2,....
315
Поскольку а << 1, то а = пр, п(а - р) = у,
8 = ка(п - 1)х - ка(п - 1)2(Я/п + d)/2.
Координаты линий максимума
ха = ks/a(n - 1) + а(п - 1) (Н/п + d)/2.
Из рис. 10.2.13 б найдем максимальное значение х-координаты,
ограничивающее интерференционную картину справа
хт = а(п - 1) (Н/п + d).
Значению 5 = 0 соответствует координата х = хт/2. Максимальное
значение sm = a2(n - 1)2(Я/п + d)/2X.
Рис. 10.2.13 6
10.2.14. После освобождения от корней получим в результате
тождественных преобразований уравнение эллипса
(x/BJ2+(z//Be)2+[(z-V2)/AJ2 = l,
Brt=k(^ + 2z0)],/2/2, Д = (^ + ^)/2,
где qn = п Х/2.
Центр эллипсоида находятся на расстояниях z0/2 от точки О.
10.2.15. Радиус первой зоны Френеля /?, = [Xa(z0 - а) Д)]1/2равен ну-
лю при а= 0, a = z0 и достигает наибольшего значения Я1гаах = (Xz0)t/2/2
при а = z0/2.
В области 0 < a < z0/2 радиус первой зоны возрастает от нуля до
/?!таг и убывает от 7?lmar до нуля в области z/2 < a <z0. Рассмотрим по-
верхность, огибающую все окружности, принадлежащие первым зо-
нам Френеля. Область пространства, ограниченная этой поверхно-
стью, называется френелевым объемом. Электромагнитное поле в
316
области френелевого объема образует реальный физический луч. Све-
товым или геометрическим лучом называют прямую линию, выхо-
дящую из точки О.
10.2.16. Пусть площадь отражающей плоскости равна S. Реаль-
ный физический луч отражается не в одной точке плоскости ху. В со-
ответствии с принципом Гюйгенса-Френеля поле в точке наблюде-
ния формируется в результате интерференции «виртуальных» волн,
«излучаемых» каждой точкой Q[x, у, 0) плоскости ху. Однако наибо-
лее существенной областью является область плоскости ху с центром
в точке О Q0(x^ yQ, 0) представляющий собой проекцию первых зон
Френеля на плоскость ху.
Найдем уравнение кривой, которая ограничивает эту область в
плоскости ху, и площадь области. Фаза волны, «излучаемая» одной
из точек плоскости ху, равна Ф(хк, 0, zH) = coi - со(^ + sQ/>)/с,
= [X + у + л2]1/2> V =[(*.- г)2 + У2 + СТ-
Фаза реальной волны, принимаемой детектором
= £0i- ©(s + sj/c, s= (xz + hz)',z, s,= [(xH - x0)z + zj],/z.
Согласно принципу Гюйгенса-Френеля разность фаз
Фч(хн, 0, zj - Ф(хк, 0, zj = м,пе N.
Следовательно,
SLQ + SQP = + пХ/2. ( 1)
Положим х = х0 + хг, у = у', хк- xQ = sKsina, х0 = ssina. Предпола-
гая, что I х'|, I yf\ « s, sH, разложим s^, sQP в ряд, в окрестности точки
зеркального отражения Qo, ограничиваясь величинами второго по-
рядка малости.
Используя разложение (1 + е)л« 1 + ne + п(п - 1 )е2/2 + на-
ходим
sQP = (V ~ 2sXsina + х’2 + г/2]1/2»
~ sjl - x'sina/sH + (х'2 + у2)/2s2 - x'2sin2a/2s2],
sI/Q - [$2 + 2sz'sina + x'2 + y2} ,/2«
»s[l +z'sina/s+ (xr2 + f/2)/2s2 - z'2sin2a/2s2].
В результате из (1) получим уравнение эллипса
(cos2ole'2 + у2) (1/s + 1 /sH) = nk.
В стандартной форме [(х - x0)/An]z + (y//?n)2 = 1, где полуоси эл-
липсаЛп = RJcosa, Rn = (s + sj ]1/2.
317
На рис. 10.2.16 б изображены проекции на плоскость z = 0 зон
Френеля с номерами n = 1, 2, 3. Эти эллипсы представляют собой гра-
ницы сечения эллипсоида вращения Френеля с фокусами в точках
0, zj, L'(0, 0, -h) с центром в точке Qo. Эллипсы вытянуты в на-
правлении к источнику излучения — при скользящем падении
(а~ л/2) уже первые зоны могут охватывать большую часть трассы
между точками LnP.
Площадь эллипса с номером п равна
S, = + sjcosaj.
В случае 5 >> sH, площадь первой зоны 5, = nks„/(cosa). Закон от-
ражения выполняется при условии « 5:
S » rrX\/cosa или S » nXzM/cos2a.
Рис. 10.2.16 б
10.2.17. Расположим начало координат на крае экрана, распо-
ложенного в плоскости ху, х < 0. Ось z направим перпендикулярно
плоскости экрана. Детектор находится в точке Р(х, 0, z). Радиус пер-
вой зоны Френеля для детектора, расположенного на расстоянии z от
волнового фронта плоской волны /?, = \fkz .
При значенияхX = 694,3 нм, z = zH, zH = 2,5 м величина/?, = 1,32мм.
Если х » /?,, то детектор находится в области прямолинейного
распространения света - экран не перекрывает первую зону Френеля
и дифракция не проявляется. Если х < Rv то экран перекрывает
часть первой зоны Френеля и проявляется дифракция света.
Интенсивность максимальна не на границе геометрической тени
при х = 0, а в освещенной области. Первый максимум интенсивности
находится на расстоянии хт = 1,2 мм от края экрана. В освещенной
области при фиксированном z = z0 интенсивность имеет ряд макси-
318
мумов и минимумов вблизи значения /0 - интенсивности волны.
Край освещенной области расщепляется в дифракционные полосы
заметные в области z<10fft, включающей несколько первых зон
Френеля.
10.2.18, За экраном волновой фронт с ограниченной площадью
поперечного сечения не может быть плоским. В отверстие проходит
фронт плоской волны. Сильное искажение фронта происходит вбли-
зи края отверстия, а поле в точках отверстия на расстояниях ~Х прак-
тически совпадает с полем плоской волны. Однако, по мере распро-
странения волны эта резкая граница расплывается: поток энергии
волны затекает в область геометрической тени. В этой промежуточ-
ной области мы имеем дело с дифракцией Френеля. Она проявляется
на расстояниях г, для которых площадь отверстия порядка площади
а2
первой зоны Френеля = y/kr : а ~ у/кг или г ~ rF, rF = —. Если г < rF,
X
то на площади отверстия укладываются несколько первых зон Фре-
неля. Поэтому на расстояниях г « rF расплывание параллельного
пучка еще не заметно. Например, при а = 1 см, X = 600 нм получим
rF= 170 м. В плоскости z = zn 0 < za « rF мы увидим светлый круг ра-
п а2
диусом ~ а. Следовательно, на расстояниях г <<— расходимостью
X
падающей волны можно пренебречь. На расстояниях г > rF, все точки
отверстия лежат в первой зоне Френеля. При значениях г » rF пло-
ская волна за экраном превращается в сферическую — это область
дифракции Фраунгофера.
10.2.19. Согласно принципу Гюйгенса-Френеля поле волны соз-
дается вторичными источниками, распределенными по площади от-
верстия. Поэтому первый максимум интенсивности в точке наблюде-
ния Р определяется условием — разности фаз волн, излученных
границей отверстия и волны, излученной центром отверстия, не
Л /Н X v
должны превышать X/2: аа— , где а — угол между осью z и прямой
2
ОР. Следовательно, в грубом приближении можно считать, что волна
распространяется в конусе с углом раствора 2а ~ Х/а.
В плоскости z = zh, zH » rF наблюдаемая картина согласно пред-
ставляет собой дифракционное изображение светящейся точки L:
светлый диск радиусом azH = 0,5XzH/a с центром в точке (0, 0, zH).
319
Согласно строгой теории распределение интенсивности представ-
ляет собой светлый диск радиусом azH = 0,61Xz4/a, окруженный тем-
ными и светлыми кольцами. Интенсивность равна нулю на окружно-
стях радиусов 0,61XzN/a, l,HXzK/a, ... . Максимум интенсивности
второго светлого кольца — окружность радиусом 0,81Xzh/a. Интен-
сивность света в центральном кольце 0,838Уп, где Jo — интенсивность
падающей волны. Интенсивность света внутри круга, ограниченного
вторым темным кольцом, равна O,91Jo. Поэтому только два или три
первых светлых кольца достаточно ярки, чтобы их наблюдать невоо-
руженным глазом.
10.2.20. В точке фотопленки Q(x, у) напряженность электриче-
ского поля
Е (Z, х, у, 0) = а е cosart + (Ge^/r5<?)cos((oZ - krSQ - ф),
r4,= [(x-/l)2 + / + d2)],/2.
Интенсивность поля в точке Q равна J(x, у) = c£0(Z^)cp,
1
Ж.!/) = -£исН6Х^/г^2 + а2 + 2(^аёё^/г^со5(Ат^ + ф)]. (1)
10.2.21. Первое слагаемое в (1) меньше остальных и им можно
пренебречь. Подставляя (1), получим
Д*, у) = - Z(v/arsv)cos(krSQ/ + ф),
где v = GJU еёу v, ~ GJ^.
Поскольку
Т(х„, i/Jsin(coZ - krQP) =
= y„sin(coi - krQP) - (p/ar^)sin(coi - kri - ф) - (u/ar^,)sin(arf - кгг + ф), (2)
r\Axk> Ук) = rQP ±rso=[(x- + У* + Z1V2 ± - h)2 + У 2'+ d2]l/2,
to (2) представляет собой сумму трех слагаемых, соответствующих
трем волнам, возникающим за голограммой.
Представим напряженность поля в виде
7^ >. /л . .ik rdxledyk rt i ., ,7 ч
Ef (/, x, 0, z) = Re;— I—Ek [t?oaexp(iart - ikrQP) -
2 k 5 rQP
“ (^/Г5у)еХР(^^ “ “ *Ф) “ (U/rs(j)eXP(^ " ^Г2 + *Ф) J ’ (3)
Положим в общепринятом параксиальном приближении
[(х,-Л)2 + ?//]/2о£, V«z+ [(x - xj2 + yk2]/2z
в экспонентах и rw » d, rnp » z в знаменателях.
320
Поскольку сог^/с » 1, wrQP/c » 1, то подинтегральная функция бы-
стро осциллирует при изменении переменных интегрирования хк, ук. В
:>том случае основной вклад в интегралы дают области голограммы в ок-
рестности точек, в которых производные фаз по хк, ук равны нулю.
В первом интеграле это точка х0 = х, у(] = 0, во втором — точка
х~= (xd + hz)/(z + d), ys = 0, в третьем — точка xR = (hz ~ xd)/(z - d),
ун = 0. Теперь можно вынести значения векторов Ек в этих точках за
знак интеграла и разнести пределы интегрирования до ±оо. Исполь-
зуя табличный интеграл получаем
Ej (t, х, 0, z) & v^ae cos(otf - kz) - (v/rsp) Es cos(ort - kr^ - ф) +
+ (v/r№) Ё„соз(а1-кгяр+<Ь). (4)
Здесь rsp x z + d + (x - h)2/2(z + d), rRP~ z - d + (x - h)2/2(z - d) —
расстояния от мнимого и действительного изображений в точках
5t(h, 0, -d) и S2(h, 0, d) до точки наблюдения Р (рис. 10.2.21). Векторы
поляризации Es и Ер получаем из вектора Ек после замены пк—>п$Р,
nRP , где единичные векторы nsp, пнр лежат на отрезках S^P и S?P.
На рис. 10.2.21 «изображены» волны, порождаемые дифракцией
плоской волны на голограмме.
Рис. 10.2.21
Первое слагаемое соответствует плоской волне, распространяю-
щейся в направлении оси z. Сквозь голограмму можно хорошо рас-
смотреть мнимое изображение 5, предмета 5, который был располо-
жен в том же самом месте. Мы восстановили сферическую волну,
совпадающую с реальной волной, исходящей от предмета S. Одно-
временно возникает действительное изображение S2, расположенное
симметрично мнимому изображению 5Г
321
Точно так же получают голограмму трехмерного предмета и вос-
станавливают трехмерное изображение — его можно рассматривать с
разных сторон. Создается полное ощущение объемности. Действи-
тельное изображение имеет существенный недостаток — оно псевдо-
скопично: впадины выглядят как выпуклости и, наоборот, выпуклые
области вогнуты.
Голограммы обладают уникальными свойствами. Если вы повре-
дили часть голограммы, то по оставшейся части можно восстановить
изображение объекта, так как любой фрагмент голограммы содержит
полную информацию об амплитуде и фазе волны. Рис. 10.2.21 иллю-
стрирует эту ситуацию. Если для восстановления изображения ис-
пользовать плоскую волну частотой со'* со, то размеры изображения
увеличиваются в со/со' раз.
10.2.22. В этом случае значения sinO^ = mkjd и sin0ml = (т + l)X,/d
должны совпадать: X, - X, = kjm.
10.2.23. Из (10.2.1) находим sin0n = X,/d, sin012 = X/d, sinO21 = 2X,/d,
sinO^ = 2X2/d: 2k{/d > k^d.
10.2.24. Период решетки d = 1,9 мкм. Из (10.2.1) имеем sinO, = к/d:
sin0r= 0,31,0, =±18,1°.
10.2.25. Угловое расстояние между главным максимумом порядка
т и соседним минимумом А0( определяется условием sin0A0 = k/Nd.
Если длина волны смещается на АХ, то максимум порядка т сместится
согласно (10.2.1) на величину sin0'A0' = | AX/rf. Линии с длинами
волн X ± АХ/2 разрешаются, если максимум одной длины волны совпа-
дает с минимумом другой. Тогда имеем для предела разрешения соот-
ношение АХ/Х = 1/|m\N. В нашем случае Х/АХ = 5893/6 = 982. Разре-
шающая способность данной решетки N превышает минимальное
значение в И раз.
10.2.26. х = sk/d.
10.2.27. Направления главных максимумов определяется усло-
вием sin0m = ± mk/d, т = 0, 1, 2, ... . Из условия | sinOj < 1 находим
т < d/k. Поскольку d/k = 5, то будут видны максимумы до 4-го по-
рядка. Всего на экране можно наблюдать 9 главных максимумов -
центральный и по четыре с обеих сторон от центрального максимума.
10.2.28. dsinO, = 2Х, dsin03 = ЗХ:
X = d(s\n03 -sin03) « da; a = л/60 рад = 0,052 рад.
10.2.29. Разность хода падающей и дифрагированной волн
d($in0 -sin0o). Соответствующая разность фаз kd(sinQ -sin0o) = 2пт.
322
ГлаваХ!. ОПТИКА
11.1. Принцип Ферма.
Отражение и преломление света
11.1.1. Оптический путь луча, отраженного в произвольной точке
Q (х, 0, zj, равен Цх) = + rQP, = [х2 + (Я/2 - zn)2J1/2 = х2/27? + R/2,
rQP = [(^„ -х)2 + (z„ - х2/2Я)2]1/2.
Очевидно расстояние rSQ соответствует основному свойству пара-
болы: парабола — геометрическое место точек, равноудаленных от
фокуса Sи директриссы — прямой z = -R/2.
Согласно принципу Ферма найдем корень уравнения dl(x)/dx = 0:
x/fi - [(х„ - х) + (zH - x2/2R)x/R]/rQP = 0, -> х = хи.
Экстремальное значение оптической длины = 1(хп), = R/2 + zH
соответствует лучу SQP, отраженному в точке (?3Сгн, 0, хи72Я) со-
гласно закону отражения в направлении параллельном оси z. Фаза
отраженной волны Ф(£, x*f 0, zH) = arf - QizH/c - a)R/2c.
11.1.2. Согласно принципу Ферма dl/dr = 0, где I = 2nrn(r). Из
этого условия найдем экстемальное значение re = 4ff/3.
11.1.3. Точка Л — предмет, Д' — первоначальное изображение точ-
ки, А" — изображение точки А после поворота зеркала (рис. 11.1.3 б).
Отрезок АА' перпендикулярен плоскости зеркала в исходном поло-
жении, отрезок АА" — перпендикулярен плоскости зеркала, повер-
нутому на угол а. Тогда из теоремы об углах с взаимно перпендику-
лярными сторонами следует, что угол А'АА" равен а. Из построения
изображений Д' и Д" следует, что точки Д', А и Д" лежат на окружно-
сти радиусом R с центром в точке О. Поскольку угол Д'ДД" вписан в
окружность, то центральный угол А'ОА" равен 2а. Далее из равно-
бедренного треугольника Д'ОД" находим b = 27?$ina.
323
11.1.4. На рис. 11.1.4 б изображено положение первого и второго
изображений.
11.1.5. Каждая точка буквы Г излучает пучок лучей. Рассмотрим
вначале отражения пучка лучей, который падает на зеркало М2. На
рис. 11.1.5 показаны отражения двух лучей, исходящих из основания
букву. После первого отражения лучи сформируют мнимое изображе-
ние буквы Г в зеркале М2. Второе изображение порождает мнимое
изображение А2 буквы Г в зеркале М1 и т.д. Пучок лучей, падающий из
основания буквы Г на зеркало Mv формирует бесконечную последова-
тельность мнимых изображений, обозначенных на рисунке буквами
Вл,п = 1,2,....
11.1.6. Зададим ориентацию отражающих плоскостей взаимно
перпендикулярными единичными векторами щ ,п2,й3, перпендику-
324
лирными плоскостям zy, xz, ху, Направление падающего луча зада-
дим вектором к . Предварительно отметим, что при отражении от
плоскости, ориентированной в направлении вектора п , отраженный
луч распространяется в направлении вектора к' = к - 2(пк)п,
Действительно, представим вектор к в виде суммы вектора (пк ) п ,
перпендикулярного плоскости, и вектора к -(nk)ri, принадлежа-
щего плоскости. При зеркальном отражении первый вектор изменяет
знак на противоположный, а второй — не изменяется.
После отражения от плоскости zy направление отраженного луча
определяется вектором к} = к - 2(й1£) щ . Если теперь луч падает на
плоскость xz, то после отражения луч распространяется в направле-
нии вектора = /q -2^п2к} )й2 =к - 2^п}к^щ ~2{п2к^п2.
После третьего отражения луч выходит в направлении вектора
fc, -2^n3^ jn3 = к-2^п]к^п] -2^п2к^п2 ~2(п3к^п3 -к-2к = -к.
11.1.7. Освещенность тени в два раза меньше освещенности ос-
тального участка экрана.
Пусть 5 - расстояние от стержня до экрана, а — угол падения лу-
чей.
Согласно рис. 11.1.7 б h2 - h= sctga, = sctga - h.
Рис. 11.1.7 6
11.1.8. Пусть г — радиус отверстия, R — радиус круга, освещен-
ного отраженным светом. Согласно условию R = г^2.
На рис. 11.1.8 б точка S1 — мнимое изображение источника.
Отрезок SO = s, ОМ = L, MS' ~ s + L.
325
Из условия подобия соответствующих треугольников следует
уравнение R/(s + 2L) = (Л + г) /2($ + L),
11.1.10. На рис. 11.1.10 показаны два первых и изображения ис-
точника. В четырехугольнике 0МДМ2 сумма углов равна 2л. Следо-
вательно, угол AfAA2 равен л - а.
О
Рис. 11.1.10
11.1.12. Пусть углы падения лучей 1 и 2 на зеркало а5 и ol2 (рис.
11.1.12 б).
326
Очевидно вертикальный размер Н области пересечения отражен-
ного и неотраженного пучков света Н == h2 - hlf h2 - Lctgou,, ctgOL, = h/b,
h, = Z>ctgap ctgcq = h/(b + 5).
11.1.13. Два луча из пучка лучей, параллельных оптической оси,
изображены на рис. 11.1.13.
Очевидно PF = R - СК Из равнобедренного ACFA находим
R = 2CFcosa. Поскольку АК = Ь, то из прямоугольного &САК полу-
чим b = ftsina.
1
Следовательно, PF = R 1----. .
Мы видим, что лучи параллельного пучка после отражения не
пересекаются в одной точке. Однако в случае тонкого пучка (b « R)
величина PF« R/2. В этом приближении все лучи тонкого пучка пе-
ресекутся в точке F, которая называется фокусом вогнутого зеркала.
11.1.14. Согласно условию задачи угол падения луча a > 5,
nBsin8= 1. Закон преломления в форме (11.1.1) позволяет сразу же
решить задачу. Пусть луч выходит через пластинку под углом 0. То-
гда sin0 = nBsina > nBsin8 = 1, sinp > 1. Отсюда следует вывод: луч све-
та не выйдет в воздух.
Выясним теперь, пройдет ли луч света в стеклянную пластинку?
Предельный угол 50 для границы вода-стекло определяется усло-
вием sin80 = njn%, 80 > 8. Если 8 < a < 80, то луч пройдет в пластинку и
отразится от границы стекло-воздух. Если же a > 80, то луч не про-
никнет в пластинку.
11.1.16. Пусть a ® Tt/2 и р — углы падения и преломления луча
на нижней грани кубика (рис. 11.1.16). Тогда sina = nsinp.
327
Угол падения преломленного луча на боковую грань 5 = л/2 - р.
При условии п sinS > 1 этот луч отразится от боковой грани.
Следовательно, имеем неравенство п - sinza > 1, п > V2.
Рис. 11.1.16
11.1.17. Из закона преломления следует уравнение sina = rasinp,
где a = я/4 (рис. 11.1.17 б). Согласно рисунку h = htgP + b.
Рис. 11.1.17 6
11.1.18, Наблюдатель и источник находятся на одной вертикали:
г = 0. В этом случае решение задачи элементарно (рис. 11.1.18).
328
Один луч идет перпендикулярно к поверхности воды, другой —
под углом Аг << 1. Его продолжение пересекает первый луч в точке
5о(0, у0 = -/г', 0). Поскольку OQ — общий катет треугольников OQS и
OQS^ то /ztgAi = h'tgAr. В приближении малых углов имеем уравне-
ние /гДг = h'Ar. Учитывая закон преломления nsinAi = sinAr в при-
ближении малых углов пДг = Аг, получим h' = h/n.
11.1.19. Луч света, испускаемый источником, падает на поверх-
ность воды под углом i в точке P(hXgi, 0, 0). К наблюдателю луч при-
ходит по прямой (рис. 11.1.19)
yt(x) = (х - Mgi)ctgr. (1)
Согласно закону преломления
asinf = sinr. (2)
Для определения координат изображения необходимо найти точку
пересечения двух лучей. Пусть второй луч падает на поверхность воды
под углом i + Аг, близким к углу L Этот луч приходит к наблюдателю по
прямой у2(х) = [я - hlg(i + Ai)]ctg(r + Аг), rcsin(i + Аг) = sin(r + Аг). По-
скольку Аг, Ar « 1, то, учитывая разложениеf(z + Az) ~/(z) + (d//dz)Az,
получаем
Уг(х) = у,(х) ----hctgr-^, (3)
sin г COS I
(ncosi)Ai = (cosr)Ar. (4)
В точке 50 пересечения лучей у2(я0) = yjxj. Из этих уравнений
находим
. . sinrcosr Аг
~ h-----—
cos I Ar
, —> x* = h(n2 - 1)
x3
SI nr |
ncosi)
(5)
329
Значение (/-координаты изображения уп = г/(хп),
h. nvQsr 13
Ул= ~7[' 7'7" : 2 •
п >М2 - sin2 г
(6)
Рассмотрим несколько частных случаев.
А. К наблюдателю приходит луч, параллельный поверхности во-
ды: г = л/2. Тогда I = 8, nsinS = 1, где 8 — угол полного внутреннего
отражения. Координаты изображения х0 = h/(n2 - 1)1/2, = 0.
Б. Пусть I + г = л/2. В этом случае угол между преломленным лу-
чом и лучом, отраженным от поверхности воды, равен л/2. Из (2) на-
ходим tgr = п. Координаты изображения х0 = h(n2 - 1)/п\ = -h/n.
11.1.20. Глубина погружения h и радиус круга В связаны соот-
ношением h = /?tg8, rasinS = 1.
11.1.21. На рис. 11.1.21 sina = nsinp, OAtgP = MAtga. Для малых
углов a = лр, ОАр = МКа, МК = h/n. Расстояние//2 = d + h/n.
11.1.22. Луч света, испускаемый источником, падает на поверх-
ность зеркала под углом а, преломляется, отражается и снова пре-
ломляется. К наблюдателю луч приходит по прямой (рис. 11.1.22)
z^x) = h + (х ~ a)ctga, а = dtga + 2/ztgp.
330
Подставляя а, получаем
z1 (я) = h - d - 2AtgPctga + zctga. (1)
Согласно закону преломления
sina = rasinp. (2)
Рис.11.1.22
Для определения координат изображения необходимо найти точ-
ку пересечения двух лучей. Пусть второй луч падает на поверхность
воды под углом a + Да, близким к углу а. Этот луч приходит к на-
блюдателю по прямой
z2(x) = /г - d~ 2/itg(P + Ap)ctg(a + Да) + j?ctg(a + Да). (3)
cos(a + Да) = ncos(P + ДР). (4)
Поскольку Да, ДР « 1,тоиз уравнений (1), (3), (4) получаем
z2(x) =zl(x) - 2h [(ctga/cosJp)Ap - (tgP/sin2a)Aa] - j?Aa/sin2a. (5)
(cosa)Aa = rc(cosP)Ap. (6)
В точке So пересечения лучей z2(x?) = zj^). Из этого уравнения
находим
(2/isina/zicosP) [1 - (cosa/cosP)2J, (7)
Значение z-координаты изображения ze = z(xe),
zp = h - d - 2(h/n) (cosa/cosP)3. (8)
331
Учитывая закон преломления (2), получим координаты изобра-
жения
хе = 2h(n2 ~ l)sin3a/(п2 -sin2a)3/2,
Z'~h-d~ 2Лл2соз3а/(л2 -sin2a)3/2.
Рассмотрим частный случай — наблюдатель видит предмет под уг-
лом a = 0. Из (7), (8) получим результат задачи 11.1.21:/= d + h - zf,
ze = h- d- 2Л/я.
11.1.23. А. Траектория луча LM остается прямой линией. Луч *54
преломляется. Согласно закону преломления sina = nsinp, где Р —
угол преломления. После преломления в точке В траектория луча —
отрезок прямой ВР, образующий с нормалью к пластине угол а.
Найдем сначала смещение BN луча ВР. Построим два прямо-
угольных треугольника — ABN и АВК с общей гипотенузой АВ. Катет
BN = ABsiny, где у = а - р. Очевидно АВ = A/cosp.
Следовательно, BN = —— = dsina[l-----j C°Sa . - ].
C0SP yjn2 -sin2 a
cos a
2 -2 *
n -sin a
В случае малого угла падения а « 1 получим MP - d(n - 1)/п.
11.1.26 А. После преломления на грани АВ луч идет в призме,
образуя с нормалью угол Pt (рис. 11.1.26).
Согласно закону преломления
sinO, = nsinPj. (1)
332
После преломления призмой луч света всегда отклоняется к ос-
нованию ВС. На грань АС луч падает под углом Р2, зависящим от пре-
ломляющего угла призмы. В AP4Q сумма углов равна л:
а + (л/2 - + (я/2 - Р2) = л, или а = р, + Р2. (2)
Если угол Р2 меньше угла полного внутреннего отражения 8,
удовлетворяющего условию zisin8 = 1, то после преломления на грани
Л С луч выходит из призмы под углом 02 к нормали N2. Из закона пре-
ломления имеем
nsinP2 =sin02. (3)
Угол отклонения у найдем из t±PKQ\
Y = (6, - ₽t) + (02 - Р2)> или у = 0t + 02 - а. (4)
Уравнения (1)-(4) позволяют найти угол у как функцию угла па-
дения и преломляющего утла призмы а.
Б. а > 8, rasin8 > 1.
11.1.27. При симметричном преломлении 0, = 02 = 6, Р, = р2 = Р,
Р = а/2, sinO = тшпа/2. Угол отклонения у = 26 - а оказывается наи-
меньшим. Согласно условию sin6 = 3/4, 0 = 48°40'. Угол отклонения
у=37°20'.
11.1.28. В этом случае из (1), (3) имеем уравнения 0, «яр,, лР2*62.
Подставляя 6Р 02 в (4) и учитывая (2), получим у = (п - 1)а.
11.1.29. На рис. 11.1.29 б для грани АВ имеем уравнение sina =
= nsinp, a = л/4.
Угол падения на грань ХС равен у *= л/2 + Р - a = л/4 + р. Условие
полного внутреннего отражения nsiny > 1 или ra(cosP + sinP) > ^2.
Рис. 11.1.29 5
11.1.31. Падающий луч расщепляется на отраженный и прелом-
ленный лучи.
Из закона преломления на грани АС находим nsina = sinP,
Р = л/3. Угол падения отраженного луча на граньХВ равен у = гс/З.
333
Луч преломится на грани АВ, если nsiny < 1.
В нашем случае nsiny = 3/2.
Рис. 11.1.310
11.1.32. Падающий луч расщепляется на отраженный и прелом-
ленный лучи. Из закона преломления на грани АС находим
zisina = sinp, р = л/2.
Отражённый от грани ЛСлуч выходит из призмы.
11.1.33. На рис. 11.1.33 б изображена траектория луча, падающе-
го на систему призм и выходящего их нее параллельно основанию.
Углы - 02 = л/6, л/3 = Pt + Рг На основании закона преломления
334
имеем два уравнения 1/2 = nsinpp nsinP2 = nJ2. Коэффициент пре-
ломления^ = ( Тз>/4п2 -1 - 1 )/2.
11.1.34. Падающий луч расщепляется на отраженный и прелом-
ленный лучи.
Угол падения луча на правую грань равен а: nsina = sinP, Р —
угол преломления (рис. 11.1.34 б).
Рис. 11.1.346
Поскольку а << 1, то па = Р После двух отражений угол падения
луча на грань АС равен За. После четырех отражений угол падения
луча на грань ЛСравен 5а.
11.1.35. Отклоняющий угол тонкой призмы а « 1. Источник
находится в точке S(-d,0,0) (рис. 11.1.35). Угол между падающим и
преломленным лучами у = (п - 1)а. Один из лучей падает на призму
по оси х и приходит к наблюдателю по прямой у^х) = -(n - l)our,
х > 0, образующей угол (п - 1)а с осью х. Второй луч падает на приз-
335
му под углом 0 « 1. Угол между осью х и лучом равен (п - 1)а - 0.
Поэтому преломленный луч приходит к наблюдателю по прямой
z/2(j?) = d0 + [0 -(л - х > 0.
Точку пересечения лучей найдем из уравнения у^х) = у2(х):
x=-d. Изображение находится в точке S*(-d, (п - l)ad, 0).
11.1.36. Первое изображение в точке S^d, 0, 0) формируется лу-
чами, отраженными от передней грани как от зеркала. Луч &1, падаю-
щий под углом ср « 1, преломляется в луч АВ. Угол преломления Р:
Ф = лр. Угол отражения луча АВ от второй грани найдем из треуголь-
ника АВТ*, л/2 + Р + a + л/2 - у = л, у = a + р. Отраженный луч ВС па-
дает на первую грань под углом 0.
Из треугольника АВС находим л/2 - р + 2у + л/2 - 0 = л, 0 = 2a + р.
Угол преломления этого луча г. г = г = л (2a + Р).
Запишем теперь уравнение прямой, проходящей через точку С,
на которой лежит преломленный луч CD:
у{(х) = -ОС + n(2a + Р)х, (1)
где ОС = (pd + АС.
Заметим, что на рис. 11.1.36 нарушен масштаб - угол а не удов-
летворяет условию a << 1. Покажем, чтоЛС~0, т.е. величина второго
порядка малости.
Пусть А Т - Н. Тогда АВ = На, АС = 2уАВ: АС = 2Яуа.
Уравнение прямой (1) приобретает вид
уг(х) = -фй + тг(2а + P)j?, (2)
336
Для второго луча, падающего под углом ф + Дер, получим уравне-
ние
у^х) = #1(я) - Дфй + г^ДРх, (3)
где Дф = лДр.
Следовательно, в точке пересечения прямых х = хс, хе = d,
y^xj = 2raad.
Рис* 11.1.36
11.1.37. На рис. 11.1.37 б Координаты мнимых изображений ис-
точника света S'(ya, 0, -a), S2(-ya, 0, -а), где у = (п - 1)а. Расстояния
от изображений до точки Р(х, у, Ь) экрана гр г2:
г22, = (^±уа)2 + у2 + (a + b)2.
Для линейно поляризованной волны компонента напряженности
поля за бипризмой
E'0cos(co/ - cor2/c) + E,0cos(co( - <ы\/с).
Разность фаз в точке Р равна Дф = co(r2 - rj/c. При значениях |х|,
\у \ «а + Ь приближенно получим г21 = а + b + [(.r±ya)2 + уг]/2(а + Ь),
Дф = 2coyaz/c(a + b).
337
В максимуме интенсивности разность фаз 2агуах/с(а + Ь) = 2лдп,
т - 1,2,.... Расстояние хт = тпк{а + Ъ)/2(л - 1)аа.
Рис. 11.1.37 б
11.1.38. А. На рис. 11.1.38 угол Р = (п - 1)а. Расстояние
OB = /TcZgp ~Н/(п - 1)а, поперечные размеры MN = Н.
Б. Для линейно поляризованной волны компонента напряжен-
ности поля за бипризмой
Еу~ £'0cos(cdZ - юух/с - оа/с) + A’ficos(co/ + cuyz/c - coz/c).
В точке Р (х, 0, z) максимума интенсивности разность фаз
2спух/с = 2т, п - 1,2...Расстояние между максимумами Ах = Х/2у.
Полное число полос N = MN/Ьх, N = 2Н(п - 1) а/Х.
338
11.1.39. Для углов падения а « 1, таких что sina * а, из закона
преломления следует уравнение a = гф. Поскольку a = 2р, то при
п - 2 пучок будет отражен и выйдет в обратном направлении.
11.1.40. На рис. 11.1.40 угол падения луча а, угол преломления р
и угол у связаны соотношениями
у = 4р - 2a (1),
Дифференцируя соотношения (1), (2), получаем систему
, с?Р о Л . q dp п .
4— -2 = 0, sina - rccosp —, -> sinafi = — cosp(l, хша0 = /шпро,
da da 2
из которой находим
sina0 = 7(4-ra2)/3 , sinpo = ~^~n2)/3 . (3)
n
339
Основные особенности радуги можно понять, рассматривая от-
ражение и преломление света, падающего на одну каплю воды. В
1637 г. Р. Декарт, еще до открытия дифференциального исчисления,
выполнил более 10 000 вычислений и нашел, что функция у(а) дос-
тигает минимального значения ут = 42° при а0 = 39°. Показатель пре-
ломления воды для красного света пк = 1,331, для фиолетового —
пф= 1,343. Декарт не смог объяснить, почему внешний край радуги
красный, а внутренний — фиолетовый, т.к. И. Ньютон открыл эф-
фект дисперсии среды только в 1675 г.
11.1.41 . Условие полного внутреннего отражения n^iny0 = пт, Пре-
дельный угол падения найдем из закона преломления sin0o = nrcosy0.
Если лучи падают на внутреннюю поверхность оболочки под уг-
лом, который больше угла полного внутреннего отражения, то они
полностью отразятся и будут распространяться в волокне, даже если
волокно изогнуто.
11.1.42 . Построим траекторию лучей АК и AF, вышедших из
точки Л (рис. 11.1.42 а). Угол падения на внутреннюю поверхность
а, угол преломления 0: sina = тшп(3. Угол падения на внешнюю по-
верхность у, угол преломления — 5: тшпу =sin5. Из теоремы синусов
для треугольника ОВС находим r/siny = 7?/sin(3. Обозначим угол
СОВ — х; угол ОА'С — у. Поскольку сумма углов в треугольниках
СОВ и ОА'С равна я, то х = 0 - у, у - 2a - Р + у - 5. Из теоремы сину-
сов для треугольника ОА'С следует соотношение R/sixiy = ОЛ'/япб.
Для малых углов имеем уравнения a = тгР, пу = 5, г/у = 7?/р. От-
сюда находим О/Г = тгг7?/[Я(2тг - 1) - г(п - 1)].
340
Построим теперь траекторию лучей РК и PF, вышедших из точки
Р (рис. 11.1.42 б). Угол падения на внешнюю поверхность а, угол пре-
ломления (3: rasina = sinp. Обозначим угол КРВ — х, угол РРВ — у. Из
теоремы синусов для треугольников ОРВ и ОРВ следует соотношения
ft/siitr = OP'/sinp, r/sina = 7?/sinj/. Поскольку сумма углов в треуголь-
никах РРВ равна л, то х = р - а + у.
Для малых углов имеем уравнения a = тф, R/x = OP/$, r/a = R/y.
Отсюда находим D = ОА' + OP, ОД' =» nrR/\R(2n - 1) - r(n - 1)],
OP = nrR/[R + r(n ~ 1)].
11.1.43 . Полагая в решении задачи 11.1.42 г = s(t), OP = l(t),
получаем I = nsR/[R + s(n - 1)]. Скорость изображения и = dl/dt,
u = nvlf/[R + s(n - l)]2, где v- ds/dt ~ скорость источника света.
При значении s = 0, и = ип.
Интересно исследовать предельный случай плоской границы
аквариума. Введем расстояние от источника до поверхности Н = R - s
и расстояние от поверхности до изображения £Г = R- I,
Н = RH/\R + (R-H)(n- 1)].
При H/R —> 0, [7? + (7? - Н)(п - 1 )]/7? = п, Hf = Н/п, Скорость
изображения и = и/п.
11.2. Волны в неоднородной и анизотропной средах
11.2Л. Пусть 5 — объект, от которого исходит пучок лучей. На вы-
соте zc = h в точке С один из лучей входит под углом ас к вертикали и
касается шоссе в точке Т (рис. 11.2.1).
341
Тогда из условия отражения находим /г0 = nf.s*inac, где п0 = «(0),
пг - n(zr). Касательная к траектории луча в точке наблюдения образует
тот же угол ас с вертикалью. Луч, входящий под углом aa = a. + Да, от-
ражается в точке А на высоте za при условии па = racxin(ar + Да). По-
скольку Да << 1, то па - Пц = Aazzrcosar. Оба луча принадлежат к сходя-
щемуся пучку лучей в окрестности точки наблюдения.
Из схематического рис. 11.2.1 следует, что участки неба, отра-
женные воздушным зеркалом могут создать в точке наблюдения 5
полную иллюзию блестящей водной поверхности на сухом асфальте.
11.2.2. Если a(z) — угол между касательной к лучу и осью z в'
точке с координатой х, у, z, то угол между касательной и осью х равен
л/2 - а. Следовательно, ctga(z) = dz/dx. Из закона преломления
(11.2.1) находим
{dz/dx)1 = [n2(z) -С]/С, (1)
где С = 7i(0)sina(0).
Вычисляя производную (1), получаем уравнение
d2z/dx = (l/2C*)dn2/dz, (2)
которое позволяет найти траекторию луча в плоскослоистой среде в
случае произвольной функции n(z). В нашем случае d^z/d?? = g/C1.
Решением этого уравнения является функция z(x) = gx2/2С2 + Ах + В,
где Л, В - произвольные постоянные.
Вернемся к рис. 11.2.1. В точке (0, 0, zr) константа С - rcrsinac = п9,
пс = n(zr). Отсюда получим ze = (zz0J/2^)ctg2af. Постоянные?! и В найдем
из условий z(0) = zc, (dz/dx)c - -ctgar. Следовательно, В = zc, А = -ctgar.
Уравнение траектории приобретает вид
z(z) =gx/2n2 - xctga + (zz02/2g)ctg2ac.
Координаты точки отражения хе = (zz02/^)ctga(, ze = 0.
11.2.3. В промежутке 0 < х < zn, = htga траектория луча — отре-
зок прямой в области 0 < z < h. Далее луч входит в ионосферу. На
уровне z(z0) = h постоянная С - sina, из (1) найдем значение произ-
водной (dz/dx)Q = ctga.
Из уравнения (2) получаем ddz/dx - -#/(sina)2. В результате ин-
тегрирования этого уравнения получаем
z(jt) - -g(x - z0)2/2бчг12а + (х - j?0)ctga + h.
Луч достигает максимальной высоты и по параболической траек-
тории выходит из слоя ионосферы на высоте Л (рис. 11.2.3).
342
Найдем максимальное значение функции z(z):
dz/dx = -g{x - х0)/sin2a + ctga = 0, —>
-> xm = x0 + sinacosa/g, zm = z(zj, zm = 7i + (cosa)2/2g.
Координата точки пересечения траектории с осью х или «даль-
ность» $ = 2хт, s = 2fttga +sin2a/g.
Корни этого уравнения определяют возможные траектории луча.
Если перейти к переменной и = tga, то получим кубическое уравне-
ние, которое может иметь один или три действительных корня при
условии 8gh < 1 (см. также задачу 4.1.43).
Для оценок можно положить h = 80 км, И = 300 км. Для линейно-
го слоя 2g = ke2nH/[iunv2(H - Л)], где е, т —• заряд и масса электрона,
пн = 1,751012 м"3 — концентрация электронов в максимуме слоя F,
v — частота волны, ке /тип = 80 м3/с2.
11.2.5. Рассмотрим два луча: луч OS и луч AQS, проходящий че-
рез произвольно выбранную точку (Дх, у, 0). Оптические длины лу-
чей = пгж = nF, lAQS = rAQ + nrQS = x + n[y + (F-z)2]1/2. Все лучи пере-
секутся в точке S, если lAQS = 1^: nF = x + п[уг + {F- z)2]1/2.
Из этого условия находим
[(х - а)/а]2 + (у/Ь)2 = 1, а = Fn/(n +1), b = F[(n - 1)/(п + 1)]1/2.
Кривая у = у(х) представляет собой эллипс с полуосями а и b (а > Ь),
центр эллипса находится в точке (а, 0,0).
11.2.6. ,Параметр эллипса р = F(n - 1)/п, эксцентриситет е = 1/п.
Первый фокус эллипса F{ находится в точке S на расстоянии
OS = р/(/1 - е) = F от начала координат. Отрезок SK = р/(1 + е). Длина
бол ьшой оси ОК = OS + SK = 2р/( 1 - е2).
Второй фокус F2 находится на расстоянии OF2 = SK от начала ко-
ординат.
Расстояние между фокусами F^ = OS - SK = 2ае.
343
11.2.7. Построим нормаль к эллипсу в точке Q — прямую, прохо-
дящую через точки Q и JV. Точки Fx и F2 на рис. 11.2.7 — фокусы эл-
липса. Из выдающихся свойств эллипса известно, что нормаль явля-
ется биссектрисой внутреннего угла FXQFZ между радиус-векторами
точки касания с началами в фокусах — углы F^QN и NQF2 равны 0.
Согласно теореме синусов sina/F^ = sin^/Z^/V, sina/F2() = sin(3/F2/V.
Отсюда находим,
sinafFfW + F2N) = sin0 (FtQ + F2Q), или
sina(FfF2) = sinp (Ffi + F2Q).
Согласно основному свойству эллипса F^Q + F2Q = PO, PO = 2a.
Расстояние между фокусами F{F2 = 2ae. Следовательно,
sina = sinPfPO/FjFg) = (l/e)sm0.
11.2.8. Угол падения в точке А равен a,sina = p/R, р — расстоя-
ние луча от оси. Согласно (11.2.2) rn(r)sin0(r) = Z?sina. В точке 5 вы-,
хода луча из сферы угол преломления 0(7?) = 0(J. Из закона преломле-
ния находим, что угол 0О = а. Мы приходим к выводу, что траектории
всех падающих лучей пересекаются в точке S (рис. 11.2.8). Если в
точку S поместить источник, то. все лучи выйдут наружу пучком, па-
раллельным оптической оси.
В строгой теории показано, что внутри шара траектория луча —
дуга эллипса. В этом можно убедиться, применяя принцип Ферма.
Большая ось эллипса образует угол а/2 с оптической осью.
Длина большой полуоси a = (2)1/2Rcos(a/2), малой полуоси —/
b = (2)1/2Z?sin(a/2). При р-R траектория луча — окружность.
Отметим, что линза Лунеберга применяется в радиотехнике
сверхвысоких частот.
344
11.2.9, Начало координат расположим в точке О. Обозначим
Q(r) — угол между радиус-вектором и касательной к лучу на рас-
стоянии г от точки О. Рассмотрим луч, вышедший из точки 5 под уг-
лом а к радиус-вектору OS на расстоянии OS - rQ от начала коорди-
нат, 0(го) = а.
Согласно закону преломления nz(r)sin6(r) = rura(r0)sina получаем
rsin0(r)[l + (r/c)2]' = rosina[l + (r0/c)2]'*.
При любом a этому уравнению удовлетворяют значения г - г,,
г\ = с /го, 6(г,)= л - а, соответствующие точке 5, на продолжении от-
резка SO (рис. 11.2.9).
Таким образом, отображение точки S осуществляется преобразо-
ванием инверсии: OS = r0, OS{ = с2/г0: OS OSi = с2. Например, для точки
К на хорде К{К, перпендикулярной отрезку ОС имеем: К{0 = КО,
КО? = с2, т.е. точки Kf S и Kt лежат на одной окружности. Точки,
лежащие на произвольной хорде Л0ОД также связаны преобразова-
нием инверсии г. = (?/rQ, Ф, = Фо + к. Следовательно, траекториями
всех лучей, выходящих из произвольной точки Ло, являются окруж-
ности, пересекающие точку Д, на прямой, принадлежащей отрезку
Л0О. На рис. 11.2.9 изображена траектория второго луча, вышедшего
из точки S под углом я/2 отрезку OS.
Длины отрезков SSX = г0 + MS = SS^/2. Радиус окружности
7?= CS, R = (r02 + c2)/(2rosina). Расстояние между началом координат
и центром окружности найдем из треугольника ОСК и из уравнения
для точек на концах диаметра, которому принадлежит отрезок СО:
(R + ОС) (R - ОС) = с2, ОС= [R2 - с2]1/2. Минимальное и максимальное
расстояния от начала координат связаны соотношением rma/min = с2.
345
11.2.11. Из (1) получим h = к x(w0*k ) = wok2 - к (kwa). Сле-
довательно,
е< = -M0(ofc2^o, е2 = \W>k^, е3 = 0, (1)
/ii — —kjc^iv^ h2 — -k3k2wo, h3 — k± ivQ,
где k2L = k2 + k2.
Подставляя (1) в (16), получим закон дисперсии обыкновенной
волны
е(®/с)2= к2. (2)
11.2.12. Подставим h в (1 б) и учтем соотношение
k*h = £0®[к (км* ) - wH к2].
Тогда находим
е, = -(к.лк'/г)шн, ег = -(fc3fc2/e)u)„ е.( = (к2 /ъ.л)и>„, (3)
hx = &^k2wH, h2 = -^(tikiW*, h3 = 0.
Подставляя e , hb (la), получим закон дисперсии необыкновен-
ной волны
£3 £ \С )
Уравнения (2), (4) определяют поверхности волновых векторов
к0 = (ку к2, к^), кИ = (fcp к2, к*). Здесь к& к^ — корни уравнений (2), (4).
11.2.13. Полагая к = (о)/с)п, получим из (1), (3) векторы на-
пряженности электрического поля в случае обыкновенной и необык-
новенной волн
_ 1
п
Ч о
, 1
=—
п.
-гаЛ^з/е
-«2«(з/е •
к «1/е3 >
(5)
Отметим, что векторы е0 и ен перпендикулярны друг другу:
Общее решение уравнений Максвелла соответствует двум
плоским волнам, поляризованным в двух взаимно перпендикуляр-
ных направлениях:
Е (t, х, у, z) - Re fCoeo exp(-t®Z + ikor ) + Снен ехр(-йй/ + i kpr )], (6)
где Co, Сн — постоянные коэффициенты.
346
11.2.14. Подставляя (6), получим среднее значение J = (S> = ?0+5H,
1 1
?о = Т)Е^п„ ё2 С2, = -е„с[Яв е„2-ён(пнён)]Сн2, (7)
Сл £*
Величина вектора я определяет интенсивность волны. В изо-
тропной среде направление вектора .? всегда совпадает с направле-
нием волнового вектора. В анизотропной среде вектор .? не колли-
неарен вектору к . Подставляя (5) в (7), находим
So = ^(ПуП2,п^Со, SH = ~£ое _±,—сн.
2 2 £3 £ J
Очевидно яоёо = 0, sHeH = 0. Среднее значение плотности энергии
поля и„ = <Um> = и0 + ин,
ио = 7 (ёЛ + ) С2 = | ёД С2 = |еоеС2,
Ч с* £
1 j j
uH = - (e„dH + цД2) С2 = - еД С2 = -е„С2
где d0 = е0(еео1, se„2, 0), d„ = ejeeul, se^, e,ej.
Лучевые скорости обыкновенной и необыкновенной волн опре-
деляются отношениями
so - п
Vo = — =с-,
и0 £
I д _ ^41 ^2 ПеЛ
' * 1*3 Ч/ £ >
(8)
(9)
Лучевая (или групповая) скорость волны определяет скорость
переноса электромагнитной энергии.
11.2.15. Из (2) найдем величину вектора п = /го, где пп = л/е —
показатель преломления обыкновенной волны.
Полагая в (4) = nesiп0, п2 = 0, пе3 = zzpcos0, получим
2 (sin20 cos2 0^ л z
< *------+------ =1, (10)
\ C3 £ /
гделД0) — «показатель преломления» необыкновенной волны.
В отличие от изотропной среды величина пе зависит от направле-
ния вектора п€ и не имеет непосредственного отношения к привыч-
ному закону преломления.
347
В геометрической оптике анизотропных сред волну представляют
в виде семейства кривых, касательные к которым в каждой точке на-
правлен ы по лучевой скорости. Углы преломления необыкновенной
и обыкновенной волн соответственно равны 0 и 0о. Из граничных ус-
ловий следует, что sina = п3 илизта == nrcos6 для необыкновенной
волны и sina = >zosin0o для обыкновенной волны.
Получим закон преломления необыкновенной волны. Траекто-
рия луча — отрезок прямой, образующий угол 0 с осью х, tg0 = vHJv^
Учитывая (9), (10), получим систему уравнений tg0 = £зC0S— ,
esinO
Je^sina
sina = necos6, из которой находим sin0 = . . . ~ •
yj£2 + (e3 -e) sin2 a
11.2.16. Падающая волна делится на обыкновенную и необык-
новенную волны. Из граничных условий следует, что волновые век-
торы обеих волн направлены по оси z'. На рис. 11.2.16 изображены
сечения эллипсоида и сферы плоскостью zx. Величины большой и
малой полуосей эллипса равны 1/пе и 1/тго. Волновые векторы ко и кн
перпендикулярны к прямым z’ = cons£, касающихся окружности и
эллипса. В координатах системы xyz вектор п = n,(siny, 0,siny). Тра-
ектории лучей представляют собой отрезки прямых, параллельных
векторам von vH. Найдем компоненты этих векторов в системе коор-
динат x'y'z', используя соотношение между компонентами любого
вектора V в двух системах координат:
= Vcosy - FjSiny, = V*, Vt = Vsiny + Vcosy.
Учитывая (8), (9), получим
= 0. v'^ = c/nB,
vfKX = c/i'Sinycosy(l/e3 - 1 /8), v\z = cne(sin2y/£3 +sin2y/e).
Отметим, что вектор vH можно представить в форме, не связанной
п /1 1 'I
с выбором системы координат: ггж = с— + са(ап)--------, где а —
83 ^£ £3 J
единичный вектор, параллельный оптической оси. Из рис. 11.2.15
, т « „ , / . 1 7 sinycosyfe-fiu)
следует, что h = dtg0, tg0 = v’ JvrM2, h = a-.
£81П у + £3 COS у
Отметим, что при у = л/4 значение h = rf(£ - 83)/( 8 + 83). Если
грани пластинки перпендикулярны или параллельны оптической
оси, то h = 0.
348
11.3. Тонкие линзы
11.3.1. А. Проводим прямую, проходящую через точки S и S'.
Луч 1 пересекает главную оптическую ось в центре линзы.
Б. Второй луч направим параллельно главной оси (рис. 11.3.1 б).
Рис. 11.3.16
11.3.2. Полагая в (11.3.1) d = Fo, получим/ = -FJ2. Следователь-
но, имеем мнимое изображение. На рис. 11.3.2 выполнено построе-
ние изображения 5* с помощью побочной оптической оси:
1) проводим произвольный луч SL\
2) проводим через центр линзы прямую, параллельную лучу
SL, — это побочная оптическая ось, пересекающая фокальную плос-
кость в точке F'\
3) изображаем преломленный луч, который находится на про-
должении отрезка F'L.
11.3.3. А. Определяем главную оптическую ось и строим луч А'О,
параллельный лучу АВ (рис. 11.3.3 б). Точка D на луче находится в
задней фокальной плоскости, задний фокус F2 находится на пересе-
чении перпендикуляра DF2 и главной оси.
349
Б. Проводим луч, параллельный лучу ВС. Точка Е пересечения с
лучом АВ находится в передней фокальной плоскости.
Рис. 11.3.3 б
11.3.4. А. Оптический центр линзы О находится на пересечении
лучей АА1 и ВВГ
Б. Изображаем главную оптическую ось.
В. Проводя через точки А и лучи АК и AtKv параллельные
главной оптической оси, находим положение главных фокусов лин-
зы (рис. 11.3.4 б).
Рис. 11.3.4 б
11.3.5. А. Проводим лучи ЛА и ВК, к которым принадлежит от-
резокАВ(рис. 11.3.5 б).
350
Б, Строим фокальную плоскость и прямую, проходящую через
центр линзы О, параллельно лучу АК. Точка F пересечения фокаль-
ной плоскости и прямой представляет собой побочный фокус. Пре-
ломленные лучи лежат на прямой, принадлежащей отрезку FK.
В. Изображения точек AJB{ находятся на пересечении этой пря-
мой и лучей ВО и АО.
11.3.6. Наша задача — показать, что d + f> 4F. Воспользовав-
шись формулой линзы (11.2.1), получим расстояние между точками
пересечения лучей
,,, ; d2 (d-2F)2
s(d) = d+f(d) = —- = 4F + —-——
d-г d-г
Очевидно, что минимальное значение функции s(d) равно sm = 4F
при d = 2F. Аналогичная проблема возникает при фокусировке за-
ряженных частиц в ускорителе.
11.3.7. Из формулы линзы получим значение проекции радиус-
вектора изображения на главную оптическую ось: x(t) = F(F + s)/s.
Проекция на ось, перпендикулярную главной оси у = -HF/s. Соот-
ветствующие проекции скорости изображения
ux(t) = dxjdt = F{v/s ~ v(F + s)/s2] = -v(F/s)\
uy(t) = dy/dt = v(H/F)(F/s)2.
Величина скорости изображения u(t) = v(F/s)2 yli + (H / F)2 .
11.3.8. Расстояние до изображения/= Fd/(d - F). Согласно рис.
11.3.8 источник света необходимо сместить в положение At на рас-
стояние .s - h + b, b = KAV Из соответствующих треугольников нахо-
дим b = dtga, tga = h/f. Расстояние s = hd/F.
Рис. 11.3.8
11.3.9. Для нахождения траектории падающего луча проведем
побочную оптическую ось (рис. 11.3.9). Имеем систему уравнений
dtga =/tg₽, i/d + 1//= l/F.
351
Для параксиального пучка tgJJ/tga = (J/a.
Рис. 11.3.9
11.3.10. На рис. 11.3.10 изображены два положения экрана.
Имеем систему уравнений 1/d + 1// = 1/F, L2 - f = f - Lv Отсюда на-
ходим F =
(Lt + L2)d
+ L2 "Ь 2c?
Рис. 11.3.10
11.3.11. Имеем систему уравнений
1/d+l/F^-l/F», \/d+\/f^\/F,.
11.3.12. Точка А — мнимый предмет (рис. 11.3.12). Полагая в
(11.3.1) d = —27^/3, получим/ - 2F0, Н' = ЗН. Следовательно, изобра-
жение действительное и находится в точке Л'(ЗЯ, 0, 2F0).
352
И..3.13. Мнимое изображение источника находится на главной
оптической ось в точке В на расстоянии b - -/от линзы. Имеем сис-
тему уравнений 1/а + 1// = -1/^’о, R/r - (b + s)/b, Последнее уравне-
ние следует из подобия соответствующих треугольников.
11.3.14. Очевидно, одно из изображений должно быть мнимым
(рис. 11.3.14). Тогда имеем систему уравнений
i/d - \/J0 = 1/F, 1/(Z - d) + l//0 = i/F.
11.3.15. Из системы уравнений
l/d + l// = i/F, i/(d + s) + !/(/*+ z) = i/F
находим x = ~sF*/ (d - F) (d + s - F).
11.3.16. Имеем систему i/d + i/f = i/F, d + f= L, из которой сле-
дуют уравнения df=LF, d2 - dL + LF = 0.
Корни удовлетворяют соотношению d}d2 = LF = df} = dj2. Соглас-
но условию hft2 =
11.3.17. Луч пересекает линзу на расстоянии h от оси. Продол-
жение преломленного луча пересекает ось в точке В на расстоянии
b = -/. Имеем систему уравнений 1/а + 1// = i/F, а = h/а, р = h/b.
11.3.18. Расстояния от «предметов» а и b до линзы dx = d, d2 - d + s.
353
На рис. 11.3.18 показаны траектории четырех лучей, исходящих из
концов отрезка ab, образующие мнимое изображение а'Ь’. Поэтому по-
ложим в формуле линзы= -cvf2 = -с2:
l/d,-l/C1=-l/F0, l/d2-i/c2 =-i/F„. (1)
А. Длина изображения 1 = (c2- cj/cosa, tga = H/F{V
Б. Расстояния от точек a', If до главной оси
h^Hc./d^ h2-Hc2/dr (2)
Длина изображения/2 = (Л, - h2)2 + Из (1)-(2) получим
1 =-------—------Jff 2 + Fo2 .
(d + Fo) (d + s + Fo)^
11.3.19. Отношение к = 1/cosa, tga = h/F (рис. 11.3.19 б).
Рис. 11.3.19 6
11.3.20. Координаты изображения М (-Н, 0, 3s), Л*(-Я, 0, 2s),
длина изображения равна s.
Рис. 11.3.20
354
11.3.21. Изображением квадрата является трапеция
(рис. 11.3.21).
Координаты точек: ЛД-F, 3F), BJ-F/3, 5F/3), СД^/З, 5F/3),
D,(FfZF).
11.3.22. Изображением квадрата является симметричный прямо-
угольник AtBjCjDv Координаты точек: ЛД-^2^/2, 2FJ, ВДО, (3 - ^2)7*],
C^2F/2, 2F}, ЯДО, (3 - л/2)Я
11.3.23. Оба изображения мнимые. Пусть ОД = х. Тогда имеем сис-
тему уравнений \/х- l/(z + a) -1/F, \/(x + d) - \/(х + а + b) = 1/F.
11.3.24. Когда глаз аккомодирован на бесконечность, то лучи, по-
падающие на хрусталик, почти параллельны, глазные мускулы ослаб-
лены. В этом случае хрусталик принимает такую форму, что его фо-
кусное расстояние FQ равно глубине глаза — расстоянию/0 = 2,3 см от
хрусталика до сетчатки, оптическая сила хрусталика 43,5 дптр. Когда
человек переводит взгляд на предмет, находящийся на расстоянии d0,
фокусное расстояние хрусталика становится равным < F^. При этом
1 1 1
— + — = — .Оптическая сила хрусталика изменяется на величину
/о Fx
111
AD = *-----= — =4 дптр.
F. Fq d.
11.3.25. Пусть — оптическая сила хрусталика внучки. Тогда
имеем два уравнения l/dQ + 1//0 = Di2 + D2, 1/s + l/fQ = Dif из кото-
рых находим s = 10 см.
11.3.26. Оптическая сила очков
D = (d - dQ)/ddQ, ->D = (2dii - d0)/2d0d0, D = 2 дптр.
11.3.27. Пусть Dx6, 77 хд — оптическая сила хрусталика близоруко-
го и дальнозоркого. Тогда до обмена очками l/d0 + 1//0 = Dx6 + £>б,
l/</0+l//0 = DM + Z\.
После обмена 1/s + 1//0 = + Da, 0 + 1 /f0 = Da + D6.
355
11.3.28. Имеем систему уравнений
1М + 1//0 = лжб + обТ 1Л + 1//„ = ^ + Ч-
11.3.29. Предмет высотой Н7 рассматриваемый с расстояния наи-
лучшего зрения dQ, виден под углом а « tga = If/dti (рис. 11,3.29 а).
Рис. 11.3.29 а
Нетрудно видеть, что коэффициент увеличения равен отношению
угла зрения а', под которым мы видим изображение высотой Н',
пользуясь лупой, к углу зрения а, под которым мы видим предмет без
лупы, когда он находится на том же расстоянии: к = а'/а. Действи-
тельно, из'рис. 11.3.29 б видно, что а' ® /Г/d0, а' = IFcl/H = fca.
Рис. 11.3.29 6
Большинство из нас пользуются лупой так, как показано на рис.
11.3.29 б. Однако те, для кого лупа является рабочим инструмен-
том (например, часовые мастера), держат лупу вплотную к глазу, а
предмет помещают в фокальную плоскость. Тогда исходящий от каж-
дой точки предмета пучок лучей преобразуется линзой в параллель-
ный пучок лучей, падающих на хрусталик (рис.11.3.29в).
Рис. 11.3.29 в
356
В этом случае глазные мышцы полностью расслаблены. На сетчат-
ке возникает изображение, угловой размер которого а" « H/F = ad/F в
(к - 1) раз больше углового размера изображения а предмета, рас-
сматриваемого с расстояния наилучшего зрения без помощи луны. Па
практике используют короткофокусные лупы, позволяющие получить
увеличение угла зрения в 5— 10 раз.
11.3.30. Вектор напряженности сферической волны с центром в
фокусе линзы в точке Р экрана имеет вид
Ё2 = (Е2, 0,0), E2(t, z) = (A/rpp)cos(tol - о rFP/c), rpp = ^(s-F)2 + r2 ,
где rFP — расстояние от фокуса до точки Р.
Вектор напряженности плоской волны
Et = (Ер 0, s) =E0cos[(o/ - Е)/с].
Интенсивность в точке Р экрана
J = + Е2)2> = (еос/2) [Е02 + (A/rFP)2 + 2(£„4/rw)cos5],
8 = (27г/Х)[^-Л2 + г2 -(s-F)].
В точках максимума интенсивности 8 - 2лп, п = 1, 2, .... Из этого
условия находим г/ ~ 2aX(s - Е).
11.3.31. Изобразим отрезок MN — оптическую ось линзы (рис.
11.3.315).
Рис. 11.3.316
Расстояния d и f от предмета S и изображения 5t до плоскости
линзы связаны соотношением i/d + 1/f = 1/Е. Расстояние от оси до
изображения предмета Н = hf/d. Граница области наложения пучков
357
света — точка С, ОС = L, Из подобия треугольников АОС и S^PC сле-
дует уравнение (7? + k)/L = (Н + h)/(L ~ f).
dF(R + h)
(/? + h)(d- F)-hF
11.3.32. Луч SQ падает на поверхность радиусом R в точке Q под
углом а, угол преломления —р. Следовательно, nsina = sinp. Точка S
находится на пересечении главной оптической оси и прямой, на кото-
рой лежит преломленный луч. Предельный угол OS В обозначим у.
Докажите, что угол OSQ равен р. Тогда угол OS Q равен а. В тре-
угольнике OQS согласно «теореме синусов» 50/sinp = /?/sina или
SO = nR. Следовательно, точка S — изображение точки S. Предель-
ный угол ут определяется соотношением tgym = 1/п.
Рис. 11.3.32 6
11.3.33. Найдем изображение источника, формируемое тонким
приосевым пучком лучей, используя следствие принципа Ферма: оп-
тические длины лучей, соединяющих точки S и Р одинаковы. С этой
целью найдем оптическую длину луча 1(х), проходящего в плоскости
xz через точки 5(Я,0, -d), Л(х, 0, 0), В(х, 0, zx(z)), P(IT,0,f) и оптиче-
ский путь луча Zo, проходящего через точки S, О и Р (рис. 11.3.33).
Оптическая длина l(x} = а + nzn + Ь, где а = *£4, b = BP, nza(x) — оп-
тическая длина луча в линзе. Здесь мы учли, что в тонкой линзе можно
пренебречь поперечным смещением луча. Точка В принадлежит ок-
ружности, проходящей через точку Я(0, 0, /г). В приосевой области
зл(я) « R уравнение окружности х2 + (гл + R - h)2 = R2 можно предста-
вить в виде х1 = (z, + 2R - h) (h - zj ~ 2R(h - zn), или z3 = h- x2/2R.
Найдем теперь в случае тонкого пучка, удовлетворяющего усло-
виям а » d, Н « d, b ~ /, гл« /, расстояния а = [(х - Н)2 + d2]1/2 и
358
Представляя эти величины в виде (х - IT}2 = (a+ d) (a - d) ~2d(a - d),
(И - x)2 = (b + / - zj(6 -/ + zj » 2f(b - f + гл), найдем приближенно
a = d + - IT}2/2d, 6 =/ - гл + (Я - x}2/2J.
В рассматриваемом приближении оптическая длина луча £4ВР
l(x) = d + (п - \)h+f - (п - 1)//2Я + (я - H}2/2d + (Я -x)2/2f, (1)
Согласно принципу Ферма dl(x)/dx = 0 или
1)я/Я + -х)//=0. (2)
Поскольку выражение (2) должно выполняться для всех значе-
ний х, то приравнивая нулю коэффициенты при х, получим соотно-
шения
\/d + 1//= 1/F, i/F= (п - 1)/Я, (3)
H = -fH/d. (4)
Если бы линза представляла собой стекло, ограниченное двумя
сферическими поверхностями радиусами и Я2, то фокусное рас-
стояние определялось бы выражением
1/F= (п-!)(!//?, +1//?2). (5)
Замечание. Полагая в (1) х = 0, получим оптическую длину луча
SQP
l0 = d + (п - l)h +/ + Hz/2d + Я2/2/. (6)
Соотношения (3), (4) эквивалентны уравнению 1(х) = 1{}: оптиче-
ская длина траекторий всех лучей, проходящих через точки S и Р
одинакова.
11.3.35. Если за линзой находится среда с показателем прелом-
ления nv, то формула линзы приобретает вид 1 /d + n0//= 1 /F.
А. Пусть h > a0F. В этом случае фокусное расстояние системы
s, = n0F.
Б. Если h < п^', то после преломления фокусное расстояние сис-
темы OB = s2, s2 = h + z, г = AB (рис. 11.3.35).
Рис. 11.3.35
359
Угол падения луча на грань пластинки а, угол преломления (3:
яоа = (3. В треугольниках АСН ыАВН общий катет ЛЯ: zp = - h)a.
11.3.36. Если предмет находится в воздухе, то 1/d + 1//0 = 1/Ггл,
где/0 — расстояние до сетчатки, Fri — фокусное расстояние хрустали-
ка. Если глаз находится в воде с показателем преломления л0, то
формула линзы в случае предмета, расположенного на расстоянии
наилучшего зрения d0 = 0,25 см приобретает вид n0/dQ + 1//0 = 1/Frl.
Следовательно, d = dQ/nQ.
Оптическая сила очков D = l/d0- 1/d, D = -(и0- l)/d0.
11.4. Оптические системы и приборы
11.4.1. Поскольку сумма углов в треугольнике равна л, то углы в
и на рис. 11.4.1 б связаны уравнениями
л/2 + а2 + а + л/2 - at = л, 2а2 + л - 2at + 0 = л.
Следовательно, оц = а2 + а, угол 0 = 2а не зависит от угла падения
луча at на зеркало Му. Это важное свойство использовано в навига-
ционном приборе, называемом секстантом.
о
Рис. 11.4.1 б
360
Полупрозрачное зеркало Mv зрительная труба и ось, вокруг ко-
торой может поворачиваться зеркало вместе с визиром, жестко за-
креплены на общем основании. Луч SM{ образует угол 0 с лучом НК.
Наблюдая линию горизонта сквозь зеркало М2 и изменяя угол на-
клона зеркала Mv можно добиться совмещения с ней изображения
Солнца. При этом угол падения лучаЛ^М, на зеркало М2 должен быть
равным постоянному значению а2, а угол отклонения визира на шка-
ле а = 0/2.
Действительно, если плоскости зеркал и М2 параллельны (а = 0),
то к наблюдателю придет луч НМГ падающий на зеркало М1 иод уг-
лом а, - а2. Для получения изображения Солнца зеркало М1 следует по-
вернуть на угол а так, чтобы угол падения луча SMt стал равен а2 + а.
Это условие определяет угол поворота зеркала а - 0/2. Обычно шка-
ла секстанта составляет 1/6 часть окружности. Отсюда название (от
лат. sextans — шестой). Секстант позволяет измерить широту точки
наблюдения в открытом море даже при сильном волнении.
11.4.2. Изобразим главную оптическую ось и фокальную плоскость.
Затем проведем побочную оптическую ось, параллельную стрелке. Она
пересечет фокальную плоскость в точке S'. Если расположить зеркало
перпендикулярно прямой SS' на расстоянии SO = SS/2, то точка S' бу-
дет мнимым изображением источника S в зеркале и одновременно
действительным источником для линзы. Поскольку она лежит в фо-
кальной плоскости, то из линзы выходит пучок параллельных лучей
Рис. 11.4.2 6
11.4.5. А. Решение 1. Фокусное расстояние выпуклого зеркала,
покрытого стеклом, не равно половине радиуса кривизны, так как
луч, отраженный от посеребренной поверхности, изменяет направ-
ление при переходе из стекла в воздух. Расстояние OF от полюса О
361
(рис.11.4.5) до точки пересечения продолжения этого луча с главной
оптической осью равно величине фокусного расстояния, OFi} = R/2,
Определим OF, Приравнивая в A ONF и A ONFQ общий катет, находим
OFtga2 = /?/2tgar (1)
Рис. 11.4.5
Закон преломления связывает углы оц и а2 соотношением
sina2 = rcsina,. (2)
Поскольку мы рассматриваем только параксиальные пучки, то уг-
лы at и а2 должны быть настолько малыми, что синусы и тангенсы
этих углов можно заменить самими углами, выраженными в радианах.
В этом случае вместо (1) и (2) получим уравнения OFa2 = (Л/2)ар
а2 = nav из которых находим OF = R/2n. Следовательно, F= -R/2n,
Решение 2, Согласно (11.3.2) оптическая сила плосковогнутой
линзы i/Fy = -(и - 1)//?. Оптическая сила тонкой системы равна
сумме оптических сил отдельных ее элементов. При этом поскольку
через линзу свет проходит дважды (к зеркалу и от зеркала), то надо
складывать оптические силы выпуклого зеркала 1//*\ = -2/R и двух
1 2 2 -2(и-1) 2 2п о
линз: — =------= —----------=----Подставляя числовые значе-
F F{ R R R R
ния, находим F= -10сл£.
Б. Оптическая сила «зеркала» 1/F3= -2/F(}. Имеем систему урав-
нений 1/FO + 1 // = -2/F0, h = -Hf/F,
11.4.6. Система эквивалентна трем оптическим элементам —
линзе, зеркалу и линзе. Первое мнимое изображение находится на
362
расстоянии= ~F. Это изображение — действительный предмет для
зеркала: d2 = F + h. Второе изображение находится за зеркалом на рас-
стоянии /2 = F + h. Теперь оно служит действительным предметом для
линзы, находясь от нее на расстоянии d3 = 2Л + F. Из формулы линзы
находим расстояние от линзы до изображения/, = (F+ 2h)F/(2h).
А. Полагая h = F/2, получим/, = 2F.
Б. Пусть Л = F. Тогда f3 = 3F/2.
В. Полагая h = 0, получим /, = оо. Фокусное расстояние системы
Ff = F/2.
11.4.7. i/d + 1/Л = i/F, d2 = h-fvf2=f.-h,d^h-f2 = F;
h = F(2d-F}/2(d-F).
11.4.8. Исходящий от точки Л предмета расходящийся пучок лу-
чей преобразуется линзой в пучок лучей, параллельных прямой ОА,
где О - оптический центр линзы. После отражения от зеркала обра-
зуется пучок параллельных лучей, падающих на линзу. После пре-
ломления все лучи пересекаются в точке 4', расположенной симмет-
рично точке Л относительно главной оптической оси.
11.4.9. Первое изображение Р1 формируется линзой, второе Р2 —
зеркалом и третье Р3 ~ линзой. Поскольку последнее изображение Р3
мнимое, то оно формируется расходящимся пучком лучей, точка пе-
ресечения которых Р3 находится справа от линзы на рис. 11.4.9. В
этом случае /3 = -s. Расстояние d3 от линзы до плоскости, в которой
находится «предмет» получим, используя формулу линзы: d3 = s/2.
Этот предмет представляет собой изображение Р2, формируемое в ре-
зультате отражения сходящегося в точке Р1 пучка лучей, прошедших
через линзу, на расстоянии s/2 от зеркала. Точка Р, является мни-
мым предметом для зеркала и действительным изображением для
363
линзы. Она находится на расстоянии J\ = 3s/2 от линзы. Из формулы
линзы l/d] + 2/Зя = 1/s находим dt = 3s.
11.4.10. i/d+l/h^l/F.
11.4.11. Первое изображение источника Sj находится на расстоя-
нии от линзы.
aF
fi a-F U)
Пусть b >fv Тогда первое изображение S1 образуется перед зерка-
лом на расстоянии d2 == b - J\ от его поверхности. Точка S, является
действительным предметом для зеркала. Второе изображение S2 на-
ходится на расстоянии f2 = b - за зеркалом и является действитель-
ным предметом для линзы, причем dA = 2b - fv Из формулы линзы
найдем расстояние от линзы до третьего изображения S3:
J.--F
2ab—2F(a+b)+F1
Длина изображения
F2
h, = h--------------г. (3)
5 2ab-2F(a + b') +F2
Формулы (1), (2) определяют координаты изображения при про-
извольном соотношении параметров a, b, F. Нетрудно видеть, что
формулы (1), (2) дают решения задач 11.4.6-11.4.10.
11.4.12. Преломленные лучи после отражения от зеркала обра-
зуют действительное изображение, если на зеркало падает сходя-
щийся пучок лучей. Первое изображение находится в точке
S,1/Л = l/F-l/d, Н1 = -Hf/d.
После отражения координаты изображения 5,(0, 0,/,), = 2s.
364
11.4.13. Система эквивалентна четырем оптическим элементам -
линзе, двум зеркалам и линзе. На рис. 11.4.13 б изображены траекто-
рии лучей и последовательный ряд вторичных предметов и изобра-
жений. Координаты первого изображения точки А, формируемого
линзой, АДО, О, 3F). Второе изображение АД -2F, О, F), формируемое
первой гранью зеркала, является мнимым объектом для второй грани
зеркала. Действительное изображение АДО, О, -F) является мнимым
объектом для линзы. Полагая dk - -F, получим /4 = F/2.
Рис. 11.4.13 6
11.4.14. Призма формирует мнимое изображение источника на
расстоянии s от призмы и на расстоянии h = (п - 1)$а от оси. Полагая
в формуле линзы d = s + F, найдем расстояние от линзы до «изобра-
жения»/^ F(1 + F/s). Расстояние до изображения b = hf/d.
11.4.15. |/J=/2.
11.4.17. Первое изображение должно находится в фокусе рас-
сеивающей линзы: i/d + 1/Д = i/F0,J\ - s = Fo.
11.4.18. Фокусное расстояние собирающих и рассеивающих
линз Fr = s, Fp = -s/2.
11.4.19. Поскольку фокусное расстояние двух линз во втором
случае меньше фокусного расстояния одной линзы, то в первом слу-
чае изображение мнимое. Имеем систему уравнений 1/d + 1/Д = 1/F,
HY = ~(JJd)h, i/d + 1//2 = 2/F, Н2 = -(f2/d)h, Ну = -Н2, из которых на-
ходим 2F = 3d.
11.4.20. В первом случае имеем систему уравнений i/d + i/j\ - 1/F,
h{ = HfJd.
365
Во втором случае изображение находится на расстоянии /2 = / + s
от фотопленки l/d> + 1//2 = 1/F, h2 = Hf2/d2; h2/h{ = s(d - F)/F* + 1.
11.4.21. Согласно условию задачи для изображения, создаваемо-
го второй линзой/, ~ -25, Из формулы линзы находим d2 = s. Следо-
вательно, изображение, создаваемое первой линзой, находится па
расстоянии / = L - d2 = 2s от линзы. Из формулы линзы получим
d = 2s. Нарисуйте два последовательных изображения предмета.
11.4.22. Из формулы линзы i/d{ + 1// = 1/F находим / = 3F/2.
Это изображение является мнимым предметом для рассеивающей лин-
зы: d2 = -F/2. Теперь имеем систему уравнений -2/F + 1//2 = 1/Fp,
к d{d2.
11.4.23. Из формулы линзы \fdx + 1// = t/F находим
/ = -d{FJ(d' + Fo). Это изображение является действительным пред-
метом для собирающей линзы: d2 = Fo -/. Из уравнения///(/Д = -1
получим = FQ.
11.4.24. Первое изображение (-2Л, 0,/ = 3F), формируемое соби-
рающей линзой, является мнимым предметом для рассеивающей лин-
зы. Полагая в формуле линзы d2 = -3F/2, получим /2 = -3F, h2 = ih.
11Л.25. Первое изображение находится на расстоянии / = 2F от
линзы Lv Обозначим х — расстояние между линзами. Тогда имеем
уравнений -1/(2F- х) + 1/(3F- х) = -1/2F; х = F. Линейное увели-
чение к = (3F - х)/ (2F - х), к = 2.
11.4.26. Первое изображение находится на расстоянии / = 3F за
собирающей линзой (рис. 11.4.26). Это изображение является мни-
мым предметом для рассеивающей линзы. Полагая в формуле линзы
d2 = -2F, находим / = -2F. Расстояние от изображения до главной
оси рассеивающей линзы h2 = hf2/d2 = h. На рис. 11.4.26 расстояния
FS2 = 2Л, SF= F/2.
366
11.4.27. Симметричная конфигурация падающих и преломлен-
ных лучей в рассеивающей линзе возможна только для мнимого
предмета, расположенного на расстоянии d{ - -2F от рассеивающей
линзы. Мнимое изображение этого предмета является действитель-
ным предметом для собирающей линзы. Полагая в формуле линзы
d2 = 3F, получим/2 = 3F/2. Расстояние s - 3F/2; в прямоугольном тре-
угольнике на рис. 11.4.27 б расстояние h = 2Ftga.
Рис. 11.4.27 6
11.4.28. Первое изображение находится на расстоянии
d2 - F(d ~ 2F}/(d - F) от второй линзы. Второе изображение нахо-
дится на расстоянии/, = -(d - 2F) от второй линзы.
11.4.29. А. Изображение, образованное первой линзой, промежу-
точное и служит для второй линзы предметом действительным или
мнимым, если оказывается перед или за второй линзой. Применяя
формулу собирающей линзы, получим / =
sF
——, /( = 15 см. Это изо-
.s-F,
бражение располагается на расстоянии d2 = h -j\ = 20 см от второй лин-
зы слева от нее. Следовательно, на эту линзу надает расходящийся пу-
чок лучей, и поэтому промежуточное изображение АД (рис. 11.4.29 a)
является действительным предметом для линзы Л2.
Рис. 11.4.29 a
367
Из «формулы» линзы найдем расстояние/2 от второй линзы до
изображения /2 = ^2d2/(d2 - F2), Л - 30см. Увеличение системы
k = kft2 = (Л/s’) (/2/tZ2), к - 3/4. На рис 11.4.29 а показаны траектории
лучей 1 и 2 через систему из двух линз. Траектория луча 2' построена
с помощью побочной оптической оси О2Е". Прямая FJF" лежит в
фокальной плоскости линзы Л2. Луч 3' не попадает в линзу Л2.
Б. Поскольку положения линзы Л3 и промежуточного изображе-
ния ЛД совпадают, то положение изображения А2В2 не изменится.
Однако множество лучей, которое в системе на рис. 11.4.29 а отсека-
лось от линзы Л2, теперь проходит через нее - освещенность изобра-
жения увеличится. На рис. 11.4.29 б показаны фокальная плоскость
FJF} линзы Л3, побочная ось O3F3' и лучи 1" и 3", прошедшие через
линзу Л3.
Рис. 11.4.29 6
11.4.30. На рис. 11.4.30 а длины отрезков соответственно равны:
АО. = h, O.N. = F„ N2O2 = F N N2 = c, L = c + F. + F2. Точка N. находит-
1 1] I farfafalfa I fa I
ся на расстоянии d2 = c + F2 от второй линзы. Можно построить изо-
бражение точки Nv используя побочную ось — отрезок O2F2. Рас-
стояние О2С =/2 определим из формулы линзы
Ш + 1//2 = 1/г2. (1)
Найдем расстояние s = СК между главной и фокальной плоско-
стями. Поскольку треугольники KDC и СО2В подобны, то О2В = f2h/s.
Из подобия треугольников BOJ\\ и NtAOl имеем O.J3 = d2h/Fr Отсюда
получим
Z/s = <W (2)
Из (1), (2) находим
s = F,F2/c. (3)
368
Формула «толстой» линзы. «Вертикальные» координаты предме-
та и изображенияНъН. Используя свойства фокальных и главных
плоскостей, можно построить траектории двух лучей а, Ь на рис.
11.4.30 б и получить изображение предмета.
Рис. 11.4.30 б
В соответствии с рис. 11.4.30 а величина f < 0. Из подобия тре-
угольников следуют соотношения Н/Н = (s + d)/s, ff/H = s/(s + /), в
частности,
S2~(s + d)(s+f}. (4)
Подставляя s из (3) получим формулу линзы
1/о! + 1//= 1/F, (5)
1/г=1//-; + 1/^-л/(гл). (6)
Интересно отметить, что система, содержащая собирающую (F, = Fo)
и рассеивающую (F2 = -FQ) линзы, эквивалентна собирающей линзе с
фокусным расстоянием F = F*/L > 0.
11.4.31. Из закона преломления получаем 0t = гс02. В треугольни-
ке OCS: — в2 + а- Расстояние РК2 = R - RcosQ, * RQ*/2. Следова-
тельно, в приближении параксиального пучка РК2 = 0. Из теоремы
синусов для треугольника OSC получаем OS = RQ,/a. Фокусное рас-
стояние F= RQ,/a - R, F = R/(n - 1).
11.4.32. Из закона преломления получаем 0, = п&2, а = л(01 - 02).
Из уравнения ON - ОС + CN находим Q,R = a(SO + OK,). Поскольку в
треугольнике OSB угол 0=0,- 02, то из теоремы синусов следует, что
SO = RQ2/a. Тогда ОК, - R(Q, - 02 /а, ОК, = R/n. Фокусное расстояние
F= SO + OK, = 0^/а, F = R/(n - 1).
11.4.33. Из закона преломления получаем а1 = п&, п&2 = 0Г Углы
в треугольниках OQA2 и OQB связаны соотношениями 01 = а2 + (3,
369
Р =0 + 02: сц + а2 = (п - 1)р. Из теоремы синусов для треугольника
OQA2 получаем (/* + В)/01 = Я/a, f = Яр/а2. Поскольку BQ » R, то
da1 = Яр. Теперь получаем X/d + 1//= 1/F.
11.4.34. На шар падает плоская волна — параллельный пучок
лучей (рис. 11.4.34). Луч, принадлежащий прямой а, проходящей на
расстоянии h от главной оптической оси, падает на переднюю по-
верхность под углом 0j = h/R. Угол преломления — 02. Для малых уг-
лов 0j = п02. Па задней поверхности луч преломляется в точке С и пе-
ресекает оптическую ось в точке Sпод углом а.
Рис. 11.4.34
Покажем, что преломленный луч принадлежит прямой, пересе-
кающей прямую а в точке Н на перпендикуляре ОН к оптической
оси. Обозначим р — угол COS, р = 202 - 0Г Проведем через точку С
прямую, перпендикулярную главной оси в точке К. В треугольнике
СОК катет ОК = Bcosp » Я. Углы треугольника COS связаны соотно-
шением a = 01 р. Очевидно расстояние от точки С до прямой а рав-
но CQ = h - /?р = /?(01 - Р) = Яа. Однако в треугольнике HCQ катет
CQ = HQa. Тогда имеем HQ = Я. Следовательно, главные плоскости
проходят через центр шара, а фокусное расстояние F - OS. Из «тео-
ремы синусов» для элементов треугольникасознаходим O5/0J = R/a.
Поскольку» = 2(0t - 02) = 2(1 - 1/n)0p roF= RQ^a, F= Rn/[2(n - 1)J.
11.4.35. Предмет — точка Л находится на оптической оси. Луч АВ,
образующий угол сц с оптической осью, падает на переднюю поверх-
ность под углом 0Г Угол преломления — 02,01 = п02 (рис. 11.4.35).
370
После преломления на задней поверхности в точке С луч пересека-
ет оптическую ось под углом а2. Точка Л' — изображение предметах.
Угол между лучами на входе и выходе линзы у = а, + а2. Учитывая со-
отношения между углами + Р2 = 202, оц = 0, - РР а2 = 8, - Р2, находим
оц + а, = 2(0t — 02) или а, + а, = 2(1 - 1/п)0,. (1)
Вводя обозначения ОА = d, ОА! = /, получим из «теоремы сину-
сов» для элементов треугольников ОВА и ОСА соотношения
rZ/Oj = /?/а1,//01 = Я/а2- Следовательно,
1/^+1//= (оц + а2)/Т?01 или 1/rf + 1//= 1/F, \/F=2(n-\)/пН. (2)
Если рассматривать предмет с расстояния наилучшего зрения, то
угловой размер предмета a = H/d^ Положим теперь предмет в фокус,
сферу поместим перед глазом. Угловой размер изображения a" = H/F.
Угловое увеличение к = d0/F. Полагая п = 3/2, получим F = 3R/2,
к = 2dJ3R. При значении R = 1 мм получим к = 167.
В середине XVII века голландец А. Левенгук изготовил не менее
400 сферических линз диаметром 1 -2 мм. Подобно Галилею он делал
одно открытие за другим. В 1673 г. Левенгук впервые увидел микро-
бы и обнаружил огромный мир микроорганизмов, о существовании
которого даже не подозревали. Так свершилось одно из великих от-
крытий, положившее начало микробиологии.
11.4.37. Полагая в формуле (2) задачи 11.4.35 d = R, получим
f=-nR/(2-n)tf=~2R.
11.4.38. Введем согласно рис. 11.4.38 б обозначения: ОВ -/, АО = d,
d = R- s(t), s(t) = vt,O<t< 2R/v.
Согласно закону преломления n0t = 02.
Углы в треугольниках ОСА и О ВС связаны соотношениями у = а + 0Р
02 = у + Р: а + р = 02 - 0t = (п - 1) 0Г Из теоремы синусов для тре-
371
угольников ОСА и ОВС получаем уравнения d/Q{ = R/a, f/Q2 = R/$>
Из полученных уравнений следует i/d + n/f = 1/F, F= R/(n - 1).
Проекция скорости изображения и = df/dt, u(t) = vn[F/(R - s - F)]2.
A. = 0,/t = -2R, = nv/(n - 2)2.
Б. s2 = R, J\ = 0, u2 = nv.
B. s3 = 2R,f3 = R,u3 = v/n.
Полезно исследовать предельный переход к плоскослоистой сре-
де, полагая для последнего случая s -2R- Ht d = -R + Я, И « R. То-
гда получаем хорошо известный результат (см. задачу 11.1.18)
f=R(R-H)/[nR~H(n- 1)] =
= Я(1 - H/R)/n[i - Н(п - l)/n/?] « R - Н/п.
11.4.39. Первое действительное, увеличенное и перевернутое
изображение образуется на расстоянии Яок от окуляра. Поскольку
первое изображение образуется на расстоянии ft = L - F^ от объекти-
ва, то предмет должен находиться на расстоянии d{ = - F^) от
объектива.
Величина первого изображения Н = Hfjdi = H(L - F0K - F^/F*.
При FoK « F^ увеличение Ar, = (L - F*)/F*. Следовательно, увеличе-
ние микроскопа A:.= kftv к = d0(L - F^)/F^FW.
Для большего увеличения фокусные расстояния должны удовле-
творять условиям F^ ~ Fm « d0, L.
11.4.40. В театральном бинокле F^ = 5 + F*.
11.4.41. Промежуточное мнимое изображение будет распола-
гаться в фокальной плоскости объектива. Если, перемещая окуляр,
добиться того, чтобы изображение лежало в фокальной плоскости
окуляра, то лучи выйдут из рассеивающей линзы окуляра парал-
лельным пучком. Наблюдатель увидит прямое мнимое изображение.
Это обстоятельство делает трубу Галилея особенно удобной для теат-
ральных биноклей с увеличением А? ~ 2 - 3. Из рис. 11.4.41 следует,
что угловое увеличение системы к = —— = —= —.
tga Fm а
11.4.42. Из условия а'~а находим Fm = FJD^/D^.
372
Глава XII. ОСНОВЫ ТЕОРИИ
ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ
12.1. Преобразование Лоренца
12.1.1. Пусть плоская волна распространяется в положительном
направлении оси х. Рассмотрим этот процесс в двух системах отсче-
та — в системе К и в системе К, движущейся относительно К со ско-
ростью й = (и, 0, 0). Для упрощения расчетов предположим, что при
совпадении начал координат систем К и К стрелки часов в обеих
системах поставлены так, что t = f = 0. В момент времени t = 0 фронт
волны находится в плоскости х = 0. К моменту времени t фронт вол-
ны переместится в плоскость с координатой х. Процесс распростра-
нения фронта волны должен удовлетворять условию
Л72-(с£)2 = 0. (1)
Следовательно, пространственно-временные координаты двух
событий (0, 0) и (i, х) удовлетворяют уравнению (1). Согласно прин-
ципу относительности Эйнштейна координаты двух событий (0, 0) и
(f, У) в системе /С, соответствующие двум положениям фронта вол-
ны, должны удовлетворять точно такому же уравнению
a/2-(cf)2 = 0. (2)
Условия совместности уравнений (1) и (2) могут выполняться
только при линейном преобразовании вида
ct = a{cf + b$, х = a2ct + Ь^х!. (3)
Подставляя (3) в (1), мы должны получить уравнение (2), В ре-
зультате следуют три уравнения = 1, b% - bf = 1, а2Ь2 =
Ь. а, 1 n
из которых находим — = — = 0, а. = о2 = у, у = у -= -, где 0 — не-
ь2 at ^1-р2
известный коэффициент. Следовательно, из (3) имеем
cl =y(cf + 0У), x = y(0cf +У). (4)
Для того чтобы найти коэффициент 0 рассмотрим в системе К
движение начала координат системы отсчета К. Полагая в (4) У = 0,
мы должны получить для событий (ci, х = ut), (cf, У = 0) соотноше-
ние и = x/i: и = 0с или0 = и/с.
373
12.1.2. Доказательство следует после подстановки соотношений
1 /1-В
r/-z = /c(rf У), ct + х = — (rf + /), к = (1-Р)у = .—- , получен-
к v+P
ных из (12.1.1).
Математическое выражение, остающееся неизменным при опре-
деленном преобразовании переменных, называется инвариантом
(от фр. invariant — неизмбняющийся).
12.1.3. Расположим в системе К на оси х линейку ктп длиной X
так. что ее середина т находится в начале системы координат. В сис-
теме К' на оси х находится точно такая же линейка asb длиной к, ко-
торую будем называть стержнем. Середина стержня — точка s0 — на-
ходится в начале системы координат К \
Пусть в момент времени t = Г = 0 начала координат систем К и К'
совпадали. Тогда мировые линии точек к, т, п в системе К задаются
прямыми
A. X
' %т (^11) ~ ~ ~ o' ’ ( )
изображенными на рис. 12.1.3. Уравнения мировых линий точек a, s,
b в системе /С имеют аналогичный вид:
4(4)=у,
А
4(4)=о, 4(4)=--.
(2)
Подставляя (2) в (12.1.2), получим уравнения мировых линий
точек a, s, Ъ в системе К — это прямые
А А
*Ж) = 7Г +14 > *,4) = 4, ^(*о) = -ТГ+14- (3)
2у 2у
Очевидно, прямая zs(^0) = 0£о совпадает с временной осью систе-
мы покоя стержня на рис. 12.1.3.
Найдем теперь положение пространственной оси координат х\
Пусть из точки 50 в момент времени t - V = 0 посылаются два свето-
вых сигнала в противоположных направлениях. Поскольку скорость
света в любой инерциальной системе равна г, то уравнения мировых
линий сигналов имеют вид: ггл(^(|) = z0 и хч (z0) = -х(}.
Рассмотрим четыре события kv aif с точки зрения наблюда-
теля в системе К на рис. 12.1.3. События Ац и п} соответствуют одно-
временному приходу светового сигнала к концам линейки к и п в мо-
менты времени = /п1 = 1тХ = т, т = А/2с. Два других события Ь, и а, —
374
приход сигналов к концам стержня b и а в различные моменты вре-
мени и tai. С другой стороны, наблюдатель в системе К' зафиксиру-
ет по своим часам одновременный приход сигналов к концам стерж-
ня в момент времени l'bi = = т, т = Х/2с. Поэтому все события,
лежащие на прямой, проходящей через точки и av должны быть
одновременными в системе Следовательно, значение координаты
.г'о в точке пересечения 5, прямых bial и х8(х0) = рхп должно быть рав-
но ст : t'si = т, а прямая, проходящая через начало координат парал-
лельно прямой axbv — это и есть ось х'. Все события, лежащие на этой
оси, соответствуют моменту времени t’ = 0.
Отметим, что мировая линия сигнала во всех инерциальных сис-
темах координат является биссектрисой угла между временной и
пространственной осями.
12.1.4. Рассмотрим два события - показания часов через период
т в системе /С: $0(с£Л' = 0, = 0) и = ст, zsl' = 0). В системе К,
375
где полупрямая сП — Мировая линия часов, этим событиям соответ-
ствуют показания таких же часов через промежуток времени т — два
события mAct п = 0, х п = 0) и mAct. = ст, х. = 0).
U \ ти 7 mu f 1 \ mi ' mi >
Наблюдатель в системе К видит, что стрелка на его часах передви-
нулась на одно деление и показывает значение = т. Стрелка.на часах
системы К передвинется на одно деление, когда часы покажут момент
времени £/ = т. Из рис. 12,1.3 видно, что временная координата этого
события в системе К равна ttl > tmi = т, т.е. часы в системе К отстают.
Действительно, в системе К координаты события s^ct х!а1 = 0) Под-
ставляя значения координат события 5, в (12.1.1), получаем = yt.
Для* определения временной координаты tmi' аналогичного события
т1 проведем через точку ctmi прямую, проходящую параллельно оси У.
Из диаграммы видно, что > tti' = т, т.е. часы в системе К отстают. Дей-
ствительно, координаты события в системе К — (ctmi = ст, xmi = 0).
Подставляя значения координат события тл в (12.1.2), получаем = уг.
12.1.5. В системе К координаты любого события на прямой хл,
изображенной на рис. 12.1.3, одинаковы. Длина стержня в системе К
представляет собой модуль разности координат в один и тот же момент
времени: I = |ха(х0) - х^(х0)|. Подставляя значения координат (3) из
решения задачи 12.1.3 находим I = Х/у < X. Следовательно, длина
стержня в системе К меньше длины стержня в системе К. Отметим,
что координаты события а0 равны с£а0 = 0, ха0; c£a0', xj = Х/2. Из
(12.1.2) получаем ха0 = Х/2у, ctj = -₽Х/2.
В системе К координаты любого события на прямой хк, изобра-
женной на рис. 12.1.3, одинаковы. Найдем длину линейки в системе
К\ Используя (12.1.1), преобразуем уравнения мировых линий то-
чек /сип линейки в системе К в уравнения мировых линий в системе
X
координат К': так как z*(x0) = Х/2, хл(х0) = -Х/2, то =---0^,
2у
a>(Jo) =----Р^о > искомая длина Г = х\ - х'я = Х/у, Г = X ^/1—р2 < X.
2у
Отметим, что координаты события ks равны с^р = Х/2,; с£и' = 0, хк{.
Из (12.1.1) получаем = Х/2у, ctH' = 0Х/2.
Таким образом пространство и время неразрывно связаны между
собой. «Отныне пространство само по себе и время само по себе
должны обратится в фикции и лишь некоторый вид соединения обо-
их, должен еще сохранить самостоятельность» — заметил немецкий
математик Г. Минковский.
376
12.1.6. А. Проведем на рис. 12.1.6 гиперболу (ci)2 - х = (ст)2. При
х = 0 мы имеем момент времени 1т = т. Однако в силу инвариантности
интервала получаем также (cf )2 - У2 = (ст)2. Следовательно, гипербо-
ла пересекает ось с? в точке t, = т. На рис. 12.1.6 видно, что всегда от-
стают те часы, которые движутся относительно другой инерциальной
системы отсчета.
Б. Проведем на рис. 12.1.6 гиперболу (с/)2 - х = -X2. При i = 0 мы
имеем хк = к. Однако в силу инвариантности интервала получаем
также (cf)2 - д'2 = -А2. Следовательно, гипербола пересекает ось в
точках cf в = 0, л = А.
Длина стержня в системе К равна значению координаты х* = X.
Для определения длины стержня в системе К проведем через точку
х* мировую линию конца стержня — прямую, проходящую парал-
лельно оси cf. Точка пересечения этой прямой с осью х представляет
собой длину стержня ха < А = хк в системе К, т.е. в системе К длина
стержня меньше длины эталона хк = А.
Длина стержня в системе К равна значению координаты х* = А.
Наблюдатель в системе К имеет стержень длиной хк = А. Для опреде-
ления длины стержня в системе К проведем через точку хк мировую
линию конца стержня — прямую, проходящую параллельно оси ct.
Точка пересечения прямой с осью У определяет координату конца
стержня хк < А = х/ в системе К, т.е. в системе К длина стержня
меньше длины эталона х/ = А.
377
12.1.7. Если в момент времени t = 0 число неподвижных мюонов
равно Nn, то через 2,2 мкс половина из них распадется, рождая элек-
трон и два нейтрино. Половина оставшихся мюонов распадается в
следующие 2,2 мкс и т.д. Следовательно, в момент времени t останет-
ся^/) = 7V0(l/2)*/T мюонов.
В системе отсчета, связанной с движущимися мюонами, прошло
время в течение которого осталась одна восьмая часть от общего
числа: ЛГ(/2') = А0/8 или /2' = Зг. Согласно Эйнштейну в системе К со-
ответствующий интервал времени 12 = у/2', у = (1 - и2/с) 1/2. Посколь-
ку Н - ut2, то из уравнения Н/и = Зт( 1 - и2/с2)’,/2 находим
и = сЯ[(Зтс)2 + Я2]-172» с.
Время полета t2 = [(Зт)2 + (Я/с)2]172» Н/с = 200 мкс.
Движущиеся мюоны распадаются медленнее неподвижных мюо-
нов. Если бы ход времени во всех системах отсчета был бы одинаков,
то время полета до поверхности Земли соответствовало бы
/2/т ~ 90 периодам полураспада. После 90 периодов осталась бы лишь
А(/2)/Ап = (1/2)90 - (IO)’27 часть от первоначального числа мюонов
(мы учли, что 210« Ю3).
12.1.8. А. Скорость света должна быть различна для лучей в двух
взаимно перпендикулярных плечах прибора. Поэтому должна суще-
ствовать разность хода лучей и наблюдаться интерференционная
картина.
Пусть скорость света относительно неподвижной системы отсчета,
связанной с эфиром равна с . Скорость прибора й = (и, 0, 0). Скорость
света в системе покоя прибора ? = с - й. Проекция скорости света
на траектории равна (?£ = с - и, а на траектории МХМО - с?х = с + и.
Поэтому интервал времени, за который свет распространяется по тра-
ектории луча 0, равен = 2Ху2/с, у = 1/(1 - р2)172, Р = и/с. Траек-
тория луча света 0 в неподвижной системе представляет собой
два отрезка.сторон равнобедренного треугольника высотой X с углом а
при основании,sina = и/с (рис.12.1.8б). В системе покоя величина
скорости света d = у/с2 -и2 . Поэтому интервал времени распростране-
ния света по траектории равен 12 = 2Х/сг = 2Ху/с. Следователь-
но, разность фаз интерферирующих волн Дер = ct2 - ct{ ® Ар2. Однако в
этом и последующих экспериментах интерференционная картина не
появлялась — скорость Земли относительно эфира оказалась равной
нулю. Тем самым, Земля приобретала уникальное свойство, отличаю-
378
щее ее от других тел. В то же время другие эксперименты указывали
на то, что эфир неподвижен.
В 1892 г. для объяснения отсутствия интерференционных полос
ирландский физик Д. Фицжеральд и независимо нидерландский фи-
зик-теоретик X. Лоренц предложили гипотезу о сокращении размеров
движущихся тел в направлении движения. В 1904 г. Лоренц вывел
формулы (12.1.1), связывающие пространственные координаты и
время в двух системах отсчета. Однако он считал, что это преобразова-
ние имеет вспомогательный характер. Значительный вклад внес вы-
дающийся французский математик Анри Пуанкаре. В 1904-1905 гг.
он дал анализ понятия одновременности и открыл законы релятивист-
ской механики.
Б. Проведем анализ с точки зрения теории относительности. По-
скольку скорость света во всех инерциальных системах отсчета равна
с, то в системе покоя прибора К разность фаз световых лучей, соот-
ветствующих траекториям и на рис. 12.1.8 а, равна
нулю. Найдем теперь разность фаз в системе отсчета К, в которой
прибор движется со скоростью й = (и, 0, 0). Согласно теории длина
плеча равна I = к/у. Пусть t01, /10 — интервалы времени, в тече-
нии которых волны распространяются по трассам и М'М0. Тогда
имеем два уравнения I + uttii = ci01, I - utiQ = ci10, из которых находим
Z, = (^oi + ^ю)’ = 2Ху/с. Для вычисления интервала времени t2 предста-
вим траекторию М0М2Л/0 в системе К (рис. 12.1.8 б), В этом случае
(ct2/2)2 = (ut2/2)2 + X2, t2 = 2ку/с. Разность хода c(i2 - = 0.
М0 М'о
Рис. 12.1.8 6
12.1.9. Подобные парадоксы легко разрешаются, если вспомнить
другие следствия теории. В задаче рассматриваются четыре события на
мировых линиях концов шеста bs и границ сарая кт. В системе К ми-
ровые линии границ сарая и концов шеста имеют вид (рис.12.1.9 а)
xk(cl) == Z, xm(ct) = 0, rr4(cZ)=Pci, xb(cl) - -I + Pct (1)
379
Пусть события Aj и В; одновременны в системе К в момент време-
ни: = т, т = l/и. Тогда в системе К' они не будут одновремен-
ными и поставленный вопрос не имеет смысла. В этом легко убедить-
ся, изобразив в системе К мировые линии концов шеста и мировые
линии границ сарая.
Подставляя (1) в (12.1.2) получаем функции (рис. 12.1.9 6)
= Z/y - pcf, хт' (ct) = -pcf, zs'(cf) = 0, г/ (cf) = -X. (2)
Событие At происходит в момент времени fAi = l/yu = Х/у2и, а со-
бытие В1 в момент времени fBi = X/u. В промежутке времени fBi - fAi
сарай находится между концами шеста. Начиная с момента времени
~ (^ + V?)/u сарай удаляется от шеста. Полезно отметить, что
Zji Zoo -- Zq. “ т, .. t!лл — Z^ о.» Z^dj—* т/у.
Я1 ли 04 01 7 Л1 ЛО 04 01
12.1.10. Пусть наблюдатель в системе К встретился с наблюдате-
лем в системе К в момент времени t-t = 0 и удаляется от него со ско-
ростью и. Оба наблюдателя регистрируют положение тахиона, дви-
жущегося со сверхсветовой скоростью ит > с.
Рассмотрим два события: (Zfl, ха = 0) — встреча тахиона с наблю-
дателем в системе К и (tb, хь) — встреча тахиона с наблюдателем в
системе В момент времени ta тахион излучил сигнал, который
примет наблюдатель в системе /С в момент времени Сравнивая
информацию о состояниях тахиона в моменты времени ?ь и он
может сделать заключение о процессах перехода из одного состояния
в другое в интервале ?ь — t*. С другой стороны, наблюдатель в систе-
ме К, приняв в момент времени t2 сигнал, излученный тахионом в
момент времени tb, получит свою информацию о тех же процессах,
происшедших за интервал времени tb - ta.
380
На рис. 12.2.10 изображены мировые линии наблюдателя xs(cZ),
тахиона xr(ct) и двух лучей хя(ct), х n(ct):
x^ct) =рс/,р = u/c, x^ct) =PTc(/-iJ, ₽m = uT/c,
хл(с/) =c(t-ta), хя(сГ) =x8(db) -c(t-tb).
Из условия xs(ctb) = xr(ctb) находим tb - /а/(1 - u/ur) > ta. Величину
получим из условия x^ctj = хл(с/4): f4 = ta/(l - и/с). Момент времени 12
найдем из условия х a(ct2) - 0: t2 = (1 + u/c)tb = (1 + u/c)tj(i - u/uj.
Поскольку и < с < ит, то > tb. Очевидно, что И к > fb. Следовательно, с
точки зрения наблюдателя в системе К тахион сначала пролетел мимо
него (событие а), а потом мимо наблюдателя в системе Я* (событие Ь),
Наблюдатель в системе К сначала «увидит» событие b в момент време-
ни tb, а потом событие а в момент времени Мы приходим к выводу,
очевидному из рис. 12.1.10, что хронологический порядок событий а и
b будет различным для каждого из наблюдателей.
Предположим, что параметры, характеризующие состояние тахио-
на, удовлетворяют уравнению некоторого необратимого процесса. Ес-
ли наблюдатель в системе К видит «старение» тахиона, то наблюдатель
в системе Я* увидит обратную последовательность событий — тахион
«молодеет». Причина и следствие меняются местами и появляется воз-
можность влиять на прошлое — на уже реализовавшиеся события. По
мнению некоторых физиков, это ограничивает область существования
тахионов малыми интервалами пространства-времени, в которых стро-
гая упорядоченность событий утрачивает свою универсальность. Дру-
гие ученые считают, что эту трудность можно обойти за счет более
расширенной трактовки смысла причинно-следственной связи.
381
12.1.It . Из (12.1.2) получим преобразование Лоренца
/ \2
cf = y{ct - их/с) —> 0)/' = Y[®/ - I — £1 П®/] ,
V с J
х! = у(т - vt) = yR[sin($t - cat), у' = у = R(1 - cos®/).
Траектория частицы представляет собой циклоиду. Для частицы,
движущейся со скоростью и~с, величина у » 1. В интервале лабора-
торного времени /, удовлетворяющего условию y® У 1»
/'«-(!+ |ую2/2),У« --Д -^-(ycoZ)2.
Y Ь by 2у
Уравнение траектории — кубическая парабола У - (7?/2у2)(6у2 Ь' |/Т?)2/3.
Производная dt//dx! имеет разрыв.
12.1.12. Если наблюдатель, находящийся в начале координат
системы отсчета К, видит стержень в момент времени /0, то на фото-
графии получится «искаженное» изображение, поскольку стержень
занимал различные положения, когда источники а и b излучили
волны, одновременно достигшие фотопленки.
Рис. 12.1.12
На рис. 12.1.12 изображены мировые линии источников и двух
лучей хлл(с/) и xib(ct): первый испущен источником а в точке xa(cta/) в
момент времени /л1, второй — источником b в точке xb(clb2) в момент
времени tb2: xia(ct) = xa(cZal) - c(l - Q, xj.ct) = x^cl^) - c(l - lb2), где
^(4i) = V2y + ut„v xb(ctb2} = -X/2y + utb2.
Наблюдаемая длина стержня d равна разности оптических длин
с(10 - Q = xAclat), = хь(е1ьг) лучей а и b: d = c{tb2 - /о1). Две
волны падают на фотопленку одновременно, если хла(с10) = x16(cZ0). Из
382
этого уравнения получим 0 = Х/у -(u + c)(tb2 - tai). Следовательно,
видимый размер линейки d = Х/[у( 1 + и/с)] = 1/(1 + и/с) окажется
даже меньше, чем длина стержня I = Х/у, измеренная в системе К. На
рис. 12.1.12 видно, что фронт световой волны, излучаемой в точке а,
достигает точки Ь, проходя расстояние Х/у - uAt = сД/, где AZ = tb2 - tuC
Если стержень приближается к фотографу, то видимый размер
стержня Z/(1 - и/с).
12.1.13. Мировые линии сигналов до отражения xf(t) = c(t -
после отражения xr(t) = -c(t - t3) и тела x(t) = pci изображены на рис.
12.1.13. Из условий x(t2) = xf(t2) -xr(t2) находим
L = -b-,L = t,(l+B) = k\,k = J^.
2 l-p’3 2k ” \l-p
~ c(Z3-t.)
Следовательно, скорость тела и = —2—— .
i3 +
Найдем момент времени прихода сигнала к телу по часам систе-
мы /С. Подставляя в преобразование Лоренца ct2 = у[с/2 - Рx(t2)] зна-
чение x(t2) = pci2, найдем t2 = t2/y. Световая вспышка наблюдается в
системах К и К в моменты времени t2 - ktv t3 = kt2 = к\. Пусть i, = 2 с,
t3 = 8 с. Тогда и = 0,6 с, у = 5/4, t2 = 5 с, И2 = 4 с.
12.1.15. В системе К световые импульсы излучаются в моменты
времени f 1 = т, 12 = 2т, ..., которым в системе К соответствуют момен-
ты времени =yi'1 =ут, t2 - 2ут,... (рис. 12.1.15).
Рис. 12.1.15
Неподвижный наблюдатель фиксирует приход сигналов в момен-
ты времени tLV tl2, .... Мировая линия излучателя xq(d) = Pci, мировая
линия сигнала, испущенного в момент времени tv представляет со-
бой прямую линию x(ct) = x9(ct{) - c(t ~ ij. Мировая линия наблюда-
383
теля xm(ct) = 0. Из уравнения т(с^и) = 0 находим /71 = (1 + Р)ут. Часто-
та принимаемых сигналов v = \//[(1 + р)у]. При р = 0,8 имеем
v = v'/З. В случае движения со скоростью u << с, v v'(l - р).
Частота волны, принимаемой от источника, приближающегося к
наблюдателю, равна v'/[(l - р)у]. При и « с, v® v' (1 + р).
12.1.16. А. Решение 1. В системе покоя астронавта £/ = Х/с. Со-
гласно преобразованию Лоренца f2 = y(J2' + ^27c2)>Y = 1/(1 -и/с2)42,
имеем = уХ (1 + р)/с.
Решение 2. В неподвижной системе отсчета Х/у + и1г = с£2.
Б. = ct2 - c(t3 - /2). Из этого уравнения находим t3 = 2уХ/с.
12.1.17. Решение 1. В системе покоя астронавта I/ - к/с, Со-
гласно преобразованию Лоренца t2 = yt/f у = 1/(1 - и /с2)42, имеем
t2 = ук/с.
Решение 2, В неподвижной системе отсчета (ct2)2 = (ut2)2 + А/.
dx
12.1.18. В системе К компоненты скорости частицы и =—*
dt
> uz~ ~ • Компоненты скорости той же частицы в системе К':
, dx' , dy' , dz' г _ .. о . л.
v_ =--, и-—, и, =— . Из (12.1.1) получим соотношение между
dt' dC dt'
приращениями координат и времени dx = y(udt! + d/), dy = di/,
f dx' A
dz = dz!, dt = у dt' +p— , из которых найдем правила преобразова-
k с
ния компонент скоростей
и + и'
vr =—ZH
<
С
(1)
к с J
с
Если i7 = (с, 0, 0), то и = (с, 0, 0): скорость света одна и та же во
всех инерциальных системах отсчета. При р << 1 из (1) следуют не-
релятивистские соотношения = и + i/z, v = vz = vJ г.
12.1.19. Из формулы преобразования релятивистской скорости
v/ = (-и + i4)/(l - uvr/c2), v/ = ^/у(1 - uvjc2), v' = 0, у2 = 1/(1 - и2/с2),
находим v/ = -с/2, v/ = с>/з/2. Поскольку модуль скорости равен с,
то наша частица представляет собой фотон.
12.1.20. Пусть система ТС'движется со скоростью П,. Тогда отно-
сительная скорость — скорость второй частицы в системе К', Полагая
384
в соотношении (1) задачи 12.1.18 vr = v2, v'x = pR, и - получим
i;1 + vR » - р
1Л, =-----я— , и R= —-—
1 + ^^/с2 R l-v{v2/c2
Например, при и2 = 0,99с, = 0,98с имеем vR = с/3. В случае
i;1 = 0,5с, v2 = 0,8с имеем vR = 0,5с. Если vz = с — скорость светового
сигнала, то ин = с — т.е. в системе покоя первой частицы скорость све-
та равна с. Если два световых сигнала движутся в противоположные
стороны (и2 = с, = -с), то относительная скорость равна с.
12.1.22 . Поскольку vQ1 и — проекции на ось х скорости объекта в
системах отсчета К и К, то согласно «правилу сложения» релятиви-
стских скоростей проекция на ось х относительной скорости
у= (w + p0)/(1 +u,vjc).
12.2. Релятивистская кинематика.
Рождение новых частиц.
12.2.1. Левую часть можно вычислить в исходной лабораторной
системе, полагая = у0/пс2, р{ = -yonwo, Е2 = у0?пс2, рг = yomyn,
1 Q
у = Г ., р0 = —, и в системе покоя первого протона, в которой
1 и
Е\ = тс, р\ =0, £' = гдлгс2, р' = yHmvH уд = -_=,рд = .
а/Мл с
Приравнивая эти выражения, получим уравнение Уо(1 + Ро) = yff
из которого, в соответствии с результатом, полученном в задаче
12.1.20 находим vH = 2^0/[ 1 + (^0/с)2]-
12.2.2. А. Т« у/пс2, тс2 = 0,5 МэВ, у = 1/(1 - i//c2),/2. В системе
покоя электрона X' - X/у.
Б. утс> тс2 = 0,5 МэВ, у = 1/(1 - v/c)'!‘2. Отсюда находим
1-(р/с)г = (10) 10 или 2(1 - у/с) » (IO)’10, и = с — (с/2)(10) 10.
12.2.3. Имеем уравнение тс2/(1 - v2/c2)l/2 - тс2 = тс /^.
12.2.4. Из закона сохранения энергии и импульса ?nc2 = Av10 + Av20,
0 = Av10Hi + Av20 , получаем Av10 = тс2/2, hv2Q = тс2/2.
12.2.5. А. Произведем переход (12.2.3) из системы покоя в лабо-
раторную систему, движущуюся со скоростью v
Av10 = y[Av1 - (i;/c)Av1cosO],y = (1 - v2/c2) 1/2, (1)
где 0 ~ угол между скоростью фотона и мезона, Av10 = тс2/2, Е = уте2.
385
Из (1) находим
hv^ = тс2/[2у(1 -(y/c)cosG], или hv{ = (Е/2) [1 -(^/с)2]/[1 — (p/c)cos0].
Значениям 9 - 0, л соответствуют максимальное и минимальное
значения (Е/2) (1 + v/c).
Отметим, что произведение A2vminvmitr = гпс /Ь.
Б. Из законов сохранения энергии и импульса Е - hv{ + hv2,
ср = hv2 - Avp находим 2hv2 = Е + ср, 2hv{ = Е - ср. Далее получим
v2/v, = (E + cp)/(E-cp),vi/vi = (с + 0/(с-у).
В. Закон сохранения энергии и импульса
Е= hy^ + hv2, (1)
ср +hvzn2- (2)
выполняются независимо от характера столкновений.
Возведем в квадрат (1), (2) и вычтем из первого соотношения
второе. В результате получим уравнение
(тс2)2 = 2A2VjV2(l ~ cosa), (3)
гдесоэа = nfi2.
Произведение двух чисел, сумма которых постоянна, имеет мак-
симальное значение, если сомножители равны. Поэтому чпри мини-
мальном угле разлета v4 = v2 = v, a = am. В этом случае Е = 2hv,
(me)2 = £^(1 - cosam)/2, (4)
Из (4) находим cos(am/2) = v/c.
12.2.6. Пусть энергии и импульсы частиц до и после рассеяния со-
ответственно равны Ev Д = (рр 0, 0), Е2 - т2с\ р2 = 0, Е/, р\ = (р/, 0, 0),
Е2, Рг = О7/» 0). Наша задача — найти кинетические энергии
Т* = Е/ - т^с2, Т/ = Е/ — т2с2 частиц после рассеяйия.
Из законов сохранения энергии и импульса получим два уравне-
ния Е\ + т2с2 = Е/ + Е/,Р' = р/ + р/.
Исключая из этой системы Е/, р/, последовательно находим
(Е^ ~Е2')2-с2(р1-р2')2= (Е/ -т2с2)2- (ср/)2->
-> срр/ = Е,Е/ - Е/т2с2, сР\Рг = (Е1 + т2с2) Т2 ->
Т/ - 2m2p//rn, (1)
Т/ = 7; - 2m2p2/ml, (2)
гдер,2 = 7’2/с2 + 2m/I\, m - (m{ + m2)2 + 2m2T\/c2.
Здесь m — инвариантная масса системы.
386
Сравним (1), (2) с аналогичными соотношениями, полученными в
примере 1.7.16. В предельном случае малых энергий 7\ « т^с, т2с2,
Pi « т » + т2. Согласно классической механике при т^ « т2
легкая частица могла бы передать тяжелой частице энергию
Т/» 4(ап1/ап2)7л1 « Тг Ситуация меняется в случае релятивистских
энергий: если Т\ » m2c, т^с2, тор/ » Т2/с2, m2 * 2m2TJc2, Т2 « Tv
12.2.7. Если вторая частица покоится, то в лабораторной системе
отсчета Е{ = тс2 + Т, Д = (Д, 0, 0), Е2 = тс2, р2 = 0, Е', р\ - (Д, 0, 0),
£/, Рг = (Д, 0) ~ энергии и импульсы частиц до и после рассея-
ния. Из закона сохранения энергии-импульса следует уравнение
Ех + тс2 - Е' + Е2 (1)
А = Р\ + ?2 • (2)
Возведем в квадрат (1), (2) и вычтем из первого соотношения
второе. В результате получим уравнение Е^тс2 = (Е{Е2 - е2ДДсоза).
При минимальном угле разлета £*/ = Е2 = Efp^f = р2 = pf, a = am. В
этом случае Е{ + тс2 = 2Е, Ejnc2 = (Е2 - c2pt2c.osam).
Поскольку Е2- с2р/2- (тс2)2, то cosam = (Е2- Е{тс2)/(Е2- т2с1).
Отсюда находим cosam = Т/(Т + 4тс2),
Отметим, что при Т « тс2 получим известный из классической
теории результат am = л/2.
12.2.8. Запишем законы сохранения энергии и импульса систе-
мы частиц в виде Е + hv - hvf = Е, р + hvn /с - hv' п /с = р'.
Умножим второе уравнение на с, затем возведем каждое уравне-
ние в квадрат и вычтем одно из другого. Учитывая (12.2.4), получим
v' =----y(g-Cpn>---- (()
E-cpfi + hv(l-finr)
Комптон-эффект является основной причиной возникновения
мощного электромагнитного импульса длительностью менее 1 с непо-
средственно после атомного взрыва. Образующиеся после деления
урана-235 кванты имеют энергию hv « 0,8 МэВ. Взаимодействуя с воз-
духом, они выбивают из атомов электроны, которые приобретают ре-
лятивистские энергии. Асимметрия движения электронов в верти-
кальном направлении аналогична импульсу тока в проводнике. В
результате генерируется мощное излучение, образующее начальный
импульс, и происходит разделение электронов и ионов. Затем электро-
ны движутся в обратном направлении, порождая новый импульс. По-
387
ражающее действие импульса связано с возбуждением ЭДС индукции
в цепях радиоэлектронной и электротехнической аппаратуры.
12.2.9. Полагая в выражении (1) задачи 12.2.8 п = -р/р,
, Е+ рс
п= р /р, получим частоту рассеянного излучения V = v-------.
Е~рс + 2hv
Отсюда следует, что даже при взаимодействии фотонов небольших
энергий hv « (тс)2/Е с релятивистскими электронами (Е » тс2) час-
, Е+рс (2Е^
TOTaV^v-----— «v —г >>v-
Е- pc V тс J
Длина волны рассеянного «света» X = Х/4у2. При Е = 250 МэВ
инфракрасный фотон (X = 1 мкм) преобразуется в рентгеновский
(Х' = 10”3нм).
12.2.10. Пусть Еи р{ = (рр 0, 0), Е2 = т2с, р2 = 0, £*/, р[ = (р/, 0, 0),
Й = 0% 0, 0) — энергии и импульсы частиц до и после рассея-
ния. Из закона сохранения энергии-импульса следует уравнение
(Ei + m/)2 - c2Pi2 = (Е/ + Е')2 - с2(р/ +р2')2. (1)
Поскольку столкновение абсолютно неупругое, то электрон и воз-
бужденный атом неподвижны в системе центра масс, движущейся со
скоростью v = c2Pt/(E^ + т2с2). Следовательно, правая часть (1) равна
[(^ + т/)с2]2. Тогда из (1) находим т/ = [(^ + т2)2 + 2m2I\/c2]i/2 - mv
В предельном случае малых энергий « (т{ + т2)с\ ~ тр2/2.
Используя разложение бинома Ньютона (1 + е)1/2 » 1 + е/2, е « 1,
получим известный из классической теории результат:
т/с2« т2с2 + Q,Q = m2TJ (т{ + т2).
Второе слагаемое, равное приращению полной энергии атома,
связано с приращением массы атома т/ - т2~ Q/c. Напомним, что
когда вторая частица представляет собой макроскопическое тело, то
величину Q называют приращением внутренней энергии тела (см.
задачу 1.7.47).
12.2.11. А. Из законов сохранения энергии и импульса имеем
уравнение Me2 = OfiMc2/(1 - v2/c2)l/2.
Б. Из закона сохранения энергии и импульса имеем уравнение
Me =2(тс2 + Т).
12.2.12. А. Из законов сохранения импульса и энергии имеем че-
тыре уравнения
0 = Рю + Йо > (1)
388
Mc=Ew + E2tj. (2)
Из (1) имеем уравнение (р10)2 = (р21))2 или
М{Ет - Е10) = (т2 - т,2)сг. (3)
Из уравнений (2), (3) получим
Ew = (№ + т2 - т2)с2/2М, = (М2 + т2 - т2)с/2М.
Б. Полагая = 0, находим Е10 = (М2 - т2)с2/2М, Е10 = 76,4 МэВ.
12.2.13. Пусть вторая частица покоится. Тогда в лабораторной
системе отсчета Е2 = пг2с2, р2 = 0, Et = т{с2 + TL. Масса системы
(Me)2 = (Е2 + тп2с2)2 - (ср,)2 = (гп,с2)2 + 2Е{т.гс + (гп2с2)2 =
= (т, + тп2)2с4 + 2TLm2c\
Учитывая (12.2.7), получим неравенство
М- у1(т1 + т2)2 + 2лл^\1сг >та + ть + ... (1)
из которого находим
г2
Т=--------[(т +7П. + ...)2- (m1 + m2)2]. (2)
Lr Lnop, пор л L \ а о ’ х 1 \ /
^^2
12.2.14. Полагая в неравенстве (1) задачи 12.2.13 = О, TL = hv,
m2 = ma = mpf mb = получим hv = тпяо[1 + m^/2mp] c2.
12.2.15. TL = 2^(1 + 2mK/mp]c.
12.2.16. Приравнивая инвариантные массы в лабораторной систе-
ме и в системе центра масс yj(mi + m2)2 + 2m2TL/с2 = (m, + m2) + £0/c2,
получаем
TL = (mt + m2)E0/m2 + z2/2m2c, TL« (mt + т2)е0/тг.
12.2.17. В этом случае массы всех частиц одинаковы и равны мас-
се протона тр. Из неравенства (1) задачи 12.2.13 находим = 6т с2.
Подставляя значение трс = 0,938 ГэВ, получим = 5,628 ГэВ. При
значении TL = масса сталкивающихся протонов М = 4шр.
12.2.18. Импульсы протонов удовлетворяют условию р, + р2 = 0.
В этом случае лабораторная система совпадает с системой центра масс.
Кинетические энергии частиц То. Полагая в (12.2.5) - т2 = тл,
Et = Е2 = шс + То, получим значение массы М = 2(гп + Г0/с2). Из усло-
вия рождения новых частиц (12.2.7) следует неравенство
М = 2| пг + 4К та + тпь + ... -> Тй S T0nof TOriQf = [|(ma + m„ +...) - mjc2.
\ c J
389
Следовательно, вся кинетическая энергия пучков переходит в
энергию образовавшихся новых частиц. В случае реакции рождения
пары протон-антипротон получим критерий рождения > TQn =
= трс - 0,938 ГэВ При значении Го = Г0пор инвариантная масса
М = 4тр. Таким образом, для рождения четырех частиц в первом слу-
чае необходимо разогнать один протон до энергии Т( - 6трс2, а во вто-
ром — каждый протон до энергии То = трс2> Выигрыш энергии очеви-
ден, поскольку в первом случае энергия 4лу?2 бесполезно переходит в
энергию центра масс системы и в процессе взаимодействия протонов
не изменяется.
Антипротон был рожден в 1955 г. на ускорителе с энергией
6,3 ГэВ в Беркли (Нобелевская премия, 1959 г.).
12,2,19. При столкновении с неподвижной мишенью инвариант-
ная масса частиц равна [ (2moc2)2 + 2moc2TL]'/2. В ускорителе на встреч-
ных пучках кинетическая энергия каждой частицы равна TQ. В этом
случае масса системы равна 2(тос2 + Приравнивая массы систе-
мы, получим уравнение 2(гсг0с2 + Т()) = [(2mQc2)2 + 2moc2TL]i,2f из кото-
рого найдем значение энергии частицы TL = Т^, = 4Г(> + 2Г02/т0г,
взаимодействующей с неподвижной мишенью при условии, что оба
ускорителя имеют равные возможности порождать новые частицы.
Мы получили чрезвычайно важный результат. Для нерелятиви-
стских частиц (То « пгс) выигрыш незначителен: 4Т0. В ньюто-
новой механике всегда TL = 4Т0, т.е. возможен лишь четырехкратный
выигрыш в энергии при использовании встречных пучков частиц. В
релятивистском случае, когда То » пгс, получаем существенное уве-
личение энергии: TL~2TQ2/(mc2) »4Т0.
Самый мощный в мире ускоритель «Тэватрон» Фермиевской на-
циональной ускорительной лаборатории длиной 27 км (FNAL, Бата-
вия, США) разгоняет с 1983 г. встречные пучки протонов и антипро-
тонов до энергии 1 ТэВ (1ТэВ = 1012эВ). Поскольку масса протона
тр = 938,2796 МэВ/c2, то этот ускоритель «эквивалентен обычному с
энергией одного пучка 71, ~ 2- 103ТэВ.
В космических лучах крайне редко наблюдали события, обуслов-
ленные протонами с рекордными энергиями Ть = 3 - 10s ТэВ. Для дос-
тижения этого предела протоны на ускорителе со встречными пучка-
ми должны иметь энергию То = ^7}утгрс2/2 , То = 374 ТэВ!
390
12.2.20. Кинетическая энергия частицы
= тс\ - тс2, у0 = 1/L1 - (^0/с)2],/2.
Кинетическая энергия относительного движения
Тн= тстс2, уд = 1Д1 -(уд/с)2]‘/2; vr= 2v0/(i + v2/c2).
Подставляя vH, получаем Тн = 2mv2/[\ - (i^/c)2] = Г,.
12.3. Релятивистская электродинамика
12.3.1. Из (12.3.1) находим Е х = 0, Е у = -иуВг, Ег = 0, В х = 0, В у = 0,
Я2 = уВ.
А. В наиболее важном случае, когда и ~ с, величины векторов Е'
и cBf одинаковы. В системе К частица движется в скрещенных элек-
трическом и магнитном полях.
Б. При малых скоростях и « с из (12.3.1), (12.3.2) имеем:
Ех = 0, Еу* - uBz, Et = 0, Вх = 0, Ву = 0, Вх* В.
В векторной форме + Поправка к Е, линейная по
скорости и, представляет собой классический эффект, который сле-
дует из интегральной формы уравнений Максвелла без явного ис-
пользования теории относительности.
12.3.2. Пусть пленка расположена в плоскости ху, скорость плен-
ки й = (0, и, 0). В системе отсчета, связанной с пленкой, напряжен-
ность электрического поля в окрестности центра поверхности найдем
из закона Гаусса: Е’ » (0, 0, о/2£0), z > 0. Поскольку и « с, то в непод-
вижной системе отсчета В = (ц0ои/2, 0, 0), Е = (0,0, Ez),z > 0.
12.3.3. Физический смысл соотношений (12.3.3) совершенно
ясен: второй член в jx обусловлен переносом заряда. Смысл соотно-
шения (12.3.4) не столь очевиден: оно показывает, что электрически
нейтральный неподвижный проводник с током (р = 0, jx 0) в
У/>
движущейся системе отсчета не является нейтральным: р = —.
с
Причина в том, что плотности положительно заряженных ядер и
электронов в системе К становятся различными. Отметим, что соот-
ношение (12.3.4) не имеет нерелятивистского аналога.
12.3.4. А Вначале найдем в системе К силу, действующую на заряд.
Совместим с проводом ось х, направление тока совпадает с положитель-
ным направлением оси. Пусть радиус-вектор заряда f(/) = (ut, d, 0).
391
Вектор индукции магнитного поля тока в этой точке В = (О, О, Д),
В = . На заряд q действует сила Лоренца
2nd
F = (0,F,,0),F, = -guB,=--^.
2nd
Поскольку = с 2, то F = - где 1—
de 4яе0
Б. Найдем теперь силу, действующую на заряд в системе отсчета
К, движущуюся со скоростью й. В этой системе скорость заряда равна
нулю. Следовательно, на заряд может действовать сила только со сто-
роны электрического поля. Поскольку г (t) = (0, d, 0), то согласно
(13.3.2) Е* = ~yuBz t В = уВ . Следовательно, на заряд дейст-
dc
™ ™ тт о ™ 2kyqul
вует сила F = q Е' Подставляя значение Е , найдем К =--.
de
Согласно преобразованию Лоренца I? = Fy. Мы приходим к вы-
воду: в движущейся системе электростатическое поле создается неко-
торым.распределением зарядов. Найдем линейную плотность заряда
ст =---. Действительно, применяя закон Гаусса к прямому цилинд-
ру радиусом d, окружающему провод, имеем
2ndAx Е илист = 2nd£QEt.
£0 с
12.3.5. Рассмотрим прямоугольный контур, по которому течет
ток силой 7 (рис. 12.3.5).
У
У
О’
О’
Р
й
Рис. 12.3.5
Предположим, что скорость контура и « с, и ограничимся при-
ближением, учитывающем величины линейные по скорости.
392
Согласно (12.3.4) в системе К на верхнем проводнике длиной а,
сечением $, параллельном оси х, наблюдатель обнаружит заряд
j'uas Гиа т,
qK = pas « ------ . На нижнем проводнике, расположенном на
с с
, I иа
расстоянии b от верхнего проводника, заряд qn» —п—.
с
Следовательно, контур создает дипольный электрический момент
ГиаЬ
?=(О,Л.О).Л=-—•
12.3.6. При движении проводника со скоростью и « с согласно
(12.3.3) плотность тока j ~ / . В собственной системе закон Ома име-
ет вид / = q Е9 , где п — проводимость металла. Подставляя Е' из
(12.3.1), найдем плотность тока в лабораторной системе отсчета
j = ъ(Ё +их В).
12.3.7. Заряд электрона е=-е0. Уравнения (12.3.5) приобретают вид
*L-0. ^L.e.E, *. = 0.
dt dt dt
Найдем решение (1) при начальных условиях г (0)=0, р (0)=0.
Из (1) получим
(1)
^ = 0, = e£t, vs = 0. (2)
Vl-(y/c)
Отсюда находим p,(0=O, vjj) = 0, иу = v(t),
V(t)=------с—~ (3)
^1+(тс/ецЕ£)2
Для значений t, удовлетворяющих условию t « тс/е^Е, получим
знакомое выражение v(t) * e^t/m. Для большего промежутка време-
ни t » mc/eJE имеем релятивистское приближение
1 ( V
/ jA ГЛ Г I TflC -| / / \
у(0«с[1-- —— +...]. (4)
2 [e0Et)
Скорость частицы приближается к скорости света.
Найдем теперь скорость как функцию у-координаты. Из (12.3.7)
получаем уравнение Т- ejty =0, или в явной форме
тс2[ 1 - = 0. (5)
393
Из (5) найдем скорость в точке у = d. Поскольку потенциал поля
ф(у) = Еу, то разность потенциалов
V т 1 + воч)/тс
Очевидно, при e^VJimc2) « 1 имеем t>(d) » (2eQVJm)m: реляти-
вистские эффекты несущественны. При значениях eQVJ(rnc) » 1,
v(d) ~ с.
12.3.8. Из уравнения (12.3.7) следует, что сохраняется кинетиче-
ская энергия частицы: и2 = и2. Поэтому уравнение (12.3.5) можно
представить в виде (в СИ)
ту— = ev*B. (1)
dt
гдеу= [1-(^/с)2]",/2.
Оно отличается постоянным множителем у от соответствующего
уравнения нерелятивистской теории. Если начальная скорость
£(О) = £о перпендикулярна вектору В, то траектория частицы пред-
ставляет собой окружность. Из (1) следует уравнение
mvv*/R = evft, (2)
где R — радиус окружности.
Поскольку величина импульсар = туиь, тор = eBR. Учитывая со-
отношения р = туи^ р = eBR, (/fc)2 = Т(Т + 2тс2), представим выра-
жение (2) в терминах кинетической энергии
^Т(Т+2тс2) = ceBR. (3)
Полагая в (2) и = со/?, получим частоту вращения частицы по ок-
ружности
еВ еВс2 Q
со = — = — ----- или со =-----—7 ,
ту тс2 + Т i + T / тс2
(4)
где Q = еВ/т.
В практике ускорительной техники частоту связывают с радиу-
сом орбиты R:
С ylT(T + 2mc2} со 47,8^Т(Т + 2тс2) гк„ п
СО = —-I--5------- ИЛИ V = — = —— ,------- [МГц].
R тс2 + Т 2л R тс2 + Т
Здесь Т выражается в единицах МэВ.
394
12.3.9. Согласно закону электромагнитной индукции имеем:
с1Ф
2пНЕ =-----, где Е — касательная к силовой линии радиусом 7? ком-
dt
понелта напряженности электрического вихревого поля. Из (12.3.7)
dT eQv d<&
получим уравнение — = —-------. Поскольку при движении по ок-
dt 2л7? dl
dT dp ndB
ружности p = то — = u—= eQvK—Сопоставляя оба выра-
dl dl dt
dB 1 d&
женин, получим соотношение —- =-----—.
dt 2дЯ2 dt
Пусть Bz(0, R) = О, Ф(0) = 0. Тогда В2(т, 7?) =; * -2-Ф(т).
2л7?
Величина Ф(т)/л7?2 равна отношению магнитного потока через
площадь орбиты к площади орбиты, т.е. среднему значению магнит-
ного поля (7?г)ор. Следовательно, Bz(x, R) = (7?JC /2. Это условие, из-
вестное как бетатронное правило «2 : 1», получено Р. Видерое и со-
ветским физиком Я.П. Терлецким. При увеличении индукции поля
до значения 7? (т, R) = b энергия частицы достигает величины
Тт = ((тс2 )2 + (e^cRb)2 )2 - тс « eocRb.
В бетатроне Керста электроны приобретали кинетическую энергию
20 МэВ на орбите радиусом 7? = 18,75 см при значении b = 0,36 Тл. По-
скольку Т » тс2, то Т ~ pc - e^cbR. Запишем это соотношение в форме
наиболее удобной для численных оценок: Т(МэВ) = 300 b (Тл) /?(м).
Вначале казалось, индукционный метод ускорения электронов
позволит достичь сверхвысоких энергий. Однако вскоре было уста-
новлено, что существует явление, принципиально ограничивающее
возможности бетатрона. Дело в том, что благодаря огромному цен-
тростремительному ускорению электроны генерируют мощное элек-
тромагнитное излучение. Из-за потерь энергии на излучение воз-
можности увеличения энергии электронов существенно ограничены
величиной ~ 300 МэВ. Наибольшее распространение получили бета-
троны на энергии 20-50 МэВ. Дальнейший прогресс в увеличении
энергии частиц связан с открытием явления автофазировки и нового
принципа фокусировки.
395
Глава XIII. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА.
АТОМ И АТОМНОЕ ЯДРО
13.1. Фотон. Фотоэффект. Квантовая теория атома
13.1.3. £ = АлАс/Х. = 2,74 • 105 Дж = 1,7 • 1015 ГэВ.
13.1.4. Л = Ас/Хт.
13.1.5. Положим для оценки X = 500 нм. Тогда цР = hvAN/At, где
Р = 100Вт, г| = 0,01. Следовательно, AN/At = v\Pk/hc = 2,5 • 1018фот/с.
13.1.6. А. Из уравнения JAtAS = hvAN имеем
АА/(А^А5) = J/Av = A/Ac, AA/(A/AS) =4,14- 1021фот/м2с.
Б. Пусть и — объемная плотность энергии. Тогда JAtAS = ucAtAS
или J = си. Следовательно,
hvAN = uAV, или AN/AV= Jk/hc2, AN/AV= 1,38 • 1013 фот/м3.
13.1.7. Сила тока I = e^NJAt. Мощность излучения Р = hvANf/At.
Квантовый выход можно представить в виде Q = 1242/(А)/[Р(Вт)Х(нм)].
Отношение I/Р называется спектральной чувствительностью. Эти
величины обычно составляют от 20 до 400 мА/Вт.
13.1.8. Потенциальная энергия электрона W = -еоф. Согласно за-
кону сохранения полной энергии ти2/2 - е0(рк = 0 - еофв. Используя
уравнение Эйнштейна Av = mv/2 + Л, получим Л = Av - e0V.
13.1.9. А. Энергия кванта света Av = 3,54 эВ. Из (13.1.2) получа-
ем Г, =1,54 эВ.
Б. Кинетическая энергия самых быстрых электронов
Кт = е„ Г; =1,54 Эв.
В. Скорость электронов ит = (2Кт/т)1/2, ит = 0,74 106 м/с.
Г. Из (13.1.2) находим АГ5 = -1242АХ/Х2, АХ = -2 нм, АГ = 20,4 мВ.
13.1.10. Имеем систему уравнений Л = Av - е0К, Л = 2Av - 5,27е0К,
Л = Avc.
13.1.11. Из уравнения Эйнштейна следуют уравнения
Av2 = ти2/2 + Л, AVj = 3ttw2/2 + Л. А = A(3v2 - vJ/2.
13.1.12. Потенциал электрического поля ф(х) = Vx/d, где х - ко-
ордината точки на числовой оси с началом на плоскости катода. Из
уравнения Эйнштейна и закона сохранения полной энергии следуют
уравнения Av = mv2/2 + А, тл?/2 - еофк = 0 - еоф(Ь).
396
13.1.13. Из уравнений hc/Xx = mv2/2 + А, ЛсД2 - mv2/2 + А по-
лучим А = Лс(п2Д2 - 1Д,)/(п2 - 1).
13.1.14. Полная энергия электрона Еп = -Х/п2. Из закона сохра-
нения энергии получим уравнение -А + 84/9 = Еп.
13.1.15. Скорость электрона на первом боровском радиусе
т\ = h/(2nca) равна = ас. Из второго закона Ньютона находим
v - еВг/т. Индукция магнитного поля В = 2rc(mca)2/he.
13.1.16. В этом случае кинетическая энергия атома К = Ми/2 + /2,
и — скорость центра масс, v — относительная скорость, М = т + тр —
сумма масс электрона и протона, ц = mmj(т + тр) — приведенная масса.
Полная энергия атома в системе центра масс Е = jw2/2 - ке /г, где
г — расстояние между электроном и протоном. При движении по ок-
ружности из второго закона Ньютона имеем уравнение /г = ке /г.
Следовательно, Е = -ке /2г. Условие квантования Бора имеет вид
цп; = nh/2n, п = 1, 2,....
13.1.17. Действительно, рассмотрим атом водорода в состоянии с
п » 1. Полагая в (12.4.4) п = N + An, Ап « N, получим
г А А м А к А
Т? =--------г»-----т(1----7’) =--7 + nv0An,
” (А + Ап)2 N2 A N 0
где А = тс2а2/2.
Величина v0 = 2А/(ЛЛ8) = тса2/представляет собой класси-
ческую частоту вращения электрона соо = (ке /mr*)i/2 по круговой ор-
бите радиусом г0 = Л/^/(2лпгса) со скоростью u0 = ac/N = (ke/mrQ)i/2.
Частота излучения при переходах N + Ап + $ —> А + Ап, равна vw = sv0.
13.1.18. Полная энергия частицы Е = mv /2 + кг/2. При движе-
нии по окружности mv2/r = кг или v = cor, со = (А/пг)1/2. Условие кван-
тования mrv = п Й , п = 1, 2, 3,....
В общем случае частица движется по эллипсу. В квантовой меха-
нике отсутствует понятие траектории частицы. Точное решение этой
задачи Еп = со й (п + 3/2), п = 0,1, 2, 3,....
13.1.19. Кинетическая энергия частицы Е = mv2/2. Поскольку
v = соа, то Е= (mad))2/2J. Условие квантования таи = п Й , n = 1,2,3,....
13.1.20. Из законов сохранения импульса и энергии следуют
уравнения Е{ = mv /2 + Ео + Av, 0 = mv - hv/c, из которых находим
Av « АТ? - АТ^/2тс. Энергия отдачи mv /2 = &Е?/2mc2t mv2/2 = 0,002 эВ.
Энергия у-кванта сдвигается на величину 0,002 эВ, которая на
пять порядков больше ширины уровня Av 10 8 эВ/A. Поэтому по-
397
глощение этого кванта другим ядром железа в основном состоянии
невозможно. Однако в 1958 г. немецкий физик Р. Мессбауэр обна-
ружил резонансное поглощение ядер, связанных с кристаллической
решеткой (Нобелевская премия, 1961 г.). В этом случае импульс от-
дачи возьмет на себя массивный кристалл в целом и линия у-из-
лучения оказывается равной естественной ширине.
Мессбауэровская спектроскопия представляет уникальные воз-
можности для исследования электронных конфигураций в атомах,
диффузии атомов, поверхностных явлений и многих других явлений.
13.1.21. Ширина линии столь мала, что даже при движении ис-
точника относительно поглотителя со скоростью от 2 мм до несколь-
ких см в секунду не происходит резонансного поглощения. Вероят-
ность процесса возрастает при понижении температуры кристалла.
Из уравнения у/с < Av находим и < 0,3 мм/с.
При и = 0 частота испускания равна частоте поглощения — про-
исходит резонансное поглощение у-квантов, которые не попадают в
детектор. При v * 0 частота испускания сдвинута относительно часто-
ты поглощения за счет эффекта Доплера. С увеличением и этот сдвиг
увеличивается и скорость счета у-квантов стремится к постоянной
величине.
13.1.22. Конечное значение скорости электрона и2. Используя
законы сохранения импульса и энергии, получим два уравнения
тих - hv/c = ти2, ти^/2 + + hv = ти2/2 + Е2,
из которых находим v » v21(l - и J с).
Мы получили очевидный результат: вследствие эффекта Доплера
частота волны в системе отсчета, связанной с атомом v(l + ^/с),
должна быть равна v2i: v = v21/(l + ujc) « v21(l - ujc). Пучок света,
распространяющийся в направлении оси z, не поглощается, т.к. в
системе покоя атома частота света V = v(l - ut/c) * v2I(l - 2ut/c).
Суммарное действие двух противоположно направленных пучков
приводит к возникновению силы торможения. Практическая ценность
этой идеи проявляется в том, что атом, движущийся в отрицательном
направлении оси z, также будет тормозиться. Возбужденный атом из-
лучает фотон и сам получает импульс отдачи. Однако поскольку спон-
танное излучение представляет собой случайный процесс, то направ-
ления импульсов отдачи будут распределены произвольно.
Если атом освещать тремя парами противоположно направлен-
ных пучков света, ориентированных по трем взаимно перпендику-
398
лярным осям, то можно создать ловушку, удерживающую атомы в
течении 0,5 с. «Вязкое» поле лазерного излучения получило назва-
ние «оптической патоки» (optical molasses). В 1995 г. в результате
лазерного охлаждения (laser cooling) удалось получить газ атомов
гелия при температуре 0,0002 К. В настоящее время мировой стан-
дарт времени Т = l/v21 определяется по разности энергий между дву-
мя уровнями атома цезия. Измерение положений уровней энергии
ультрахолодных атомов позволило повысить точность стандарта вре-
мени до 10 16.
Разработаны лазерные ловушки для захвата и управления ато-
мами и органическими молекулами. Схема захвата с помощью одно-
го пучка света позволила создать «оптический пинцет», который
удерживает и перемещает клетки на предметном стекле микроскопа
и изменяет положение хромосом внутри ядра клетки.
13.1.23. Запишем законы сохранения энергии и импульса в виде
E-hv = E (1),
ср- hvn =с р' . (2)
Возведем в квадрат левые и правые части (1), (2) и вычтем полу-
ченные соотношения. В результате получим
(Е - hv)2 ~(с р - hv h )2 = Е2 -(ср?)2, илиЕ-срп =0.
Следовательно, косинус угла а между скоростями электрона и
фотон a cosa = c/v > 1.
13.1.24. Положение меняется при движения частицы в среде. В
V - 1 Avrt(co)- гр
этом случае импульс фотона энергией hv равен --—п . Аеперь из
с
закона сохранения энергии-импульса получим
cosa= —-—fl- — Г l-n2(co)”|Y
п(<ь)и{ 2£l jJ
с
В классическом приближении величина cosa = — может быть
nv
меньше или равна единице. Это означает, что закон сохранения энер-
гии-импульса не запрещает излучение фотона свободной частицей,
движущейся в среде.
Волна излучается в направлениях, образующих угол a (cosa = vjv)
с направлением скорости, и распространяется со скоростью иг < и. По-
этому фронт волны представляет собой конус с вершиной, совпадающей
с частицей в данный момент времени.
399
На основе этого эффекта разработаны черенковские счетчики,
широко применяемые для регистрации элементарных частиц высо-
ких энергий, измерения скорости и массы.
13.1.25. Из законов сохранения импульса и энергии имеем четы-
ре уравнения
0=hvn + p20 (1),
Me = hv + Ew (2)
Из (1) имеем уравнение (Av)2 = (р20)2 или
^(£*20 - Av) = т2с. (3)
Из уравнений (1), (3) получим
Av = (М2 - дп22)с2/2М, (1эВ/А = 2,41798- 10,4Гц).
13.1.26. Запишем законы сохранения энергии и импульса систе-
мы частиц в виде me2 + Av - AV = Е thvn /с-hv' п' /с = р'.
Умножим второе уравнение на с, затем возведем каждое уравне-
ние в квадрат и вычтем одно из другого. Учитывая (11.3.2), получим
частоту фотона, рассеянного на неподвижном электроне
, vmc2
V = ---2---------Г-
тс + hv(i-nri)
Самый главный результат — увеличение длины волны А/ = c/v',
Л/ = X + А(1 - пп' )/тс, не зависящее от длины волны падающего из-
лучения. Максимальное смещение ДА = 2h/mc наблюдается при рас-
сеянии назад (А' = - п ). Величину Хс = h/mc, \ = 2, 426 - 10 3 нм на-
зывают комптоновской длиной волны.
Этот эксперимент, поставленный в 1920 г. американским физи-
ком А. Комптоном (Нобелевская премия, 1927 г,), показал, что взаи-
модействие электрона и фотона представляет собой рассеяние двух
частиц.
13.1.27. Из закона сохранения энергии тс2 + 2тс = 2тс + hV
находим hv' = тс2. Импульс рассеянного электрона р' = \/Зтс .
Тогда из закона сохранения импульса следует cosa = 1/2, a = я/3.
13.1.28. Запишем закон сохранения импульса в виде
-meh' = р' - 2mch .
После возведения в квадрат обеих частей получим cos(J = ^3/2,
р =л/6 (рис. 13.1.28).
400
hvn
a
Рис. 13.1.28
13.1.29. Запишем законы сохранения энергии и импульса
E = E+hv, (1)
q = р' - р + hvn /с. (2)
Поскольку утлы между векторами р', р и п малы, то q^2~ ( nq )2.
Следовательно,
<7mm = УcosO' - pcosfl 4- hv/c */7 (1 ~ 0'2/2) -р^1 - 02/2) 4- hv/c,
& = (тс2/Е), 0 = (тс2/Е). (3)
Учитывая неравенства Е, Е » тс2, получим
ср* Е-(тс)2/2Е, срГ * Е - (тс2)2/2Е,
Из (1) (3) находим <?min = hvm2c3/[2E(E - Av)].
13.1.30. В этом случае рТ = 0, Е = тс2. Максимальное значение
13.1.31. Из (13.1.4) имеем\ = d,\ = h/p.K=р2/2т,К~ (hc/\)2/2mc2,
тс1 = 0,5 МэВ.
13.1.32. В соответствии с соотношением неопределенностей
(13.1.5) составляющая импульса электрона р± в направлении, пер-
пендикулярном оси пучка, имеет неопределенность Лр±> h /(D). Это
означает, что измерения проекции импульса дадут нам значения Др±,
лежащие в интервале (-Й /D, Й /D), причем вероятности появления
различных значений р± различны. По этой причине электрон может
отклоняться от оси пучка в пределах угла a * Др±/р = Й /(pD).
На расстоянии z от экрана неопределенность в положении элек-
трона za*zh/(pD). Если эта величина существенно меньше D\
zh/(pD) «D, то на расстояниях z <<s, s =pD2/h волновые свойства
электрона не проявляются - электрон движется по прямой линии в со-
ответствии с классическими представлениями. Записывая получен-
ное выше неравенство в виде z <<2xD2/'k, где X — длина волны де
401
Бойля, замечаем, что оно ничем не отличается от условия дифракци-
онной расходимости электромагнитной волны. На расстояниях z >‘.s*
из-за волновых свойств электронов пучок размывается.
В кинескопах телевизоров напряжение между анодом и катодом
U = 15 кВ, длина трубки I = 0,25 м, величина D ~ 10 2 см. Из закона со-
хранения полной энергии находим р = (2meJU)v\ рс = 1,237 • 10г> эВ,
скорость электрона v = 0,242с = 7,28 • 107 м/с. Неопределенность попе-
речной компоненты импульса сЛ р± = 2 • 10 3 эВ, длина волны
де Бройля X = 0,01 нм. Характерное расстояние s оказывается равным
6,25 км. Поэтому движение электронов в кинескопе можно рассматри-
вать по классической теории.
13.1.33. Возникновение интерференции существенно связано с
невозможностью предсказать, через какое отверстие пролетел фотон.
Всякая попытка определить, по какому пути прошел фотон, уничто-
жает интерференционные полосы. Согласно квантовой теории со-
стояние фотона описывается ненаблюдаемой волной вероятности,
представляющей собой сумму двух слагаемых — фотон одновремен-
но находится в состояниях, соответствующих прохождению через
первое и второе отверстия. Именно в этом смысле фотон ведет себя
«как частица и как волна». Математический аппарат квантовой ме-
ханики позволяет вычислить вероятность попадания фотона в раз-
личные атомы детектора — вероятность распределения фотонов в
плоскости детектора совпадает с интенсивностью световой волны.
Отметим, что основной объект квантовой механики - волновая
функция не представляет собой математического описания реальной
волны во времени и пространстве. Она служит только для предсказа-
ний результатов всех измерений, которые можно произвести над сис-
темой.
13.1.34. Размерность [А:] = эВс/Кл2 = В-с/Кл = В/А = Ом.
Комбинация постоянной Планка и элементарного заряда h/e
имеет размерность сопротивления: h/e - 25 812,8 Ом. Поэтому мож-
но утверждать, что квантовые эффекты могут проявиться в «электро-
технике». В 1980 г. немецкий физик К. фон Клитцинг исследовал
влияние магнитного поля на проводимость гс-канала полевого МОП-
транзистора — тонкой (толщиной 10 нм) почти двумерной полоски,
расположенной перпендикулярно вектору магнитной индукции В.
В случае макроскопической «толстой» полоски должен проявиться
эффект Холла известный еще с 1880 г. — на боковых гранях полоски
402
возникнет разность потенциалов V = IR, R - В/(end), d — толщина
полоски, п — концентрация электронов. Оказалось, что график
R = R(B) представляет собой последовательность ступенек при зна-
чениях R = h/Ne\ N = 4, 3, 2, 1 (Нобелевская премия, 1985 г.).
13.1.35. Квант магнитного потока Фо = Л/2е, Фо = 2,07 • 10 15 Вб
представляет собой минимальное значение магнитного потока. Кван-
тование магнитного потока Ф = /УФ0 (N = 1, 2, ... ), открытое в 1961 г.,
проявляется в сверхпроводящем кольце, интерференции сверхпро-
водящих токов во внешнем магнитном поле, в системах типа метал-
лической петли из тонкой проволоки размером 1 мкм, присоединен-
ной к двум проводникам, и т.д.
13.1.36. Благодаря квантовым эффектам в электромагнитном по-
ле могут самопроизвольно рождаться электрон-позитронные пары. В
сильном электрическом поле возможно появление из вакуума элек-
трон-позитронной пары с неопределенностью энергии АЕ = тс2. В со-
ответствие с (13.1.6) за время существования М = Й /(тс2) размеры
пары могут достичь значения Ar = cAZ - h / (тс). Если теперь элек-
трическое поле способно произвести работу еЕкрАг = тс2, то рождение
пары из вакуума полем напряженностью Е = m2c3/eh становится
реальностью. Учитывая значения тс2 = 0,511 Мэв, 1 эВ/йс = 806 548 м \
получим величину напряженности поля Екр = 1.27 1018 В/м!
13.1.37. Гравитационное взаимодействие несущественно на ядер-
ных расстояниях - 1013 см. Однако существует область энергий и рас-
стояний, где гравитационные эффекты становятся определяющими.
Действительно, пусть величина энергии взаимодействия двух частиц
Gm2/г на расстоянии длины волны де Бройля г = h/тс равна тс2. Тогда
масса частицы т = (hc/G)1/2, т ~ 5 • 108 кг, тс2 ~ 3 • 1019 ГэВ. Эта сверх-
тяжелая частица получила название планкион (или максимой). Рас-
стояние г = (Gh/c3)i/2~ 4 • 1033 см называют планковской длиной,
13.2. Радиоактивность. Ядерные реакции
13.2.1. Разность атомных единиц массы равна
E„(Z = 8, А = 16)/16с2 - EJZ = 6, Л = 12)/12с2.
13.2.2. Согласно закону сохранения полной энергии в системе
центра масс pv2/2 = е0 + p't/2/2, где v — относительная скорость час-
тиц до реакции, o' — относительная скорость продуктов реакции,
403
\ь=тхт2/(тх + m2), mif m2 — массы ядра азота и а-частицы,
|Г « mf хт'2/(т\ + т'2), т'р т'2 — массы протона и ядра кислорода.
В лабораторной системе величина скорости а-частицы v2, Вели-
чина относительной скорости а-частицы и ядра азота и = и2.
А. Если 7 = 0, то продукты реакции движутся со скоростью цен-
тра масс ча,стиц й = / (mt + т2). В этом случае
liv2/2 = mi/(mi + m2)T2L, T2L = m2v2/2.
Б. Если г7 Ф 0, то ц'г/2/2 < цу//2.
Проекции скоростей протона и ядра кислорода в лабораторной
системе t/t = и - rri /(т\ + п?2), vf2 = и + /(т\ + т'2), где tX = t/2.
Если t/t = 0, то t/2 = (/n\ + т'2)и/ т'2, или t/2 = т2и2/т'г
Из уравнения \jlv2/2 = е0 + |Tv2'2/2, находим
m2y22/2 - (тх + т^т* (mjri2 - т!{fn2).
13.2.3. Предполагая, что происходит лобовое столкновение нейтро-
на и неподвижной частицы массой та, найдем из законов сохранения
кинетической энергии и импульса скорость отдачи va = 2mnvn/(mn + та).
Тогда масса нейтрона та- (mN- ктн)/(к - 1), к - vH/vN,
Подставляя mN - 14,0067 а.е.м., тЙ = 1,0079 а.е.м, получим
тп = 1,159 а.е.м. Точное значение та = 1,009 а.е.м.
13.2.4. АЕ = (тп - тр - тр)с, АЕ = 0,793 МэВ. Среднее время
жизни нейтрона 15,3 мин.
13.2.5. Энергия покоя протона трс = 938,28 МэВ, нейтрона —
тпс = 939,57 МэВ.
Поскольку атомная единица массы равна 931,5016 МэВ/c2, то
\Мс = (тр + тп)с- mDc2 = 2,24 МэВ.
Следовательно, энергия связи дейтрона Есл = ДМс2 = 2,24 МэВ.
Образование дейтрона. В свободном состоянии полная энергия
протона и нейтрона Е > 0. Полная энергия дейтрона Е = -Е^ < 0. По-
скольку переход в связанное состояние должен подчиняться закону
сохранения энергии, то образование дейтрона возможно только при
потере части энергии. Действительно, этот процесс сопровождается
испусканием у кванта с энергией 2,24 МэВ.
13.2.6. ДЕ= Зт( 4Яе)с2 - т( ,2С )с2.
13.2.7. Е„ = 2т( 'Н)сг + 2т( 'п)с2 - т( <Не) =
= (3755,7 - 3728,42) МэВ = 27,28 МэВ.
13.2.8. Из закона сохранения заряда 5 + 0 = Z + 2h числа барио-
нов 10 + 1 = В + 4 получаем Z = 3, В = 7. Имеем ядро лития-7.
404
13.2.9. Из закона сохранения электрического заряда и барионно-
го числа в первой реакции следует, что х - , у = . Во второй ре-
акции Z = •
13.2.10. Из закона сохранения атомного числа и закона сохране-
ния заряда получим два уравнения 238 = 4/tj + 206, 92 - 2Ат, + к2 - 82,
из которых находим = 8, кг = 6.
13.2.12. Полагая в (13.2.2) УУ0 = (rnNJM), получаем
\dN/dt\ = (mNAln2/MT\/2).
/ 4 Х7?7^
13.2.13. Из (13.2.2) находим N(Т)/No= - , N(T}/NQ = (1/2/,
к = (4,6/1,6)-10е = 2,875 • 106. Учитывая соотношение 210 * 103, полу-
чаем N(T) /N„ = Ю1'862 500*.
13.2.14. Из уравнения 1 = 2ехр(-Т1/2/т) находим т = Т1/2/1п2,
т = 1,442Т1Л.
13.2.15. Из (13.2.3) получаемр = Z1lh2/71l/2.
13.2.16. Имеем уравнение
0,99568 = ехр(-71п2/71/2), Т1/2 = -71п2/1п(0,99568).
Учитывая соотношение 1п(1 - е) « 1 - в, е « 1, получаем
Т1/2= 1600 лет.
13.2.17. Из (13.2.1) имеем уравнения
0,01 = ехр(-^/т), 1 = 2ехр(-Т1/2/т),
которые эквиваленты системе 21nl0 = t,/x, т = Т1/2/1п2. Отсюда находим
tt = (21п10/1п2) Т1/2, (1п10 = 2,3026,1п2 = 0,6931).
13.2.18. Имеем уравнения No - N = kN„, 1 - к = (1/2 )Л//Т.
13.2.19. Согласно закону радиоактивного распада
М0=М0)(|р.
( 20 V
Учитывая, что 1/2 « (1/10)3/10, получим Ai = I — JT1/2,
13.2.21. Согласно условию задачи
N(t)/N^k, (1)
WVH . (2)
/
где к = 0,72. Из (1), (2) находим t = Т1/г^Ц^-, Tt/2 = 2720 лет.
inz
405
13.2.22. Имеем уравнения NJNM = — , /V2//V20 =l «
\ 2 J \2
, из ко-
/ j
торых находим г Jr == — или lg(r0/r) = (t/t2 - t/t^l^,
\ 2 J
13.2.23. Согласно (13.2.2) N(t) = Aoexp(-i/xp).
Полагая N(bt) = -Л^ - ЛА, получим A/V/Ao = 1 - ехр(-Л£/хр) » Af/xp
или No = х AA/At Число протонов в воде массой т = рвИ равно
ЛГ0 = \0mNJM. Следовательно, V = (Мхр /lOp/VJA/V/AL Подставляя
числовые значения, получим 7=15- 103 м3 — куб со стороной 24,7 м.
13.2.25. Имеем систему уравнений
dNJdt = -At/xp dNJdt = NJxt - NJx2, dNJdt = NJx2
с начальными условиями At(0) = ЛГ0, А,(0) = 0, А3(0) = 0.
Здесь xn = tJXnZ. Очевидно, что Ао = Л\(/) + A2(f) + АД0.
Из первого уравнения находим A,(t) = Aoexp(-i/x1). Ищем реше-
ние второго уравнения в виде ЛГ2(0 = Cr(i)exp(-//x2). Тогда имеем
уравнение dC/dt = (А0/х1)ехр(-//х1 + f/x2), С(0) = 0.
После интегрирования получаем
W2(0 = А0[ехр(Ч/т2) - ехр(-«/т,)]/( 1 - к),
где к - xjx2 = tjt2, к = 0,014.
Поскольку к « 1, то функция NJt) достигает максимума A2(Q ~ ЛГ0,
tm = (т(1п1/Л)/(1 - к).
А. А,(г,) = А„/2, /V, (/,) = А0[ехр(-/с1п2) - 1/2] « А0(1/2 - Мп2),
» А0/с1п2.
Б. А,(/2) = 0, N2 (i2) « N0/2, N3(t2) « A0/2.
В. A,(10i2) « 0, A2(10i2) « 0, /V3(10i2) = Ao.
13.2.26. Из уравнения ехр(-Т2/3/т) = 1/3 находим
Т2/3 = т1пЗ = T1/2Jn3/ln2.
13.2.27. Из определения активности вещества а = mNJr^/MT^ и
определения 1 Ku = т(Д11п2//ИЛд7л1/2(/?а), т0 = 0,001 кг находим
13.2.28. Из решения задачи 13.2.27 следует, что
т = тй{МТш)/
13.2.29. Активность натрия а = /n/V1ln2/M711/2, активность раство-
ра в кровиЛ = [техр(-/1/т)]АА1п2/МРТ1/2.
Следовательно, V= (a/A)exp(~tJz).
406
13.2.30. Из (13.2.5) находим
U*- [EJZtA) ~2EeB(Z/2,A/2)] = Л(8,45-7,6) МэВ = 0,85А МэВ.
Полагая А = 235, получим U-200 МэВ.
13.2.31. При делении т = 1кг урана энергия продуктов деле-
ния mcL. = (mNJMjU = 8,19 • 1013 Дж эквивалентна сжиганию 1900т
сырой нефти.
Отметим, что удельная теплота сгорания нефти, с ~ 3,8 • 107 Дж/кг,
в два миллиона раз меньше. При полном делении 1 кг урана-235 вы-
деляется энергия, эквивалентная энергии взрыва 20 000 т тротила
(удельная теплота сгорания с - 4,1 • 10h Дж/кг).
Взрыв атомной бомбы. Допустим, что при делении ядра образу-
ются в среднем два нейтрона. Тогда в. п-м поколении появятся
2Л» 10°^ нейтронов. Промежуток времени между последующими ак-
тами деления составляет величину т ~ Ю^с.
Полагая в уравнении (mNJM) = 1003п массу урана т = 50 кг, най-
дем п = 90 — мецее, чем за 90 циклов деления за одну миллионную
долю секунды выделится энергия эквивалентная взрыву 1 млн тонн
тротила (1 Мт = 101” кал = 4,2 • 1015 Дж). Так происходит взрыв атом-
ной бомбы.
Для урана-235 критическая масса — 50 кг (плотность урана
р = 18,95 г/см3), для плутония-239 — И кг, для урана-233 — 16 кг.
13.2.32. Из уравнения Р№ = цДтЛ^СТ/М находим Дт/Д£ = 0,117 г/с.
Полагая М = 24-60-60 с, находим Дт = 10,1 кг. Это означает, что
образуется около 10 кг радиоактивных отходов. Отметим, что при
КПД = 0,4 суточная потребность тепловой станции составляет 6 750 т
угля или 4 600 т нефти.
13.2.33. Обозначим массы частиц т2, та> ть. Запишем закон
сохранения энергии в системе центра масс (с. ц. м.). Кинетическая
энергия системы равна сумме энергии движения системы как целого
и энергии нерелятивистского относительного движения в с. ц. м.:
7\ = mxv2/2 = ши2/2 + ц12р//2,
где приведенная масса начальных частиц ц12 = + т2).
Первое.слагаемое в результате неупругого взаимодействия частиц
не изменяется. В с. ц. м. согласно закону сохранения полной энергии
ц.2г//2 + т,с2 + ШуС2 = Е+ Е.+ тс2 + пг,с2, (1)
= >Па\тъи/(.та + ть)]2/2, Еь = mb[mav/(ma + (2)
407
где Еа1 Еь — энергии нейтрона и альфа-частицы в с. ц. м., v = va -vb —
относительная скорость продуктов реакции.
Из (13.5.1) следует уравнение
т^с + т2с = тас + тьс- U, (3}
При вычислении кинетической энергии можно приближенно
принять, что = 2m0, т2 = 3m0, ти = т0, ть = 4тп, где т0 — масса про-
тона. В этом приближении = 6mn/5, p12v12/2 = (3/5)7,.
Из уравнений (1), (2), (3) получим систему
(3/5)7 + U = Е+Е., Е= ЬЕь,
из которой находим
Еа = (12/25)7, + (4/5)Г7.
408
ВОПРОСЫ
И БЛИЦ-
ОТВЕТЫ
Механика
1. Найдите ошибки в определении: движение тела называется
равномерным, если тело за равные промежутки времени проходит
одинаковые расстояния.
Ответ: Две ошибки. 1. Необходимо вставить: за любые равные....
2. Необходимо отметить, что тело движется по прямой линии.
(Правильное определение: прямолинейное движение называет-
ся равномерным, если тело за любые равные промежутки времени
проходит одинаковые расстояния, или совсем строго v(l) = v0).
2. Как называются две различные траектории двух одинаковых
снарядов, вылетевших из пушки и упавших в одно и то же место?
Ответ, настильная и навесная траектории.
3. Можно услышать, что потенциальная энергия представляет
собой запас работы. Правильно ли это утверждение?
Ответ. Нет, это утверждение неверно. (Работа связана не с по-
тенциальной энергией, а с приращением потенциальной энергии
при перемещении частицы из одной точки в другую. Потенциаль-
ная энергия W(x, у, z) представляет собой функцию координат час-
тицы, а понятие работы силы можно ввести только при перемеще-
нии частицы. При приращении радиус-вектора Аг элементарная
работа 54 = -AVP(^, у, z). В фиксированной точке сила не совершает
работы. Работу силы нельзя «запасти» — совершая работу, мы из-
меняем полную энергию частицы.)
4. Шарик, прикрепленный к нити, колеблется в вертикальной
плоскости по окружности. Укажите направление равнодействующей
силы натяжения и силы тяжести.
Ответ. Параллельно ускорению шарика. (Вектор ускорения все-
гда направлен внутрь окружности. Результирующая сила направле-
на не по касательной, как можно часто услышать или увидеть на ри-
сунках в некоторых пособиях по физике.)
5. Приведите определение равнодействующей силы.
Ответ. Силы Fx, F2, F3,..., приложенные к твердому телу, имеют
равнодействующую силу F = FX + Д + F3,..., если ее момент относи-
тельно произвольной точки О равен сумме моментов всех сил относи-
411
тельно той же точки О. (Это определение имеет конструктивный
характер и позволяет получить три уравнения для определения по-
ложения точки приложения равнодействующей силы F .)
6. Перед Вами формулировка закона всемирного тяготения, взя-
тая из учебника по физике: все тела притягиваются друг к другу с си-
лой, прямо пропорциональной произведению их масс и обратно про-
порциональной квадрату расстояния между ними. Перечислите
ошибки авторов, допущенные в формулировке закона.
Ответ. Закон всемирного тяготения — это утверждение об одной
силе, действующей на материальную точку со стороны другой точки.
1. В формулировке говорится о всех телах, которые притягивают-
ся с одной силой (?).
2. Понятие «расстояние между телами» не существует — расстоя-
ние определено только для двух точек.
X Не указано направление силы.
412
Молекулярная физика
и термодинамика
1. Почему из уравнения состояния идеального газа р = pRT/M
следует завышенное значение давления?
Ответ. Идеальный газ представляет собой модель реального газа
в состоянии теплового равновесия. Это — система невзаимодейст-
вующий частиц. В реальном разреженном газе действуют силы при-
тяжения молекул друг к другу.
2. Сравните массы одного литра влажного и сухого воздуха при
одинаковых температуре и давлении.
Ответ. Масса сухого воздуха больше массы влажного воздуха.
(Этот вывод следует из закона Авогадро: в равных объемах идеально-
го газа при одинаковых давлении и температуре содержится одина-
ковое число молекул. Молярная масса воздуха М = 29 г/моль, во-
ды — М = 18 г/моль).
3. Реки всего мира каждую секунду вливают в океаны и моря
109кг пресной воды. Почему этот постоянный поток не приводит к
уменьшению солености морей?
Ответ. Дождевая вода, просачиваясь через сушу, растворяет ми-
нералы и вносит каждый год 3 • 10й кг растворенных солей в моря.
Морская вода является концентрированной речной водой.
4. Назовите три фазы углерода в кристаллическом состоянии.
Ответ. Графит, алмаз, фуллерен.
5. Как изменится расстояние между молекулами, если вода в бу-
тылке замерзнет?
Ответ. Расстояния между молекулами увеличиваются. (По-
скольку плотность льда меньше плотности воды, то объем льда станет
больше объема воды.)
6. Объясните, почему ветер со снежного хребта в Скалистых го-
рах США повышает температуру на подветренной стороне иногда до
25 °C и «съедает» снежный покров.
Ответ. Движение воздуха — адиабатический процесс. По подвет-
ренно стороне движется сухой воздух, поскольку в результате пони-
жения температуры элементарной массы при подъеме на хребет в об-
413
ласть меньшего давления почти вся влага сконденсировалась. При
спуске в область повышенного давления элементарная масса воздуха
сжимается — согласно первому закону термодинамики vC\AT= -рАИ
температура увеличивается.
7. Зимой температура воздуха над поверхностью Северного Ле-
довитого океана опускается до -40° С. Почему же за зиму нарастает
слой льда толщиной не более метра?
Ответ. При замерзании воды выделяется теплота, замедляющая
образование новых порций льда.
8. Знаете ли Вы величину давления насыщенного пара при тем-
пературе 100 °C?
Ответ. Давление насыщенного пара при 100 °C равно нормаль-
ному атмосферному давлению. (При нормальном атмосферном дав-
лении вода кипит при температуре 100 °C.)
9. Температура лавы у жерла подводного вулкана достигает 400 °C.
Почему же не закипает морская вода у жерла вулкана?
Ответ. Давление насыщенного пара jdh1 = 1003 кПа при темпера-
туре - 180 °C; рн2 = 11290 кПа при температуре Z, = 320 °C. Вода не
кипит, потому что не выполняется условие кипения: давление насы-
щенных паров при температуре 400 °C меньше внешнего давления.
10. Почему пар обжигает сильнее, чем вода при той же температуре?
Ответ. Количество теплоты, которое выделяется при конденсации
воды, значительно больше количества теплоты, передаваемого той же
массой воды при охлаждении.
11. Выпал иней — в каком состоянии находится вода?
Ответ. В кристаллическом состоянии. (Иней представляет собой
кристаллики льда.)
12. В чем отличие сухого льда от обычного?
Ответ. При нагревании обычный лед переходит в воду, а сухой —
в углекислый газ, не проходя фазу жидкости.
13. Космонавт должен работать в открытом космосе 1 час. Почему
в скафандре без подогрева космонавт не замерзает на «космическом
холоде»?
Ответ. В вакууме отсутствуют два механизма потерь теплоты —
теплопроводность и конвекция. Остается один — лучеиспускание. За
час не происходит заметного понижения температуры.
414
14. Почему нельзя реализовать цикл Карно?
Ответ. В идеальных изотермических процессах подвод и отвод
теплоты должен происходить при постоянной температуре. В этом
случае теплообмен невозможен, т.к. поток теплоты возникает лишь
при наличии конечной разности температур рабочего тела и нагрева-
теля или холодильника.
15. Книга упала со стола на пол. Куда «пропала» потенциальная
энергия книги?
Ответ. Внутренняя энергия молекул книги и пола возросли на
величину потенциальной энергии книги.
16. Нагревается или охлаждается воздух в комнате при работе
домашнего холодильника?
Ответ. Воздух в комнате нагревается. (Из первого закона термо-
динамики следует, что количество теплоты переданное нагревателю в
результате совершенной мотором работы Q2 = QK+ А, где —- коли-
чество теплоты отводимое из камеры холодильника).
415
Гидростатика
1. В программе по физике для учащихся и абитуриентов, кото-
рую переиздают различные высшие учебные заведения в течении
почти пятидесяти лет, в разделе «Механика жидкостей и газов» есть
пункт — «Давление на дно и стенки сосуда». Правильно ли сформу-
лировано это предложение?
Ответ. Это предложение лишено смысла, т.к. давление является
функцией координат (и времени). Правильное утверждение — дав-
ление в точке. («Давление на стенку» — синоним утверждения «ско-
рость запас».)
2. Сформулируйте определение условия плавания тела.
Ответ. Сумма силы тяжести и выталкивающей силы равна нулю.
(Обычно приводят неверный ответ- сила тяжести равна выталки-
вающей силе.)
3. Кусок пробки плавает сначала в воде, а потом в масле. В каком
случае величина силы Архимеда больше?
Ответ. В’каждом случае сила Архимеда одинакова. (Согласно ус-
ловию плавания в каждом случае величина силы Архимеда равна
величине силы тяжести, действующей на кусок пробки.)
4. Корабль переплыл из Волги в Каспийское море. Как измени-
лось расстояние между поверхностью палубы и поверхностью воды?
Ответ. Расстояние между поверхностями палубы и воды увели-
чилось.
5. Перед Вами формулировка закона Паскаля, взятая ив пособия
по физике: Все жидкости и газы передают производимое на них дав-
ление во все стороны одинаково. Почему эта формулировка неверна.
Ответ. Отметим сразу, что силы и давление «не передаются». Пе-
редается, а точнее распространяется волна деформации. Однако за-
кон Паскаля относится к гидростатике - состояние системы не изме-
няется по определению. На элементарную массу жидкости действуют
объемная сила — сила тяжести и поверхностная сила со стороны ок-
ружающей среды.
Сила тяжести приводит к гидростатическому давлению. Согласно
закону Паскаля поверхностные силы создают давление одинаковое
в любой точке жидкости или газа.
416
6. Изменится ли положение коромыслов весов, уравновешиваю-
щих стакан с водой и гирю, если в воду погрузить палец? Палец не
касается стакана.
Ответ. Чаша весов со стаканом перетянет. (Согласно закону Пас-
каля поверхностные силы создают давление одинаковое в любой точ-
ке воды — давление на дно стакана увеличится.)
7. Взвесили резиновый шарик, а затем тот же шарик, надутый
воздухом, имеющим температуру воздуха в комнате. Почему показа-
ния весов в обоих случаях одинаковы?
Ответ. На надутый шарик действуют сила тяжести шарика с воз-
духом и выталкивающая сила. (Выталкивающая сила равна весу
воздуха в шаре. Этот опыт служил «доказательством» того, что воздух
не имеет «веса».)
417
Электродинамика
1. Заряд Q движется по оси неподвижного кольца с зарядом Q.
Когда сила, действующая на заряд обратится в нуль?
Ответ. Когда заряд достигнет центра кольца.
2. На расстоянии г > R от центра металлической изолированной
незаряженной сферы радиусом R находится заряд Q. Сила, дейст-
вующая па заряд или на сферу, равна нулю. Заряжена ли сфера?
Ответ. В поле заряда Q электроны в металле незаряженной сфе-
ры перераспределяются; сфера приобретает дипольный момент и
притягивается к заряду. Если сфере сообщить определенный поло-
жительный заряд, то сила, действующая на сферу может обратится в
нуль.
3. Пространство между пластинами конденсатора, подключенно-
го к генератору постоянного напряжения, заполнили диэлектриком с
диэлектрической проницаемостью е = 2. Как изменится энергия
электростатического поля конденсатора?
Ответ. Увеличится в 2 раза.
4. Плоский конденсатор имеет емкость С. В него внесли металли-
ческую пластину толщиной d/4, где d — расстояние между пласти-
нами конденсатора. Плоскость пластины параллельна обкладкам
конденсатора. Определите приращение емкости конденсатора ДС.
Ответ. АС = С/3. (Эквивалентная схема представляет два после-
довательно соединенных конденсатора.)
5. Назовите причину возникновения электрического тока в про-
воде.
Ответ. Ток возникает в результате взаимодействия электронов с
электрическим полем, создаваемым разностью потенциалов на уча-
стке провода.
6. В электростатическом поле потенциалы двух точек удовлетворяют
неравенству (pfl > сръ. Расположим в этом поле замкнутый провод, прохо-
дящий через точки а и Ь. Почему сила тока в проводе равна нулю?
Ответ. После внесения проводника поле перестроится так, что
напряженность поля в проводнике обратится в нуль в результате пе-
рераспределения электронов на поверхности проводника.
418
7. Относительное удлинение провода AZ/Z = е. Найдите относи-
тельное приращение сопротивления А/?//?.
Ответ. А/?//? = е. (Сопротивление провода R = р//5.)
8. Схема содержит батарейку и резистор, соединенных идеаль-
ным проводником. Объясните «физический» смысл терминов работа
тока, мощность тока или мощность в цепи.
Ответ. Эти термины полностью лишены какого-либо смысла.
1. Работу совершает сила, а не ток. На электроны, движущиеся в
проводе, действует сила со стороны внешнего электрического поля,
поля ионов и других электронов. Совершается работа «над током».
2. Правильный термин — не мощность тока, а мощность, потреб-
ляемая резистором. На участках идеального провода «мощность то-
ка» равна нулю.
9. Конденсатор подключен к батарейке. Опишите энергетический
баланс при увеличении расстояния между пластинами.
Ответ. ЭДС батарейки — е, внутреннее сопротивление не равно
нулю. При изменении расстояния между пластинами в цепи проте-
кает переменный ток. Поэтому в батарейке выделяется количество
теплоты Q. Пусть Ct, = С^/2 — емкость конденсатора и энергия
электрического поля в начальном состоянии, С2 < Cv U2 = С2е2/2 —
емкость конденсатора и энергия электрического поля в конечном со-
стоянии. Из закона изменения энергии следует уравнение энергети-
ческого баланса — сумма работы Ае, совершаемой внешней силой, и
работы , совершаемой ЭДС - С,е), равна приращению энергии
электрического поля U2- Ux и джоулева тепла.
Следовательно, Ае = Q~(C2- С\)е*/2 > 0.
10. Сверхпроводящее кольцо, индуктивность которого L, прибли-
зили к полюсу электромагнита. Величина полного потока магнитной
индукции через кольцо равна Фо. Определите силу тока в кольце по-
сле выключения электромагнита.
Ответ. I - &JL. (Согласно закону Ома 0 + Ldl/dt = -dQJdt, где
Фе— поток магнитной индукции, создаваемый магнитом. Следова-
тельно, LI + Ф,= Фо.)
11. Остается ли верным закон индукции Фарадея в случае конту-
ра, не содержащего проводников?
Ответ. Да, поскольку закон индукции представляет собой следст-
вие уравнений Максвелла, согласно которым переменное магнитное
419
поле в вакууме создает переменное электрическое поле, а переменное
электрическое поле создает переменное магнитное поле.
12. Как предсказать направление индукционного тока?
Ответ. Направление индукционного тока определяется автомати-
чески вследствие однозначного соответствия между положительным
направлением на замкнутом контуре, которому принадлежат про-
водники, и вектором внешней нормали, который необходимо задать
для вычисления потока магнитной индукции. (В электродинамике
принято правило, согласно которому положительное направление на
контуре связано с выбором вектора внешней нормали к элементар-
ной площадке Ап на поверхности: при обходе контура в положи-
тельном направлении вектор Ап остается с левой стороны или пра-
вилом буравчика.)
13. В учебной литературе обычно приводится следующая форму-
лировка закона Ленца:
«... индукционный ток имеет такое направление, что созданный им
магнитный поток через поверхность, ограниченную контуром, стре-
мится препятствовать тому изменению потока, которое порождает
данный ток»1. Почему эта формулировка некорректна?
Ответ. Из этого утверждения следует, что магнитный поток
создаваемый током, стремится препятствовать изменению2 т.е. при-
ращению магнитного потока Фе(0« Очевидно, что сопоставление
функции ФД£) в момент времени I и приращения АФГ функции ФД0
за произвольный (?) интервал времени t + А£] лишено смысла.
14. Имеет ли «физический смысл» знак минус в определении
ЭДС индукции согласно закону Фарадея - Максвелла?
Ответ. При выводе закона электромагнитной индукции из уравне-
ний Максвелла появление этого множителя обусловлено математиче-
ским соглашением, связывающем положительное направление на
контуре с выбором вектора внешней нормали п к поверхности: при
обходе контура в положительном направлении вектор п остается с ле-
1 Мякишев Г.Я., Синяков А.З., Слободское Б.А. «Физика», Изда-
тельский дом «Дрофа», 1998, С. 406 и др.
2 К сожалению в учебной литературе по физике вместо термина
«приращение функции» используют понятие изменение, как будто
речь идет о погоде или настроении.
420
вой стороны. Тогда из закона Ома следует, что при значениях I(t) > О
ток течет в положительном направлении, при I(t) < 0 — в отрицатель-
ном. Однако те же авторы утверждают, что «направление индукцион-
ного тока определяется законом сохранения энергии» (?!). Направ-
ление индукционного тока определяется автоматически вследствие
однозначного соответствия между положительным направлением
на контуре и вектором внешней нормали к поверхности, который
необходимо ввести для вычисления потока магнитной индукции.
15. Последовательно соединенные резистор, катушка индуктив-
ности и конденсатор подключены к генератору напряжения, ЭДС ко-
торого е(£) = g0cos со£, t > 0. Запишите условие, при котором разность
потенциалов на концах участка L-С равна нулю.
Ответ, со =
16. Опишите энергетический баланс трансформатора.
Ответ. Работа, совершаемая генератором, равна сумме джоулева
тепла, рассееваемого в первичной и вторичной цепях, и приращения
энергии магнитного поля.
421
Механические колебания
1. Приведите определение термина «незатухающие одномерные
колебания».
Ответ. В механике термин «незатухающие колебания» системы N
частиц, имеющих одну степень свободы, означает движение системы,
описываемое координатой q(l) = qQ + ylcos(o)/ + а), где qQ — значение
координаты в положении устойчивого равновесия, t > t0, t0 — момент
времени, в который заданы начальные условия. (Очевидно q(t) не
является периодической функцией, поскольку согласно определе-
нию периодической функции/(£) =f(t + Т) в интервале -со < t < оо.)
2. Приведите определение резонанса.
Ответ. Резонансом называется избирательный отклик колеба-
тельной системы на действие внешней периодической силы с часто-
той, близкой к собственной частоте.
422
Волны
1. Высота волн цунами в открытом океане порядка 0,3-3 м. Поче-
му при приближении к берегу высота волн достигает высоты 20-30 м?
Ответ. При приближении к берегу скорость распространения вол-
ны уменьшается. Замедление переднего края волны вызывает подъем
воды и поэтому высота волны увеличивается. (Глубина океана значи-
тельно меньше длины волны цунами. В этом случае скорость волны
и = yfgh 1 где h — равновесное расстояние от поверхности до дна.)
2. Вектор напряженности монохроматической плоской бегущей
электромагнитной волны Е (/, х, у, z) = £0cos(co/ - oz/c). «Что» ко-
леблется в волне?
Ответ. «Ничего» не колеблется. (Электромагнитная волна — про-
цесс распространения электрического и магнитного полей в про-
странстве. В некоторой точке, координаты которой х0, у0, z0, имеем
три функции F (t)= Ё (t, х0, yQ, = cos (wf-cdz0/c), не связанные с
процессом распространения волны. Если «фиксировать» волну в мо-
менты времени t = 0, tv ... , то получим функции координат — ко-
синусоиды E0cos[co(z- tfj/c], A,0cos[<d(z- с/2)/с], ..., сдвинутые по
оси z вправо относительно £0cos(a>z/c) на расстояния dv ct2,.... Это и
есть процесс распространения напряженности электрического поля
бегущей волны. Отметим, что вектор Ё (t, х, yt z) и соответствующий
вектор х, у, z) удовлетворяют шести уравнениям Максвелла.)
3. Вода течет по водопроводу. Что происходит при внезапном за-
крытии крана заслонкой?
Ответ. Возникает волна деформации или звуковая волна. (Столк-
нувшись с заслонкой, слой воды, прилегающей к ней, останавливается
и сжимается. Далее останавливаются и сжимаются последующие слои
— возникает волна деформации, распространяющаяся навстречу по-
току со скоростью звука в воде св~ 1500 м/с. Здесь уж точно ничего не
колеблется. При скорости течения v = 1 м/с вода создает на заслонке
давлениер = 15 • 105Па, значительно большее атмосферного давления.
Рассмотренное явление называется гидравлическим ударом. Разруши-
тельное действие капель также объясняется этим явлением.)
4. Приведите пример бегущей звуковой волны.
Ответ. Звуковая волна — процесс распространения деформации
в среде. В сферической волне, распространяющейся в безграничном
423
пространстве, акустическое давлениеpoc(Z, х, у, z) - (l/r)/(r- ct), где
с — скорость волны,/(г - ct) — произвольная функция, г ~ расстоя-
ние от точечного источника деформации среды. (Эта функция может
описывать волну, возбуждаемую хлопком. Волновой процесс реали-
зуется элементарными массами воздуха, которые не колеблются, а
последовательно смещаются и возвращаются в равновесные положе-
ния. Волна в среде и колебания частиц среды — совершенно различ-
ные явления. Отметим, что функция pac(tf х, у, Z) удовлетворяет ос-
новному уравнению акустики — волновому уравнению.)
5. Антенна радиоприемника представляет собой отрезок провода,
присоединенный к колебательному контуру. Объясните почему линей-
но поляризованная электромагнитная волна возбуждает ток в проводе.
Ответ. Если провод ориентировать параллельно вектору напря-
женности электрического поля волны, то на отрезке провода длиной I
создается разность потенциалов Е1.
6. Почему солнечный свет, преломляясь на оконном стекле, не
разлагается в непрерывный спектр?
Ответ. Если обе поверхности стекла параллельны, то не происхо-
дит пространственного разделения световой волны на монохромати-
ческие компоненты.
7. Почему мы видим днем небо голубым, а на закате — желто-
красным?
Ответ. Свет рассеивается на неоднородностях плотности воздуха,
которые возникают благодаря флуктуациям числа частиц внутри
объема, линейные размеры которого порядка длины волны. В этом
случае интенсивность рассеянной монохроматической волны про-
порциональна частоте в четвертой степени. Отношение частоты сине-
го света к частоте красного света vc/vK = 1,44. Поэтому интенсивность
рассеянного синего света в (v^vj4 = 4,3 раз больше интенсивности
рассеянного красного света. На закате в проходящем свете почти от-
сутствует голубая компонента солнечного света.
8. Приведите определение интерференции волн.
Ответ. Интерференция — эффект наложения волн, в области пе-
рекрытия которых интенсивность или плотность энергии зависит от
координат.
9. Объясните почему в отраженном свете выглядят окрашенными
пятна масла на асфальте или тонкие мыльные пузыри?
424
Ответ. В результате интерференции волн — wlf w2f отраженных от
внешней и внутренней поверхностей. (Падающая волна отражается
и преломляется на внешней поверхности. Преломленная волна
преломляется на внутренней поверхности и отражается от нее. Отра-
женная волна преломляется на внешней поверхности, образуя волну
w2. При освещении солнечным светом возникают максимумы интен-
сивности, соответствующие в зависимости от толщины пленки раз-
личным цветам.)
10. Световая волна падает перпендикулярно поверхности плос-
копараллельной прозрачной пленки. Возможно ли прохождение
волны, не сопровождающееся отражением волны?
Ответ. При определенной длине волны возможна деструктивная
интерференция волн отраженных от двух поверхностей пленки.
11. Плоская монохроматическая электромагнитная волна падает
по нормали к плоской металлической поверхности. Почему образует-
ся стоячая волна?
Ответ. В результате интерференции падающей и отраженной волн.
(Отраженная волна должна возникнуть только потому, что должны вы-
полняться граничные условия: на поверхности металла вектор Е = 0.)
12. Во всех учебниках можно прочитать, что максимум интен-
сивности при интерференции двух световых волн находится в точ-
ках, для которых разность хода равна четному числу «полуволн».
Может ли возникнуть максимум интенсивности, если в разности хода
укладывается нечетное число полуволн?
Ответ. Может — при интерференции падающей волны, поляри-
зованной в плоскости, перпендикулярной плоскости падения, и вол-
ны, отраженной от металлического покрытия зеркала. В этом случае
Е ~ Е2 - £\, поскольку напряженность электрического поля на по-
верхности экрана равна нулю.
13. В каких эффектах проявляются волновые свойства частиц?
Ответ. В дифракции и интерференции. (В 1927 г. впервые обна-
ружили дифракцию электронов на кристалле никеля. В 1960 г. на-
блюдали интерференцию двух пучков электронов, разделенных в
пространстве соленоидом. Согласно квантовой физике корпускуляр-
ные и волновые свойства частиц — электронов, атомов, молекул, фо-
тонов, вирусов и т.д. следует рассматривать не как взаимоисклю-
чающие, а как взаимодополняющие друг друга. Движение частиц
425
описывается волной в абстрактном пространстве состояний. Длина
волны X = h/p, где р — импульс частицы. При попадании частиц на
экран волновые свойства проявляются в зависимости вероятности
плотности распределения от координат.)
14. В установке Юнга фотоны падают на экран с двумя отвер-
стиями. Как проявляются волновые свойства фотонов?
Ответ. Согласно квантовой теории состояние фотона описывается
ненаблюдаемой волной вероятности, представляющей собой сумму
двух слагаемых — фотон одновременно находится в состояниях, соот-
ветствующих прохождению через первое и второе отверстия. (Ин-
терференция электромагнитных волн — квантовый эффект. В рам-
ках классической физики фотон может пройти сквозь первое или
сквозь второе отверстия. Возникновение интерференции существен-
но связано с невозможностью предсказать, через какое отверстие
пролетел фотон. Всякая попытка определить, по какому пути проле-
тел фотон, уничтожает интерференционную картину.)
15. Приведите оценку расстояния, начиная с которого проявится
дифракция электромагнитных или звуковых волн, падающих на от-
верстие' радиусом R.
Ответ. На расстояниях $ > /?/Х, X — длина волны. (Дифракция ста-
новится заметной, когда площадь первой зоны Френеля, равная л$Х для
наблюдателя на расстоянии s от отверстия, больше площади отверстия.)
16. Грани кристалликов льда отражают солнечный свет и мы ви-
дим блестки на снегу. Однако на несколько большем расстоянии
снежное поле выглядит равномерно освещенным. Объясните причи-
ну этого явления.
Ответ. Правильное зеркальное отражение возможно только тогда,
когда выполняются условия применимости геометрической оптики:
плоп^адь грани кристаллика должна быть больше площади несколь-
ких первых зон Френеля. При наблюдении отражения света от более
удаленных кристалликов площадь первых зон Френеля возрастает.
17. Что означает понятие «прямолинейное распространение света»?
Ответ. Этот термин — из жаргона популяризаторов науки.
Свет — электромагнитная волна, которая не связана с какими либо
прямыми. В геометрической оптике, которая является весьма грубым
приближением в теории распространения волн, электромагнитную
волну в изотропной среде представляют как пучок кривых — лучей,
426
ортогональных к волновому фронту, совершенно игнорируя волно-
вую природу. Свет, излучаемый точечным диполем представляет со-
бой на расстояниях $ » X сферическую электромагнитную волну.
Фронт волны — сфера, лучи — полупрямые, исходящие из точки,
представляют собой математическую абстракцию. Следует все-таки
отметить, что наиболее существенной областью, в которой распро-
страняется волна, принимаемая детектором D на расстоянии $ от ис-
точника О, является область пространства, представляющая собой
эллипсоид вращения с фокусами в точках О и D. Максимальный
диаметр окружности сечения плоскостью, перпендикулярной отрез-
ку OD равный VXs находится на середине отрезка OD. Электромаг-
нитное поле в этой области образует реальный физический луч. Если
на середину отрезка OD поставить экран, перпендикулярный OD с
отверстием па оси радиусом R >VXs, то наблюдатель обнаружит
«прямолинейное» распространение света.
18. Зависит ли масса частицы от скорости,в теории относитель-
ности?
Ответ. Нет, не зависит. Согласно Эйнштейну масса частицы т —
скаляр, т.е. инвариант, который в любой инерциальной системе отсчета
имеет постоянное значение. Согласно алгебре теории относительности
основными объектами теории являются скаляры, четырехмерные век-
торы и тензоры. Релятивистская энергия Е = тс2/[1 - (р/с)2] 1/2, введен-
ная Эйнштейном, представляет собой временную компоненту четырех-
мерного вектора энергии — импульса (р0 = Ё/с, р ), квадрат которого в
метрике Минковского р% — р2 = (тс)2 или (Ё/с)2 - р2 = {тс)2 постоян-
ная величина, где т — масса частицы. При переходе от одной инерци-
альной системы отсчета к другой энергия преобразуется как временная
компонента четырехмерного вектора координаты {х0 = ct, 5). При
этом (Ё/с)2 - р2 = (Ё' /с)2 - р2 - {тс)2. Невежественные авторы, ко-
торые вводят массу М{и) - тД1 - (р/с)2] обычно ссылаются на Эйн-
штейна, статей и книг которого они никогда не читали. У Эйнштейна
нет такого соотношения. По этой проблеме полезно ознакомиться с
работой академика Л. Окуня [28]. Следует отметить, что проблема воз-
никла в результате чтения работ или после слушания лекций неофи-
тов — популяризаторов и вульгаризаторов, никогда не публиковав-
ших статей, связанных с теорией относительности, в авторитетных на-
учных журналах — рецензенты их туда просто не пропустят.
427
Литература
1. Ландау Л.Д., Китайгородский А.И. Физика для всех. М.:
ГИФМЛ. 1963.
2. ОрирДж. Физика. Т. 1, Т. 2. М.: Мир. 1981.
3. Мерион Дж.Б. Общая физика с биологическими примерами.
М.: Высшая школа. 1986.
4. Роуэлл Г., Герберт С. Физика. М.: Просвещение. 1994.
5. Павленко ЮТ. Физика. Ответы на вопросы. Экзамен. 1998-
2003. 200 С.
6. Павленко Ю.Г. Физика. М.: Изд-во Джангар. Большая медве-
дица. 1998-2003. 574 С.
7. Павленко Ю.Г. Физика. М.: Изд-во «Новая волна». 2002. 720 С.
8. Павленко Ю.Г. Задачи по теоретической механике. М.: Физ-
матлит. 2002. 534 С.
9. Павленко Ю.Г. Начала физики. Уч. пос., изд. 2-е. Экзамен.
2004.864 С.
10. Павленко Ю.Г. Тест-Физика. Экзамен. 2004. 254 С.
11. Павленко Ю.Г Физика 10-11. М.: Физматлит. 2006. 842 G.
12. Уокер Дж. Физический фейерверк. М.: Мир. 1979.
13. Фейнман Р.Ф., Лейтон Р.М. Сэндс. Фейнмановские лекции
по физике. М.: Мир, 1965.
14. Перельман Я.И. Занимательная механика. Знаете ли вы фи-
зику? М.: ACT. 1999.
15. Пинский АА. Задачи по физике. М.: Физматлит. 2000. 336 С.
16. Бендриков ГА., Буховцев Б.Б., Мякишев Г.Я. Физика. Зада-
чи для поступающих в вузы. Физматлит. 1999.
17. Белонучкин В.Е., ЗаикинДА. и др. Задачи по общей физике.
М.: Физматлит. 2001.333 С.
18. Белолипецкий С.Н., Еркович О.С. и др. Задачнйк по физике.
М.: Физматлит. 2002. 365 С.
19. Черноуцан А.И. Физика. Задачи. М.: Высшая школа. 2003.
352 С.
20. ЭмслиДж, Элементы. М.: Мир. 1993.
21. Левантовский В.И. Механика космического полета. М.: Нау-
ка. 1980.
22. Фен Дж. Машины. Энергия. Энтропия. М.: Мир, 1986.
428
23. Дэвинс Д. Энергия. М.: Энергоатомиздат. 1985.
24. Копылов Г.И. Всего лишь кинематика. Библиотечка «Квант»,
вып.И, М.: Наука, 1981.
25. Окунь Л.Б. Понятие массы. Успехи физических наук. 1989.
Т. 158, вып. 3.,С. 511.
26. Internationally Adopted Values'. Успехи физических наук.
2003. Т. 173. №3.
27. Образованный ученый. М.: Наука. 1979.
28. Кордемекий БА. Великие жизни в математике. М.: Просве-
щение. 1995.
29. Фейнман Р.Ф. Вы, конечно, шутите, мистер Фейнман. Моск-
ва. Ижевск. 2001.
429
СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ
Физические постоянные
Гравитационная постоянная
Атомная единица массы
Постоянная Больцмана
Постоянная Авогадро
Газовая постоянная
Элементарный заряд
Масса электрона
Удельный заряд электрона
Масса протона
Масса нейтрона
Электрическая постоянная
Магнитная постоянная
Скорость света
Постоянная Планка
Постоянная Планка
G 6,6720-10’" Н-м2/кг2.
а.е.м. 1,66056- 10 27кг =931,5016 МэВ/сЛ
Л,ЛГ> 1,38-10 23 Дж-К'1
Na ' 6,022- 10“ моль 1
R 8,314 Дж-моль‘-К’1
е 1,6021-10 19 Кл
те 9,1095-1О3‘кг = 0,511 МэВ/с2
е/тс 1,7588-Ю^Кл/кг
mf ‘ 1,67265- 10'27кг = 938,2796 МэВ/с2
m 1,67495-10'27кг = 939,5731 МэВ/с2
е0 10’736л Кл2/Н-м2 = 8,85419- 10 12Фм 1
р0 4л- 10 7 Н/А2 = 1,256637-10'6 Гн - м 1
с 2,99792458- 108м/с
h 6,626176- 10 мДж- с = 4,134- 10‘5Эв-с
Й =7г/2л 1,054-10 м Дж -с
Соотношения между внесистемными единицами
и единицами СИ и СГСЭ.
1 Ангстрем = 0,1 нм
1 мм рт. ст. = 133,332 Па, 1 Па = 7,5 • 10 3 мм рт. ст.
1 атм = 1,01 • 105 Па.
1 Кл = 3- 10qCrC3(g), 1 В = (1/300) СГСЭ(ф)
1 Дж=6,24- 1018 эВ, 1 эВ = 1,6021892- 10 19 Дж,
В (гаусс) = Н (эрстед), 1 Тл = 104 гаусс, 1 А/м = 4п • 10 3эрстед.
1 Эв/(йс) - 8065,479 см \ Ае/( 1 эВ) = 1242 нм, 1 эВ/й = 2,4179696 10й Гц.
Астрономическая единица (среднее расстояние от Земли до Солнца) —
а.е. 1,495978- 10‘1м,
Световой год 9,46053 • 1015 м.
Парсек (пк) 3,085678- 1016м (1 пк равен 3,26 светового года).
Масса Солнца тг = 1,989- 1О30 кг.
Средний радиус Солнца 6,96 • 10э км.
Гравитационный параметр Солнца Gmc = 1,32712 10й км3/с2.
Масса Земли т3 = 5,976 • 102'1 кг.
Средний радиус Земли 6371,03 км.
Гравитационный параметр Земли Gm3 = 3,9860 • 105 км3/с2.
Один год 3,16 • 107 с.
430
Учебное издание
Павленко Юрий Григорьевич
Физика. Избранные задачи
Книга II
Магнитное поле. Электромагнитная индукция
Электрический ток в среде. Электромагнитные колебания
Переменный ток в RCL-цепях. Электромагнитные волны
Оптика. Основы теории относительности
Квантовая физика
Издательство «ЭКЗАМЕН»
Гигиенический сертификат
№ 77.99.02.953.Д.008330.09.06 от 14.09.2006 г.
Главный редактор Д. В. Яновский
Технический редактор Н.Я, Богданова
Корректор Г. Л/. Морозова
Дизайн обложки И.Р. Захаркина
Компьютерная верстка М.В. Демина, Е.Ю. Лысова
105066, Москва, ул. Нижняя Красносельская, д. 35, стр. 1.
www.examen.biz
E-mail: по общим вопросам: info@examen.biz;
по вопросам реализации: sale@examen.biz
тел./факс 641-00-30 (многоканальный).
Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, том 2; 953005 — книги, брошюры, литература учебная
Издание осуществлено при техническом содействии
ООО «Издательство АСТ»
Отпечатано на ОАО “Нижполиграф”
603006, Ннжний Новгород, ул. Варварская, 32.
По вопросам реализации обращаться по тел.:
641-00-30 (многоканальный).
ЮГ ПАВЛЕНКО
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
ПЯМтГгТЛ МАГНИТНОЕ ПОЛЕ. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ.
ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В СРЕДЕ. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ. ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК В RCL-ЦЕПЯХ.
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ. ОПТИКА. ОСНОВЫ
ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА