В. М. Кириллов
В. А. Давыдов
А. А. Задерновский
В. Е. Зубов
А. Н. Сафронов
чтение
ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
Издание второе,
исправленное и дополненное
МОСКВА
URSS

ББК 22.3я73
Кириллов Владимир Михайлович, Давыдов Василий Андреевич,
Задерновский Анатолий Андреевич, Зубов Виктор Евгеньевич,
Сафронов Аркадий Николаевич
Решение задач пофизике: Учебное пособие. Изд. 2-е, испр. и доп.
М.: КомКнига, 2006. — 248 с.
ISBN 5-484-00394-6
Учебное пособие написано в соответствии с программой дисциплины «Об-
«Общая физика». В него включены примеры решения задач по темам семи основных
разделов дисциплины: «Физические основы механики», «Термодинамика и моле-
молекулярная физика», «Электричество и магнетизм», «Колебания и волны», «Оптика»,
«Специальная теория относительности», «Квантовая физика».
Предназначено для студентов высших учебных заведений.
Редактор А. Н. Леденев
Рецензент С. Д. Бенеславский
Оригинад-макет предоставлен авторами,
текст опубликован в авторской редакции.
Издательство «КомКнига». 117312, г.Москва, пр-т 60-летия Октября, 9.
Подписано к печати 28.11.2005 г. Формат 60x90/16. Печ. л. 15,5. Зак. № 349.
Отпечатано в ООО «ЛЕНАНД». 117312, г.Москва, пр-т 60-летия Октября, д. ПА, стр. 11.
ISBN 5-484-00394-6
> В. А. Давыдов,
A. А. Задерновский,
B. Е. Зубов, В. М. Кириллов,
А. Н. Сафронов, 2006
> КомКнига, 2006
НАУЧНАЯ И УЧЕБНАЯ ЛИТЕРАТУРА
E-mail: URSS@URSS.ru
Каталог изданий в Интернете:
http://URSS.ru
Тел./факс: 7 @95) 135-42-16
URSS Тел./факс: 7 @95) 135-42-46
3707 ID 33803

Оглавление
Оглавление 3
Введение 5
1. Физические основы механики 6
1.1. Кинематика 6
1.2. Основное уравнение динамики 23
1.3. Законы сохранения 32
1.4. Динамика твердого тела 42
2. Термодинамика и молекулярная физика 68
2.1. Уравнение состояния газа. Процессы 68
2.2. Первое начало термодинамики. Теплоемкость 70
2.3. Молекулярно-кинетическая теория 77
2.4. Второе начало термодинамики. Энтропия 81
3. Электричество и магнетизм 85
3.1. Постоянное электрическое поле в вакууме 85
3.2. Проводники и диэлектрики в электрическом поле 93
3.3. Электроемкость. Энергия электрического поля 100
3.4. Электрический ток 106
3.5. Постоянное магнитное поле. Магнетики 112
3.6. Электромагнитная индукция. Уравнения Максвелла. Движение
заряженных частиц в электромагнитных полях 117
4. Колебания и волны 127
4.1. Гармонические колебания 127
4.2. Затухающие колебания 136
4.3. Вынужденные колебания 140
4.4. Упругие волны 144
4.5. Электромагнитные волны 148
4.6. Излучение электромагнитных волн 156
5. Оптика 161
5.1. Фотометрия 161
5.2. Интерференция света 166
5.3. Дифракция света 176
5.4. Поляризация света 187

4 Оглавление
6. Специальная теория относительности 194
6.1. Преобразования Лоренца. Релятивистское сокращение длины и
замедление хода часов 194
6.2. Релятивистское сложение скоростей 197
6.3. Энергия и импульс частицы в релятивистской механике 200
7. Квантовая физика 204
7.1. Корпускулярные свойства света. Фотоэффект 204
7.2. Эффект Комптона 209
7.3. Волновые свойства микрочастиц 212
7.4. Соотношение неопределенностей 215
7.5. Квазиклассические модели атома 218
7.6. Уравнение Шредингера 222
7.7. Движение микрочастицы в центральном поле 225
7.8. Туннельный эффект 230
7.9. Тепловое излучение 234
7.10. Элементы квантовой статистики. Кристаллы 241
Литература 246

Введение
Настоящее пособие предназначено для студентов высших учебных
заведений и имеет целью помочь им овладеть основными методами реше-
решения задач по физике. В пособии в основном использованы условия задач
из книги И.Е.Иродова "Задачи по общей физике", М.: Наука, 1988. Посо-
Пособие содержит более 200 задач с подробными решениями, а также сводку
основных формул и краткие сведения из теории. Все формулы, как в тео-
теоретической части, так и в решениях задач записаны в системе СИ. Что ка-
касается численных ответов, то они также, как правило, даны в СИ, за ис-
исключением раздела 5 главы 7 "Квантовая физика", посвященного квази-
квазиклассическим моделям атома, в которой численные значения энергетиче-
энергетических величин, как это принято в атомной физике, приведены в эВ.
В задачнике принята нумерация рисунков внутри каждой главы, а
нумерация формул внутри каждого параграфа. При ссылке на формулу
или рисунок из другой главы или другого параграфа указываются номера
глав и параграфов.

т
dv
— —
dt '
n
V
= —
R
1. Физические основы механики
1.1. Кинематика
Основные формулы
Векторы обозначены жирным курсивным шрифтом (например г, v, a), a
их модули - светлым курсивным шрифтом (например г, v, a).
Скорость и ускорение частицы:
dr dv
v=— , а= —. A.1.1)
dt dt
где г - радиус-вектор рассматриваемой частицы.
Ускорение частицы в проекциях на касательную и нормаль к
траектории ее движения:
л,. ,.2
A.1.2)
где R - радиус кривизны траектории в данной точке, v - модуль вектора
скорости частицы.
• Путь, пройденный частицей:
s=\vdt, A.1.3)
где v - модуль скорости частицы.
• Угловые скорость и ускорение твердого тела:
а> = ^,р = ^, A.1.4)
dt dt
где <р- вектор, соответствующий углу поворота тела (р.
• Связь между линейными и угловыми величинами при плоском
движении твердого тела:
v=vo+M, A.1.5)
г - радиус-вектор рассматриваемой точки тела относительно
произвольной точки О тела, v0 - скорость точки О.
• Связь между линейными и угловыми величинами при вращении
твердого тела вокруг неподвижной оси:
v=[eir], an=6JR, ax=j3R, A.1.6)
где г - радиус-вектор рассматриваемой точки тела относительно
произвольной точки, принадлежащей оси вращения, R - расстояние от
точки до оси вращения.

Физические основы механики 1
Примеры решения задач
1.1.1. Два тела бросили одновременно из одной точки: одно -
вертикально вверх, другое - под углом в = 60° к горизонту. Начальная
скорость каждого тела v0 = 25 м/с. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
найти расстояние между телами через t0 = 1,7 с.
Решение.
Уравнения движения первого тела, брошенного вертикально вверх,
имеют вид:
а уравнения движения второго тела
x = v0tcos0,
К моменту времени tQ первое тело будет в точке с координатами
а второе тело - в точке
х2 =v0t0cos0,
Расстояние d между этими точками равно
d = [(*2 -^J +{у2 -У1J]/2 = v0t
Используя численные условия задачи, получаем искомое расстояние
d = 22 м.
Ответ: d = vofOA/2(l-sin0) = 22 м.

8 Глава 1
1.1.2. Радиус-вектор частицы меняется со временем t по закону
г = bt{\ - at), где Ь - постоянный вектор, а - положительная постоянная.
Найти:
а) скорость v и ускорение а частицы в зависимости от времени;
б) промежуток времени At, по истечении которого частица вернется
в исходную точку, а также путь, который она пройдет при этом.
Решение
Дифференцируя радиус-вектор частицы г по времени, получаем
скорость частицы v в виде
_dr _
dt
дифференцируя, затем, полученное выражение для скорости частицы v
еще раз по времени, приходим к выражению для ускорения
а = -led).
Из этих выражений видно, что вектор ускорения частицы а
постоянен и направлен навстречу ее скорости v и, следовательно, частица
движется равнозамедленно. В некоторый момент времени t0 частица
достигнет точки поворота, в которой ее скорость v обратится в ноль.
Условие v = 0 определяет время движения частицы до точки поворота
а радиус-вектор точки поворота г0 найдем подстановкой времени t0 в
исходное выражение, определяющее зависимость радиуса-вектора
частицы от времени
ro=bto(\-ato) = —.
Так как частица движется по прямой линии (вектор Ь =const), то ее
путь до поворота и обратно равен удвоенной длине радиуса-вектора г0
точки поворота. Следовательно, искомый путь равен
-*¦?•
Промежуток времени At, по истечении которого частица вернется в
исходную точку определяется из уравнения

Физические основы механики 9
которое имеет два корня t = 0 и t = \/a. Первый корень соответствует
моменту старта точки, а второй корень моменту ее возврата в точку
старта. Поэтому искомый промежуток времени At равен
At = \/a.
Ответ: a) v = b(\ - lot); а = -lob .6) А/ = 1/а; s = \b\/2a
1.1.3. Точка движется, замедляясь, по прямой с ускорением, модуль
которого зависит от ее скорости v по закону а = <x4v, где а -
положительная постоянная. В начальный момент скорость точки равна v0.
Какой путь она пройдет до остановки? За какое время этот путь будет
пройден?
Решение
Так как точка движется замедляясь, то дифференциальное
уравнение, определяющее зависимость скорости точки от времени, имеет
вид
dv г
— = -аы v .
dt
Решение этого уравнения с разделяющимися переменными, с учетом
начального условия v = v0 при t = 0, дает
Время t0 до остановки точки определяется из условия v = 0, откуда
а
Найдем уравнение движения точки. Для этого направим ось х вдоль
прямой, по которой движется точка и составим дифференциальное
уравнение ее движения
dt
Решение этого уравнения имеет вид
\( г- at}2 , 2
о V z / ^^

10 Глава 1
а координата точки остановки определится подстановкой в это выражение
времени движения точки до остановки f0 вместо текущего времени t. Путь
s пройденный телом до остановки как раз равен этой координате, так как
точка вплоть до остановки все время двигалась в одну и ту же сторону. В
результате получим
2
s =
За
2 п
Ответ:, = — ^v03 ;/0 =
Заv и и а
1.1.4. Под каким углом к горизонту надо бросить шарик, чтобы:
а) центр кривизны вершины траектории находился на земной поверхности;
б) радиус кривизны начала его траектории был в //=8,0 раз больше, чем в
вершине?
Решение
Уравнения движения тела, брошенного со скоростью v0 под углом а
к горизонту (см. рис. 1.1), имеют вид:
a соответствУюЩие зависимости от
а *? ^\ х времени проекций скорости тела на
1
ipj * горизонтальное и вертикальное
? 'g направление таковы
Рис- 1-1 vx = dx/dt = v0 cos a
vy = dy/dx = v0 sin a - gt.
Условие vy = 0 определяет время движения тела до верхней точки
траектории
а координата у верхней точки, получаемая при подстановке этого времени
в уравнение движения тела, дает высоту подъема
Lj_(v0smaJ

Физические основы механики 11
а) В вершине траектории нормальное ускорение равно g, а скорость
тела равна v = vx = v0 cos a, поэтому радиус кривизны траектории
определяется выражением Rx =(v0cosaJ/g . По условию задачи RX=H,
откуда tgа=л/2 и ог=54,8°.
б) Найдем радиус кривизны Ro начала траектории движения тела.
Как видно из рис. 1.1 нормальное ускорение тела в точке бросания равно
ап = gcosa, поэтому Ro = vl/(gcosa). Используя выражение для радиуса
кривизны траектории в вершине R{ = (v0 cos aJ /g и соотношение
Ro = rjRx, заданное по условию задачи, получаем cos а = г/~ъ = 1/2 и а = 60°.
Ответ: а) а = arctgV2 = 54,8°; б) tf = arccos77~3 =60°.
1.1.5. Воздушный шар начинает подниматься с поверхности земли.
Скорость его подъема постоянна и равна v0. Благодаря ветру, шар
приобретает горизонтальную компоненту скорости Vx ~ ^, где а -
постоянная, у - высота подъема. Найти зависимость от высоты подъема:
а) величины сноса шара х(у);
б) полного, тангенциального и нормального ускорений шара.
Решение
Найдем уравнения движения шара. Так как по оси у шар движется
равномерно со скоростью v0, то координата шара у зависит от времени
подъема t по закону у = vot. Зависимость координаты шара х от времени t
можно определить из дифференциального уравнения
dx
Vx= ~dt=ay = aVot'
решение которого, с учетом начального условия х = 0 при t = 0, имеет вид
2
Учитывая, что t = y/v0, определим искомую величину сноса шара х в
зависимости от высоты подъема у:

12 Глава 1
Компонента ускорения ау=0, так как по оси у шар движется
равномерно. Компоненту ускорения ах найдем дважды дифференцируя
координату х по времени t. В результате получим ах = av0 и,
следовательно, полное ускорение шара равно а = Ja2 + а2 =av0.
Тангенциальное ускорение шара равно
dv
т dt
где v - полная скорость шара определяется выражением
дифференцируя которое по времени, получаем
dv a2vlt
Избавляясь от времени с помощью соотношения t = y/v0, получаем
зависимость тангенциального ускорения шара от высоты его подъема
а2у
Нормальное ускорение шара ап найдем, учитывая взаимную
перпендикулярность векторов ах и ап, по теореме Пифагора:
гл ч ау2 _. а2у av0
Ответ: а) х = -^—; б)-а = б^0, ат = « =
2
1.1.6. Точка движется по окружности со скоростью v=at, где
дг=0,5 м/с". Найти ее полное ускорение в момент, когда она пройдет
п = 0,1 длины окружности после начала движения.
Решение
Тангенциальное ускорение частицы равно
ах = dv/dt = d(at)/dt = a
и остается постоянным. Нормальное ускорение частицы зависит от
времени по закону

Физические основы механики 13
ап =v2/R = a2t2/R.
Найдем время to, за которое частица пройдет п - тую часть
окружности. Зависимость пройденного частицей пути s от времени
определяется дифференциальным уравнением
ds/dt = at,
решение которого имеет вид: s=at2/2. Поэтому, искомое время ^о находится
из условия
откуда получаем соотношение a2t2 =4ftRna, подставляя которое в
выражение для нормального ускорения, получаем ап = 4тгап. Полное
ускорение в этот момент времени равно
а = ^а2 + DжапJ -
Подставляя численные значения задачи, получим а = 0,8 м/с2.
Ответ: а = а^\ + DтJ = 0,8 м/с2.
1.1.7. Частица А движется в одну сторону по траектории (см.
рис. 1.2) с тангенциальным ускорением ах=ат, где а - постоянный
вектор, совпадающий по направлению
с осью jc, а г - единичный вектор,
(X связанный с частицей А и
О у' направленный по касательной к
^ -—-^ траектории в сторону возрастания
р - ^ дуговой координаты. Найти скорость
частицы в зависимости от х, если в
точке х - 0 ее скорость равна нулю.
Решение
Дифференциальное уравнение, определяющее зависимость скорости
частицы v от времени /, имеет вид
dv
Учитывая, что
dv dv dx dv dv
— = = —v? =—vcos0,
dt dx dt dx dx

14 Глава 1
где в - угол между векторами а и г, получаем
— vcos0 = |a||r|cos0
dx ' " '
или
v— = а.
dx
Решение этого дифференциального уравнения с разделяющимися
переменными, с учетом начального условия х = 0 при t = О, дает искомую
зависимость скорости частицы от ее координаты
Ответ: v = -Jlax .
1.1.8. Колесо вращается вокруг неподвижной оси так, что угол (р
его поворота зависит от времени как (p = Et2, где /? =0,20 рад/с2. Найти
полное ускорение а точки А на ободе колеса в момент t = 2,5 с, если
скорость точки А в этот момент v = 0,65 м/с.
Решение.
Угловая скорость вращения колеса со в момент времени t равна
« = ^ = 2/?г.
А
Так как линейная скорость v точки А в этот момент времени связана с
угловой скоростью а соотношением v = aR, то радиус колеса R равен
а нормальное ускорение этой точки определяется выражением
n
К
Тангенциальное ускорение точки А в момент времени / равно
т dt dt 2fit t
и, следовательно, полное ускорение в этот момент времени имеет вид
= (v/f)Jl + [ifit1 j .
Используя численные условия задачи, получаем а = 0,7 м/с2.

Физические основы механики
15
Ответ: a = {v/
= 0,7 м/с2.
1.1.9. Твердое тело начинает вращаться вокруг неподвижной оси с
угловым ускорением E = at, где а =2,0x10рад/с3. Через сколько
времени после начала вращения вектор полного ускорения произвольной
точки тела будет составлять угол (р = 60° с ее вектором скорости?
Решение
Вектор скорости v некоторой точки тела, вращающейся по
окружности радиуса /?, направлен по касательной к этой окружности и,
следовательно, коллинеарен вектору
-> тангенциального ускорения ах этой точки (см.
рис. 1.3). Поэтому, тангенс угла (р между
вектором скорости v и полным ускорением а
вращающейся точки равен
Рис. 1.3
Тангенциальное ускорение ах связано с
угловым ускорением f5 известным соотношением
ах = /Ж = atR.
С другой стороны
п%~ dt
и, поэтому, для определения зависимости скорости v от времени /
получаем дифференциальное уравнение
решение которого имеет вид
dv
— = atR,
dt
aRt1
и позволяет определить нормальное ускорение ап вращающейся точки
v2 a2Rt4

16 Глава 1
Искомое выражение для тангенса угла (р между вектором скорости
v и полным ускорением а вращающейся точки имеет вид
ъ
откуда
а
Используя численные условия задачи, получаем t = 7 с.
1.1.10. Твердое тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его
угловая скорость зависит от угла поворота ср по закону со = соо-аср, где
ОH и а - положительные постоянные. В момент времени t = 0 угол ср - 0.
Найти зависимость от времени: а) угла поворота; б) угловой скорости.
Решение
По определению угловой скорости вращения
d(p
О) = —
Л
и, поэтому, зависимость угла поворота тела (р определится из
дифференциального уравнения
dcp
-f- = uH-a(p,
at
которое, с целью разделения переменных интегрирования, перепишем в
виде
йH-а<р
Взяв неопределенный интеграл от левой и правой частей этого
уравнения, получаем
{)
или

Физические основы механики 17
где С - константа интегрирования. Так как при t = 0 угол (р = 0, то
и, следовательно, искомая зависимость угла поворота тела (р от времени t
имеет вид
а зависимость угловой скорости *У от времени t определяется
дифференцированием последнего выражения
dt °
Ответ: a) cp(t) = ^-{\-e~at); б)
1.1.11. Точка А находится на ободе колеса радиуса R = 0,50 м,
которое катится без скольжения по горизонтальной поверхности со
скоростью v = 1,0 м/с. Найти:
а) модуль и направление ускорения точки А;
б) полный путь 5, проходимый точкой А между двумя
последовательными моментами ее касания поверхности.
Решение
Точка колеса А участвует одновременно в двух движениях -
поступательном со скоростью v и вращательном со скоростью vBp. Так как
колесо катится без проскальзывания, то скорость
вращения точки А равна скорости
поступательного движения колеса, то есть vBp = v.
Перемещение колеса происходит с постоянной
скоростью, поэтому ускорение точки А
определяется центростремительным ускорением
вращательного движения аА = v2/r =2,0 м/с2.
Направление векторов v и vBp для некоторого положения точки А,
определяемого центральным углом яг, показано на рис. 1.4. Проекции
скорости точки А на горизонтальное и вертикальное направление равны
vAx =v-vcos#
vAy =vsin#,

18
Глава 1
а полная скорость определяется выражением
v, =
где a-cot и со- угловая скорость вращения колеса.
Полный путь, проходимый точкой А между
последовательными моментами ее касания поверхности равен
двумя
2х/(О
s=
2x1@
со 0Ji
О О
Используя численные данные задачи, получаем s = 4,0 м.
Ответ: а) аА = v2/r = 2,0 м/с2, вектор аА направлен все время к
центру колеса; б) s = SR = 4,0 м.
1.1.12. Шар радиуса /?=10см катится без скольжения по
горизонтальной плоскости так, что его центр (точка С на рис. 1.5)
движется с постоянным ускорением а = 2,5 см/с2.
Через t = 2,0 с после начала движения его
положение соответствует рисунку. Найти:
)В а) скорости точек А и В;
б) ускорения точек А и О.
О
Рис. 1.5
Решение
Скорость центра шара (точки С) через
определяет скорость поступательного движения шара в этот момент
времени. Каждая точка на поверхности шара
участвует одновременно в двух движениях -
поступательном со скоростью vc и
вращательном со скоростью vBp. В частности,
точка шара О тоже участвует в двух
движениях с направлением соответствующих
скоростей, показанных на рис. 1.6.
Так как полная скорость точки О равна
нулю (шар не проскальзывает), то vBp=vc.
Скорость точки А будет равна сумме
= vBp+vc = 2vc = 2at, а скорость точки В найдем по теореме Пифагора

Физические основы механики 19
vB = Jv? + Vgp = y/2at. Используя численные условия задачи, получаем
vB
vA = Ю см/с и vB = 7 см/с.
Полное ускорение точки А шара равно векторной сумме трех
векторов: вектора ускорения поступательного движения а, вектора
, тангенциального ускорения вращательного
1 ^ движения ах (оба этих вектора направлены по
касательной к шару) и вектора
центростремительного ускорения вращательного
движения ап (см. рис. 1.7). По определению
ах - dvBp/dt и, следовательно, ах = а. Поэтому,
полное касательное ускорение точки А равно 2а.
Нормальное ускорение вращательного движения
точки А равно ап = (vBpJIR = {atflR. Полное
ускорение точки А найдем по теореме Пифагора
Для точки шара О направление векторов ускорения поступательного
движения а, тангенциального ускорения вращательного движения ах и
вектора центростремительного ускорения вращательного движения ап
показано на рисунке 1.7. Так как ах = а , то полное касательное ускорение
точки О равно нулю и, следовательно, полное ускорение точки О равно
нормальному ускорению этой точки, то есть
Яо=Яп=Ы2/Я-
Используя численные условия задачи, находим аА= 5,6 см/с2 и
ао= 2,5 см/с2.
J( 2Л
1+ —
yiR)
= 5,6см/с2; ао = Ш-= 2,5 см/с2.
R
1.1.13. Цилиндр катится без скольжения по горизонтальной
плоскости. Радиус цилиндра равен г. Найти радиусы кривизны траекторий
точек А и В (см. рис. 1.5).

20
Глава 1
Решение
Полная скорость точки А цилиндра в некоторый момент времени
равна удвоенной мгновенной скорости центра цилиндра С в этот момент,
то есть vA = 2vc (смотри решение предыдущей задачи). Полная скорость
точки А направлена по касательной к траектории движения этой точки.
Найдем нормальное ускорение точки А для этой траектории, то есть
компоненту полного ускорения точки А перпендикулярную направлению
полной скорости точки А цилиндра. Полное ускорение точки А равно
векторной сумме трех векторов: вектора мгновенного ускорения
поступательного движения а, вектора тангенциального ускорения
вращательного движения ах (оба этих вектора направлены по касательной
к цилиндру) и вектора центростремительного ускорения вращательного
движения ап (см. рис. 1.7). Из этих трех векторов только ап дает
отличную от нуля проекцию на нужное направление. Эта проекция равна
длине вектора ап , то есть ап= (vcJ/r.
С другой стороны, полная скорость точки А и нормальное ускорение
к траектории точки А связаны известным соотношением ап = (vAJ/RA , где
RA - радиус кривизны траектории, откуда
Аналогично, полная скорость точки В равна vB = V2vc и направлена
под углом 45° к направлению вектора vc (см. решение предыдущей
задачи). Полное ускорение точки В равно сумме
трех векторов: вектора ускорения
поступательного движения а, вектора
тангенциального ускорения вращательного
движения ах и вектора центростремительного
ускорения вращательного движения ап (см.
рис. 1.8).
Найдем проекцию этих векторов на
направление перпендикулярное вектору скорости точки В. Так как длины
векторов а и ах равны друг другу (см. решение предыдущей задачи), то
проекции этих векторов равны и противоположны по знаку.
Следовательно проекция полного ускорения точки В на нужное
Рис.

Физические основы механики 21
направление равна ancos45° = an/V2. Это и есть ускорение точки В
нормальное к траектории ее движения (перпендикулярное вектору vB).
Поэтому, радиус кривизны траектории точки В равен
R - ув _ 2vc _лг К
Ad — 1 г— — ~ ,/ 7=\ — Ll V ^ •
J4l 2j(j2)
Ответ: RA = Ar ; RB = 2rV2.
1.1.14. Два твердых тела вращаются вокруг неподвижных взаимно
перпендикулярных пересекающихся осей с постоянными угловыми
скоростями 6^=3,0 рад/с и ОJ =4,0 рад/с. Найти угловую скорость и
угловое ускорение одного тела относительно другого.
Решение
Перейдем во вращающуюся систему отсчета, связанную с первым
телом. В этой системе отсчета второе тело участвует одновременно в двух
движениях: вращении с вектором угловой скорости -щ относительно
первой оси и вращении с вектором угловой скорости со2 относительно
второй оси. Так как оси вращения перпендикулярны друг другу, то
векторы -со1 и оJ, будучи направленными по соответствующим осям
вращения, взаимно перпендикулярны. Вектор полной угловой скорости
второго тела относительно первого равен а) = аJ-(о1, а длина этого
вектора может быть найдена по теореме Пифагора: со = ^cof + QJ .
Используя численные условия задачи, получаем со = 5,0 рад/с.
Угловое ускорение второго тела относительно первого по
определению равно
R_d(o _ d(o2 _ dcox
P~~dt"~dt""df'
В рассматриваемой системе отсчета вектор сох остается неизменным как
по величине, так и по направлению и, следовательно, da)Jdt = O. Вектор
<о2 в этой системе отсчета вращается с угловой скоростью сох
относительно оси, проходящей через вектор а){, и направлен
перпендикулярно этой оси. Рассматривая со2 как радиус-вектор некоторой
точки, расположенной на его конце, приходим к тому, что daJldt имеет
смысл линейной скорости вращения этой точки по окружности с

22
Глава ]
"радиусом" 0J, то есть \daJ/dt\ = oj{oj2 . В результате, угловое ускорение J5
одного тела относительно другого определяется выражением
dco
dt
dw2
dt
= co,
Используя численные условия задачи, получаем J3 = 12,0 рад/с .
Ответ: со = д/бУ,2 + а>\ - 5,0 рад/с ; J3 = (Охсог = 12,0 рад/с2.
1.1.15. Круглый конус с углом полураствора а =30 и радиусом
основания R = 5,0 см катится равномерно без скольжения по
горизонтальной плоскости, как показано на рис. 1.9. Вершина конуса
закреплена шарнирно в точке О, которая находится на одном уровне с
точкой С - центром основания конуса. Скорость точки С равна
v- 10,0 см/с. Найти модули: а) угловой скорости конуса; б) углового
ускорения конуса.
Решение
Конус участвует одновременно в двух движениях: вращении вокруг
вертикальной неподвижной оси с угловой скоростью (О\ и вращении
вокруг оси ОС с угловой скоростью a>i .
Направление соответствующих векторов
показано на рис. 1.9. При этом, точка С
движется по окружности радиуса R/tga с
постоянной скоростью v, поэтому
о\ =vtga/R.
Так как конус катится по
горизонтальной плоскости без скольжения,
то скорость вращения вокруг оси ОС тех точек основания конуса, которые
соприкасаются с плоскостью, равна v. Радиус окружности по которой
вращаются эти точки равен R, поэтому угловая скорость вращения конуса
вокруг оси ОС равна со2 = v/R.
а) Принимая во внимание, что векторы СО] п О* взаимно
перпендикулярны, получаем для модуля вектора полной угловой скорости
конуса й)= G)[+(Q2. выражение
Рис. 1.9
Rcosa

Физические основы механики 23
Используя численные значения задачи, получаем (О- 2,3 рад/с.
б) Вектор углового ускорения конуса равен по определению
R_d(o _ dw] duJ
P~~~dt~~di*~dt~'
причем первое слагаемое в этой сумме равно нулю, так как вектор О)[
остается неизменным, как по длине, так и по направлению. Вектор же й? ,
оставаясь неизменным по длине, вращается вокруг вертикальной оси с
угловой скоростью СО\ и направлен перпендикулярно этой оси.
Рассматривая w2 как радиус-вектор некоторой точки, расположенной на
его конце, приходим к выводу, что daJ/dt имеет смысл линейной
скорости вращения этой точки по окружности с "радиусом" о^, то есть
\doJ/dt\ = (ol(o2. В результате, угловое ускорение /? конуса определяется
выражением
откуда /?= 2,3 рад/с2.
Ответ: a) O) = v/(R cos a) =2,3 рад/с; б) /? = (v/#Jtgar = 2,3 рад/с2.
1.2. Основное уравнение динамики
Основные формулы
•, Основное уравнение динамики (второй закон Ньютона):
m^F, A.2.1)
dt
где т -масса частицы (материальной точки), v - вектор ее скорости, F -
результирующая всех сил, действующих на частицу.
• Это же уравнение в проекциях на касательную и нормаль к траектории
движения частицы:
m±=F^mvl=Fa. A.2.2)
где R - радиус кривизны траектории в данной точке.
•
Уравнение движения центра масс С системы частиц:
dVC 17 /1 -> ^Ч
т—- = F , A.2.3)
dt

24 Глава 1
где F - сумма всех внешних сил, действующих на частицы, т - масса
системы частиц.
Примеры решения задач
1.2.1. Частица движется вдоль оси х по закону х-at1 - fit3, где а
и fi - положительные постоянные. В момент времени t = О сила,
действующая на частицу, равна Fo . Найти значения Fx силы в точках
поворота и в момент, когда частица опять окажется в точке х = 0.
Решение.
По второму закону Ньютона сила, действующая на частицу равна
л2„
dr
где масса частицы т может быть найдена из начального условия при t = 0
В результате, зависимость силы от времени принимает следующий вид
FX=FOA-M,).
Момент времени tn, соответствующий точке поворота, находится из
условия
v = — = 2ш-3/?/2=0,
dt
откуда tn = 2а/ЪР (момент времени t = 0 соответствует началу движения
точки, а не повороту).
Момент времени г0, когда частица опять окажется в точке х=0,
находится из уравнения
x = at2-fit3=09
один корень которого / = 0 соответствует началу движения, а второй
корень t0 = a/E искомому моменту возвращения в начальную точку.
Подставляя полученные времена в выражение для силы, находим
значения Fx в точке поворота
FM = -Fo
и в тот момент, когда частица опять окажется в точке х=0

Физические основы механики
25
Ответ: Fx(rn) = -Fo; Fx(r0) = -2F0.
1.2.2. Небольшое тело пустили снизу вверх по наклонной
плоскости, составляющий угол а - 15° с горизонтом. Найти коэффициент
трения, если время подъема тела оказалось в 7] = 2,0 раза меньше времени
спуска.
Решение
Силы, действующие на тело при его движении вверх, показаны на
рисунке 1.10. Уравнение второго закона Ньютона в проекциях на ось х
имеет вид
-тах = -mg sin a-kmg cos a,
то есть вверх тело движется равнозамедленно
ускорением
ах =
Рис. 1.10
определится из условия
уравнение его движения таково:
axt2
х - V г~»
где v0 - начальная скорость тела.
Время движения тела
^ = — = v -at = O
dt ° X
вверх
откуда t = tx = vo/fli, а координата точки поворота хх = x(tx) = v\J2ax.
При движении тела вниз меняется направление силы трения и,
следовательно, вниз тело движется равноускоренно с ускорением
а2 = (sin а - к cos a)g ,
а уравнение его движения имеет следующий вид:
2 2 Л
1 2 2ах 2
Время движения тела вниз ti определится из условия
2 Л
откуда
v0
t = tj=-
С1М,

26 Глава 1
а отношение времен спуска и подъема тела по условию равно 7]. Поэтому
имеем
^ = /7= Б= |sinQr + /:C0SQr^ Ы^ + к
г, \а, \sina-kcosa \iga-k
и, следовательно, коэффициент трения к равен
7/2+1
Используя численные данные задачи, получаем к = О,16.
Ответ: /:=-^ tgor =0,16.
72+1
1.2.3. На гладкой горизонтальной плоскости лежит доска массы т\ и
на ней брусок массы т2. К бруску приложили горизонтальную силу,
увеличивающуюся со временем t по закону F = at, где а - постоянная.
Найти зависимость от t ускорений доски о\ и бруска а2, если коэффициент
трения между доской и бруском равен к.
Решение
На брусок действуют в горизонтальном направлении две силы: сила
тяги F-at и сила трения Frp (см рис. 1.11). Сила трения возникает как
результат взаимодействия с доской, на
которой находится брусок. Поэтому, по
третьему закону Ньютона, на доску
действует сила, направленная в
противоположную сторону и равная FTp. Эта
сила играет для доски роль силы тяги.
До тех пор пока Fw < F0=km2g , где Fo
Рис. 1.11 - максимальная сила трения покоя, брусок
не скользит по доске и они движутся как
единое целое с одинаковым ускорением а. Уравнения второго закона
Ньютона для этих тел в проекции на горизонтальное направление имеют
вид
at - FTp =
откуда

Физические основы механики
27
at
fflx
тх
-at.
тх + т2
Условие Frp<Fo = km^ определяет верхнюю границу времени /0, в течение
которого эти тела движутся вместе
t<t =km2g{mx+m2)
aml
При t > to тела движутся раздельно каждое со своим ускорением а\ и
а2, а сила трения становится силой трения скольжения Fw = km2g.
Уравнения второго закона Ньютона для этих тел в проекциях на
горизонтальное направление принимают вид
at - km2g = m2a2
km2g = m\d\,
откуда
вя2? п а ^at-km2g
т{ т2
a, =
Ответ: ax = a2 = a =
mx
YYl~>
m2
при t < t0 =
amx
1.2.4. Призме, на которой находится брусок массы т, сообщили
влево горизонтальное ускорение а (см. рис. 1.12). При каком
максимальном значении этого ускорения
брусок будет оставаться еще неподвижным
относительно призмы, если коэффициент
трения между ними к < ctgal
Рис. 1.12
Решение
Силы, действующие на брусок, показаны на рис. 1.13. Уравнения
второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальную ось х и
вертикальную ось у имеют вид

28
Глава 1
FTpcosa+N sin or= ma
-F^sm a + N cos a = mg.
Максимальное значение силы трения
покоя F^ = kN соответствует максимальному
ускорению атах, при котором брусок еще
неподвижен относительно призмы. В этом
предельном случае получаем
kN cos a + N sin a - татйх
-kN sinor + N cosa= mg.
Поделив первое уравнение на второе найдем искомое выражение для
максимального ускорения
_ kcosa + sma _kctga + \
cosa-ksina ctga-k
Рис. 1.13
^ kctga +1
Ответ: ятах=— -g.
ctga-k
1.2.5. К бруску массы т, лежащему на гладкой горизонтальной
плоскости, приложили постоянную по модулю силу F = mg/3. В процессе
его прямолинейного движения угол а
между направлением этой силы и
горизонтом меняют по закону a =ks , где
к - постоянная, s - пройденный бруском
путь (из начального положения). Найти
скорость бруска как функцию угла а.
Рис. 1.14
Решение
Уравнение второго закона Ньютона в проекции на горизонтальную
ось х имеет вид (см. рис. 1.14)
Fcosa = m—-.
dt
Подставляя сюда значение силы F=mg/3 и учитывая соотношение
dvx dvx da , dvx ds ,, , dvx
—- = —-— = k —-— = k v? —-,
dt da dt da dt ' l da
приходим к дифференциальному уравнению

Физические основы механики 29
з
решая которое получаем искомую зависимость скорости бруска v = |vx| от
угла а
Ответ: v= R-
1.2.6. Автомашина движется с постоянным тангенциальным
ускорением ах =0,62 м/с2 по горизонтальной поверхности, описывая
окружность радиуса /? = 40м. Коэффициент трения скольжения между
колесами машины и поверхностью к = 0,20. Какой путь пройдет машина
без скольжения, если в начальный момент ее скорость равна нулю?
Решение
При движении автомашины по окружности (рис. 1.15)
тангенциальная составляющая силы трения Fx играет роль силы тяги
машины и обеспечивает ее тангенциальное ускорение
ат. Поэтому Fx = max, где m - масса автомобиля.
Нормальная составляющая силы трения Fn
обеспечивает необходимое центростремительное
ускорение машины, то есть Fn = mv2/R, где v - скорость
автомобиля в рассматриваемый момент времени.
рис у 15 Сила трения, действующая на машину, равна
причем, пока колеса автомашины не проскальзывают, это сила трения
покоя. Ее максимальное значение F^ax = kmg определяет предельную
скорость, с которой автомобиль может двигаться без скольжения
vmuX=i](kgRJ-(axRJ.
Время, за которое машина приобретет эту скорость, равно t = vmux/ax, a
путь, пройденный автомобилем к этому моменту времени

30
Глава 1
s =
Используя численные данные задачи, получаем путь пройденный
машиной без скольжения s = 60 м.
Ответ: s = (R/2)^(kg/axJ -1 = 60 м.
1.2.7. Через блок, укрепленный на потолке комнаты, перекинута
нить, на концах которой подвешены тела с массами т\ит2. Массы блока
и нити пренебрежимо малы, трения нет. Найти ускорение центра масс этой
системы.
Решение
Силы, действующие на тела, показаны на рис. 1.16. Проекция
вектора ускорения ас центра масс С этой системы на ось у определяется из
уравнения движения центра масс
Рис. 1.16
(
т,
+ m2g-2T.
Для определения силы натяжения нити Т
запишем уравнения второго закона Ньютона
для каждого тела в отдельности
T-m2g=m2a,
где для определенности мы положили, что
ускорение первого тела а направлено вниз, а
второго тела - вверх. Из этих уравнений
получаем
Т _ 2mlm2g
m, +m2
и, следовательно, ускорение центра масс этой системы тел равно
_ mxg+m2g-2T _
аг =-
-m2f
8
и направлено вертикально вниз.

Физические основы механики
31
Ответ: ас=
(т, - т2 У
1.2.8. Бак с водой движется по наклонной плоскости, составляющей
угол а с горизонтом. Определить угол наклона /5 поверхности воды с
горизонтом, считая положение воды в баке установившимся.
Коэффициент трения между баком и плоскостью равен k (к <tga).
Решение
Запишем уравнения движения бака с водой в системе координат
хОу, показанной на рис. 1,
Рис. 1.17
Ox: Max =Mgs\na-Frp =Mgsina-kN
Оу: N-Mgcosa = 0 ,
и из них получим
ах =g(sina-kcosa).
Перейдем теперь в неинерциальную систему координат х'О'у\
связанную с баком. В установившемся режиме движения вода в системе
координат х'О'у' покоится. Рассмотрим тонкий слой воды на поверхности
(см. заштрихованный участок на рис. 1.17). На этот слой массой т

У1 Глава 1
действует сила тяжести mg, сила реакции N\ со стороны нижележащих
слоев воды и сила инерции Fin = -тах. Второй закон Ньютона для слоя
массы т в системе координат х'(Уу' запишется следующим образом:
Переписав это уравнение в проекциях на координатные оси
О'х': mgsina - Nfiinia - /5)- mg(sma -kcosa) = О
О1 /: N{cos(a - /?) - mgcosa = О
и исключив N\, получаем
откуда искомый угол равен /? = a-arctgfc. В случае отсутствия трения,
когда к=0, имеем /3 = а, что и следовало ожидать.
Ответ: /? = a-arctgfc
13. Законы сохранения
Основные формулы
• Приращение импульса системы частиц:
2
p2-Pi = \Fdt, A.3.1)
1
где F- сумма всех внешних сил, действующих на частицы.
• Работа и мощность силы:
A=\Fdr\ P = Fv, A.3.2)
где dr - элементарное перемещение точки приложения силы F.
• Приращение кинетической энергии частицы:
Т2-Т,=А, A.3.3)
где А - работа всех сил, действующих на частицу.
• Приращение полной механической энергии частицы в потенциальном
силовом поле
?2-?| =А>. A-3.4)
где Ао - работа результирующей всех сторонних сил, то есть сил, не
принадлежащих к силам данного поля

Физические основы механики 33
Приращение момента импульса системы частиц относительно
неподвижной точки О
2
A.3.5)
где N - суммарный момент относительно точки О всех внешних сил,
действующих на систему. Уравнение A.3.5) остается справедливым для
движущейся точки О, если она совпадает с центром масс системы или
ее скорость параллельна скорости центра масс.
Примеры решения задач
1.3.1. Цепочка массы т = 1 кг и длины / = 1,4 м висит на нити,
касаясь поверхности стола своим нижним концом. После пережигания
нити цепочка упала на стол. Найти полный импульс, который она передала
столу.
Решение
Рассмотрим небольшой элемент цепочки длиной dx, расположенный
на высоте х над столом. Масса этого элемента равна dm = (m/l)dx, а его
скорость непосредственно перед ударом о поверхность стола определяется
выражением для скорости свободно падающего с высоты х тела: v = <y]2gx.
После удара о стол рассматриваемый элемент цепочки покоится и,
поэтому, импульс передаваемый столу равен dp = (m/l) ^Igxdx.
Интегрируя по всей длине цепочки от 0 до / найдем полный импульс,
который передала цепочка столу при падении
о о 3
Подставляя численные значения задачи, получаем р - 3,5 кг м/с .
Ответ: р = —^J2gl=3,5 кг м/с .
1.3.2. Пушка массы М начинает свободно скользить вниз по гладкой
плоскости, составляющей угол ее с горизонтом. Когда пушка прошла путь

34
Глава 1
I, произвели выстрел, в результате которого снаряд вылетел с импульсом
р в горизонтальном направлении, а пушка остановилась. Пренебрегая
массой снаряда, найти продолжительность выстрела.
Решение
Скорость пушки непосредственно перед выстрелом легко найти из
закона сохранения полной механической энергии пушки при ее
скольжении по наклонной плоскости (см. рис. 1.17). Она равна
v = <y]2glsma . Система «пушка - снаряд» не является замкнутой, так как
на нее действуют внешние силы: сила реакции опоры и сила тяжести.
Чтобы исключить из рассмотрения силу реакции опоры N, которая
изменяется во время выстрела скачкообразно, запишем закон изменения
импульса системы в проекциях на ось х.
Пренебрегая массой вылетевшего снаряда по
сравнению с массой пушки, получим
pcosa-Mv = TMg sin a,
откуда для продолжительности выстрела т
получаем выражение
Рис. 1.17
_ pcosa-M^2glsina
Mg sin a
_ pcosa-M^Jlglsina
Mg sin a
1.3.3. Небольшое тело начинает скользить с высоты h по
наклонному желобу, переходящему в полуокружность радиуса h/2 (см.
рис. 1.18). Пренебрегая трением, найти
R=h/1 \ скорость тела в наивысшей точке его
траектории после отрыва от желоба.
Рис. 1.18
Решение
В момент отрыва тела сила реакции
опоры обращается в ноль и, поэтому, в точке отрыва уравнение второго
закона Ньютона в проекциях на направление к центру окружности, по
которой движется тело, имеет вид (см. рис. 1.19)

Физические основы механики 35
mvl 2mvl
mg cos a = —- = -,
R h
где v0 - скорость тела в момент отрыва, R = h/2- радиус окружности.
Так как трения нет, то выполняется
закон сохранения полной механической
энергии
a]/ h = mvl , mgh(\ +cos a)
2
mg 2 2
р 1Q Рассматривая эти соотношения как два
уравнения с двумя неизвестными vo и cos a
, получаем v0 = gh 3 и cosa= 2/3.
После отрыва тела от желоба оно продолжает движение как
свободное тело, брошенное со скоростью Vo под углом а к горизонту. В
полете горизонтальная составляющая скорости тела остается неизменной
и равной vocosa, а вертикальная составляющая по мере подъема тела
убывает и в высшей точке его траектории становится равной нулю. В
итоге, полная скорость тела в высшей точке его траектории равна
2 \gh
3V 3
1.3.4. Система состоит из двух одинаковых цилиндров, каждый
массы т, между которыми находится сжатая невесомая пружина
жесткости к (см. рис. 1.20). Цилиндры связаны нитью,
которую в некоторый момент пережигают. При каких
значениях А/ - начальном сжатии пружины - нижний
цилиндр подскочит после пережигания нити?
Рис. 1.20
Решение
После пережигания нити сжатая пружина начнет распрямляться,
пройдет точку, соответствующую собственной длине несжатой пружины
и, далее, будет удлиняться, пока скорость верхнего тела не станет равной

36 Глава 1
нулю. Пусть удлинение пружины при этом равно Ajc, тогда закон
сохранения полной механической энергии может быть записан в виде
к(А1J к(АхJ
=
Минимальное начальное сжатие А/ пружины, при котором нижний
цилиндр оторвется от плоскости, может быть найдено из этого уравнения,
если учесть, что наименьшее растяжение пружины Ajc, приводящее к
отрыву цилиндра, определяется условием кАх = mg. Подстановка Ajc
приводит к квадратному уравнению
имеющее физический смысл решение которого
К
определяет минимально необходимое начальное сжатие пружины.
Ответ:
1.3.5. Замкнутая система состоит из двух частиц с массами тх и т2,
которые движутся под прямым углом друг к другу со скоростями vi и v2.
Найти в системе их центра масс:
а) импульс каждой частицы;
б) суммарную кинетическую энергию обеих частиц.
Решение
Скорость центра масс системы частиц равна
_mlvl+m2v2
0"~ , '
m, +m2
поэтому, импульс первой частицы в системе центра масс р[0 определяется
выражением
где
pi0=m1v1-rn1v0=mi v, U I_l =//(v v )f
^ m{+m2 )
m, + m2

Физические основы механики
37
приведенная масса системы рассматриваемых частиц.
Аналогично, импульс второй частицы в системе центра масс р20
равен
Рис. 1.21
центра масс равна
PlO = W2V2 ~ m2V0 = m2 \V2 —
ml+m2
Видно, что Рю = -р20, а длины этих векторов
V\ -Уг одинаковы и определяются выражением (см. рис.
1.21)
V2
Суммарная кинетическая энергия частиц в системе
T=Pl0 , Pip ^(Vl2
2 2
2m,
Ответ: \рю\ = |р20| =
, где // =
1.3.6. Шайба А массы т, скользя по гладкой горизонтальной
поверхности со скоростью v, испытала в точке О (см. рис. 1.22) упругое
столкновение с гладкой неподвижной стенкой. Угол между направлением
движения шайбы и нормалью к стенке равен а.
Найти:
а) точки, относительно которых момент импульса
М шайбы остается постоянным в этом процессе;
б) модуль приращения момента импульса шайбы
относительно точки Oi , которая находится в
плоскости движения шайбы на расстоянии / от
точки О.
О
Рис. 1.22
Решение
Быстрота изменения момента импульса М шайбы определяется
законом
dt

38 Глава 1
где N - момент сил, действующих на шайбу. Сила тяжести шайбы
компенсируется силой реакции со стороны поверхности, по которой она
скользит. Момент силы, действующей на шайбу со стороны стены в
момент удара, будет равен нулю для всех точек на оси перпендикулярной
поверхности стены и проходящей через точку удара О (показана на
рисунке 1.22 пунктиром), так как для этих точек радиус-вектор шайбы в
момент удара и сила реакции со стороны стены параллельны друг другу.
Поэтому, для всех этих точек dM/dt = 0 , то есть вектор М остается
постоянным.
Момент импульса шайбы относительно точки Oi непосредственно
перед ударом о стену равен
\МХ | = \О{О х р] | = mvl sm(a + я/2) = mvl cos а
и направлен перпендикулярно плоскости скольжения шайбы вниз.
Сразу после удара момент импульса шайбы меняет направление на
противоположное, не изменяясь по величине и, поэтому, модуль
приращения момента импульса будет равен
|
Ответ: а) момент импульса М шайбы остается постоянным
относительно всех точек на оси перпендикулярной поверхности
стены и проходящей через точку удара О ; б) |ДЛ#| = 2mv/cos #.
1.3.7. Гладкий однородный стержень АВ массы М и длины /
свободно вращается с угловой скоростью 0H в горизонтальной плоскости
вокруг неподвижной вертикальной оси, проходящей через его конец А. Из
точки А начинает скользить по стержню небольшая муфта массы т. Найти
скорость vi муфты относительно стержня в тот момент, когда она
достигнет его конца В.
Решение
Проекции на ось вращения моментов всех внешних сил,
действующих на стержень и муфту равны нулю. Следовательно, в
проекциях на ось вращения выполняется закон сохранения момента
импульса системы «стержень - муфта». Обозначив через со угловую
скорость вращения стержня в тот момент, когда муфта достигнет его
конца В, запишем условие закона сохранения момента импульса в виде

Физические основы механики 39
Jo)q = Jco+ml2a),
где J = A/3)М/2 - момент инерции стержня относительно оси вращения,
проходящей через его конец, ml2 - момент инерции муфты в точке В.
Так как стержень гладкий и трения нет, то для системы «стержень -
муфта» выполняется также закон сохранения механической энергии
Jco2 mv2
~2~ + ~Т~'
где v - полная скорость муфты в точке В.
Решая эти уравнения совместно, получаем
1+Зт/М
V
1+Зт/М
Полная скорость муфты в точке В складывается из вращательной скорости
vBp = col вместе со стержнем и скорости ее продольного движения вдоль
стержня vi. Так как направления этих скоростей взаимно
перпендикулярны, то искомая скорость vi определяется по теореме
Пифагора
1 v v ' Vl + 3m/M
Ответ: v, = -
1.3.8. Небольшую шайбу поместили на внутреннюю гладкую
поверхность неподвижного круглого конуса (рис. 1.23) на высоте hx от его
вершины и сообщили ей в горизонтальном направлении по касательной к
поверхности конуса скорость vi . На какую высоту hi от вершины конуса
поднимется шайба?
Решение
Силы, действующие на шайбу в процессе движения, не создают
вращающего момента относительно оси конуса. Поэтому относительно
этой оси выполняется закон сохранения момента импульса шайбы.

40
Глава 1
Принимая во внимание, что в верхней точке траектории скорость шайбы v2
направлена горизонтально, получаем
где а- угол полураствора конуса.
Так как трения нет, то выполняется также и
закон сохранения полной механической энергии
mv,2
Исключая из этих уравнений скорость
шайбы v2 , приходим к уравнению для
определения высоты подъема h2
ИЛИ
Рис. 1.23
2g/i22-v12/i2-v12/i1=0.
Имеющий физический смысл корень этого квадратного уравнения
и определяет искомую высоту подъема шайбы.
Ответ: /i2 =
1.3.9. Из пушки массы М, находящейся на наклонной плоскости, в
момент, когда пушка покоится, производится выстрел и вылетает снаряд
массы т с начальной скоростью Vo относительно земли. Определить на
какую высоту поднимется пушка в результате отдачи, если угол наклона
плоскости равен (р, а коэффициент трения между пушкой и плоскостью
равен /и. Продолжительность выстрела считать пренебрежимо малой.
Решение
В момент выстрела резко увеличивается давление пушки на
наклонную плоскость и, следовательно, скачком возрастает сила трения,
действующая на пушку. Поэтому закон сохранения импульса здесь
неприменим. Используем закон изменения импульса в форме:

Физические основы механики 41
где АР - изменение импульса системы «снаряд+пушка», ^F} - сумма
всех внешних сил, действующих на эту систему в момент выстрела, т -
время выстрела. В проекциях на координатные оси (см. рис. 1.24)
N
Рис. 1.24
это уравнение переписывается следующим образом:
Оле: mV0cos^- MV =[FTp + (М + m)gsin<p]T,
Оу: mVosin^ = [N - (М + m)cos^?]r,
где V- скорость пушки сразу после выстрела и F^ = juN. Поскольку время
выстрела очень мало, то сила реакции N во время выстрела много больше,
чем сила тяжести пушки и снаряда. Поэтому в этих уравнениях можно
пренебречь вторым членом в квадратных скобках. В результате получим:
m Vo cos (p - MV = /jNt
Исключая из этих уравнений N, получим:
V = -(cos^> - //sin (p).
М

42 Глава 1
Высоту подъема пушки после выстрела можно найти, используя
соотношение между работой силы трения и изменением полной
механической энергии пушки:
h _ , MV2
А = -juMgcosp- S = -juMgcosp • -— = Mgh -
где 5 -путь, пройденный пушкой вдоль наклонной плоскости. После
подстановки скорости V получим выражение для высоты подъема пушки h
после выстрела.
Ответ: h = -
/.4 Динамика твердого тела
Основные формулы
Уравнение движения центра масс С твердого тела массы т
m^- = F A.4.1)
dt
где F - результирующая всех сил, действующих на тело, vc - скорость
центра масс тела.
Закон изменения момента импульса М твердого тела относительно
неподвижной точки О
N A.4.2)
dt
где N - суммарный момент относительно точки О всех сил,
действующих на тело. Уравнение A.4.2) остается справедливым для
движущейся точки О, если она совпадает с центром масс тела или ее
скорость параллельна скорости центра масс.
Основное уравнение динамики твердого тела, вращающегося
относительно неподвижной оси z с угловым ускорением J3:
Jj = Nzi A.4.3)
где Л - момент инерции твердого тела относительно оси вращения, Nz -
алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих на тело,
относительно оси z. Уравнение A.4.3) остается справедливым для

Физические основы механики 43
поступательно движущейся оси вращения, если она проходит через
центр масс тела.
Теорема Штейнера:
Jz=Jc+ma\ A.4.4)
где /с - момент инерции твердого тела массы т относительно оси
проходящей через центр масс С и параллельной оси z, a - расстояние
между осями.
Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг
неподвижной оси z с угловой скоростью ел
T = Jza>2/2. A.4.5)
Работа внешних сил при повороте твердого тела вокруг неподвижной
оси z, совпадающей по направлению с вектором угловой скорости о:
A=JNzd<p. A.4.6)
Кинетическая энергия твердого тела при плоском движении:
r = W + ™? A47)
2 2
где Ус - момент инерции твердого тела массы т относительно оси
проходящей через центр масс С тела, vc - скорость центра масс, со -
угловая скорость вращения тела.
• Связь между угловой скоростью Gh прецессии гироскопа, его моментом
импульса М, равным Job, и моментом N внешних сил:
[в\Д#]=ЛГ. A.4.8)
Примеры решения задач
1.4.1. Однородный шар массы т = 4,0 кг движется поступательно по
поверхности стола под действием постоянной силы F, приложенной, как
показано на рис. 1.24, где угол а- 30°. Коэффициент трения между шаром
и столом k = 0,20. Найти F и ускорение шара.
Решение
Пускай шар движется вправо. Силы, действующие на шар, показаны
на рис. 1.24. Так как движение шара является поступательным, то его
момент импульса относительно центра масс О равен нулю и остается
неизменным в процессе движения. Тогда, согласно уравнению моментов,

44 Глава 1
векторная сумма моментов всех сил, действующих на шар, относительно
точки О должна равняться нулю, то есть
FRsina-kNR = Q,
где R радиус шара, N - сила реакции опоры.
Добавив к полученному соотношению
уравнение движения центра масс шара в
проекции на горизонтальное направление
Fcosa-kN -та
и в проекции на вертикальное направление
F sin а + N - mg = О,
получаем систему из трех уравнений, совместное решение которых дает
искомые выражения для силы, приложенной к шару
F = krng
и для ускорения шара
Используя численные данные задачи, получаем F = 13,1 Н и а = 1,2 м/с2.
Ответ: F = ^ = 13,1 Н; a = -^-(ctgar-l) = 1,2 м/с2.
(\ + k)sina 1 + fc
1.4.2. Горизонтально расположенный тонкий однородный стержень
массы т подвешен за концы на двух вертикальных нитях. Найти силу
натяжения одной из нитей сразу после пережигания другой нити.
Решение
Силы, действующие на стержень сразу после пережигания одной из
нитей, показаны на рисунке 1.25. Движение центра масс стержня
описывается уравнением mdv/dt = mg-T, а уравнение динамики
вращательного движения стержня относительно оси, проходящей через
точку подвеса О, имеет вид
Jdu)/dt = mgl/2,
где J = A/3)ш/2 - момент инерции стержня.
С учетом связи v = col/2 между скоростью центра масс стержня и
угловой скоростью его вращения, получаем два уравнения с двумя

Физические основы механики
45
О
неизвестными: угловым ускорением стержня dco/dt и силой натяжения
нити Т. Совместное решение дает искомую силу натяжения нити
T = mg/4.
Когда стержень висел на двух нитях, на
каждую нить действовала сила tng/2. При
пережигании одной из нитей сила, действующая
на оставшуюся нить, скачкообразно уменьшается
вдвое. Такое скачкообразное изменение связано с
идеализацией: стержень считается абсолютно
твердым. Реальный стержень деформируется и
при учете этого обстоятельства сила натяжения
нити будет меняться непрерывно.
Ответ: Т = mg/4.
1.4.3. Система, показанная на рис. 1.26, состоит из двух одинаковых
однородных цилиндров, на которые симметрично намотаны две легкие
нити. Найти ускорение оси нижнего цилиндра в процессе движения.
Трения в оси верхнего цилиндра нет.
Решение.
Силы, действующие на цилиндры с массами m и радиусами /?,
показаны на рисунке 1.26. Уравнение второго закона Ньютона,
описывающее поступательное движение нижнего
цилиндра вниз (движение его центра масс) с ускорением
а, имеет вид
mg - Т = та,
а основное уравнение динамики вращательного движения
этого цилиндра относительно оси, проходящей через его
центр масс, записывается как
2/ J/i=TR>
где J = mR /2 - момент инерции цилиндра, р - его
угловое ускорение вращения.
Принимая во внимание, кинематическую связь
между угловыми ускорениями вращения цилиндров /? и линейным
ускорением а центра масс нижнего цилиндра
Рис. 1.26

46
Глава 1
и решая полученные уравнения совместно, приходим к искомому
выражению для ускорения оси нижнего цилиндра в процессе движения
Ответ: a = 4g/5.
1.4.4. В системе, показанной на рис. 1.27, известны масса т груза А,
масса М ступенчатого блока В, момент инерции J последнего
относительно его оси и радиусы ступеней блока R и 2R. Масса нитей
пренебрежимо мала. Найти ускорение груза А.
Решение
Совокупность уравнений, описывающих поступательное движение
ступенчатого блока вверх с ускорением а2 и вращательное движение
блока с угловым ускорением Д имеет вид
T2-Mg-Tx=Ma2
Tx2R-T2R = J/3.
Поступательное движение груза вниз с
ускорением ах описывается уравнением
mg - Тх = тах.
Добавив к этим уравнениям кинематическую
связь между линейными и угловыми
ускорениями
ax=j32R-j3R = j3R
a2=jSR
и решив полученную совокупность
уравнений совместно, получаем искомый
ответ для ускорения груза
(m-M)g
m + M+j/R2'
Видно, что при т> М груз движется вниз, а при т<М - вверх.
(m-M)g
Ответ: а, =— -т~т-
m + M+J R2
Т
а, =-

Физические основы механики 47
1.4.5. Однородный диск радиуса R раскрутили до угловой скорости
соо и осторожно положили на горизонтальную поверхность. Сколько
времени диск будет вращаться на поверхности, если коэффициент трения
равен kl
Решение.
Сначала найдем момент N сил трения, действующих на диск. Для
этого рассмотрим часть диска в виде кольца радиуса г с бесконечно малой
шириной dr (см. рис. 1.28). На это кольцо действует
сила трения скольжения равная произведению
коэффициента трения к на силу тяжести этого кольца.
Последняя равна pgbiTtrdr , где р - плотность
материала диска, Ъ - толщина диска и g - ускорение
свободного падения. Плечо всех сил трения,
действующих на части этого кольца одинаково и
Рис. 1.28
равно радиусу кольца г, поэтому момент сил трения
dN, приложенных к рассматриваемому кольцу, имеет вид
dN = kpgbl7cr2dr.
Интегрируя, затем, полученное выражение в пределах от 0 до /?, найдем
момент сил трения, действующих на весь диск
R R 2
N = jkpgb2m-2dr = 2nkpgb \r2dr = -mgkR,
о о 3
где введена масса диска т = pbnR2.
Основное уравнение динамики вращательного движения диска
принимает следующий вид
где J = mR2/l - момент инерции диска. Решение этого уравнения с учетом
начальной угловой скорости вращения диска соь определяется выражением
A kg
Время вращения диска до остановки f0 определится из условия
со = 0, откуда получаем
_
4kg

48
Глава 1
Ответ: гп =
4kg
1.4.6. Однородный цилиндр радиуса R раскрутили вокруг его оси до
угловой скорости со0 и поместили затем в угол. Коэффициент трения
между стенками угла и цилиндром равен к. Найти:
а) сколько времени будет вращаться цилиндр;
б) сколько оборотов сделает цилиндр до остановки.
Решение
Силы, действующие на цилиндр, показаны на рис. 1.29. Уравнения
второго закона Ньютона в проекциях на горизонтальное и вертикальное
направление имеют вид
mg = p
Учитывая выражения для сил трения
скольжения Fw\ = kN\ и FW2 = kN2, получаем
после совместного решения этих уравнений
тр!
mg
Рис. 1.29
J = mR2/2 имеет вид
или
N = kmg
2 \ + к2'
Основное уравнение вращательного
движения цилиндра с моментом инерции
-^ = -RFwl- RFTp2 = -
2kg(l + k)
rdco
~dt
dco
~~dt'
откуда с учетом начального значения со = со0 при t = О, получаем решение
2kg A +к)
Условие @ = 0 определяет время вращения цилиндра до остановки

Физические основы механики 49
Полный угол Ар поворота цилиндра до прекращения его вращения
найдем с помощью закона изменения кинетической энергии
вращательного движения цилиндра
откуда
д
а разделив это выражение на 2л - угол соответствующий одному обороту
цилиндра, найдем полное число оборотов цилиндра до остановки
_A<p
П~ 2к
1.4.7. Вертикально расположенный однородный стержень массы М
и длины / может вращаться вокруг своего верхнего конца. В нижний конец
стержня попала, застряв, горизонтально летевшая пуля массы т, в
результате чего стержень отклонился на угол а. Считая т«М, найти:
а) скорость летевшей пули;
б) приращение импульса системы «пуля - стержень» за время удара
и причину изменения этого импульса;
в) на какое расстояние х от верхнего конца стержня должна попасть
пуля, чтобы импульс системы «пуля - стержень» не изменился в
процессе удара.
Решение
а) Для определения скорости пули воспользуемся законом
сохранения момента импульса системы «пуля - стержень» относительно
горизонтальной оси проходящей через точку подвеса стержня О
перпендикулярно плоскости рисунка 1.30

50
Глава 1
N>
где J = A/3)М I2 - момент инерции стержня относительно
рассматриваемой оси, со - угловая скорость вращения стержня сразу после
удара.
При этом, мы предполагаем, что т « М и за время удара стержень
отклоняется незначительно, поэтому момент сил тяжести, действующих на
стержень и пулю, относительно рассматриваемой
оси равен нулю в процессе столкновения.
После удара стержень отклоняется на угол а.
В этом крайнем положении вся кинетическая
энергия стержня, приобретенная после удара пули,
переходит в его потенциальную энергию, поэтому
JoJ/2 = Mg(l/2)(l-cosa).
Решая полученные уравнения совместно, находим
угловую скорость вращения стержня сразу после
удара
= J6g/l sin(ar/2)
co=
и искомую скорость летевшей пули
v = (M/m)j(gl/3)(\-cosa) = (M/m)^2gl/3 sin(or/2).
б) Импульс системы «пуля - стержень» сразу после удара равен
р2 = (М + m)vc « Mco(l/2) = CM/2)j2gl/3sin(a/2),
где Vc - скорость центра масс С сразу после удара и учтено, что т«М .
Импульс системы непосредственно перед ударом равен импульсу пули
p{=mv = M^J2gl/3 sin(ar/2),
а так как векторы р{ и р2 горизонтальны и направлены в одну и ту же
сторону, то приращение импульса системы «пуля - стержень» за время
удара равно
Ар = р2 - рх = М д/gl/6 sin(or/2).
Причиной изменения импульса системы является импульс
горизонтальной составляющей силы реакции N\, действующей на
стержень со стороны оси подвеса, в направлении, показанном на рис. 1.31.
Действительно, вертикальная составляющая силы реакции опоры N2
компенсируется силой тяжести стержня Mg, а появляющаяся во время
удара горизонтальная составляющая этой силы, будучи внешней по
отношению к системе «пуля - стержень», приводит, согласно закону
изменения импульса, к приращению импульса системы.

Физические основы механики
51
в) Найдем на какое расстояние х от верхнею конца стержня должна
попасть пуля, чтобы импульс системы «пуля - стержень» не изменился в
процессе удара. В этом случае закон сохранения момента импульса
системы относительно горизонтальной оси проходящей через точку
подвеса стержня О принимает, с учетом того, что га«М, вид
vx = (\/3)Ml2co0,
откуда угловая скорость вращения стержня сразу после удара
Зш vx
Условие сохранения импульса системы в процессе удара
mv = (М + т)\>с » М A/2)С00
дает искомое расстояние
jc = B/3)Z.
При попадании пули в эту точку стержень не испытывает в процессе
удара отдачи со стороны оси подвеса, то есть в рассматриваемом случае
горизонтальная составляющая силы реакции N\ равна нулю. Если пуля
попадает ниже этой точки, то при ударе возникает сила N\, направленная
так, как это показано на рис. 1.30. Если же пуля попадает выше этой точки,
то направление силы отдачи N\ меняется на противоположное.
Ответ: a) v = (M/m)j2gl/3 sin(a/2); б) Ар = Mj^F/6sm(a/2);
в) jc = B/3)Z.
1.4.8. Однородный стержень длины / может вращаться вокруг
горизонтальной оси, перпендикулярной к стержню и проходящей через
один из его концов (рис. 1.31). Систему равномерно
вращают с угловой скоростью со вокруг
вертикальной оси. Пренебрегая трением, найти угол
в между стержнем и вертикалью.
лй)
dM
Решение
Воспользуемся уравнением моментов
относительно неподвижной точки подвеса стержня
О. Для этого сначала найдем момент импульса
стержня относительно этой точки.

52 Глава 1
Рассмотрим бесконечно маленький кусочек стержня длиной dx ,
находящийся на расстоянии х от точки О. Его масса равна dm = (m/l)dx,
где т - масса всего стержня. Этот кусочек движется по окружности
радиуса r = xsmO со скоростью v = O)r = O)xsin в в направлении от нас
перпендикулярно плоскости рисунка. Поэтому момент импульса этого
кусочка стержня относительно точки О равен dM = (т/1)п)х2 sin в dx.
Вектор dM в рассматриваемый момент времени лежит в плоскости
рисунка и направлен перпендикулярно стержню, как показано на рис. 1.31.
Полный момент импульса стержня относительно точки О найдем с
помощью интегрирования:
/ ,2
М = (m/lNt)sin в ^x2dx = ^— CDsin в.
о 3
Вектор М направлен перпендикулярно стержню, лежит в плоскости,
проходящей через вертикальную ось и стержень, и вращается вместе с
этой плоскостью вокруг вертикальной оси с угловой скоростью О) ,
оставаясь неизменным по длине.
Найдем скорость изменения момента импульса стержня.
Рассматривая вектор М как радиус-вектор некоторой точки,
расположенной на его конце, приходим к выводу, что dM/dt имеет смысл
линейной скорости вращения этой точки по окружности с "радиусом"
М cos в, то есть \cfM/dt\ = coM cos#.
Уравнение моментов относительно точки подвеса стержня О может
быть записано в виде
\dM/dt\ = coM cos в = mg(l/2) sin в,
откуда, после подстановки выражения для момента импульса стержня
относительно точки О, получаем искомый угол отклонения стержня от
вертикали
cos в = --4-
2бJ1.
Если правая часть полученного выражения больше единицы, то угол в
между стержнем и вертикалью равен нулю.
Ответ: cos# = 3g/Bco2l); если правая часть больше единицы, то угол
0 = 0.

Физические основы механики 53
1.4.9. Однородный шар скатывается без скольжения по наклонной
плоскости, составляющей угол а с горизонтом. Найти ускорение центра
шара и значение коэффициента трения /:, при котором скольжения не
будет.
Решение
Силы, действующие на шар массой т, показаны на рис. 1.32.
Уравнение динамики движения центра масс шара в проекции на ось х
имеет вид
mgsma - F^= та,
а основное уравнение динамики вращательного
движения шара с радиусом R относительно оси,
проходящей через его центр масс
перпендикулярно плоскости рисунка,
определяется выражением
j do) =
dt
где J = B/5)mR2 - момент инерции шара. Следует отметить, что сила
трения, действующая на шар, это сила трения покоя (шар не
проскальзывает) и поэтому она может, вообще говоря, принимать любое
значение в диапазоне от 0 до kN = kmg cos а. Конкретное значение FTp
должно быть определено в результате решения приведенных выше
уравнений.
Другим неизвестным в рассматриваемых уравнениях является
ускорение центра масс шара а. Принимая во внимание, что при отсутствии
Проскальзывания скорость центра масс шара v связана с угловой
скоростью вращения О) соотношением v^coR, которое после
дифференцирования по времени принимает вид а = (du)/dt)R, приходим к
системе из двух уравнений
mg sin a - Frp= та
J(a/R) = F7PR.
Решая эти уравнения относительно а и FTp, получаем
mg sin a 5
а = —j—z = — g sin a,
'w?2) + m 7

54 Глава 1
Условие отсутствия проскальзывания шара это требование того,
чтобы сила трения не превышала максимальную силу трения покоя, то
есть
B/7 )mg sin a < kmg cos а,
откуда k>{2/l)tga.
Ответ: a = {5/l)g sin a, k>{2/l)tga.
1.4.10. Однородный шар массы т = 5,0кг скатывается без
скольжения по наклонной плоскости, составляющей угол а =30° с
горизонтом. Найти кинетическую энергию шара через г =1,6 с после
начала движения.
Решение
Как следует из предыдущей задачи, ускорение центра масс шара
определяется выражением а = E/l)g sin а и, следовательно, через время t
скорость центра шара будет равна v = at = E/l)gt sin a, а его угловая
скорость вращения к этому моменту времени есть
v 5 gt .
о) = ~ = -—sina.
R 1 R
Кинетическая энергия шара в момент времени t будет равна
^ mv2 Jcd2 5 222
Т = + = — mg2t2sin2a.
2 2 14 *
Используя численные данные задачи, получаем Г =0,11 кДж.
Ответ: Т = — mg2t2 sin2 a =0,11 кДж.
14
1.4.11. На гладкой горизонтальной поверхности лежит доска массы
mi и на ней однородный шар массы mi. Коэффициент трения скольжения
между шаром и поверхностью доски равен к. К доске приложили
постоянную горизонтальную силу F. С какими ускорениями будут
двигаться доска и центр шара в отсутствие скольжения между ними? При
каких значениях силы F скольжение отсутствует?

Физические основы механики 55
Решение
Силы взаимодействия доски и шара показаны на рис. 1.33. Со
стороны доски на шар действует сила трения, играющая роль силы тяги
для шара и направленная так, как это показано на рисунке. По третьему
закону Ньютона на доску со стороны шара действует такая же сила
трения, направленная в противоположную сторону. Поэтому, уравнения
движения доски и центра масс шара в
проекции на горизонтальное направление
имеют вид
FTp = т2а2
Следует отметить, что в отсутствие
скольжения между шаром и доской, сила
трения между ними является силой трения
покоя и, следовательно, входит в полученные
в качестве одного из неизвестных. Другими двумя
неизвестными являются ускорение доски а\ и ускорение центра масс шара
а2.
Добавим к этим уравнениям основное уравнение динамики
вращательного движения шара относительно горизонтальной оси,
проходящей через центр масс шара С перпендикулярно плоскости
рисунка:
где J = B/5)m2R2 - момент инерции шара радиуса R и /? - угловое
ускорение вращения шара.
Движения доски и шара не являются независимыми. Для
определения кинематической связи между ними заметим, что шар
участвует одновременно в двух движениях: поступательном со скоростью
v2 равной скорости центра масс шара и вращательном движении со
скоростью vBp =coR, где со- угловая скорость вращения шара. Для точки
соприкосновения шара с доской обе эти скорости направлены в одну и ту
же сторону (вправо на рис. 1.33), поэтому, эта точка имеет скорость
v = v2 + O)R. С другой стороны, в отсутствие скольжения скорость точки
соприкосновения совпадает со скоростью движения доски vi, то есть
vl=v2 + O)R. Дифференцируя это соотношение по времени, находим
соотношение между линейными и угловыми ускорениями тел ах = а2 + /3R,

56 Глава 1
с помощью которого перепишем уравнение динамики вращательного
движения шара в виде
B/5)m2(al-a2) = Frp.
Совместное решение уравнений движения тел дает искомые
выражения для ускорений доски и центра шара
al=lF/(lml+2m2)
fl2=2a1/7 = 2F/Gm1+2m2),
а также выражение для силы трения
FTp=2Fm2/Gm1+2m2).
Требование для силы трения покоя не превышать максимального значения
F^ax = km2g определяет диапазон возможных значений для силы,
приложенной к доске
F<(lm^2m2)kg/2.
Ответ: ах = TF/(lml +2m2),a2= 2a Jl, F < (lml + 2m2)kg/2.
1.4.12. Однородный стержень, падавший в горизонтальном
положении с высоты h , упруго ударился одним концом о край массивной
плиты. Найти скорость центра стержня сразу после удара.
Решение
Скорость центра масс стержня непосредственно перед ударом о
плиту легко найти из закона сохранения полной механической энергии.
Она равна v0 = yJ2gh и в течение времени
взаимодействия стержня с плитой убывает до
некоторой величины v . Закон убывания может
быть описан с помощью уравнения
mdv/dt = -F, в котором мы пренебрегли силой
тяжести стержня по сравнению с силой
реакции F со стороны плиты (см. рис. 1.34).
Во время удара, вращательное движение
стержня вокруг оси, проходящей через его
центр масс, описывается уравнением
JdO)/dt = Fl/2,
где J = A/12)т/2 - момент инерции стержня.

Физические основы механики
57
Исключая из этих уравнений движения силу F, получаем
соотношение Jdco = -(ml/2)dv , интегрирование которого дает
ml,
Jco=-—(v-v0).
Так как столкновение стержня с плитой является упругим, то
последнее соотношение может быть дополнено уравнением закона
сохранения полной механической энергии
mv2
Jco2
mv
mgh = h.
5 2 2
Совместное решение дает угловую скорость вращения стержня
и скорость его центра сразу после удара
1.4.13 Однородный диск радиуса R = 5,0 см, вращающийся вокруг
своей оси с угловой скоростью со= 60 рад/с, падает в вертикальном
положении на горизонтальную шероховатую поверхность и отскакивает
под углом в = 30° к вертикали, уже не вращаясь. Найти скорость диска
сразу после отскакивания.
Решение
Сила трения, действующая на диск со стороны поверхности (см.
рис. 1.35), приводит к появлению горизонтальной составляющей скорости
его центра масс в соответствии с уравнением
где т - масса диска. Момент силы трения
приводит к уменьшению угловой скорости
вращения диска. Уравнение динамики
вращательного движения относительно оси диска
имеет вид
Рис. 1.35
где J = mR2/2 - момент инерции диска.

58
Глава 1
Комбинируя эти уравнения, получаем соотношение
JdG) = -mRdvx,
интегрирование которого дает J(D + mRvx = const, откуда горизонтальная
скорость, приобретаемая центром диска когда его вращение прекратится,
будет
Jco coR
Vx"mR~~~2~'
а полная скорость диска сразу после отскакивания равна
vx coR
v =—— = .
sin0 2sin0
Используя численные данные задачи, получаем v = 3 м/с.
Ответ: v = coR/'B sin в) =3 м/с.
1.4.14. На идеально гладкой горизонтальной поверхности лежит
стержень длиной / и массой М . В одну из точек стержня ударяет шарик
массой т, движущийся по поверхности перпендикулярно стержню. Считая
удар абсолютно упругим, определить на каком расстоянии х от середины
стержня должен произойти удар, чтобы шарик передал стержню всю свою
кинетическую энергию? При каком соотношении масс Мит это
возможно?
Решение
При взаимодействии шарика со стержнем выполняются все три
закона сохранения: закон сохранения импульса системы «шарик -
стержень», закон сохранения механической энергии
ф > ; -^ и закон сохранения момента импульса системы
т .; I х относительно оси, проходящей через центр масс
стержня С . Соответствующие уравнения, с учетом
того, что шарик после удара остановился, имеют вид
М
Рис. 1.36
mv0 = Mvc
mvo _ Mv?
Jco2
mvox = Jco,
где J = A/12)M I2 - момент инерции стержня, со- его угловая скорость и
- скорость центра масс стержня С сразу после удара.

Физические основы механики 59
Совместное решение первых двух уравнений дает vc = mvo/M и
л/,
Подставляя, затем, последнее соотношение в третье уравнение, получаем
для искомого расстояния следующее выражение
2л/з
из которого видно, что масса стержня Л/ должна быть больше или равна
массе шарика. Условие х<1/2 дает еще ограничение сверху на массу
стержня Л/ < Am, необходимое для возможности описанного процесса.
/ [м
Ответ: х = —j=A 1; т<М <4т.
2V3 \т
1.4.15. Вертикальный однородный столб высотой / падает на землю
под действием силы тяжести. Определить линейную скорость его верхнего
конца в момент удара о землю, если
а) столб падает, поворачиваясь вокруг неподвижного нижнего
основания;
б) столб первоначально стоял на абсолютно гладком льду.
Решение
а) Так как нижний конец столба неподвижен, то сила реакции,
действующая на столб со стороны поверхности земли, работы не
совершает. Поэтому при вращательном движении столба вокруг
горизонтальной оси, проходящей через его нижний конец, выполняется
закон сохранения полной механической энергии, а именно
mgl _ Jco2
где m - масса столба, J = A/3)т/2 - его момент инерции относительно
рассматриваемой оси вращения, со - угловая скорость вращения столба в
момент удара о землю. Получая отсюда угловую скорость столба
O) = yJ3g/l, найдем линейную скорость его верхнего конца

60 Глава 1
б) Поскольку в рассматриваемом случае все силы, действующие на
столб, направлены вертикально, то центр масс столба при его падении все
время будет находиться на одной и той же вертикали. Столб участвует
одновременно в двух движениях: поступательном и вращательном вокруг
горизонтальной оси, проходящей через его центр масс. Запишем закон
сохранения полной механической энергии в виде:
mgl _ mvQ Jco2
~~~ + ~'
где У=A/12)т/2 - момент инерции столба относительно оси вращения,
проходящей через его центр масс, vc - скорость центра масс столба и со -
угловая скорость вращения столба вокруг центра масс в момент удара о
землю.
В нижнем положении, когда столб горизонтален, скорость его
основания, скользящего при падении по льду, становится равной нулю,
поэтому vc = col/2. Имея это в виду, получаем co=^3g/l и,
следовательно, линейная скорость верхнего конца столба в момент удара
Ответ: a) v = figl; б) v = <>Jbgi.
1.4.16. Сплошному однородному цилиндру массы т и радиуса R
сообщили вращение вокруг его оси с угловой скоростью 00q , затем его
положили боковой поверхностью на горизонтальную плоскость и
предоставили самому себе. Коэффициент трения между цилиндром и
плоскостью равен к. Найти:
а) скорость цилиндра, когда его движение перейдет в чистое
качение;
б) время, в течение которого движение цилиндра будет происходить
со скольжением;
в) полную работу силы трения скольжения.
Решение
Сила трения, направленная так, как это показано на рисунке 1.37,
приводит к ускорению движения центра масс цилиндра О в
горизонтальном направлении, а момент этой силы относительно оси
цилиндра замедляет его вращение. Соответствующие уравнения движения

Физические основы механики 61
FTp = m dv/dt и J dco/dt = -FTpR
приводят, после исключения из них силы трения, к соотношению
Jdco = -mRdv, интегрирование которого определяет связь между
мгновенной угловой скоростью вращения цилиндра и
мгновенной скоростью его поступательного движения
Jco + mvR = const.
Принимая во внимание, что в отсутствии
. скольжения цилиндра v = coR, получаем
, = JCQ+ mvR = (J + mR2)O),
Рис. 1.37
откуда, с учетом момента инерции цилиндра
= т/?2/2, находим установившуюся угловую скорость его вращения
а) Скорость оси цилиндра, когда его движение перейдет в чистое
качение, определяется выражением v = coR = cooR/3.
б) Время, в течение которого движение цилиндра будет происходить
со скольжением, можно найти из уравнения движения его центра масс
FTp=kmg = m dv/dt. Интегрируя, с учетом найденной установившейся
скорости цилиндра, получаем t = OHR/3kg.
в) Работа силы трения скольжения приводит к изменению
кинетической энергии движения цилиндра, поэтому
fmv2
2 2 J 2 6
Работа силы трения отрицательна, несмотря на то, что перемещение
цилиндра происходит в направлении действия этой силы. Кажущееся
противоречие объясняется тем, что вплоть до момента перехода движения
в чистое качение, вращательная скорость внешних точек цилиндра больше
его поступательной скорости и, поэтому, мгновенная скорость точек
приложения силы трения направлена в сторону противоположную
действию силы.
После этого момента мгновенная скорость точек соприкосновения
цилиндра с плоскостью становится равной нулю, сила трения тоже
обращается в ноль и, поэтому, качение цилиндра должно происходить с
постоянной скоростью и не может прекратиться.
Расхождение этого вывода с опытом объясняется тем, что реальные
тела деформируемы. На плоскости, по которой катится цилиндр,

62 Глава 1
возникает углубление. При этом, только самые нижние точки
соприкосновения цилиндра с поверхностью имеют скорость равную нулю.
Остальные точки цилиндра в этом углублении проскальзывают, поэтому
на них действуют силы трения скольжения. Момент сил трения
относительно оси цилиндра приводит к замедлению его вращения.
Однако, наличием только сил трения нельзя объяснить прекращение
движения цилиндра, так как результирующая всех сил трения направлена
в сторону его перемещения.
На точки цилиндра, попадающие в углубление, действует
нормальная сила реакции опоры со стороны деформированной плоскости.
Из-за неоднородности этой деформации, возникающей вследствие
движения цилиндра, результирующая всех сил реакции опоры имеет
компоненту направленную навстречу направлению его перемещения.
Будучи больше результирующей всех сил трения скольжения,
действующих в углублении, эта сила приводит к замедлению
поступательного движения цилиндра. При этом, момент сил реакции
опоры относительно оси цилиндра равен нулю и не влияет на скорость его
вращения.
Таким образом, в случае реального качения происходит
уменьшение, как поступательной, так и вращательной скорости движения
цилиндра и в конце концов движение цилиндра прекращается.
Ответ: a) v = uHR/3; б) t = OHR/3kg; в) А = -mCi^R2 /б.
1.4.17. Сплошному однородному шару радиусом R, лежащему на
горизонтальной плоскости, сообщили скорость v0 без вращения. Найти
угловую скорость шара, когда его движение перейдет
в чистое качение.
Решение
Сила трения, направленная так, как это
показано на рисунке 1.38, приводит к замедлению
движения центра масс шара О в горизонтальном
направлении, а момент этой силы относительно оси,
проходящей через точку О перпендикулярно плоскости рисунка, ускоряет
вращение шара. Соответствующие уравнения движения

Физические основы механики 63
т dv/dt = -Fw и J dco/dt = FWR
приводят, после исключения из них силы трения, к соотношению
Jdco = -mRdv, интегрирование которого определяет связь между
мгновенной угловой скоростью вращения шара и мгновенной скоростью
его поступательного движения Jet) + mvR = const.
Принимая во внимание, что в отсутствии скольжения v = eoR,
получаем
mv0R = Ju)+ mvR = (J + mR2)O),
откуда, с учетом момента инерции шара J = 2mR2/5, находим
установившуюся угловую скорость его вращения .
5 v
со =—-.
1 R
Ответ: eo = 5vo/lR.
1.4.18. Как надо ударить кием по бильярдному шару, чтобы он после
удара двигался по поверхности стола а) замедленно, б) ускоренно,
в) равномерно? Предполагается, что удар наносится горизонтально в
вертикальной плоскости, проходящей через центр шара и точку касания
его с плоскостью бильярдного стола.
Решение
Под действием силы F, с которой на шар действует кий во время
удара, происходит изменение скорости центра масс шара С в соответствии
с уравнением F = m dv/dt. Одновременно, момент этой силы относительно
оси, проходящей через центр масс шара, приводит к изменению угловой
скорости его вращения. Уравнение вращательного движения имеет вид
Jdeo/dt = Fjc, где х - расстояние от центра шара до места удара,
J = 2mR2/5 - момент инерции шара с радиусом R и массой т. При записи
этих уравнений мы предполагали, что сила трения шара о плоскость стола
пренебрежимо мала по сравнению с силой удара F.
Исключая из этих уравнений силу F, получаем соотношение
Jdco = mxdv, которое после интегрирования принимает вид Jco = mxv и
связывает поступательную скорость шара с угловой скоростью его
вращения сразу после удара.

64 Глава 1
Последующее движение шара по поверхности стола определяется
силой трения. Если сила трения противодействует движению шара, то он
движется замедленно. Если сила трения направлена в сторону
перемещения шара, то он движется ускоренно. Наконец, если сила трения
равна нулю, то качение шара происходит равномерно.
Направление силы трения скольжения противоположно
направлению скорости движения точки касания шара с плоскостью стола.
Если вращательная скорость точки касания направлена в ту же сторону,
что и поступательная (это имеет место при ударах ниже центра шара) или
вращательная скорость направлена навстречу поступательной (это имеет
место при ударах выше центра шара), но оказывается меньше ее по
величине, то движение шара после удара будет замедленным. Последнее
возможно при условии coR<v или mRx < J, откуда х < 2R/5. Таким,
образом, при «низких» ударах, когда высота h места удара над плоскостью
стола меньше 1R/5, движение шара после удара будет замедленным.
При «высоких» ударах, когда /i>7/?/5, вращательная скорость
точки касания будет больше ее поступательной скорости. Результирующая
скорость точки касания шара будет направлена навстречу его
перемещению, поэтому сила трения, действующая на шар будет ускорять
его поступательное движение.
Наконец, если точка удара лежит на высоте h = lR/5, то шар будет
двигаться равномерно. Такие удары называются «нормальными» и после
них шар движется по поверхности стола без проскальзывания. При этом,
сила трения покоя в месте касания должна быть равна нулю, так как в
противном случае ее действие приводило бы к ускорению (замедлению)
поступательного движения и, одновременно, к замедлению (ускорению)
вращательного движения, что невозможно, так как при чистом качении
шара соответствующие скорости связаны соотношением v = coR. Если не
учитывать деформацию, то такое качение шара не может прекратиться.
Деформация шара и плоскости стола приводит к появлению силы трения
качения (см. комментарий к задаче 1.4.16) и к остановке движения шара.
1.4.19. Однородный шар радиуса г скатывается без скольжения с
вершины сферы радиуса R . Найти угловую скорость шара после отрыва от
сферы. Начальная скорость шара пренебрежимо мала.

Физические основы механики
65
Решение
В месте отрыва шара от сферы сила реакции опоры, действующая на
шар при его скатывании, обращается в ноль. Поэтому, уравнение
движения центра масс шара по окружности радиуса R+r принимает в точке
отрыва вид
_ х mg cos a = mv2/(R + r).
Так как при чистом качении сила трения,
действующая на шар, работы не совершает,
то выполняется закон сохранения полной
механической энергии
mg(R + r)(l-cosa) = mv2 /2 + JuJ /2.
Принимая во внимание, что при
скатывании без скольжения угловая
скорость вращения шара со и скорость его
поступательного движения v связаны
соотношением v = O)r, получаем два
уравнения с двумя неизвестными: косинусом центрального угла а и
угловой скоростью со в месте отрыва. Совместное решение этих
уравнений дает
со =
Рис. 1.39
Mr2
\0g(R +
Ответ: со=л\ 6V 2
1.4.20. Сплошной однородный цилиндр радиуса R катится без
скольжения по горизонтальной плоскости, которая переходит в наклонную
плоскость, идущую под уклон и составляющую угол а с горизонтом.
Найти максимальное значение скорости v0 цилиндра, при котором он
перейдет на наклонную плоскость еще без скачка.
Решение
При переходе на наклонную плоскость без скачка центр масс
цилиндра С движется по окружности радиуса R с центром в точке касания
О (см. рис. 1.40). Скорость цилиндра при этом возрастает от
первоначального значения vo до некоторой величины v . Максимально

66
Глава 1
возможная скорость центра масс С, в тот момент, когда цилиндр
завершает поворот и начинает движение по наклонной плоскости,
определяется требованием обращения в
этот момент силы реакции опоры в точке
О в ноль. В таком случае, уравнение
движения центра масс в проекции на
направление к центру окружности О имеет
вид
Рис. 1.40
Так как цилиндр катится без
скольжения, то в процессе движения
выполняется закон сохранения полной
механической энергии
mv2
JQJ
2 2
где J = mR2/2 - момент инерции цилиндра.
Принимая во внимание, что при движении без проскальзывания
vo=u)oR и v = O)R, получаем, после исключения с помощью этих
соотношений угловых скоростей вращения цилиндра од и 0, два
уравнения с двумя неизвестными v0 и v. Совместное решение этих
уравнений дает максимальное значение горизонтальной скорости
цилиндра, при которой он перейдет на наклонную плоскость без скачка
v0=J(lcosa-4)gR/3.
При достаточно крутом наклоне, когда cos a < 4/7, переход цилиндра на
наклонную плоскость будет всегда происходить со скачком.
Ответ: v0 =
cos a - 4)gR/3, cos a > 4/7.
1.4.21. На полу кабины лифта, которая начинает подниматься с
постоянным ускорением а = 2,0 м/с2 , установлен гироскоп - однородный
диск радиуса R = 5,0 см на конце стержня длины / = 10 см. Другой конец
стержня укреплен в шарнире О (см. рис. 1.41). Гироскоп прецессирует с
угловой скоростью п = 0,5 об/с. Пренебрегая трением и массой стержня,
найти собственную угловую скорость диска.

Физические основы механики
67
Решение
Перейдем в неинерциальную систему отсчета, связанную с лифтом.
В этой системе на гироскоп действует, кроме силы тяжести mg и силы
реакции опоры в точке О, сила инерции
та, направленная вертикально вниз.
Угловая скорость ю, прецессии гироскопа
связана с его моментом импульса М,
равным Jco, и моментом N внешних сил
известным соотношением
м
mg+ma
Рис. 1.41
откуда, с учетом направления
соответствующих векторов, показанных
на рисунке 1.41, получаем
2mJd) = (mg + ma)l,
где принято во внимание, что момент силы реакции опоры относительно
точки О равен нулю.
Так как момент инерции J гироскопа в виде однородного диска
равен mR2/2, то искомая угловая скорость вращения гироскопа
определяется выражением
со=
Ответ: с»=

2. Термодинамика и молекулярная физика
2.1. Уравнение состояния газа. Процессы
Основные формулы
Уравнение состояния идеального газа:
PV= — RT или р = пкТ, B.1.1)
М
где /?, V, Т - давление, объем и температура газа, соответственно, m -
масса газа, М - молярная масса газа, п - концентрация молекул газа,
Я=ША=8,31 Дж/(мольК) - газовая постоянная, к =1,38x103 Дж/К -
постоянная Больцмана, NA=6,02xl023 моль - постоянная Авогадро.
Барометрическая формула:
p = Poexp(-Mgh/RT), B.1.2)
где р0 - давление на высоте h=0.
Уравнение состояния ван-дер-ваальсовского газа (для одного моля):
а
V- ' • BЛЗ)
где V - молярный объем газа, а и b - постоянные, различные для разных
газов.
• Критическая температура, критическое давление и критический
молярный объем ван-дер-ваальсовского газа:
B.1.4)
, pK
27bR 21b2
Примеры решения задач
2.1.1. Определить наименьшее возможное давление идеального газа
в процессе, происходящем по закону Т = T0 + aV2, где То и а -
положительные постоянные, V - объем одного моля газа. Изобразить
примерный график этого процесса в параметрах р иУ.

Термодинамика и молекулярная физика 69
Решение.
Комбинируя уравнение процесса T = T0 + aV2 с уравнением
состояния идеального газа для одного моля pV = RT, получаем уравнение
процесса в координатах pwV
p
V
Исследуем это выражение на минимум, для чего вычислим
производную dp/dV и приравняем ее к нулю:
dp RT0
— = f
dV V2
откуда объем Vo» при котором давление минимально равен Vo = ^Т0/а, а
наименьшее возможное давление ро идеального газа в рассматриваемом
процессе определяется выражением
Ответ: р0 = 2R^ofF0 .
2.1.2. Высокий цилиндрический сосуд с азотом находится в
однородном поле тяжести, ускорение свободного падения в котором равно
g. Температура азота меняется по высоте так, что его плотность всюду
одинакова. Найти градиент температуры dT/dh.
Решение.
Изменение давления связано с изменением высоты известным
соотношением dp = -pgdh, где р - плотность газа. С другой стороны,
уравнение состояния идеального газа виде
_mRT^_ pRT
P~V~M~~~~M~
дает
dp .
м
Поэтому, градиент температуры может быть определен из соотношения
pRdT
- = -pgdh
М Н6
или

70 Глава 2
dT/dh = -Mg/R.
Ответ: dT/dh = -Mg/R.
2.1.3. Идеальный газ с молярной массой М находится в однородном
поле тяжести, ускорение свободного падения в котором равно g. Найти
давление газа как функцию высоты /г, если при /г=0 давление р=ро, а
температура изменяется с высотой как а) Т = T0(\-ah)\ б) Г = Г0A + а/г),
где а - положительная постоянная.
Решение.
Комбинируя соотношение dp = -pgdh с уравнением состояния
идеального газа
_m RT _ pRT
получаем дифференциальное уравнение для определения зависимости
давления р от высоты h
dp _ Mgdh
~J~ RT~'
Его решение с учетом начального условия р=р0 при h=0 дает для случая а)
следующую зависимость
p = po(X-ah)«r°\
а для случая б) получаем соотношение
Mg
Mg
Ответ: а) р = po(\ -ah)RT»a; 6) p = po(\ + ah) RT°a.
2.2. Первое начало термодинамики. Теплоемкость
Основные формулы
Первое начало термодинамики:
dQ = dU+dA, B.2.1)

Термодинамика и молекулярная физика 71
где dQ - количество тепла, переданное системе, dU - изменение
внутренней энергии системы, dA - работа, совершаемая системой.
Количество тепла и молярная теплоемкость:
dQ
Q cT, B.2.2)
М
где с - молярная теплоемкость тела, dQ - количество тепла, сообщение
которого изменяет температуру тела с массой т и молярной массой М
на dT.
Молярная теплоемкость идеального газа при постоянном объеме:
су=^Я, B.2.3)
где / = Atn0CT+rtBp+2rtK(W1 - сумма числа поступательных, вращательных и
удвоенного количества колебательных степеней свободы молекул газа.
Молярная теплоемкость идеального газа при постоянном давлении:
cp=c,+R B2 А)
Молярные теплоемкости идеального газа при постоянном объеме и при
постоянном давлении:
су=-^-иср=-^-, B.2.5)
у-\ р у-\
где у = ср/с„- отношение молярных теплоемкостей газа при
постоянном давлении и постоянном объеме (показатель адиабаты газа).
Работа, совершаемая газом при изменении его объема:
v2
А = ]pdV. B.2.6)
Внутренняя энергия идеального газа:
U=HLcJ = I!LlL = lL9 B.2.7)
М М у-\ у-\
где у = ср/су- отношение молярных теплоемкостей газа при
постоянном давлении и постоянном объеме (показатель адиабаты газа).
• Молярная теплоемкость газа при политропическом процессе с
показателем политропы п:
* in-?)R . B.2.8)
с
Y-\ и-1 (л
• Уравнение политропического процесса для идеального газа с
использованием различных параметров:

72 Глава 2
1-я
pV" = const, TV"~X = const, Tp " = const B.2.9)
где n = (c-cp)/(c - cv) - показатель политропы.
• Уравнение Пуассона адиабатического процесса для идеального газа с
использованием различных параметров:
pVr= const, 7VM = const, Г/? r = const B.2.10)
Примеры решения задач
2.2.1. Какое количество тепла надо сообщить азоту при
изобарическом нагревании, чтобы газ совершил работу /1=2,0 Дж?
Решение.
Количество тепла, получаемое газом при изобарическом нагревании
на AT, определяется выражением
а работа, совершаемая газом при изобарном процессе равна
Отсюда получаем
= pAV= — RAT.
И М
R у-\
Для двухатомного газа, которым является азот, у = 1/5 (без учета
колебательных степеней свободы молекул), поэтому искомое количество
тепла, которое надо сообщить газу, равно Q=l Дж.
Ответ: Q = —— = 7 Дж.
у-\
2.2.2. Найти молярную массу газа, если при нагревании т=0,5 кг
этого газа на AT =10 К изобарически требуется на Д(?=1,48кДж тепла
больше, чем при изохорическом нагревании.

Термодинамика и молекулярная физика 73
Решение.
Количество тепла Q\, требуемое при изобарическом нагревании на
AT, равно
О -— AT
1" м Ср '
При изохорическом процессе нагревания газа на AT потребуется
количество тепла
т Л
По условию задачи
т т
1 2 М р v М
откуда искомая молярная масса газа равна
хж mRAT
М = .
Используя численные условия задачи, получаем М=28 г/моль (азот).
-. .. mRAT _о .
Ответ: М = =28 г/моль.
2.2.3. Один моль некоторого идеального газа изобарически нагрели
на АГ=72К, сообщив ему количество тепла (?=1,6кДж. Найти
приращение его внутренней энергии и показатель адиабаты у = c^jcs.
Решение.
Количество тепла Q, требуемое при изобарическом нагревании
одного моля газа, равно
Q = cpAT =
откуда
Q
7 Q-RAT*
а приращение его внутренней энергии определяется выражением
AU=cx,AT = -
Q
Используя численные условия задачи, получаем AU =1 кДж, у =1,6.

74 Глава 2
Ответ: AU =Q-RAT=\ кДж, у = =1,6.
2.2.4. Найти молярную теплоемкость идеального газа при
политропическом процессе pV" = const, если показатель адиабаты газа
равен у. При каких значениях показателя политропы п теплоемкость газа
будет отрицательной?
Решение.
Показатель политропы определяется уравнением
п _ с ~ ср
с-су*
решая которое относительно теплоемкости газа с, получаем
псу-ср п-у
/2-1 п-1 v*
Молярная теплоемкость cv при постоянном объеме равна
R
поэтому искомая молярная теплоемкость газа имеет вид
(п -y)R
(п-\)(у-\)'
Так как у всегда больше единицы, то условие с < 0 сводится к
неравенству
<0,
п-\
решение которого имеет вид I < п< у и определяет значения показателя
политропы л, при которых теплоемкость газа будет отрицательной.
(п - y)R
Ответ: с = — — ; I < п < у.
(п-\)(у-\)
2.2.5. Один моль аргона расширили по политропе с показателем
л=1,5. При этом температура газа испытала приращение ДГ =-26 К.
Найти:

Термодинамика и молекулярная физика 75
а) количество полученного газом тепла;
б) работу, совершенную газом.
Решение.
Молярная теплоемкость газа при политропическом процессе равна
(n-7)R
(п-\)(у-\)'
Для одноатомного газа, каким является инертный газ аргон, молярная
теплоемкость при постоянном объеме равна cv = 3R/2, а молярная
теплоемкость при постоянном давлении определяется выражением
ср = cv + R = 5R/2 и, поэтому, у = ср/су = 5/3.
По определению теплоемкости, количество полученного газом тепла
Q связано с приращением температуры AT соотношением
(n-\)(r-D
Работа А, совершенная газом, может быть определена из первого
закона термодинамики
l) у-\ п-\
Используя численные условия задачи, получаем 6=0,11 кДж, /1=0,43 кДж.
Ответ: Q= v " =0,11 кДж; А = -^^-=0,43 кДж.
(n-\)(y-\) n-\
2.2.6. Идеальный газ, показатель адиабаты которого у, расширяют
так, что сообщаемое газу тепло равно убыли его внутренней энергии.
Найти:
а) молярную теплоемкость газа в этом процессе;
б) уравнение процесса в параметрах Г, V.
Решение.
По условию задачи dQ = -dU, поэтому молярная теплоемкость газа
равна
= dQ___dU___ R_
С~ dT~ dT~ Cv~ y-V

76 Глава 2
Видно, что это процесс с постоянной теплоемкостью, то есть это
политропический процесс с показателем политропы
c-cs - 2cv 2
и уравнением процесса в виде TV"'1 = const. После подстановки
полученного показателя политропы, получаем
TV 2 = const.
D У
Ответ: с = ; TV 2 = const.
у-\
2.2.7. Имеется идеальный газ, молярная теплоемкость при
постоянном объеме cv которого известна. Найти молярную теплоемкость
этого газа как функцию его объема V , если газ совершает процесс по
закону: а) Г = ТоеаУ ; б) р = роеаУ, где Го, р0 и а - постоянные.
Решение.
Из первого закона термодинамики
dQ = dU + dA = — cvdT + pdV
M v
M dQ
и определения молярной теплоемкости с- , получаем
m dT
M_dV
m dT'
Найдем производную dV/dT.
а) Имеем dT/dV = aToeaV =aT и, следовательно, dV/dT = \joCT.
Таким образом, молярная теплоемкость в этом случае определяется
выражением
М р
v таг'
для преобразования которого в функцию от объема V газа, воспользуемся
уравнением состояния идеального газа pV =(m/M)RT. В результате
получим
R
с = cv + .
v aV

Термодинамика и молекулярная физика 11
б) В заданном уравнении процесса р = poeaV перейдем, с помощью
уравнения состояния идеального газа, к переменным V и Г. Тогда получим
выражение
RT,
М
дифференцируя которое по Г, приходим к соотношению
Ио dT Ио dT M
откуда
dV _ {m/M)R _ {m/M)R
dT " PoeaV (\ + aV)~ p(\ + aV)'
Искомая молярная теплоемкость газа в этом процессе равна
М dV R
c = cv + р = cv + .
v И т dT v \ + aV
R R
Ответ: а) с = с„+ —; б) с = с"
aV
2.3. Молекулярно-кинетическая теория
Основные формулы
• Основное уравнение молекулярно-кинетической теории газов:
1 О
P = -nm0(v2) = -n(?nocT). B.3.1)
где то - масса одной молекулы, п - концентрация молекул, (v2) -
среднее значение квадрата скорости молекул, (?пост)- средняя энергия
поступательного движения молекул газа.
• Число ударов молекул газа о единицу поверхности стенки за единицу
времени:
М = "^ B.3.2)
где п - концентрация молекул газа, (v) - их средняя скорость.
• Средняя энергия молекул:

78 Глава 2
(e) = {i/2)kT, B.3.3)
где i = /2Пост+^вр+2пкол - - сумма числа поступательных, вращательных и
удвоенного количества колебательных степеней свободы молекул газа.
• Наиболее вероятная, средняя и средняя квадратичная скорости
молекул:
vBep= pkT/m0 = J2RT/M , B.3.4)
(v) = J($/x)kT/mQ = j(S/7T)RT/M , B.3.5)
vKB= д/р) = fikT/nto = J3RT/M . B.3.6)
где ш0 - масса одной молекулы, М - молярная масса газа.
Примеры решения задач
2.3.1. Во сколько раз надо расширить адиабатически газ, состоящий
из жестких двухатомных молекул, чтобы их средняя квадратичная
скорость уменьшилась в г/ = 1,5 раза?
Решение.
Пусть начальная температура газа равна Гь а конечная Г2. Тогда, по
условию задачи
Так как при адиабатическом процессе TVr~] = const, то
откуда
или, с учетом того, что у = (/ + 2)//,
Для жестких двухатомных молекул число поступательных степеней
свободы Ппост = 3, число вращательных степеней свободы пвр =2, а число
колебательных степеней свободы пкол=0, поэтому, /= ппост+пвр+2пКОЛ=5.
Таким образом, V2/Vx = 1,55 = 7,6.
Ответ: V2/V{ =?]'г=7,6.

Термодинамика и молекулярная физика 79
2.3.2. Газ из жестких двухатомных молекул, находившийся при
нормальных условиях, адиабатически сжали в г/ = 5 раз по объему. Найти
среднюю кинетическую энергию вращательного движения молекулы в
конечном состоянии.
Решение.
Начальная температура газа в нормальном состоянии равна
7о=ЗОО К. Конечная температура Т\ определится из уравнения
адиабатического процесса
TV у~х -TVr~l
откуда
Согласно закону равномерного распределения кинетической энергии
по степеням свободы молекулы на каждую степень свободы молекулы
приходится в среднем (\/2)кТ кинетической энергии. Поэтому на две
вращательные степени свободы жесткой двухатомной молекулы газа при
температуре Тх приходится средняя кинетическая энергия
Для газа из жестких двухатомных молекул /=5, поэтому, UBp) = 0>
КГ20Дж.
Ответ: (евр) = kT07]2/i = 0,7хКГ20Дж.
2.3.3. Газ из жестких двухатомных молекул расширили
политропически так, что частота ударов молекул о стенку сосуда не
изменилась. Найти молярную теплоемкость газа в этом процессе.
Решение
Число ударов молекул газа о единицу поверхности стенки за
единицу времени равно
и остается постоянным, следовательно, уравнение рассматриваемого
процесса п0Т1'2 = const, где п0 - концентрация молекул газа. С помощью

80 Глава 2
уравнения состояния идеального газа р = покТ перепишем уравнение
этого процесса в виде Тр~2 = const.
По условию задачи этот процесс политропический. Уравнение
политропического процесса Tp{l~n)'n = const. Сравнение дает
п
откуда, п = —\. Поэтому, молярная теплоемкость газа с в рассматриваемом
процессе определится из уравнения
с-су
решая которое относительно с , получаем
с + с
2
Для газа из жестких двухатомных молекул cy=E/2)R и ср=G/2)/?,
поэтому, с = 3R.
Ответ: c = 3R.
2.3.4. Найти число атомов в молекуле газа, у которого при
"замораживании" колебательных степеней свободы показатель адиабаты
у увеличивается в г/ = 1,20 раза.
Решение
Обозначим число атомов в молекуле через N. Постоянная у
определяется выражением
1 + 2
i
где /=Лпост+Лвр+2лКол- Число поступательных степеней свободы молекулы
Лпост всегда равно трем, а число вращательных степеней свободы пвр и
число колебательных степеней свободы пК0Л зависит от пространственного
строения рассматриваемой молекулы. Если молекула имеет линейную
структуру (все атомы в молекуле соединены в виде прямолинейной
цепочки), то ивр=2, a nK0Jl=3N - (nn0CT+nBp)=3N - 5. Если же молекула имеет
объемную структуру, то лвр=3, a nK0Jl=3N - 6. Рассмотрим эти два случая
отдельно.

Термодинамика и молекулярная физика 81
Линейная структура молекулы. До "замораживания" колебательных
степеней свободы число / равно сумме 3+2+2xCN-5)=6N-5, а после
"замораживания" (при достаточно низких температурах газа) 3+2=5. По
условию задачи "замораживание" колебательных степеней свободы
приводит к возрастанию у в 1,2 раза, поэтому
7 6N-56
5Х6ЛГ-3~5'
откуда N = 17/6. Это число не является целым и, следовательно,
рассматриваемая молекула не может иметь линейную структуру.
Объемная структура молекулы. В этом случае уравнение для
определения числа атомов N в молекуле имеет вид
8 6N-66
6X6N-4~5'
откуда N=4.
Ответ: Число атомов в молекуле равно 4. Молекула имеет объемную
структуру.
2.4. Второе начало термодинамики. Энтропия
Основные формулы
• Коэффициент полезного действия (к.п.д.) тепловой машины:
jj = — =Qi~Q\ B.4.1)
а а
где А - работа, совершаемая тепловой машиной за один цикл, Q\ -
тепло, получаемое рабочим телом, Q2 - отдаваемое тепло.
• Коэффициент полезного действия (к.п.д.) цикла Карно:
где Тх и Т2 - температуры нагревателя и холодильника.
• Приращение энтропии системы:
AS>j—. B.4.3)
• Основное уравнение термодинамики для обратимых процессов:

82 Глава 2
TdS=dU + pdV. B.4.4)
• Связь между энтропией и статистическим весом ?1:
S = HnQ, B.4.5)
где к - постоянная Больцмана.
• Энтропия идеального газа в расчете на один моль:
S = cv \пТ + Я In V + So, B.4.6)
S=cp\nT-R\np + S'o, B.4.7)
S = cvlnp + cplnV + S*, B.4.8)
где V- объем одного моля газа, So, S'o, Sq - константы.
Примеры решения задач
2.4.1. Водород совершает цикл Карно. Найти к.п.д. цикла, если при
адиабатическом расширении:
а) объем газа увеличивается в п=2 раза;
б) давление уменьшается в п=2 раза.
Решение.
а) При адиабатическом процессе TVr~l = const, то есть
Г,У,М =T2V?~l =Т2(пУУ~\ поэтому, T2lTx=nx~r и, следовательно к.п.д.
цикла rj = \-T2lTx=\-nx~r. Для молекулярного водорода 7 = 7/5 и,
следовательно, /7 = 0,25.
б) В этом случае удобно использовать уравнение адиабатического
\-у 1-у 1-у 1-у
процесса в виде 7р г = const. Тогда Г,р,г =Тх{пр2) г =Т2р2г , поэтому
1-У
T2JTx—n r и, следовательно к.п.д. цикла Карно
1-У
j] = \-T2/Tl=\-n r =0,18.
hi
Ответ: а) г/ = \-пх~у =0,25; б)/7 = 1-лг =0,18.
2.4.2. Найти (в расчете на один моль) приращение энтропии
углекислого газа при увеличении его термодинамической температуры в

Термодинамика и молекулярная физика 83
п=2 раза, если процесс нагревания: а) изохорический; б) изобарический.
Газ считать идеальным.
Решение.
а) Для изохорического процесса удобно воспользоваться следующим
выражением для энтропии идеального газа
Если начальная температура газа Гь а конечная Г2=2ГЬ то приращение
энтропии равно
AS = cvln2r,-cvlnri=cvln2 =—1п2.
Следует учесть, что, хотя молекула углекислого газа состоит из трех
атомов (СОг), она имеет линейную структуру - все ее атомы находятся на
одной прямой. Поэтому, для этой молекулы у = 7/5 и, следовательно,
А5 = 14,4Дж/(К-моль).
б) Для изобарического процесса удобнее воспользоваться
выражением для энтропии
S=cp\nT-R\np + S'o,
которое дает для приращения энтропии
AS = ср In 2ТХ - ср In Тх = ср In 2 = -?- In 2.
Используя численное значение для у = 7/5, получаем AS =20,2
Дж/(К-моль).
Ответ: a) AS = -^-ln 2 = 14,4 Дж/(К-моль);
у-\
б) AS = -^- In 2 = 20,2 Дж/(К-моль).
у-\
2.4.3. Один моль идеального газа с показателем адиабаты у
совершает политропический процесс, в результате которого абсолютная
температура газа увеличивается в т раз. Показатель политропы п. Найти
приращение энтропии газа в этом процессе.

84 Глава 2
Решение
Используя уравнение политропического процесса 7У" = const,
получаем
_
откуда V2/V{=t "~1. Воспользовавшись следующим выражением для
энтропии одного моля идеального газа
получим искомое приращение энтропии в виде
ас 1 Т2 D, V2 ( R R
+ \1пт
Tx V{ [y-l n-\) (y-\)(n-\)
1пт =
Ответ: AS = R{n~7) Inr.
A)A)

3. Электричество и магнетизм
3.1. Постоянное электрическое поле в вакууме
Основные формулы
Напряженность Е и потенциал ^?поля точечного заряда q:
4яе0 г
Аке0 г3
Связь между напряженностью поля и потенциалом:
• Теорема Гаусса и циркуляция вектора Е:
JEdS=^-, JEdr=O.
• Потенциал диполя с электрическим моментом р:
1 рг
(Рг3'
C.1.1)
C.1.2)
C.1.3)
C.1.4)
Примеры решения задач
3.1.1. Тонкое полукольцо радиуса R заряжено равномерно зарядом
q. Найти модуль напряженности электрического поля в центре кривизны
этого полукольца.
Решение
Выберем систему координат так, чтобы
полукольцо лежало в плоскости (х, у), его
центр находился в начале координат, а ось у
была бы направлена в сторону вогнутости и
являлась бы осью симметрии полукольца.
Будем отсчитывать азимутальный угол (р по
часовой стрелке от положительного
направления оси х. Разобьем полукольцо на
бесконечно малые участки длины dl = Rdcp.
Рис 3.1

86 Глава 3
Заряд такого участка равен dq-qdcpjn. Отсюда получим выражения для
компонент напряженности поля, создаваемого этим участком:
qcoscp dcp
%=~~Ak2e0R2
dEy =
Интегрируя эти выражения по <р от 0 до ж, получим ответ:
Ех =0; Е=Е =
27t2e0R2 '
= ?
Ответ: Е =
3.1.2. Тонкое непроводящее кольцо радиуса R заряжено с линейной
плотностью A = /?oCos^, где Л^ - постоянная, <р - азимутальный угол.
Найти модуль напряженности электрического поля:
а) в центре кольца;
б) на оси кольца в зависимости от расстояния х до его центра.
Исследовать полученное выражение при х » R.
Решение
Выберем систему координат так, чтобы кольцо лежало в плоскости
(у, z), а его центр находился в начале координат. Будем отсчитывать
азимутальный угол <р против часовой стрелки от положительного
направления оси у. Разобьем кольцо на бесконечно малые участки длины
dl-Rd(p. Заряд такого участка равен dq = A^cosq) Rdq). Отсюда
компоненты напряженности поля, создаваемого этим участком на оси
кольца равны:
^cosff xR<\(p
dE=
y
dEz=
47reo{R2+x2K
Интегрируя эти выражения по (рот 0 до 2л; получим ответ:

Электричество и магнетизм 87
?х=0; EZ=O;E= У 2 .
у 4eo(R2+x2K
Отсюда искомое значение Е(х)=Еу, E(x = 0) = A^/4e0R, а при x»R
Е « AqR2 /4еох3, т.е. поле имеет дипольный характер.
Ответ: Е = —
4eo(Rz + xzY
3.1.3. Шар радиуса R имеет положительный заряд, объемная
плотность которого зависит только от расстояния г от его центра как
р = po(\-r/R), где р0 - постоянная. Полагая, что диэлектрическая
проницаемость всюду равна единице, найти:
а) модуль напряженности внутри и вне шара как функцию г;
б) максимальное значение модуля напряженности ?тах и
соответствующее ему значение гт.
Решение
Найдем вначале напряженность поля внутри шара Ег
Воспользуемся теоремой Гаусса:
4лг2Е. =—I \p(rxL7tr?dr I, A)
где интеграл в скобках представляет собой заряд, заключенный внутри
сферы радиуса г. Произведя элементарное интегрирование, получим:
E.=(por/3eo)(\-3r/4R) B)
Для определения поля вне шара Ес найдем полный заряд шара Q.
Для этого в верхний предел интеграла в A) нужно подставить значение R:
R
о
Применив теорему Гаусса, получим:
Ee=poR3/\2eor2
Электрическое поле достигает максимума внутри шара.
Продифференцировав B) по г и приравняв производную нулю, получим
выражения для гт и ?тах:
гт=2Д/3, EmiiX=p0R/9e0.

SS Глава 3
Ответ: а) Е- = (por/3eo)(\-3rl4R), Ee = poR3/\2eor2\
б)гт=2Д/3, Emax=p0RI9e0.
3.1.4. Система состоит из шара радиуса R, заряженного сферически
симметрично, и окружающей среды, заполненной зарядом с объемной
плотностью p-alr, где а - постоянная, г- расстояние от центра шара.
Найти заряд шара, при котором модуль напряженности электрического
поля вне шара не зависит от г. Чему равна эта напряженность?
Диэлектрическая проницаемость всюду равна единице.
Решение
Напряженность поля вне шара на расстоянии г определяется зарядом
шара и зарядом среды, заключенной между сферами радиусов R и г.
Запишем теорему Гаусса:
R
Произведя интегрирование, получим:
+ 2ла)/4же0
Отсюда видно, что значение заряда шара, при котором
напряженность не зависит от г равно q = 2л(Ж2, а соответствующая
напряженность равна Е = а/2е0.
Ответ: q = 2naR2, Е = а12е0.
3.1.5. Внутри шара, заряженного равномерно с объемной
плотностью р, имеется сферическая полость (рис. 3.2). Центр полости
смещен относительно центра шара на расстояние,
характеризуемое вектором а. Найти напряженность Е
внутри полости.
Решение
Напряженность поля внутри равномерно
заряженного шара легко найти с помощью теоремы
р ~ ? Гаусса. Из формулы A) задачи 3.1.3. следует, что

Электричество и магнетизм 89
Е.=рг13е0.
Напряженность поля в полости представляет собой разность
напряженностей двух равномерно заряженных шаров - нашего шара и
шара «извлеченного» из полости:
где г, - радиус-вектор, проведенный из центра полости в точку
наблюдения. Но г-гх=а , поэтому
Е=ар/3ео.
Ответ: Е=ар/3ео
3.1.6. Имеются два плоских проволочных кольца радиуса R каждое,
оси которых совпадают. Заряды колец равны q и -q. Найти разность
потенциалов между центрами колец, отстоящими друг от друга на
расстояние /.
Решение
Обозначим точками «а» и «Ь» центры положительно и отрицательно
заряженных колец. Тогда из симметрии задачи следует, что:
q A 1
Отсюда легко найти разность потенциалов.
Ответ: А<р = —
3.1.7. Бесконечно длинная прямая нить заряжена равномерно с
линейной плотностью Л. Вычислить разность потенциалов точек 1 и 2,
если точка 2 находится дальше от нити, чем точка 1, в г/ = 2 раза.
Решение
Напряженность поля нити найдем с помощью теоремы Гаусса,
рассчитав поток через боковую поверхность цилиндра радиуса г и высоты
Л с осью, совпадающей с нитью: iTtrhE = Ah/e0. Отсюда

90 Глава 3
Е = Л/27ге0г. A)
Разность потенциалов между точками г, и г2 равна:
<pl-<p2=\Edr=—\n(rl/r2)=— In 17.
ZKt0 Z7Ut0
Л .
Ответ: <р{-(р2 = 1п/7 .
2щ
3.1.8. Тонкое кольцо радиуса R имеет заряд q, неравномерно
распределенный по кольцу. Найти работу электрических сил при
перемещении точечного заряда qx из центра кольца по произвольному
пути в точку, находящуюся на оси кольца на расстоянии / от его центра.
Решение
Поскольку центр кольца равноудален от всех точек на кольце, то
независимо от распределения заряда по кольцу, потенциал его центра
равен
Потенциал точки, лежащей на оси кольца, в свою очередь равен
Работа по перемещению заряда равна А = qx((px - <р2).
Ответ: А = -
3.1.9. Найти потенциал на краю тонкого диска радиуса R, по
которому равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью ст.
Решение
Найдем потенциал в точке А на краю диска. Проведем из точки А
пучок лучей до пересечения с краем диска. Угол между лучом (хордой) и
диаметром диска, проходящим через точку А (см. рис. 3.3), равен от, а угол

Электричество и магнетизм
91
между соседними лучами - da. Поскольку а— вписанный угол, длина
соответствующего луча равна г = 2Rcosa.
Проведем из точки А до пересечения
с краем диска семейство окружностей
радиуса г. Таким образом диск оказывается
разделен на слои радиуса г = 2R cos а и
толщины dr = 2R sin a da. Площадь такого
слоя есть dS =2ra dr. Заряд слоя равен
dq = adS.
Потенциал, создаваемый этим слоем
d(p = dq/4xe0r = oRasma da/7re0.
Потенциал в точке А найдем путем
интегрирования по частям:
Рис. 3.3
= -^- I asmada- .
OR
Ответ: ср= .
3.1.10. Заряд q равномерно распределен по объему шара радиуса R.
Полагая диэлектрическую проницаемость всюду равной единице, найти
потенциал:
а) в центре шара;
б) внутри шара, как функцию расстояния г от его центра.
Решение
Воспользуемся тем, что потенциал равен работе электростатических
сил при переносе единичного положительного заряда из данной точки в
бесконечность. Электрическое поле внутри шара равно (см. задачу 3.1.5):
?{ = pr/3eo = qr/ 4xe0R3. Поле вне шара определяется формулой:
Ее = q /4тг€0г2. Потенциал в точке, расположенной на расстоянии г от
центра шара, равен:
9 =
Элементарное интегрирование приводит к ответу:

92 Глава 3
3q Г г2
<р= ч 1- 9
S7re0R{ 3R2
Отсюда потенциал в центре шара равен ср0 = 3ql%7teQR.
3q
Ответ:*) <po=3q/S7reoR;6) <p= 3q
Ъ7Г?0К
\-
3.1.11. Потенциал электрического поля имеет вид <р = а{ху- z2), где
а - постоянная. Найти проекцию напряженности электрического поля в
точке М {2,2,-3} на направление вектора а = i + 3k .
Решение
Проекции напряженности поля найдем с помощью формулы C.1.2):
Ех = -ау, Еу = -ах, Ez = 2az.
Проекция Еа напряженности на направление вектора а может быть
выражена через скалярное произведение: Еа =(аЕ)/а (модуль вектора а
равен 10). Отсюда находим искомую проекцию: Ea=aFz-y)l 10.
Подстановка координат точки М приводит к окончательному ответу
Еа=-\9а/ 10.
Ответ: Еа=-\9а/ 10.
3.1.12. Точечный электрический диполь с моментом р находится во
внешнем однородном электрическом поле, напряженность которого равна
Е, причем р параллелен Е. В этом случае одна из эквипотенциальных
поверхностей, охватывающих диполь, является сферой. Найти ее радиус.
Решение
Потенциал однородного поля Е равен (рЕ =-(Er) + const, где г -
радиус-вектор в декартовой системе координат с началом в точке, где
находится диполь. Потенциал диполя дается выражением C.1.4).
Суммарный потенциал равен:
(р = {——r

Электричество и магнетизм
93
где в - угол между г и Е (или р). Потенциал на искомой сферической
поверхности не должен зависеть от в. Поэтому выражение в скобках в
формуле для потенциала должно быть равно нулю. Отсюда найдем
искомый радиус
Ответ: г =
3.2. Проводники и диэлектрики
в электрическом поле
Основные формулы
• Напряженность электрического поля у поверхности проводника в
вакууме:
Еп=а/е0 C.2.1)
• Поток поляризованности Р через замкнутую поверхность:
\PdS=-q\ C.2.2)
где q - алгебраическая сумма связанных зарядов внутри этой
поверхности.
• Вектор электрической индукции D и теорема Гаусса для него:
D = ?0E + P = ??0E, JDdS=q, C.2.3)
где q - алгебраическая сумма сторонних зарядов внутри замкнутой
поверхности.
• Условия на границе раздела двух диэлектриков:
Рщ-Рщ =-^> ?>2n "An =<г. Е2п =Е1п, C.2.4)
где а\ а - поверхностные плотности связанных и сторонних зарядов,
а орт нормали п направлен из среды 1 в среду 2.

9А_ Глава 3
Примеры решения задач
3.2.1. Небольшой шарик висит над горизонтальной проводящей
плоскостью на изолирующей упругой нити жесткости к. После того как
шарик зарядили, он опустился на х см, и его расстояние до проводящей
плоскости стало равным /. Найти заряд шарика.
Решение
Условие равновесия шарика до того, как его зарядили, имеет вид:
mg=kX, A)
где т - масса шарика, X - первоначальное растяжение пружины. После
того, как шарик зарядили, на него начнет действовать также электрическая
сила со стороны плоскости, которую можно представить, как силу,
действующую со стороны отрицательного заряда-изображения,
расположенного под плоскостью симметрично нашему заряду. В этом
случае условие равновесия шарика имеет вид:
/ B)
Решая уравнения A), B), найдем заряд шарика.
Ответ: q-Al Л?окх.
3.2.2. Тонкая бесконечно длинная нить имеет заряд Л на единицу
длины и расположена параллельно проводящей плоскости. Расстояние
между нитью и плоскостью равно /. Найти:
а) модуль силы, действующей на единицу длины нити;
б) распределение поверхностной плотности заряда а(х) на
плоскости (здесь х - расстояние от прямой на плоскости, где а
максимальна).
Решение
Согласно методу изображений, взаимодействие нити с плоскостью
может быть представлено, как взаимодействие с противоположно
заряженной нитью-изображением, расположенной симметрично под
плоскостью. Воспользовавшись формулой A) задачи 3.1.7, получим силу,
действующую на единицу длины нити:

Электричество и магнетизм 95
F = A2/47T?0l
Для определение поверхностной плотности, найдем напряженность поля
непосредственно над плоскостью. Эта напряженность перпендикулярна
плоскости и равна:
Е-—Л
п я*0(*2+/2)
Отсюда по формуле C.2.1) найдем поверхностную плотность а - Еп?0.
Ответ: a) F = Л214щ1, б) о(х) =^
3.2.3. Найти потенциал незаряженной проводящей сферы, вне
которой на расстоянии / от ее центра находится точечный заряд q.
Решение
Поскольку сфера не заряжена, несмотря на перераспределение
зарядов на ее поверхности, вклад поверхностного индуцированного заряда
в величину потенциала в ее центре равен нулю. Поэтому, потенциал
центра сферы определяется только вкладом заряда q: (p = qlAn?Ql. Внутри
полости в проводнике электрическое поле равно нулю, поэтому все точки
в полости имеют один и тот же потенциал и, следовательно, потенциал
поверхности сферы равен потенциалу в ее центре.
Ответ: (p = qlA7T?Ql
3.2.4. Точечный заряд q = 3,4 нКл находится на расстоянии г =
2,5 см от центра О незаряженного сферического слоя проводника, радиусы
которого /?! = 5 см и R2 = 8 см. Найти потенциал в точке О.
Решение
Поскольку заряд q находится в полости внутри слоя, то заряды,
индуцированные на внутренней и внешней поверхности слоя равны,
соответственно, -q и q. Действительно, поток напряженности поля через
замкнутую поверхность, расположенную в проводящей части слоя должен
быть равен нулю. Следовательно, заряд на внутренней поверхности равен
-q. Таким образом, потенциал в точке О равен:

96 Глава 3
+
Rx R2
Ответ: Ф = —— + -
4я?0{г Rx 1
3.2.5. Четыре большие металлические пластины расположены на
малом расстоянии d друг от друга. Крайние пластины соединены
проводником, а на внутренние пластины подана разность потенциалов
А(р. Найти:
а) напряженность электрического поля между пластинами;
б) суммарный заряд на единицу площади каждой пластины.
Решение
Пусть пластины расположены в вертикальной плоскости и
пронумерованы слева направо. Их плотности зарядов, соответственно,
равны gx,g2,-g2,-gx. Воспользуемся тем, что напряженность поля
равномерно заряженной плоскости равна E = G/2e0. Отсюда
напряженности поля между пластинами равны:
EX2-Gxl?0, Е2Ъ ={gx + сг2)/?0, E34=gx/€о. A)
Разность потенциалов между крайними пластинами равна нулю:
Разность потенциалов между второй и третьей пластинами равна А(р\
Ey\d = Аср. C)
Решая A), B), C) совместно, получим искомые напряженности и
плотности заряда.
Ответ: а) Е23 = Acpld, ЕХ2 = ЕЗА = Е23/2;
б) (Ji = ~~ А (р, G2 = Д Й?, G3 = ~G>y, G* = ~~GX.
3.2.6. Точечный сторонний заряд q находится в центре шара из
однородного диэлектрика с проницаемостью е. Найти поляризованность Р
шара как функцию радиус-вектора г относительно центра шара, а также
связанный заряд q внутри сферы, радиус которой меньше радиуса шара.

Электричество и магнетизм 97
Решение
Вначале найдем электрическую индукцию D. По формуле C.2.3)
имеем: A7tr2D = q, откуда
D = q/4m-2 A)
Далее, используя C.2.3), находим поляризованность:
p = €~l q
е Am-2 '
Заряд q найдем по формуле C.2.2): #'=-(?-\)ql ?.
Ответ: Р(г) = — -^ <?'=-(?
3.2.7. Точечный сторонний заряд q находится в центре
диэлектрического шара радиуса а с проницаемостью ех. Шар окружен
безграничным диэлектриком с проницаемостью ?2. Найти поверхностную
плотность связанных зарядов на границе раздела этих диэлектриков.
Решение
Электрическая индукция во всем пространстве описывается
формулой A) задачи 3.2.6. Поляризованности внутри и вне шара найдем с
помощью формул C.2.3):
1 ?х Атсг2' 2 ?2 Am2
Поверхностная плотность связанного заряда определяется скачком
поляризованности при г = а (см. C.2.4)).
Ответ: сг'= ; (?х-?2).
Ат2?х?2
3.2.8. Вблизи точки А (рис. 3.4) границы раздела стекло - вакуум
напряженность электрического поля в вакууме Ео= 10В/м, причем угол
между вектором Ео и нормалью п к границе раздела а0 = 30 градусов.
Найти напряженность Е поля в стекле вблизи точки А, угол а между
векторами Е и и, а также поверхностную плотность связанных зарядов в
точке А.

98
Глава 3
Решение
Воспользуемся граничными условиями C.2.4) для DwE\
?0Е0 cos а0 = ??0Е cos а,
Eosmao = Es\na
Решая эти уравнения относительно ? и яг,
получим:
tgar = ?tgar0, Е = —-д/cos2а0 + е2sin2а0.
Поверхностную плотность связанных
зарядов найдем из условия C.2.4) для
поляризованности (необходимо учесть, что
поляризованность в вакууме равна нулю):
<r'=P0n=e0(\-lle)E0cosa0.
Рис. 3.4
а
Ответ:
= ?tga0, Е = —-<yjcos2 ао + ?2 sin2 а0;
3.2.9. Бесконечно большая пластина из однородного диэлектрика с
проницаемостью ? заряжена равномерно сторонним зарядом с объемной
плотностью р. Толщина пластины 2d. Найти:
а) модуль напряженность электрического поля и потенциал как
функции расстояния / от середины пластины (потенциал в центре
пластины положить равным нулю).
б) поверхностную и объемную плотности связанного заряда.
Решение
Найдем вначале напряженность электрического поля Ех внутри
пластины. Воспользуемся теоремой Гаусса для электрической индукции D
C.2.3). В качестве замкнутой поверхности выберем цилиндр с
основаниями площади S, параллельными плоскости симметрии пластины,
расположенный симметрично относительно этой плоскости. Пусть высота
цилиндра равна 21 (l<d). Имеем:
откуда
2SD{=p2lS,
j = pi и, таким образом, Ех = pl/?0?.

Электричество и магнетизм 99
Напряженность поля вне пластины Ее найдем, выбрав в качестве
замкнутой поверхности цилиндр с I > d: 2SEe = p2dS I ?0. Отсюда
Ee = pd/?0. С учетом того, что потенциал в центре пластины равен нулю,
потенциал в точке / равен
О
Отсюда имеем:
<р. =-pl2/l??0, <pe =-(d/2?0+l-d)pd/?0 .
Для определения плотностей связанного заряда найдем
поляризованность внутри пластины (поляризованность снаружи равна
нулю):
Pi=?0(?-\)Ei=(?-\)pl/?.
Отсюда, используя формулу C.2.2) BSPi=-p12lS), найдем объемную
плотность связанного заряда: р'=-р(?-\I ?. Поверхностная плотность
связанного заряда определяется поляризованностью Р{ у границы
пластины: <т'= pd(? - \)/?.
Ответ: ?. =pl/?0, Ee=pd/?0,
(p{=-pl2/2??0, (pe=-(dl2?Q+l-
р'=-р(?~\)/?, <j'=pd(?-\)/?.
3.2.10. При некоторых условиях поляризованность безграничной
незаряженной пластины из диэлектрика имеет вид: Р = P0(l-x2/d2), где
Ро - вектор, перпендикулярный к пластине, х - расстояние от середины
пластины, d - ее полутолщина. Найти напряженность электрического поля
внутри пластины и разность потенциалов между ее поверхностями.
Решение
Поскольку пластина не заряжена, электрическая индукция в ней
равна нулю. Поэтому Е = -Р/?о (см. C.2.3)). Разность потенциалов U
найдем при помощи интегрирования:
U=
-d
откуда получаем

100
Глава 3
Ответ: E =-Р0A - x2/d2)/e0 , U = 4P°d .
3.3. Электроемкость. Энергия электрического поля
Основные формулы
• Емкость плоского конденсатора:
C = €?QS/d
• Энергия взаимодействия системы точечных зарядов:
• Полная электрическая энергия системы с непрерывным
распределением заряда:
C.3.1)
C.3.2)
• Энергия заряженного конденсатора:
W = qU/2 = q2/2C = CU2/2
• Объемная плотность энергии электрического поля:
C.3.3)
C.3.4)
C.3.5)
Примеры решения задач
3.3.1. Пространство между обкладками плоского конденсатора
заполнено последовательно двумя диэлектрическими слоями 7 и 2 с
толщинами dx и d2 и с проницаемостями €] и €2.
Площадь каждой обкладки равна S. Найти:
а) емкость конденсатора;
б) плотность & связанных зарядов на границе раздела
диэлектрических слоев, если напряжение на
конденсаторе равно U и электрическое поле направлено
от слоя 7 к слою 2.
?\
?2
Рис. 3.5

Электричество и магнетизм 101
Решение
Пусть заряд конденсатора равен q. Тогда электрическая индукция в
нем равна D = q/S, а напряженности электрического поля описываются
выражениями:
Е,= Ч ,Е2= q . A)
?0?jS ?q?2S
Разность потенциалов между пластинами равна U = Exdx + E2d2. В
свою очередь емкость конденсатора есть отношение qlU. С учетом A),
имеем:
C = ?QS/(dl/?l+d2/?2)
Поляризованности в слоях найдем при помощи формулы C.2.3), а
поверхностную плотность связанного заряда - при помощи формулы
C.2.4): &=
Ответ: С = ?0S /(dx /?x+d2/?2), a'= ?0U (?х - ?2) /(?xd2 + ?2dx).
3.3.2. К источнику с э.д.с. U подключили последовательно два
воздушных конденсатора, каждый емкостью С. Затем один из
конденсаторов заполнили однородным диэлектриком с проницаемостью ?
Во сколько раз уменьшилась напряженность электрического поля в этом
конденсаторе? Какой заряд пройдет через источник?
Решение
Найдем сначала протекший заряд. Заряд конденсатора до
заполнения диэлектриком равен qx = CU/2, а заряд после заполнения
?CU
Отсюда протекший заряд равен ^q = q2~4\-
Напряженность поля сначала равна Ех =UI2d, где d - расстояние
между пластинами. После введения диэлектрика она становится равной
E2=q2/?Cd = U /A + ?). Отсюда
Ех
п~ 1 =
Е2
п \ + ? А CU{?-\)
Ответ: п = , Дя = -.
2 н

102 Глава 3
3.3.3. Найти емкость сферического конденсатора, радиусы обкладок
которого равны а и Ь, причем а < Ь, если пространство между обкладками
заполнено:
а) однородным диэлектриком с проницаемостью е,
б) диэлектриком, проницаемость которого зависит от расстояния г
от центра конденсатора как е-air, а- постоянная.
Решение
Пусть заряд конденсатора равен q. Тогда электрическая индукция
внутри равна D-qlAm1, а напряженность поля E = D/?0?(r). Разность
потенциалов между сферами в свою очередь равна
ь
U = \Edr,
а
а емкость C = q/U. Таким образом для емкости имеем следующее
выражение:
с=
Проводя интегрирование для случаев а) и б), получим
соответствующие емкости.
Ответ: а) С = Акее^аЬ 1(Ь-а), б) С = 4ше01 \\\ф I а).
3.3.4. Два длинных прямых провода с одинаковым радиусом
сечения а расположены в воздухе параллельно друг другу. Расстояние
между их осями равно Ь. Найти взаимную емкость проводов с на единицу
их длины при условии Ь»а.
Решение
Пусть линейные плотности заряда проводов равны Л и -Я.
Поскольку провода находятся далеко друг от друга, перераспределением
зарядов в них под действием взаимного влияния можно пренебречь. Тогда
напряженность поля между проводами в плоскости, в которой они
расположены легко найти, воспользовавшись формулой A) задачи 3.1.7.
Имеем: Е - XI Л?ог. Интегрируя это выражение по г в пределах от а до Ь-

Электричество и магнетизм 103
я, найдем напряжение между проводами: U =Я\п(Ь/а-\)/7Г?0. Отсюда с
учетом неравенства Ь/а»\, получим емкость на единицу длины:
Ответ: с~ Л?о I \п(Ь I а).
3.3.5. Конденсатор емкости Ср заряженный до разности
потенциалов U, подключили параллельно к концам системы из двух
последовательно соединенных незаряженных конденсаторов, емкости
которых С2 и С3. Какой заряд протечет при этом по соединительным
проводам?
Решение
Вначале заряд первого конденсатора был равен q = C^U. После
подключения этот заряд перераспределился между конденсаторами таким
образом, чтобы напряжения на первом конденсаторе и подключенной
батарее были бы одинаковыми. Имеем:
q, ,
Ч С2С3
где qx - заряд на первом конденсаторе после подключения, a q2- заряд на
подключенной батарее. Решая эти два уравнения, найдем qx и протекший
заряд Aq = q-q{.
Ответ: Aq = U/(l/C{ +1/C2 + 1/C3).
3.3.6. Система состоит из двух концентрических тонких
металлических оболочек с радиусами R{ и R2 и соответствующими
зарядами qx и q2. Найти собственную энергию W, и W2 каждой оболочки,
энергию взаимодействия Wl2 и полную электрическую энергию W
системы.
Решение
Поскольку оболочки металлические, потенциал каждой из них
постоянен на всей их поверхности. Поэтому формула C.3.3) для
собственной энергии принимает вид: W = q<p/2. Отсюда находим
собственные энергии:

104 Глава 3
Wx = q2 I %7Z?QRX ,W2=
Энергию взаимодействия найдем по формуле C.3.2). При этом
необходимо учесть, что потенциал, создаваемый второй оболочкой в месте
нахождения первой равен q21 Аж?0R2. Энергия взаимодействия при этом
имеет вид: Wn=qlq2/47T?0R2. Полная энергия системы равна сумме
собственных энергий и энергии взаимодействия W - Wx + W2 + Wn.
Ответ: W.=—^—, W2= 4l , Wl2 = ЧхЧ2 , W =W. +W2+W12.
%7Z?QRX S7T?0R2 47T?0R2
3.3.7. Заряд q распределен равномерно по объему шара радиуса R.
Считая диэлектрическую проницаемость равной единице, найти:
а) собственную электрическую энергию шара;
б) отношение энергии Wj внутри шара к энергии W2 в окружающем
пространстве.
Решение
Для определения собственной электрической энергии шара
используем формулу C.3.3). Имеем:
1 R
2D^3/3)J ^
Потенциал <р(г) внутри шара описывается формулой A) задачи 3.1.10.
Производя интегрирование, получим: W = Ъа1 /20tt?0R .
Энергии поля внутри и вне шара найдем, интегрируя плотности
энергии по соответствующим объемам:
r, W2 = ^ \El(rL7tr2dr.
2 о 2 R
Выражения для Е^Ее приведены в тексте решения задачи 3.1.10.
Произведя интегрирование, найдем отношение: H^/W^l/5.
Ответ: a) W = 3q2/207T?0R; б) W{ /W2 = 1/5.

Электричество и магнетизм 1 (M
3.3.8. Сферическую оболочку радиуса R{, равномерно заряженную
зарядом q, расширили до радиуса R2. Найти работу, совершенную при
этом электрическими силами.
Решение
При расширении оболочки внутри сферического слоя с радиусами
Rx и R2 исчезает электрическое поле Е(г) - q 147Г?0г2. Очевидно, работа
электрических сил равна энергии, исчезнувшей в этом слое:
°
А=
2 /?,
Ответ: А = (q2 / Ътг?0)(\ / Rx -\/R2).
3.3.9. Сферическая оболочка заряжена равномерно с поверхностной
плотностью сг. Воспользовавшись законом сохранения энергии, найти
модуль электрической силы на единицу поверхности оболочки.
Решение
Согласно формуле C.2.1) напряженность поля у оболочки равна
Е = а/?0. Увеличим радиус оболочки на dr. Тогда электрические силы
совершат работу dA = F • \7tr2dr, где F - искомая сила, приложенная к
единице площади оболочки. С другой стороны, эта работа равна энергии
электрического поля, заключенной в слое толщины dr.
°E
2
2
4xr2dr.
Приравнивая dA и dW, найдем F = о212e0.
Ответ: F = a2/2e0.
3.3.10. Имеется плоский воздушный конденсатор, площадь каждой
обкладки которого равна S. Какую работу против электрических сил надо
совершить, чтобы медленно увеличить расстояние между обкладками от
х{ до дс2, если при этом поддерживать неизменным:
а) заряд конденсатора q;
б) напряжение на конденсаторе U1

106 Глава 3
Решение
а) Вначале энергия конденсатора была равна W, = q2xx /2e0S. После
увеличения расстояния энергия равна W2 = q2x2/2?0S. Совершенная
работа равна А = W2 - Wx.
б) Если напряжение на конденсаторе поддерживается постоянным,
то при увеличении расстояния между пластинами через источник
протекает заряд
Х\ Х2
При этом батарея совершает отрицательную работу Ах =-AqU . Поэтому
энергетический баланс в этом случае запишется в виде:
2хх ' 2х2
Решая это уравнение, найдем работу А:
Ответ: а) д = ^^^); б) A =
2e0S 2xxx2
3.4. Электрический ток
Основные формулы
• Закон Ома в дифференциальной форме:
j = o\E + E*) C.4.1)
• Мощность тока Р и тепловая мощность Q:
P = IU, Q = I2R C.4.2)
• Удельная мощность тока Руд и удельная тепловая мощность тока Qyjx:
=pj2 C.4.3)

Электричество и магнетизм 107
Примеры решения задач
3.4.1. Воздушный цилиндрический конденсатор, подключенный к
источнику напряжения U, погружают в вертикальном положении в сосуд с
дистиллированной водой со скоростью V. Зазор между обкладками
конденсатора d, средний радиус обкладок г. Имея в виду, что d«r,
найти ток, текущий по подводящим проводам.
Решение
Погружение конденсатора в воду приводит к увеличению его
емкости. Поскольку d «r, конденсатор можно считать плоским с длиной
основания обкладок равной 2лг. Пусть глубина погружения конденсатора
в воду равна h. В этом случае его емкость равна:
C = C0+?0(?-\J7rrh/d
где Со - емкость не погруженного в воду конденсатора. Заряд
конденсатора при этом равен q = CU. Дифференцируя это соотношение
по времени и принимая во внимание, что (dh/dt = v), найдем ток, текущий
по проводам / = eo(e-\J7rrvUId.
Ответ: / = ?0(?-\J7rrvUId.
3.4.2. Однородная слабопроводящая среда с удельным
сопротивлением р заполняет пространство между двумя коаксиальными
идеально проводящими тонкими цилиндрами. Радиусы цилиндров а и Ъ,
причем а < Ъ, длина каждого цилиндра /. Пренебрегая краевыми
эффектами, найти сопротивление среды между цилиндрами.
Решение
Систему можно рассматривать как конденсатор со слабой утечкой.
Пусть ток утечки будет равен /. Вследствие закона сохранения заряда
плотность тока на расстоянии г от оси цилиндров (a<r<b) равна
j = 11 2тгг1 . Отсюда напряженность поля равна Е = jp. Интегрируя это
соотношение по г, найдем напряжение между цилиндрами:
ь
= Ip\n(bla)l2rt
Поделив U на /, найдем сопротивление R = p\n(b I aI2M.

108
Глава 3
Ответ: R = p\n(b I a) 12rt.
3.4.3. Зазор между пластинами плоского конденсатора заполнен
неоднородной слабопроводящей средой, удельная проводимость которой
изменяется в направлении, перпендикулярном к
пластинам, по линейному закону от сг, до о2.
Площадь каждой пластины 5, ширина зазора d. Найти
ток через конденсатор при напряжении на нем U.
Рис. 3.6
"** Решение
При протекании через конденсатор тока /
плотность тока всюду одинакова и равна j = 11S. По
условию задачи зависимость удельной проводимости
от координаты х (ось х направлена перпендикулярно
пластинам от положительной к отрицательной, и
начало координат находится на положительной пластине) имеет вид:
а(х) - ах + (a2-ax)x/d.
Согласно закону Ома в дифференциальной форме напряженность
поля равна Е(х) = 11 S<J(x). Интегрируя это соотношение по х, найдем
разность потенциалов U:
о S(a2-ax)
Отсюда найдем ток через конденсатор
Ответ./ =
4
d\n(<J2l<Jx)
3.4.4. Два металлических шарика одинакового радиуса а находятся
в однородной слабо проводящей среде с удельным сопротивлением р.
Найти сопротивление среды между шариками при условии, что расстояние
между ними значительно больше а.

Электричество и магнетизм 109
Решение
При подключении шариков к источнику тока, на них появятся
разноименные заряды, по модулю равные q. При этом, поскольку шарики
находятся далеко друг от друга, их потенциалы равны: (рх = q 14л?0а,
(р2 --ср{, а разность потенциалов U = q/2K?0a.
Ток, стекающий с положительно заряженного шарика, равен:
I = j-4m2 = Е-4ла2 / p = q/?op. Поделив U на /, найдем сопротивление/?
среды между шариками R = р/2т.
Ответ: R = p/2m.
3.4.5. Два проводника произвольной формы находятся в
безграничной однородной слабо проводящей среде с удельным
сопротивлением р и диэлектрической проницаемостью ?. Найти значение
произведения RC для данной системы, где R - сопротивление среды между
проводниками, С - взаимная емкость проводников при наличии среды.
Решение
При подключении проводников к источнику тока, на них появятся
разноименные заряды, по модулю равные q. При этом разность
потенциалов U =q/C. С другой стороны U = IR. Отсюда RC -qlI. Заряд
проводника равен q = <$a ds, где о - поверхностная плотность заряда, а
интегрирование проводится по поверхности проводника. Ток /, стекающий
с проводника, равен
Поделив q на /, получим искомое произведение RC = ??Qp.
Ответ: RC = ??ор.
3.4.6. Электромотор постоянного тока подключили к напряжению U.
Сопротивление обмотки якоря равно R. При каком значении тока через
обмотку полезная мощность мотора будет максимальной? Чему она равна?
Каков при этом к.п.д. мотора?

110 Глава 3
Решение
Энергия источника тока тратится на совершение полезной работы и
выделение тепла в проводах. Отсюда полезная мощность равна:
Рпол= IU -I2R. Дифференцируя это соотношение по / и приравнивая
производную к нулю, найдем искомый ток: I = U /2R. Полезная мощность
при этом равна Pn™x =U2/4R, а к.п.д. r\ = P™ IIU = 0,5.
Ответ: Р™х =U2/4R,?i = Р™х /IU = 0,5.
3.4.7. Радиусы обкладок сферического конденсатора равны а и Ъ,
причем а < Ъ. Пространство между обкладками заполнено однородным
веществом с диэлектрической проницаемостью ? и удельным
сопротивлением р. Первоначально конденсатор не заряжен. В момент
/ = 0 внутренней обкладке сообщили заряд q0. Найти:
а) закон изменения во времени заряда на внутренней обкладке;
б) количество тепла, выделившегося при растекании заряда.
Решение
Пусть в момент времени t заряд конденсатора равен q. При этом
напряженность поля между сферами на расстоянии г от их центра равна
Е = q/47T??0r2. Отсюда по закону Ома в дифференциальной форме найдем
плотность тока и сам ток:
j = E/p, I = 47Tr2j = q/p??0
Очевидно, что ток течет за счет убыли заряда на внутренней сфере.
Отсюда получим дифференциальное уравнение, определяющее
зависимость q(t)\
dq .
d]=-q/p??°-
Решение этого уравнения с учетом начального условия имеет вид:
A)
Интересно, что зависимость заряда от времени не зависит от
радиусов сфер. Найдем теперь выделившееся тепло. Для этого
воспользуемся формулой C.4.3) для удельной тепловой мощности и

Электричество и магнетизм 111
проинтегрируем ее по объему сферического слоя, получив в итоге полную
тепловую мощность:
Ртепл =
Подставив сюда выражение A) для q(t) и проинтегрировав по
времени от нуля до бесконечности, получим выделившееся тепло
Q = (q20/S;ree0)(\/a-\/b).
Ответ: Q = (ql/$7T??0)(\/a-\/b)
3.4.8. Обкладкам конденсатора емкости С сообщили разноименные
заряды q0. Затем обкладки замкнули через сопротивление R. Найти:
а) заряд, прошедший через сопротивление за время г;
б) количество тепла, выделившееся в сопротивлении за то же время.
Решение
Напряжение на конденсаторе равно напряжению на сопротивлении:
q/C = IR A)
Поскольку ток течет за счет разрядки конденсатора, то / = -dq I dt.
Подставляя это выражение в A), получим дифференциальное уравнение,
описывающее закон изменения заряда на конденсаторе во времени:
dq=-q/RC.
dt Ч
Решение этого уравнения с учетом начального условия имеет вид:
q = qoexp(-t/RC)
Отсюда найдем протекший заряд
Ч\=%- Я(?) = Яо(\- ехр(-г / RC).
Чтобы найти количество тепла, проинтегрируем тепловую мощность
по времени:
х 2 х 2
Q = \l2Rdt = q°2 Jexp(-2f /RC)dt = q° A -exp(-2r/RC)).
о RC о 2^
Как и следовало ожидать, выделившееся тепло равно разности
энергий конденсатора в при t - 0 и t = т.

112 Глава 3
Ответ: a) qx = qo{\-ехр(-т/RC), б) Q= lQ A-ехр(-2т/ДС)).
3.5. Постоянное магнитное поле. Магнетики
Основные формулы
• Закон Био-Савара-Лапласа:
ju0 I[dl,r]
dВ - и 7
4л- г3
• Циркуляция вектора Б в вакууме и теорема Гаусса для него:
О C.5.2)
• Сила Ампера:
C.5.3)
Циркуляция намагниченности:
jjdl = T C.5.4)
Вектор Н и его циркуляция:
H=B/juo-J, \Hdl = I C.5.5)
Условия на границе раздела двух магнетиков:
ТУ ГУ TJ IT I J .4 / С /Г\
Для магнетиков, у которых / = %Н :
C.5.7)
Примеры решения задач
3.5.1. Ток / течет вдоль длинной тонкостенной трубы радиуса /?,
имеющей по всей длине продольную прорезь ширины h . Найти индукцию
магнитного поля внутри трубы, если h« R.
Решение
Из теоремы о циркуляции вектора магнитной индукции следует, что
внутри трубы без прорези магнитная индукция равна нулю. Таким
образом, индукция в трубе с прорезью равна по абсолютной величине

Электричество и магнетизм 113
индукции, создаваемой током, текущим бы по вырезанной части трубы.
Эту индукцию найдем по теореме о циркуляции. Ток, который тек бы по
вырезанной части трубы, равен /, = IhllTiR, где R - расстояние от точки
наблюдения до прорези. В этом случае теорема о циркуляции C.5.2)
принимает вид: 2лЯВ = //0/,. Отсюда находим В = ju0Ih/4K2R2.
Ответ: В = ]UQIli/4x2R2.
3.5.2. Определить индукцию магнитного поля тока, равномерно
распределенного:
а) по плоскости с линейной плотностью /;
б) по двум параллельным плоскостям с линейными плотностями i и
-I.
Решение
Для определения магнитной индукции воспользуемся теоремой о
циркуляции. Выберем замкнутый контур в виде прямоугольника,
перпендикулярного плоскости и току *, с
В основаниями длины /, параллельными
плоскости и расположенными симметрично
по обе стороны от нее. Из симметрии задачи
_ следует, что вектор магнитной индукции
должен быть параллелен плоскости и
перпендикулярен /. Запишем теорему о
циркуляции: 21В = juoil, отсюда В = ju0i/2.
В случае двух плоскостей индукция
между ними удваивается и равна В = juoi.
Вне плоскостей индукция равна нулю.
Ответ: а) В - juoi/ 2; б) В = juoi; В = 0 вне плоскостей.
3.5.3. По однородному прямому проводу, радиус сечения которого
/?, течет постоянный ток плотности у. Найги индукцию магнитного поля
этого тока в точке, положение которой относительно оси провода
определяется радиус-вектором г. Магнитная проницаемость всюду равна
единице.

114 Глава 3
Решение
Линии магнитной индукции представляют собой окружности с
центрами, лежащими на оси провода и перпендикулярные ей. Теорема о
циркуляции для индукции Вх внутри и Ве вне провода имеет вид:
2тггВ. = jujm*2, 2ягЯе = juoj лЯ2.
Отсюда получим искомые значения индукций, которые представим в
векторном виде Вх =juo[jr]f2, Be = juo[jr]R212г2.
Ответ: В{ =//0L/>]/2, Be= jUolJr]R2/2r2.
3.5.4. Найти плотность тока как функцию расстояния г от оси
аксиально-симметричного параллельного потока электронов, если
индукция магнитного поля внутри потока зависит от г как В = Ъга, где Ъ и
а-положительные постоянные.
Решение
Из теоремы о циркуляции вектора В найдем силу тока,
протекающего по цилиндру радиуса г:
Мо
Отсюда ток, протекающий через кольцевой слой радиуса г и толщины dr
равен:
С другой стороны dl = litrj ¦ dr. Отсюда найдем плотность тока
._
Мо
Ответ: j =
Мо
3.5.5. На деревянный тороид малого поперечного сечения намотано
равномерно N витков провода, по которому течет ток /. Найти отношение

Электричество и магнетизм 115
7] индукции магнитного поля внутри тороида к индукции в центре
тороида.
Решение
Индукцию на оси тороида найдем с помощью теоремы о циркуляции
q = ju0NI, где R - радиус оси тороида:
Поскольку ток подходит к тороиду и отходит от него в одной и той
же точке, вдоль оси тороида также течет ток /. Таким образом индукция в
центре тороида будет такой же, как от кольцевого тока радиуса R. Эту
индукцию найдем с помощью закона Био-Савара-Лапласа C.5.1):
ЯС=//О//2Я. A)
Отсюда получим искомое отношение Во/ Вс = N1ж.
Ответ: BQIBc = Nl7t.
3.5.6. Найти магнитный момент тонкого кругового витка с током,
если радиус витка равен /?, а индукция магнитного поля в его центре В.
Решение
Магнитный момент рт витка равен I7CR1. Ток / найдем с помощью
формулы A) задачи 3.5.5: I = 2RB/ju0. Используя это соотношение,
находим магнитный момент рт = 2лЯъВ Iju0.
Ответ: рт =2xR3B/ju0.
3.5.7. Непроводящий тонкий диск радиуса /?, равномерно
заряженный с одной стороны с поверхностной плотностью <т, вращается
вокруг своей оси с угловой скоростью со. Найти:
а) индукцию магнитного поля в центре диска;
б) магнитный момент диска.
Решение
Разобьем диск на кольцевые слои радиуса г и толщины dr. Заряд
такого слоя равен dq = o2m dr. При вращении диска вдоль слоя течет
эффективный ток равный dl = dq/T = dqcol2n = ocor dr. Вклады этого тока

116 Глава 3
в индукцию в центре кольца и в магнитный момент равны соответственно
(см. формулу A) задачи 3.5.5 и задачу 3.5.6):
dB = juodl /2r = ju0acodr 12, dpm = dim1 = Kocoi^dr
Интегрируя эти выражения по г от нуля до /?, найдем искомые величины
индукции магнитного поля в центре диска В = juo(TCO R12 и магнитный
момент диска рт = 7too)RA /4.
Ответ: B = jiqgcoRI2, pm=xawR4 /4.
3.5.8. Постоянный ток / течет вдоль длинного однородного
цилиндрического провода круглого сечения. Провод сделан из
парамагнетика с магнитной восприимчивостью Х- Найти:
а) поверхностный молекулярный ток /'пов;
б) объемный молекулярный ток /'об.
Как эти токи направлены друг относительно друга?
Решение
По теореме о циркуляции для напряженности магнитного поля
2tiRH = I найдем Н внутри провода вблизи его поверхности (R - радиус
провода): # = //2яК. Отсюда определим намагниченность:
J=%H=%I/27iR. Теперь по формуле C.5.4) найдем объемный
молекулярный ток: /'об = %1. Плотность поверхностного молекулярного
тока определим из граничного условия C.5.6) для J (намагниченность вне
провода равна нулю) /'пов = -J . Отсюда находим полный поверхностный
молекулярный ток: /'пов = 2л/?/'пов = ^/.
Ответ: а) Гпов = %1, б) Го6 = %1. Токи направлены навстречу друг
другу-
3.5.9. Прямой бесконечно длинный проводник с током / лежит в
плоскости раздела двух непроводящих сред с магнитными
проницаемостями //, и ju2. Найти модуль вектора магнитной индукции во
всем пространстве в зависимости от расстояния г до провода. Иметь в
виду, что линии вектора В являются окружностями с центром на оси
проводника.

Электричество и магнетизм 117
Решение
Воспользуемся теоремой о циркуляции C.5.5) для Н (напряженности
магнитного поля в верхнем и нижнем полупространствах не равны друг
другу): 7tr{Hx + Н2) = I. С другой стороны Я, 2 = B/juojui2. Отсюда
находим индукцию магнитного поля В = jUqJU^I 17tr(jix +ju2.
Ответ: В = JU0M1M21 /яКА + Иг )•
3.5.10. Постоянный магнит имеет вид кольца с узким зазором между
полюсами. Средний диаметр кольца равен d, ширина зазора Ь, индукция
магнитного поля в зазоре В. Пренебрегая рассеянием магнитного потока
на краях зазора, найти модуль напряженности магнитного поля внутри
магнита.
Решение
Напряженность магнитного поля в зазоре равна Не = В/ ju0.
Поскольку сторонние токи отсутствуют, циркуляция Н по замкнутому
контуру равна нулю. Выберем контур в виде окружности, совпадающей с
осью кольца. Имеем: Heb + H-GZl-b) = 0. Отсюда, пренебрегая толщиной
зазора по сравнению с длиной кольца, найдем напряженность поля внутри
магнита: Hx^-Bbl juo7nd. Интересно отметить, что направления Нх и В
противоположны.
Ответ: Н- ^-Bb/juo7Ed.
3.6. Электромагнитная индукция. Уравнения
Максвелла. Движение заряженных частиц
в электромагнитных полях
Основные формулы
• Закон электромагнитной индукции Фарадея:
E.t=-(№/dt C.6.1)
• Индуктивность соленоида:
2 C.6.2)

118
Глава 3
Собственная энергия тока:
W = LI2/2
Объемная плотность энергии магнитного поля:
w = BH/2
Плотность тока смещения:
• Уравнения Максвелла в дифференциальной форме:
rotE=-dB/dt, divB = 0
rot# = j + dD/dt,
• Сила Лоренца:
F =qE + q[vB]
C.6.3)
C.6.4)
C.6.5)
C.6.6)
C.6.7)
Примеры решения задач
У
В
3.6.1. Провод, имеющий форму параболы у = кх2, находится в
однородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной плоскости
параболы. Из вершины параболы в момент
t = 0 начали двигать прямолинейную
перемычку, параллельную оси х. Найти
э.д.с. индукции в образовавшемся контуре
как функцию у, если перемычку
перемещают:
а) с постоянной скоростью v;
б) с постоянным ускорением я, причем в
момент ^ = 0 скорость перемычки была
равна нулю.
Рис. 3.8
Решение
При перемещении перемычки на расстояние dy увеличение площади
контура равно dS = 2xdy = 2-yJy/k dy. Увеличение площади контура
приводит к изменению через него магнитного потока и, в свою очередь, к
появлению ЭДС индукции, модуль которой равен
dt
k dt
A)

Электричество и магнетизм 119
В случае а) у = vt. Отсюда Ех = 2Bv^ylk .
В случае б) y = at212. Подставляя это соотношение в A) и выражая t через
у, получим Ех = 2By4laTk .
Ответ: а) Е{ = 2Bv^jylk , б) Е- = 2Ву^2а/к .
3.6.2. По П-образному проводнику, расположенному в
горизонтальной плоскости, может скользить без трения перемычка.
Последняя имеет длину / массу m и сопротивление R. Вся система
находится в однородном магнитном поле с индукцией В,
перпендикулярном плоскости проводника. В момент f = 0 на перемычку
стали действовать постоянной горизонтальной силой F. Найти
зависимость от t скорости перемычки. Самоиндукция и сопротивление П-
образного проводника пренебрежимо малы.
Решение
В момент времени, когда скорость перемычки равна У, ЭДС
индукции равна BVL При этом ток, протекающий в контуре равен
I = BVl/R. Таким образом на перемычку действует сила Ампера, равная
ВН, направленная против скорости движения. Перемычка движется под
действием внешней силы F и силы Ампера, и ее закон движения имеет
вид:
mdV=F-B2l2V/R.
dt
Решая это дифференциальное уравнение стандартным методом
разделения переменных с учетом начального условия (V =0 при / = 0),
получим зависимость
В I
Ответ: V(t) = -^[\-exp(-B2l2t/mR)).
В212
3.6.3. В длинном прямом соленоиде с радиусом сечения а и числом
витков на единицу длины п изменяют ток с постоянной скоростью / А/с.

120 Глава 3
Найти модуль напряженности вихревого электрического поля как
функцию расстояния г от оси соленоида.
Решение
Магнитную индукцию внутри соленоида легко найти, используя
теорему о циркуляции C.5.2): B = juonl. Магнитный поток через
окружность радиуса г с центром, лежащим на оси соленоида имеет вид:
Ф-Втгг2 (при г<а), Ф-Втш1 (при г>а).
Вихревое электрическое поле найдем, используя закон Фарадея для
электромагнитной индукции C.6.1): d<?>Idt = -2лгЕ. Отсюда найдем
модуль напряженности поля внутри и вне соленоида.
Ответ: Е-juonrl/2 (при г<я), E = juona2I/2r (при г>а).
3.6.4. Катушку индуктивности L и сопротивления R подключили к
источнику постоянного напряжения. Через сколько времени ток через
катушку достигнет 7] = 0,5 установившегося значения?
Решение
В нашей цепи действуют ЭДС источника постоянного напряжения Е
и ЭДС самоиндукции. Для определения зависимости тока от времени
воспользуемся законом Ома для замкнутой цепи:
E-LdI=IR
dt
Решая это дифференциальное уравнение стандартным методом
разделения переменных с учетом начального условия / = 0 при f = 0,
получим зависимость I(t)\
Установившееся значение тока равно E/R. Отсюда уравнение для
определения времени t имеет вид:
Отсюда найдем время t = -{LI R)ln(l - /7).
Ответ: t = -(L/R)\n(\-7]).

Электричество и магнетизм 121
3.6.5. Найти индуктивность единицы длины кабеля,
представляющего собой два тонкостенных коаксиальных цилиндра, если
радиус внешнего цилиндра в 7] раз больше, чем радиус внутреннего.
Магнитную проницаемость среды между цилиндрами считать равной
единице.
Решение
Пусть ток в кабеле равен /. Тогда напряженность магнитного поля
между цилиндрами кабеля определяется с помощью теоремы о
циркуляции для вектора Н: Н = 112т, где г - расстояние от оси кабеля до
точки наблюдения. При этом плотность энергии магнитного поля равна
w = ju0H212. Интегрируя это соотношение по объему, заключенному
между обкладками кабеля единичной длины, получим заключенную там
магнитную энергию:
; 4л- ; г, 4л*
Отсюда, воспользовавшись формулой C.6.3) и тем, что 7] = R/r,
найдем индуктивность единицы длины кабеля L = ju0 \пG])/2л.
Ответ: L = juo\nG]I2л.
3.6.6. Определить индуктивность тороидального соленоида из N
витков, внутренний радиус которого равен Ь, а поперечное сечение имеет
форму квадрата со стороной а. Пространство внутри соленоида заполнено
однородным парамагнетиком с магнитной проницаемостью //.
Решение
Напряженность магнитного поля внутри тороида на расстоянии г от
его оси найдем, воспользовавшись теоремой о циркуляции C.5.5). Пусть
ток тороида равен /. Тогда 2лгН = N1, откуда Н =N112лг. Разобьем
внутреннее пространство тороида на цилиндрические слои радиуса г и
толщиной dr. Тогда магнитная энергия, заключенная в таком слое, равна
dW = juo/iH2mr dr. Проинтегрировав это соотношение по г от Ъ до Ъ + а,
найдем магнитную энергию тороида:

122 Глава 3
w r/r
4ж I 4л
Отсюда, воспользовавшись C.6.3), найдем индуктивность соленоида
2л
Ответ: L="""" х
2л
3.6.7. Пространство между двумя концентрическими
металлическими сферами заполнено однородной слабо проводящей
средой с удельным сопротивлением р и диэлектрической проницаемостью
€. В момент t = 0 внутренней сфере сообщили некоторый заряд. Найти:
а) связь между векторами плотностей тока смещения и тока
проводимости в произвольной точке среды в один и тот же момент;
б) ток смещения через произвольную замкнутую поверхность,
расположенную целиком в среде и охватывающую внутреннюю
сферу, если заряд этой сферы в данный момент равен q.
Решение
Построим внутри проводящей среды сферическую оболочку,
радиуса г, концентрическую проводящим сферам. Тогда электрическая
индукция на поверхности оболочки равна D = q/47ir2, а ток смещения
jCM=dD/dt = (dq/dt)/47ir2. В то же время, ток равен l--dqldt, a
плотность тока на расстоянии г от центра ) — 114лг2. Отсюда получаем,
что jCM=-j.
Из теоремы Гаусса для электрической индукции C.2.3) следует, что
ток смещения через произвольную замкнутую поверхность равен
dq/dt = -I. В то же время / = 4т2 j = 4лг2ЕIр. Поскольку E-ql4лео?г2,
то модуль тока смещения равен ICM=q/ е^ер.
Ответ: a) jCM = -j, б) /см = q I eoep.
3.6.8. Плоский конденсатор образован двумя дисками, между
которыми находится однородная слабо проводящая среда. Конденсатор

Электричество и магнетизм 123
зарядили и отключили от источника напряжения. Показать, что магнитное
поле внутри конденсатора отсутствует.
Решение
Для доказательства воспользуемся следующим уравнением
Максвелла в интегральной форме: JHdl- Uj + dD/dt)dS. Выберем в
качестве замкнутого контура окружность радиуса г с центром на оси
конденсатора. Тогда вследствие симметрии задачи используемое нами
уравнение Максвелла принимает вид:
2m-H={j + dDldtOir2. A)
Плотность тока j = -(dqldt)IS, где S - площадь пластин
конденсатора. В то же время электрическая индукция внутри
конденсатора D -qlS . Подставляя соотношения для у и D в A), получим,
что #=0.
3.6.9. Показать, что из уравнений Максвелла следует закон
сохранения электрического заряда, т.е. divy~= -dp/dt.
Решение
Для доказательства воспользуемся следующими уравнениями
Максвелла: rot Я - j+dDldt, divD = p. Возьмем дивергенцию от обеих
частей первого уравнения и воспользуемся тем, что div(rot H) = 0. Имеем:
divy + div(aD/A) = 0 A)
Продифференцируем по времени второе уравнение Максвелла:
~(divZ))= —-. Поменяв в этом соотношении порядок
dt dt
дифференцирования по координатам и времени и подставив его в A),
получим закон сохранения заряда.
3.6.10. Протон, ускоренный разностью потенциалов U, попадает в
момент t = 0 в однородное электрическое поле плоского конденсатора,
длина пластин которого в направлении движения равна /. Напряженность
поля меняется во времени как E = et, где е- постоянная. Считая протон

124 Глава 3
нерелятивистским, найти угол между направлениями его движения до и
после пролета конденсатора. Краевыми эффектами пренебречь.
Решение
Выберем систему координат таким образом, чтобы ось х была
параллельна пластинам, а ось у - перпендикулярна им. Пусть также
протон влетает в конденсатор вдоль оси х. Скорость Ух, с которой протон
влетает в конденсатор, найдем при помощи закона сохранения энергии:
eU = mVl /2, откуда Vx = BeU/mI/2. Эта компонента скорости не будет
меняться во время движения протона. Найдем теперь время пролета
протона через конденсатор: т = //Ух. Ускорение протона вдоль оси у
имеет вид: ay=eet/m. Интегрируя это соотношение по времени от нуля
до т, найдем компоненту скорости Vy, которую будет иметь протон,
вылетая из конденсатора: V = еет212т. Отсюда найдем тангенс угла
отклонения tga = V /Vx = ?/2л/т/32е?/3 .
Ответ: tga = el24m/32eU3 .
3.6.11. Слабо расходящийся пучок нерелятивистских заряженных
частиц, ускоренных разностью потенциалов ?/, выходит из точки А вдоль
оси прямого соленоида. Пучок фокусируется на расстоянии / от точки А
при двух последовательных значениях индукции магнитного поля В{я В2.
Найти удельный заряд q/m частиц.
Решение
Рассмотрим частицу, влетевшую в магнитное поле со скоростью V
под углом а к линиям магнитной индукции. В этом случае частица будет
двигаться по винтовой линии, ось которой совпадает с направлением
вектора магнитной индукции В. Шаг винтовой линии равен /i = VTcosa,
где Т = 2лш/ qB — период обращения частицы в магнитном поле. Если
а «1, то шаг винтовой линии перестает зависеть от or. h — 2mnV I qB.
Заряженные частицы в слабо расходящемся пучке будут двигаться
по винтовым линиям с одинаковым шагом. Следовательно, они будут
фокусироваться в тех точках, расстояние от которых до точки А равно

Электричество и магнетизм
125
целому числу шагов винтовой линии. Соответствующие соотношения для
полей Вх и В2 имеют вид:
I =„. 1 -я+1, а)
BжтУ I qBx) B7trnV/qB2)
где п - целое число. Выражая скорость У через U с помощью соотношения
V =BqU/тI/2, решим систему A) относительно qlm. В результате
получим
q %ж U
т~Т\В2-ВхJ'
„ q
Ответ: - = ~о
m
l\B2-Bx
2 '
3.6.12. С поверхности цилиндрического провода радиуса а, по
которому течет постоянный ток /, вылетает электрон с начальной
скоростью v0, перпендикулярной к поверхности провода. На какое
максимальное расстояние удалится электрон от оси провода, прежде чем
повернуть обратно под действием магнитного поля тока?
Решение
Направим ось х декартовой системы координат перпендикулярно
оси провода, а ось у - вдоль нее. Рассмотрим заряд, двигающийся в
плоскости ху. Магнитная индукция поля,
создаваемого проводом с током может
быть найдена с помощью теоремы о
циркуляции C.5.2) (см. также задачу 3.5.1):
B-fj^Illm. При движении заряда в
магнитном поле его скорость остается
неизменной. Поэтому, радиус кривизны
траектории электрона в точке на
расстоянии х от оси провода найдем,
записав уравнение его движения:
mvlJR = evQB. Отсюда
27tmv0x
juoel
У
Рис. 3.9

126 Глава 3
Пусть в - угол между осью х и касательной к траектории. Тогда
dx = R dO соъв, или cos в cW = dxIR. Когда координата х меняется от а до
максимального расстояния rm, на которое удаляется электрон от оси
провода, угол в меняется от нуля до л/2. Поэтому
KI2 г
j cos0d0= \dxlR.
Произведя элементарное интегрирование, получим соотношение:
из которого найдем
Ответ: rm = a exp f- .
I l )

4. Колебания и волны
4.1. Гармонические колебания
Основные формулы
• Уравнение второго закона Ньютона для тела, закрепленного на
пружине
d2x
где jc - смещение тела из положения равновесия, т - его масса, —— -
dt2
ускорение, к - коэффициент жесткости пружины. В уравнении D.1.1) в
качестве переменной может выступать не только смещение х, но и
некоторая обобщенная координата q (например, угол <р и др.). В этом
случае вместо обычной массы и жесткости появятся обобщенная масса
• Представим уравнение D.1.1) в виде
т^-4- + са02х = 0. D.2.1)
4
dt
Решение этого уравнения имеет вид
х = aQ cos(co0t + а), D.1.3)
где а0 - амплитуда колебаний, соь = 27tf = 2л/Т-4кТт - собственная
циклическая частота колебаний, / - обычная частота, Т - период
колебаний, выражение в круглых скобках носит название фазы
колебаний, а - начальная фаза. В случае эффективных массы и
жесткости OJb2 = /:эфф /шэфф
Потенциальная и кинетическая энергии гармонического осциллятора
*.=*?. *,—• D-1.4)
Для случая обобщенной координаты q
(fT D.1.5)

128
Глава 4
Примеры решения задач
4.1.1. Найти период малых поперечных колебаний шарика массы
т= 40 г, укрепленного на середине натянутой струны длины / = 1 м. Силу
натяжения струны считать постоянной и равной F = ЮН. Массой струны
и силой тяжести пренебречь.
Решение
Зависимость возвращающей силы Fx от х имеет вид (см. рис.4.1)
Fx = -2Fsm<p.
По условию задачи шарик совершает малые колебания, т.е. <р « 1. Из
2х AxF
рисунка видно, что (р « —, следовательно, Fx = -2F(p = .
б)
Рис.4.1
Уравнение движения шарика
т-
dlx AxF
или
d2x AF
dt2 ml*~
Отсюда получаем окончательное выражение для периода Т и ег
численное значение:
, = я ml IF =0,2 с

Колебания и волны
129
Ответ: Т = 2л/^ = % ml IF = 0,2 с
4.1.2. Шарик подвесили на нити длины / к точке О стенки,
составляющей небольшой угол а с вертикалью (рис.4.2). Затем нить с
шариком отклонили на небольшой угол В > а и отпустили. Считая удар
шарика о стенку абсолютно упругим, найти период колебаний такого
маятника.
Рис.4.2
Рис.4.3
Решение
Из рис.4.3 видно, что период колебаний шарика равен
Т = То - AT,
где То = 27ty]g 11 - период свободных колебаний математического
маятника длиной /. Из рис.4.3 также видно, что
В результате получаем следующее выражение для периода колебаний

130
Глава 4
Ответ: Т = /—[;r+2arcsin(o//?)].
4.1.3. Брусок массы пг, находящийся на гладкой горизонтальной
поверхности, соединен со стенкой легкой горизонтальной пружиной
жесткости к и находится в покое. Начиная с некоторого момента, на
брусок начала действовать вдоль пружины постоянная сила F. Найти
пройденный путь и время движения бруска до первой остановки.
Решение
Запишем уравнение движения бруска
т-
¦ = F-kx,
A)
начало оси х поместим в центр бруска при недеформированной пружине
(см. рис.4.4). Приведем A) к следующему виду
dt2 "к'
где (Oq = —. Сделаем в B) замену переменной х{ = х - х0, где
т
результате получим уравнение
dt2
2
х, =0,
которое
гармонические
B)
=Т в
C)
описывает
колебания
////////
Рис.4.4
находился в точке х=0. Отсюда получаем
бруска с частотой оH с
центром колебаний в точке
х, = 0 или х = х0. Решение
уравнения C) имеет вид
х{ =a0cos(co0t + a),
где а0 и а - произвольные
постоянные, значения
которых найдем из
начальных условий: при г=0
брусок покоился и

Колебания и волны 131
F
х](О) = а() cosa = —,
10 к D)
Vx( О) = -а0со0 sin a = О.
F
Из D) следует, что а0 = —, а = ж, т.е.
к
х{ =- —cos coot. E)
к
При колебаниях, описываемых уравнением E), брусок останавливается в
точках максимального отклонения от положения равновесия, т.е. при
F 2F
х, = + — или х = 0, —. Таким образом, брусок начинает движение в
к к
2F
точке х=0 и первый раз останавливается в точке х = —, пройдя путь
к
2F
S= —. Это движение происходит в течение половины периода
к
г „ Т 1 2л \т
колебании: t = — = = яЛ\—.
2 2 со 0 \к
о 2F f^
Ответ: S = —, t = 7cJ—.
к U
4.1.4. Брусок массы т находится на гладкой горизонтальной
поверхности. К нему прикреплена легкая пружина жесткости к.
Свободный конец пружины начали перемещать в горизонтальном
направлении вдоль пружины с некоторой постоянной скоростью. Через
сколько времени надо остановить этот конец пружины, чтобы после
остановки брусок не колебался?
Решение
Пусть имеется неподвижная система координат Олгу. Введем систему
координат Ojxxyx, движущуюся со скоростью V вдоль оси х по отношению
к системе Оху так, что x = xx+Vt (см. рис.4.5). В системе Olxlyl
свободный конец пружины покоится, а брусок движется влево со
скоростью V. Пружина с бруском представляет собой колебательную

132
Глава 4
[к
систему с собственной частотой 0H = л|—. Движение бруска в системе
V
У +
о
о.
Х\
Рис.4.5
01х{у1 описывается уравнением
^! = а0 cos (coot + a), A)
В момент t =0 смещение бруска х{ = 0, а скорость V{ =—- = -V.
Через время, равное целому числу периодов колебаний после начала
движения конца пружины t = пТ -п — = 2лплI— {п = 1, 2, 3 ...), скорость
О) 0 \ к
бруска в системе координат 0lxlyl будет равна -V , а в системе Огу он
будет покоится. Следовательно, при остановке свободного конца пружины
в указанные моменты времени в системе Оху брусок будет покоится и
колебаний не возникнет.
m
Ответ: t = 2лпл— , («=1,2,3...).
V к

Колебания и волны
133
4.1.5. Сплошной однородный цилиндр радиуса г катается без
скольжения по внутренней стороне цилиндрической поверхности радиуса
R, совершая малые колебания. Найти их период.
Рис.4.6
Решение
Допустим, что цилиндр отклонился от
вертикали на угол ср{си. рис.4.6). Приращение его
потенциальной энергии составляет
Ек =mg(R-r)(\-cos(p) ,
где т - масса цилиндра. Кинетическая энергия
цилиндра:
_ mV2 1со2
k 2 2
где V = cor, V - скорость цилиндра, со - угловая
скорость цилиндра относительно его собственной
оси, / = тг2/1 - момент инерции цилиндра. Далее
получаем
_ mV2 mr2co2 Ътг2ОJ
4
dcp
Угловая скорость — и угловая скорость со связаны между собой
dt
соотношением (см. рис.4.6):
dcp
~dt
(R -r) = cor.
Отсюда
_3mr2{R-rJ(dp}2 _ 1 \3m(R-rJl\(d<p}2
Ek= & UJ =2[ 2 JUJ
Предположим, что ф « 1 , т.е. колебания малые. Тогда
r)](p B)
z
Выражение в квадратных скобках в A) представляет собой тэф , а в B) -
кЭ(Ь. Следовательно
Отсюда получаем окончательно
Г=2я[3(Я-г)/28]
1/2

134
Глава 4
Ответ: Г= 2я[3(Я-r)/2g]
1/2
4.1.6. Тонкое кольцо радиуса R совершает малые колебания около
точки О (см. рис.4.7). Найти период колебаний, если они происходят:
а) в плоскости рисунка;
б) в направлении, перпендикулярном к плоскости рисунка.
Найти приведенную длину физического маятника в случаях а) и б).
Решение
а) Рассмотрим сначала случай колебаний кольца в плоскости
рисунка. При отклонении центра кольца от вертикали, проходящей через
а)
б)
Рис.4.7
точку подвеса, на небольшой угол <р {(р«\) на кольцо действует момент
силы тяжести, возвращающий его в положение равновесия (см. рис.4.7б):
N = -mgR sin q> = -mgRcp A)
Основное уравнение динамики твердого тела A.4.1) выглядит в данном
случае следующим образом
dt2
B)
где / - момент инерции кольца относительно точки О. Согласно теореме
Штейнера A.4.2)
/ = /с+та2, C)

Колебания и волны 135
где Ic-mR2 - момент инерции кольца относительно оси, проходящей
через его центр масс перпендикулярно плоскости кольца, a-R. Отсюда
получаем
I = 2mR2. D)
Подставляя A) и D) в B), получим
¦у d2(p
2mR2%
dt2
откуда приходим к уравнению малых колебаний кольца
dt2
где й>0 = — = J круговая частота колебании. Следовательно,
Т v 2R
8
б) В этом случае уравнение движения кольца аналогично уравнению B),
но в выражении для / (см.(З)) меняется /с. Теперь Iq представляет собой
момент инерции кольца относительно оси, совпадающей с его диаметром.
Используя общую формулу для момента инерции тела относительно оси
/ = S«,r,2
(где т. - элементарные массы, на которые разбивается тело; г} -
расстояние /-й массы до оси) и переходя в пределе mi —> 0 к
интегрированию, получим величину Iq кольца относительно его диаметра:
Подставляя E) в C), получим момент инерции кольца относительно оси,
проходящей через точку О:
--т
Далее по аналогии со случаем а) получим
Напомним, что приведенной длиной физического маятника
называется длина такого математического маятника, период которого
совпадает с периодом данного физического маятника:

136Глава 4
F)
где / - момент инерции физического маятника относительно оси
вращения, т - масса маятника, / - расстояние от оси вращения до центра
масс маятника. Подставляя D) и E) в F), а также учитывая, что l=R в
обоих случаях, получим
Ответ: а) Т =
4.2. Затухающие колебания
Основные формулы
Уравнение движения осциллятора с учетом затухания
т—— = —kx — r— D.2.1)
dr dt
Последний член в D.2.1) представляет собой силу сопротивления
среды, которая пропорциональна скорости тела; г носит название
коэффициента сопротивления.
Запишем D.2.1) в другой форме
^ + 2/?^ + а>02* = 0, D.2.2)
dt dt
где коэффициент /3 = г/2т - называется коэффициентом затухания, со02=
к/т
Решение уравнения D.2.2):
х = а^е~^ cos(#r + яг), D.2.3)
где а0 , ос - произвольные постоянные, со- [со^ - ft ]1/2 - циклическая
частота затухающих колебаний, Т= 2л/со- их период, a(t) = а$ ехр(-Д) -
амплитуда затухающих колебаний.
Логарифмический декремент затухания:
Я = \n[a(t) I a(t + T)] = рГ, D.2.4)

Колебания и волны 137
Nt = МЛ - число колебаний, в течение которых амплитуда спадает в е
раз.
• Добротность колебательной системы:
Q = л/Л = ;rNe. D.2.5)
• Энергия осциллятора при слабом затухании (/3 « (Оо)\
E(t) = Eoexp(-2f3t), D.2.6)
где Ео = ка02 /2 - энергия осциллятора при t = 0. Из D.2.6) следует, что
dE=2pEdt.
• Изменение энергии осциллятора за период:
АЕ = -2рГЕ = -2ЛЕ D.2.7)
Примеры решения задач
4.2.1. Точка совершает затухающие колебания с частотой со- 25с.
Найти коэффициент затухания Д если в начальный момент скорость точки
равна нулю, а ее смещение из положения равновесия в //= 1,02 раза
меньше амплитуды.
Решение
Смещение точки из положения равновесия при затухающих
колебаниях описывается уравнением D.2.3):
х = а0 e'P* cos(ax л- а). A)
Из этого уравнения следует, что сдвиг фазы между смещением и
скоростью точки отличается от 7Г/2 . Отсюда следует, в частности, что
максимальная величина смещения и минимальная величина скорости
точки достигаются не одновременно. В этом одно из отличий затухающих
и незатухающих колебаний.
Дифференцируя A) по времени, найдем скорость точки
V(t) = а0 ё* [-/3cos(ax + а) - cosin(ox + а)].
В соответствии с условием задачи
V@) = а0 [-/fcos(a) - 0sin(a)] = 0,
х@)/ a0 = cosa= I/77
Отсюда получаем
tga=-fi/a, cosa=\/7j. B)
Поскольку /? и со положительны, то из B) следует, что а < 0. Далее
из B) получаем
J3=co\tga\ =со[\ - cos2 a]2/cosa=o) [A/cos2 a)-\]m = co[if - l]l/2.

138 Глава 4
Ответ: J3= corf - 1]1/2.
4.2.2. Математический маятник совершает колебания в среде, для
которой логарифмический декремент затухания Ло = 1.5. Каким будет
значение Я, если сопротивление среды увеличить вп = 2 раза? Во сколько
раз следует увеличить сопротивление среды, чтобы колебания стали
невозможны?
Решение
В соответствии с формулами D.2.3) и D.2.4) имеем
Л-ВТ -—= —г-т A)
И2-/?2]
Из A) при Л = Ло, Д = Д) получаем (коэффициент затухания Д)
соответствует случаю, когда логарифмический декремент затухания равен
B)
"° ^ к2-А2]'
Возводя обе части равенства B) в квадрат и разрешая полученное
уравнение относительно Д), получаем
Для случая, когда коэффициент /? увеличен по условию задачи по
сравнению с первоначальным значением в п = /З/fio = 2 раза, получаем,
используя A) и C)
л= 2тг/30 2л
2л _ 2тЛ0 D)
2
[4лг2 + До2 A - п
Полагая в D) п = 2, получаем Л\ = 3,3 . Колебания маятника станут
невозможны при Л = °о. Это реализуется в случае, когда знаменатель в D)
обращается в нуль. В результате приходим к уравнению

Колебания и волны
139
откуда
п=[\+Bл/АоJ]1/2 = 4,3.
Ответ: Л, = пЛо /[1 + A - п2 )Л/2яJ ]1/2 =3,3 ;
п=[\ 21/2
4.2.3. Найти добротность математического маятника длины / =
50 см, если за промежуток времени т = 5,2 мин его полная механическая
энергия уменьшилась в Г] = 4x104 раз.
Согласно формуле D.2.5)
Решение
> = * = JL,
" Л рГ
где Т = — = -
со I
2л-
17
-, (О0 = J— - собственная частота незатухающих
колебаний математического маятника.
Предположим, что затухание в системе мало. В этом случае,
согласно D.2.6)
Отсюда найдем /3
2т 1Е(т)] 2т
Подставляя выражение для Т и /3 в формулу для Q, получим
1/2
-1
in2T
4
2J/.lnr
1/2
Так как Afe = Q/к » 1 , то колебания действительно слабо затухающие, и,
следовательно, предположение, сделанное выше, верно.
Ответ: g = I
2J/-lnr
= 130.

140 Глава 4
4.3. Вынужденные колебания
Основные формулы
• Если на осциллятор действует вынуждающая сила, которая изменяется
по гармоническому закону: F(t) - Fo cosox , то колебания описываются
дифференциальным уравнением
dt1 dt
где/о = Fo Im , остальные обозначения те же, что и в формуле D.2.2).
Общим решением неоднородного уравнения D.3.1) является сумма
решений однородного уравнения D.2.2) (т.е. уравнения, в котором/(г) =
0) и частного решения неоднородного уравнения. Решение
однородного уравнения дается формулой D.2.3). С течением времени
свободные колебания осциллятора затухают.
Частное решение неоднородного уравнения имеет вид (его часто
называют установившимся решением)
x = acos(cat - ср), D.3.2)
где
(р - сдвиг между фазами установившегося колебания и вынуждающей
силы, который определяется выражением
,_ 2/За>
^ -со2
• Максимум амплитуды смещения достигается при
^)ез=[^Ь2-2^]1/2 D.3.3)
• Амплитуда смещения при резонансе равна
„ - /о
т 1/2
D.3.4)
Примеры решения задач
4.3.1. Шарик массы т может совершать незатухающие
гармонические колебания около точки х = 0 с собственной частотой соо. В

Колебания и волны 141
момент t = О, когда шарик находился в состоянии равновесия, к нему
приложили вынуждающую силу Fx = Focoscot, совпадающую по
направлению с осью х. Найти:
а) закон вынужденных колебаний шарика x(t),
б) закон движения шарика в случае, если со = соо.
Решение
а) Движение шарика под действием вынуждающей силы
описывается уравнением D.3.1) с коэффициентом затухания /?= О, т.е.
d2X 2
dt2
Общее решение этого уравнения имеет вид
х = а0 cos(&br + а) + a cos(cot - (p), B)
где первое слагаемое представляет собой решение уравнения A) с нулевой
правой частью (т. е. однородного уравнения), второе слагаемое - решение
неоднородного уравнения A), где
а= ^ -, (р=0. C)
т(со0 - со )
Неизвестные коэффициенты ао и а определим из начальных условий
х( О) = а0 cos а н ^—— = 0, D)
т(со0 -со~)
— =-а0со0 sin яг = 0 . E)
dt ,=„
Из уравнения E) следует, что а = 0. Из уравнения D) получаем
т(со02 -со2)
Подставляя найденные значения ао и ав уравнение B), получим искомое
решение задачи
F0(cosco0t -coscot)
х = . F)
т(со2 -со02)
б) Представим со в виде со = соо + Лео и подставим это выражение в
F). После простых тригонометрических преобразований получим
Fo cos cot- cos co0t - cos Acot + sin cuot - sin Acot
x(i) — - - - - . G)
m (co0 + Aco) - co0

142 Глава 4
Полагая Асо малым, таким, что Аок<со, &ь и Аох«\, и оставляя в
разложении G) по малым параметрам члены не выше 1-й степени по Асо и
Аах, получим
Fo Acot - sin co0t Fot • sin co0t
m 2co0Aco 2mco0
Таким образом, при совпадении частоты вынуждающей силы с
собственной частотой колебаний шарика амплитуда колебаний линейно
возрастает в зависимости от времени.
Fo (cos 0Ht-cos аж) Fot- sin co0t
Ответ: а) д: = — = , 6) jc = — —.
т(со2-соо) 2тсо0
4.3.2. При частотах вынуждающей гармонической силы о>\ и ф>
амплитуды скорости частицы равны между собой. Найти частоту,
соответствующую резонансу скорости.
Решение
Смещение частицы при вынужденных гармонических колебаниях
определяется формулой D.3.2). Сначала, используя D.3.2), найдем
частоту, при которой амплитуда скорости имеет максимальное значение.
Уравнение для скорости частицы получим, дифференцируя D.3.2) по
времени
V(t) = -аая'т(ах - (р) = Vo sin(ox - (р), A)
где
foco
V° = aCO=[(co2-aH2J+4p2co2]U2
- амплитуда скорости, зависящая от частоты О). Частота, при которой
Vo(o)) имеет максимальное значение, определяется из уравнения
^ = 0. B)
dCQ
Решая уравнение B), находим, что Vq достигает максимального
значения при й)= соь , т.е.
Vo(ub) = Vomax, C)
причем
,7 max _ /о _ ^0 ,д\
0 ~2р~^ ()

Колебания и волны 143
Мы получили интересный результат: частота, при которой
амплитуда смещения достигает максимума (см. D.3.3)), не совпадает с
частотой, при которой максимума достигает скорость частицы.
Далее воспользуемся условием, что амплитуды скорости при
частотах СО\ и Oh равны
=E)
[{со,1 -со02J +4/?V]1/2 [(оJ2-со02J +4р2со22]т
Поскольку, в соответствии с C), максимум амплитуды скорости
достигается при со = еоо , то из уравнения E) мы можем определить coq .
Разрешая E) относительно соь , получим искомый результат задачи
Ответ: coo
4.3.3. Под действием внешней вертикальной силы Fv = Fo coscot тело,
подвешенное на пружинке, совершает установившиеся вынужденные
колебания по закону х=а cos(cot - <р). Найти работу силы F за период
колебания.
Решение
Элементарная работа силы за период определяется выражением
dA = Fxdx, A)
где
dx = -acosin(cot - ср) dt. B)
Подставляя B) в A), получаем
dA = -(Fo coscot)acosin(cot - cp) dt.
Работа за период
т
Лт = -acoF0 Jcos cot sin(cot - cp)dt.
о
Используя известное тригонометрическое соотношение, получим
т
Лт = -acoFo \[sinBcot — ф) + s\n{-cp)]dt.
о
Интеграл от первого слагаемого за период равен нулю. В результате
получаем окончательно
AT = (acoF0Tsm(p)/2 = ,
Ответ: Лт =

144 Глава 4
4.4. Упругие волны
Основные формулы
• Уравнение плоской незатухающей волны, движущейся вдоль оси X
kx) D.4.1)
где ? - смещение частиц среды из положения равновесия, а - амплитуда
смещения, со - циклическая частота, к= 2л/Я - волновое число, Я - длина
волны.
• Уравнение плоской затухающей волны, движущейся вдоль оси х
^{xj) = ae~jx cos(cot-kx), D.4.2)
где j - коэффициент затухания волны.
Уравнение плоской волны, движущейся в произвольном направлении в
пространстве
? (r,t)=a cos( со t -kr), D.4.3)
где г - радиус- вектор точки наблюдения; к = кп = —п - волновой
А
вектор; п = (о;Д^ - единичный вектор параллельный к; а,/5,у-
направляющие косинусы вектора п.
• Фазовая скорость волны, т.е. скорость перемещения поверхности
постоянной фазы, направленная вдоль нормали к этой поверхности
параллельно вектору к.
^Д D.4.4)
к Т
где Т - период колебаний волны.
Примеры решения задач
4.4.1. Плоская волна с частотой со распространяется так, что
некоторая фаза колебаний перемещается вдоль осей х, у, z со скоростями
соответственно Vb V2, V3- Найти волновой вектор к, если орты осей
координат ех, еу, ez заданы.

Колебания и волны
145
Решение
На рис.4.8 схематически представлена плоская волна в некоторый
момент времени распространяющаяся со скоростями вдоль осей х, у, z.
Рис.4.8
Уравнение плоской волны имеет вид (см. D.4.3) и D.4.4))
?'= a cos (cot -кг) = a cos (cot nr) -a cos [ со t ( ах +J3у + yz )]. A)
Положим у = z = 0; тогда
?= a cos ( cot ах) =а cos (cot х) = acos(C0t - kxx ) B)
V^
Из B) следует, что
со со
* [Via ) V{ '
Аналогично получаем выражения для куи kz
Окончательно:
, со со
kv = —, к7 = —.
у v2' z v3
к- со(ех—+еу—+ez—),
V V V
V\ V2 V3

146
Глава 4
где ех ,вуу ez - единичные векторы, направленные вдоль осей x,y,z.
Ответ: к= со(ех—+ ev—+ ez—).
4.4.2 В среде К распространяется упругая плоская волна
? = acos(cot - кх). Найти уравнение этой волны в системе отсчёта К',
движущейся в положительном направлении оси х с постоянной скоростью
V по отношению к среде К.
Решение
Выберем в пространстве произвольную точку А. Координаты х и
х точки А в системах К и К' связаны между собой соотношением х =
x' + Vt.
У 4
К
У
v
о
О'
Рис.4.9
Подставляя это соотношение в выражение для фазы волны, получим
cot-kx = cot -k(x' + Vt) = (co-kV)t-kx' =
=(ю-—V)f-fct'= <УA--)г-Ьс',
v v
со .
где v = фазовая скорость волны в среде
к
В результате получаем

Колебания и волны 147
у
g = я cos[*y(l )t - кх].
v
Это соотношение описывает эффект Доплера в случае движения
приемника излучения относительно среды со скоростью V.
у
Ответ: ? = яcos[tf>(l )t -kx].
v
4.4.3. В однородной среде распространяется плоская упругая волна
вида?=яе~;* cos(cot-kx), где a, j, й) и к - постоянные. Найти разность
фаз колебаний в точках, где амплитуды смещения частиц среды
отличаются друг от друга на /7 = 1,0% , если j=0,42 м и длина волны
Я = 50 см.
Решение
Амплитуды волн в точках с координатами jq и Л'2 определяются
выражениями ах = ае~}Хх, а2 = ae~JXl. По условию задачи
Отсюда х2 - jc, = —. Разность фаз волны в точках 1 и 2
j
,01)
42 V
0,5 • 0,42
Окончательно получаем
2л:1пA-/7) ЛО
А(р21 = 1 LL= -0.3 рад.
Ответ: А<р21 = : —= -0.3 рад.

148 Глава 4
4.5. Электромагнитные волны
Основные формулы
Уравнения Максвелла
rotE = , divB = О,
at
ro\H=j+—, divZ) = /> D.5.1)
dt
где Е и D - векторы электрического поля и смещения, В и Н- индукция
и напряженность магнитного поля, j и р - плотности электрического
тока и заряда, ?о и jUq - электрическая и магнитная постоянные, € и ju -
диэлектрическая и магнитная проницаемости вещества.
Волновое уравнение электромагнитного поля для векторов Е и Н
л Э2 Э2 Э2 и 17 с Л
где А = —- + —- + —г- - оператор Лапласа, V = фазовая скорость
дхг Эу2 3z2 €ju
электромагнитной волны в среде; с - скорость света в вакууме; e,ju -
диэлектрическая и магнитная проницаемости среды.
• Волновое уравнение для плоской электромагнитной волны,
распространяющейся вдоль оси X (частный случай уравнения D.5.2)):
!!bL*b *lL}*!L D53)
дЧ v а2 " дгх v а2 '
• Связь между Е и Н в плоской волн
^TJJ^~ D.5.4)
• Объемная плотность энергии электромагнитного поля
ED BH
@ = + , D.5.5)
2 2
• Плотность потока электромагнитной энергии - вектор Пойнтинга
S = [ЕН] D.5.6)
• Связь между плотностью импульса a (т.е. импульсом единицы объема)
и плотностью энергии со электромагнитного поля
а = 2 D.5.7)

Колебания и волны
149
Примеры решения задач
4.5.1. Плоская электромагнитная волна E=Emcos(cot-kr)
распространяется в вакууме. Считая векторы Е и к известными, найти
вектор Н как функцию времени t в точке с радиус-вектором г=0.
Решение
Представим вектора Е и Н в форме:
и подставим их в уравнение Максвелла D.5.1):
дВ дН
rotE =-— = -//(> —
Пая-кг)
A)
B)
(// = 1 по условию задачи). Для определения rotE вычислим сначала
производные Е по координатам х, у, z:
ЭЕ
Эу
дЕ
Таким образом, дифференцирование Е по х эквивалентно в данном
случае умножению Е на множитель (- ikx) и т.д. Подставим соотношения
B) в формулу для rot E, записанную с использованием определителя
J
Э
Эле Эу
j к
kv kz
Е, Е,
Определим теперь частную производную
Эг
и подставим полученные выражения для rotE и —- в первое уравнение
ot
Максвелла:
Отсюда получаем выражение для поля Н

150 Глава 4
J[.?]. C)
Последнее соотношение показывает, в частности, что у
электромагнитной волны в вакууме фазы электрического и магнитного
/ . ТС
поля совпадают (при сдвиге фаз, например, — в этом соотношении
появился бы множитель /).
Используем в C) выражение A) для Е и возьмем реальную часть от
обеих частей равенства C):
Я@ [*?](flfc)
Между волновым числом к и круговой частотой (О справедливы
соотношения
_2п _ 2nV _ со
~Т~77~7'
следовательно
jli0co juokc
При г = 0 получаем окончательно
Ответ: Я(г=0,0 = - \Щк -ЕЛоь(ка).
к\М
4.5.2. Найти средний вектор Пойнтинга < S > у плоской
электромагнитной волны Е = Е mcos(cot - кг), если волна распространяется
в вакууме.
Решение
В соответствии с формулой D.5.6) для определения вектора
Пойнтинга мы должны вычислить вектор Н, что для плоской волны в
вакууме выполнено в задаче 4.5.1:
^~ A)

Колебания и волны 151
Подставив A) в формулу D.5.6) получим
Мы здесь воспользовались известной формулой векторного анализа
для двойного векторного произведения
[а-[Ь-с^ = Ь{а-с)-с{а-Ь),
для запоминания которой часто используется выражение "бац минус цаб".
Второе слагаемое в B) в квадратных скобках равно нулю, т.к. векторы
Еик взаимно перпендикулярны. Следовательно
где ек - единичный вектор параллельный вектору к, т.е. направлению
распространения волны.
Усреднение вектора S за период приводит к определению среднего
значения за период функции cos2{cot - кг). Нетрудно показать, что
<cos2(cot-kr)>= — .
Окончательно получаем
<S>=
2
Е2т [F~
Ответ: < S >= —— \—е, .
2 Ь
4.5.3. Ток, протекающий по обмотке длинного прямого соленоида,
медленно увеличивают. Показать, что скорость возрастания энергии
магнитного поля в соленоиде равна потоку вектора Пойнтинга через его
боковую поверхность.
Решение
Поле внутри соленоида однородно в силу условия 2R « h (длинный
соленоид). Для определения электрического поля на поверхности

152 Глава 4
соленоида и его направления воспользуемся законом электромагнитной
индукции и правилом Ленца
*t = -dM = -Sd-B=-xR^, A)
dt dt dt dt
где Ф - магнитный поток через соленоид, S - поперечное сечение
соленоида.
В силу цилиндрической симметрии величина поля Е на
поверхности соленоида постоянна. Поэтому из A) для величины Е (без
учета знака) получаем
kR2— ,
dt
откуда
2 dt
Вектор Пойнтинга через поверхность
S=[E-H]
в соответствии с направлениями полей Е и Н, показанными на рисунке,
направлен внутрь соленоида. Полный поток энергии через боковую
поверхность соленоида за единицу времени равен
При вычислении мы воспользовались соотношением, связывающим
ВиН (см. формулы D.5.1)), и формулой для объема V цилиндра.
Умножая Р на dt, получим приращение энергии dW за счет
электромагнитной энергии, втекающей в соленоид через его поверхность
f DLJ\
= Put = Vd — = VcbM,
BH
где coM = - плотность энергии магнитного поля внутри соленоида.
Следовательно
dt dt M dt

Колебания и волны
153
к
h
8
О
0
0
0
0
0
8
0
0
2R
4 p.
Е '
0 |Г
|
1
О
о
о
т.е. поток вектора Пойнтинга равен
скорости возрастания энергии магнитного
поля в соленоиде.
4.5.4. Плоский конденсатор с
круглыми параллельными пластинами
медленно заряжают. Показать, что поток
вектора Пойнтинга через боковую
поверхность конденсатора равен
приращению энергии конденсатора за
единицу времени. Рассеянием поля на
краях при расчете пренебречь.
Рис.4.10
Решение
Вычислим поток вектора Пойнтинга
через боковую поверхность
цилиндрического конденсатора (см.
рис.4.11). Для этого нужно определить электрическое и магнитное поле на
краю конденсатора.
Пусть на нижнюю пластину конденсатора поступает положительный
заряд, а на верхнюю - отрицательный. Тогда электрическое поле внутри
конденсатора направлено вверх. Поле однородно, поскольку его рассеяние
на краях не учитывается. Поле Е растет по мере поступления заряда на
пластины. Для определения поля Н на цилиндрической поверхности
конденсатора воспользуемся 3-м уравнением Максвелла D.5.1). В данном
случае его удобно использовать в интегральной форме. В качестве
замкнутого контура интегрирования возьмем окружность, показанную на
рис.4.8 пунктирной линией. В результате получаем следующее уравнение:
dt
(i)
Из соображений симметрии ясно, что магнитное поле может быть
направлено только по касательной к цилиндрической поверхности
конденсатора перпендикулярно к его оси. Поскольку ток проводимости
через конденсатор отсутствует, то магнитное поле в нем определяется

154
Глава 4
током смещения. Интегрирование в правой части A) производится по
площади круга радиуса R (см. рис.4.8). С учетом сказанного уравнение A)
R
преобразуется
следующему виду:
...-•••¦
Н
dt
Отсюда получаем
~T~dt'
Из рис.4.11 видно, что
векторы ? и Я на
поверхности
конденсатора взаимно
перпендикулярны и что
вектор Пойнтинга
S =[ЕН] направлен
внутрь конденсатора.
Следовательно, поток электромагнитной энергии (Р) через боковую
поверхность конденсатора в единицу времени определяется следующим
выражением:
' — = VE — (?? Е)- " d ??*Е?ч " d ED"
dt dt °
= 7tR2h - объем конденсатора. Так как
Рис.4. И
где
dt
й)Э1 =
2
dt 2
представляет
собой объемную плотность электрической энергии внутри конденсатора,
то
= V-
dt
dt
3Si - электрическая энергия конденсатора. Таким образом,
где W
утверждение доказано.
4.5.5. По прямому проводнику круглого сечения течет постоянный
ток /. Найти поток вектора Пойнтинга через боковую поверхность участка
данного проводника, имеющего сопротивление R.

Колебания и волны
2r
1
f ! N
< Ф ^
!
j
A
\
"~J^
1
^—~~
s
Решение
Рассмотрим участок
цилиндрического проводника
сопротивлением /?,
представленный на рис.4.12.
Электрическое поле Е
однородно по сечению
проводника. Для определения
h поля Н на поверхности
проводника используем 3-е
уравнение Максвелла D.5.1),
представив его в интегральной
форме:
cf ЯЛ - /.
j
Интегрирование в A)
производится по замкнутому
контуру, показанному на
Рис 4 12 рис.4.9 пунктирной линией. Ток
смещения в данном случае
равен нулю, так как вектор D не зависит от времени. Из условий
симметрии задачи следует, что вектор Н на поверхности цилиндра может
быть направлен только по касательной перпендикулярно оси цилиндра. С
помощью уравнения A), используя обозначения на рис.4.12, получаем:
27tr
где U напряжение на концах проводника, представленного на рисунке. С
помощью закона Ома имеем далее:
U = Eh =
h
Векторы Ей Низ. поверхности взаимно перпендикулярны и
ориентированы так, как показано на рис.4.12. Вектор Пойнтинга
направлен внутрь проводника и определяется следующим выражением
/ tj? j2j?
27tr h 27trh
Поток (Р) вектора S через боковую поверхность проводника равен
155

156 Глава 4
Таким образом, энергия в проводнике с током, выделяющаяся в виде
джоулева тепла (см. C.4.2)), поступает в проводник через его боковую
поверхность.
4.6. Излучение электромагнитных волн
Основные формулы
• Амплитуда электрического и магнитного векторов электромагнитной
волны, излучаемой колеблющимся диполем, в волновой зоне, т.е. в
области г «Л, где г расстояние от диполя до точки наблюдения, А-
длина волны излучения:
Ет~Нт~-sinO, D.6.1)
г
в - угол между радиус - вектором г и направлением колебаний диполя.
• Значение вектора Пойнтинга волны, создаваемой диполем, в волновой
зоне
S ~ \ sin2 в D.6.2)
г
• Мощности излучения диполя с электрическим моментом p(t) и заряда q
, движущегося с ускорением а:
0 Ъс5 4л?0 Зс3
D.63)
Примеры решения задач.
4.6.1. Нерелятивистская заряженная частица движется в поперечном
однородном магнитном поле с индукцией В. Найти закон убывания (за
счет излучения) кинетической энергии частицы во времени. Через сколько
времени её кинетическая энергия уменьшится в е раз?
Решение
На заряженную частицу, движущуюся в магнитном поле, действует
сила Лоренца

Колебания и волны
157
Так как по условию задачи скорость частицы перпендикулярна
магнитному полю, то под действием силы Лоренца она будет двигаться по
окружности. Сила Лоренца является в
данном случае центростремительной
силой, т.е.
тУ2
R
= qVB,
где V - скорость частицы, R - радиус
окружности.
Ускорение частицы:
q,m
Рис.4.13
а -
V1 qVB
R m
Следовательно, мощность излучения в
соответствии с формулой D.6.3) равна
р=_± 2q2a2 _ \.2q4V2B2
Зс3 4тг?о-3с3т2'
Полная энергия частицы
определяется её кинетической энергией, за счёт уменьшения которой
происходит излучение. Изменение кинетической энергии за время dt
определяется выражением
тУ2
dr=d(
2
Используя выражение для Р, получим
= -Pdt.
mVdV=-
2q4B2V2dt
3c3m2
Собирая в левой части все члены, зависящие от V, в правой от t, получим
dV
— =
V
где а = -
6тг?0с т3
-. Интегрируя это уравнение, получаем
У= Voe~
где Vo - скорость частицы при t = 0. Далее имеем
Т =
mVz mVn

158 Глава 4
Отсюда получаем время уменьшения кинетической энергии частицы за
счёт излучения в е раз
Ответ: Т = Тое'ш ,te= , где а = п , .
2& 6л?0с пг3
4.6.2. В направлении максимального излучения на расстоянии
го=1Ом от элементарного диполя (волновая зона) амплитуда
напряжённости электрического поля Ет=6 В/м. Найти среднее значение
плотности потока энергии на расстоянии г = 20м от диполя в
направлении, составляющем угол г? = 30° с его осью.
Решение
Амплитуда электрического тока в электромагнитной волне,
излучаемой диполем, определяется формулой D.6.1.). Запишем её в
следующем виде
С
q
где С неизвестная константа. Значение этой константы можно определить,
зная Ет при r = r-r0 и в = 90° (направление максимального излучения):
г*
отсюда
В вакууме ? = // = 1. Амплитуда магнитного поля в
электромагнитной волне, создаваемой диполем, в волновой зоне связана с
амплитудой электрического поля соотношением D.5.4)
Нт=Л^-Ет.
Следовательно, величина вектора Пойнтинга волны определяется
выражением:

Колебания и волны
159
S(r,69t) = ^
- кг) =
Среднее значение S определяется средним значением квадрата
косинуса за период колебания. Как известно
2 1
< cos (cot-кг) > =—.
2
В результате получаем
r0Em sin в
= ЗмВт/лЛ
Ответ: <S>=- M-
= ЗмВт/лЛ
4.6.3. Считая, что частица имеет форму шарика и поглощает весь
падающий на неё свет, найти радиус частицы, при котором
гравитационное притяжение её к Солнцу будет компенсироваться силой
светового давления. Мощность светового излучения Солнца Р= 4-1026Вт,
плотность частицы р = 1,0 г/см3.
Решение
Сила притяжения шариком и Солнцем определяется выражением
F =
R2
3R2
A)
30
где у = 6.67-10 !Н-м2/кг2 - гравитационная постоянная, Мс = 1,889-10
^ 4л- з
кг - масса Солнца, m = —рг - масса шарика, г - его радиус.
Давление света (р) на поверхность полностью поглощающую свет,
определяется суммарным импульсом света, который падает на единицу
поверхности за 1 с. Эта величина равна произведению плотности импульса
электромагнитного поля # (см. D.5.7)) на скорость света (с)

160 Глава 4
т.е. объемной плотности энергии электромагнитного излучения. В свою
очередь со связана с величиной вектора Пойнтинга соотношением
R
Рис.4.14
S
со- .
с
Поскольку Солнце излучает энергию равновероятно во всех
направлениях, то S на расстоянии R (см. рис. 4.14) от Солнца определяется
отношением полной мощности Р, излучаемой Солнцем к площади сферы
радиуса R
Р
S =
4ttR2'
Следовательно, сила давления света на шарик определяется
произведением р на поперечное сечение шарика
Рж г^ Рг2
Fdaei.=p-m-2=xr2co = w2S/c = —— = -— B)
AkR2c 4R2c
По условию задачи ?грав = Fdaei. Подставляя в это равенство
выражения A) и B), получаем
АжргъМс Рг2
3R2 4R2c
отсюда
ЗР
г = =0,6 мкм.
\6М
ЪР
Ответ: г = =0,6 мкм.
\6ж)Мсрс

5. Оптика
5.2. Фотометрия
Основные формулы
• Кривая относительной спектральной чувствительности глаза
(кривая видимости)
1,0|
0,8
0,6
0,4
0?
/
У
/
/
/
1
I/
г
/
(
\
д
X
X
\
'Л
1111
1 1 1 1
- А=1,6 мВт/лм
- для Х.-0,555 мкм
1 1 |\
j | ! \
-
i
0,40 0,45 0,50 0,55 0,60 0,65 0,70 Х,мкм
Рис. 5.1
При одинаковом потоке энергии электромагнитного излучения
зрительно оцениваемая интенсивность света для разных длин волн
оказывается разной. Этот факт количественно выражается кривой У(Я).
Наибольшая чувствительность глаза соответствует Л=0,555 мкм.
Для характеристики интенсивности света с учетом его способности
вызывать зрительное ощущение вводится световой поток Ф. Для
интервала dX световой поток d<& определяется как произведение
потока энергии d03 на соответствующее значение функции V(X):
d0 = V(A)d<P3 . E.1.1)
Единицей светового потока является люмен (лм). Из опыта
установлено, что при Л=0,555 мкм световому потоку 1 лм соответствует
поток энергии А
А = 0,0016 Вт/м E.1.2)
Коэффициент А носит название механического эквивалента света.
Сила света точечного источника (единица измерения - кандела (кд))
/ = ^ E.1.3)

162 Глава 5
где йФ - световой поток, излучаемый источником в пределах телесного
угла d?l
• Световой поток
ф=\ш. <5Л-4>
• Единица измерения - люмен (лм): 1 лм = 1кд • 1ст (ст - стерадиан).
• Освещенность
? = ^L, E.1.5)
dS
где t/Фпад - световой поток, падающий на поверхность площадью dS.
Единица измерения - люкс (лк): 1лк = 1лм: 1м2.
• Светимость
м = ^исп_ E16)
dS
где t/Фисп ~ световой поток, испускаемый площадкой dS во всех
направлениях по одну сторону от площадки. Единица измерения -
люмен на квадратный метр (лм/м2).
Яркость
1= d0 = l , E.1.7)
ASducosO AS cos0
где d0 - световой поток, посылаемый площадкой dS в телесный угол
d?l, в - угол между нормалью к площадке и направлением излучения;
величина dS cos в представляет собой видимую поверхность площадки
dS в направлении излучения. Единица измерения - кандела на
квадратный метр (кд/м2). Источник света, яркость L которого не
зависит от направления, носит название ламбертовского источника.
Для ламбертовского источника справедливо соотношение
M = 7tL E.1.8)
Примеры решения задач
5.1.1. Точечный изотропный источник испускает световой поток
Ф = 10лм с длиной волны >fc=0.59 мкм. Найти амплитудные значения
напряженностей электрического и магнитного полей этого светового
потока на расстоянии г = 1 м от источника. Воспользоваться рисунком 5.1.

Оптика 163
Решение
Световой поток Ф и поток энергии Фэ согласно E.1.1.) и E.1.2)
связаны между собой соотношением
<?> = ,
° У(Я)
где Фэ выражается в ваттах, а Ф - в люменах. В соответствии с рис. 5.1
при/Ъ0,59мкм У(Л) = 0,72.
Плотность потока энергии (среднее значение вектора Пойнтинга S)
на расстоянии г от точечного источника (сферическая волна) равна
Ф
4лг2
Величина <5> выражается через амплитуды напряженности
электрического и магнитного полей следующим образом (см., например,
задачу D.5.2)):
В вакууме (см. D.5.4))
Нт=.\—Ет. A)
Следовательно
' 2 ФА
У(ЯL;гг2
Отсюда получаем
Ет2 = р- 2fA . B)
Подставляя в B) значения ?0 = 8,85Ф / м, //0 = 4ж • 10 Гн / м,
А = 0,0016 Вт/лм и используя формулу A), получаем
Ет = 1,1 В/м, Нт = ЗмА / м.
Ответ: Ет = 1,1 В/м, Яш = ЗмА / м.
5.1.2. Определить светимость поверхности, яркость которой зависит
от направления по закону L = Lq cos в, где в - угол между направлением
излучения и нормалью к поверхности.

164 Глава 5
Решение
Светимость М определяется как световой поток испускаемый
поверхностью единичной площади во всех направлениях. Поверхность
единичной площади с яркостью Ь(в) излучает в телесный угол dQ
световой поток d<P
Полный поток, испускаемый площадкой, равен
ф = М = $L(e)cosedn,
п
где интегрирование ведется по полупространству с одной стороны от
площадки.
По условию задачи L = Lq cos в, dQ = sin OdOdcp, где (р -
азимутальный угол в сферической системе координат. Далее получаем
2ж 2
М= \dcp\L
0 0
ж
~2
2л^ jcos2 в
0
1)cos2^sin6W^ =
ж
) 2л )
^ 0
в)=
Ответ:
5.1.3. Равномерно светящийся купол, имеющий вид полусферы,
опирается на горизонтальную поверхность. Определить освещенность в
центре этой поверхности, если яркость купола равна L и не зависит от
направления.
Решение
Возьмем на сфере произвольную точку А, положение которой
характеризуется углом а между отрезком ОА (см. рис. 5.2) и нормалью к
плоскости, где О - центр сферической поверхности. Тогда освещенность
АЕ, создаваемая элементарной площадкой AS2 вблизи точки А на
сферической поверхности в точке О, равна

Оптика 165
АЕ =
где согласно E.1.7) АФ = LAS2AQ -
АС
°2 элементарный световой поток,
посылаемый площадкой в телесный угол
sASj AQ, под которым видна из точки А
элементарная площадка площадью AS,
вблизи точки О. В выражении для АФ
мы учли тот факт, что в направлении АО в формуле E.1.7) в = О.
ст _ ASX cosa
"/г7" ~R2 '
где R - радиус полусферы, o = ASx cosa - видимая из точки А площадь
элементарной площадки AS{. Далее имеем
LAS.AQ LAS,ASxcosa LAS, cosa
АЕ = -
) 2*->•**' l^t-bj 2*-bJ \
AS, ASXR2 R
Для определения полной освещенности в точке О нужно провести
интегрированию по поверхности полусферы:
rLcosadS2
J 5 '
с Г\
dS2 =R2 sinadad(p\ в данном случае а и ср - полярный и азимутальный
углы сферической системы координат с центром в точке О. С учетом этого
получаем
ж ж
2ж ~2~ "J
Е = \dcp \h cos a sin ada = 2жЬ [cos a(- d cos a) = 7tL
0 0 0
Таким образом, освещенность в точке О
Ответ: Е = жЬ.
5.1.4. Ламбертовский источник имеет вид бесконечной плоскости.
Его яркость равна L. Найти освещенность площадки, расположенной
параллельно данному источнику.

166
Глава 5
Решение
Так как светящаяся плоскость бесконечна, то в силу симметрии
задачи поток световой энергии всюду направлен вдоль нормали к этой
плоскости. Построим цилиндр (см. рис. 5.3),
опирающийся на площадку площадью 5,
параллельную светящейся плоскости. Ось
цилиндра перпендикулярна плоскости.
В соответствии со сказанным, вся
энергия, испущенная с торца цилиндра,
опирающегося на светящуюся поверхность,
достигнет другого торца цилиндра. Полный
световой поток, излученный ламбертовским
Рис. 5.3
источником с площадки S равен
где М -TtL - светимость источника. Отсюда получаем для искомой
освещенности Е
Окончательно получаем Е = лЬ.
Ответ: Е-жЬ.
5.2. Интерференция света
Основные формулы
Разность хода лучей 1 и 2, создаваемых двумя узкими щелями, до
точки А на экране, расположенной на расстоянии х от оси (см. рис.5.4)
л xd
E.2.1)
где d - расстояние между щелями, / - расстояние от щелей до экрана.

Оптика
167
Рис. 5.4
Ширина интерференционной полосы в интерференционной картине,
создаваемой на экране двумя тонкими параллельными светящимися
нитями или щелями
Ах = А/<р, E.2.2)
где ср«\ - угол, под которым видны источники света из точек на
экране (см. рис. 5.4), Я- длина волны света.
При отражении от оптической более плотной среды вектор Е световой
волны испытывает скачок фазы равный к.
Условие максимумов при интерференции света, отраженного от тонкой
пластинки с показателем преломления п толщины Ъ\
2Ьл1п2 -sin2 в+- =
2
E.2.3)
где в - угол падения света на пластинку; т - целое число.
Разность хода двух лучей (Л) при отражении света от поверхности
воздушной прослойки, образованной стеклянной пластинкой и
соприкасающейся с ней выпуклой
TV поверхностью стеклянной линзы с радиусом
\ кривизны R (см.рис.5.5)
R-b
R
Рис. 5.5
J-T + - E.2.4)
При Л-тХ - (т - целое число) возникают
максимумы, а при А = тл + — - минимумы
интенсивности света. Возникающая
интерференционная картина носит название
колец Ньютона.

168 Глава 5
Примеры решения задач
5.2.1. Система (рис. 5.6) состоит из двух точечных когерентных
излучателей 1 и 2, которые расположены в некоторой плоскости так, что
их дипольные моменты перпендикулярны к этой плоскости. Расстояние
между излучателями d, длина волны излучения Л. Имея в виду, что
колебания излучателя 2 отстают по фазе на а (а< л) от колебаний
излучателя 1, найти:
а) углы $ , в которых интенсивность излучения максимальна;
б) условия, при которых в направлении д = л интенсивность излучения
будет максимальна, а в противоположном направлении - минимальна.
Решение
а) Сдвиг фазы между колебаниями, создаваемыми излучателями 1 и
2 в направлении, характеризующемся (углом в (см. рис.5.6)),
определяется разностью хода А = d cos в и разностью начальных фаз а:
2лЛ IMcosO
Ap (P<p + a
T Tl Tl л л
Максимум интенсивности наблюдается в случае когда
_2ndcos0
Л
где п - целое число. В результате получаем
Л а
COS^maa =^"Т~^ ГДв И = 0,1,2,...
а 2л
б) Максимум интенсивности при 0=0 будет наблюдаться
в случае, когда
27tdcos^
А<р = л-а-2лпл-л,
Л
п - целое число, а минимум при 0=п в случае, когда
. 2лйсо5Л _
А <р = + а = -2л п
Рис. 5.6 Л
Минус в правой части последнего уравнения появился из-
за того, что разность фаз величиной 2лп при п>\
обусловлена разностью хода А, а А меняет знак при изменении величины
0 с нуля на л. Переписывая полученные уравнения, получаем

Оптика 169
2nd
+ а = 2кп + л A)
А,
+ а = -2жп B)
А,
Складывая и вычитая уравнения A) и B), получаем значения а и d,
обеспечивающие условия задачи
а = —, d/A = n + -, где л = 0,1,2,...
2 4
Ответ: ог = —, Л = л+ -, где л = 0,1,2,...
2 4
5.2.2. Две когерентные плоские световые волны, угол между
направлениями распространения которых (р «1, падают почти нормально
на экран. Амплитуды волн одинаковы. Показать, что расстояние между
соседними максимумами на экране Ах = Л/ (р, где Л- длина волны.
Решение
Выберем систему координат так, что волновой вектор одной волны
кх параллелен оси у, которая перпендикулярна к экрану (см. рис. 5.7).
Волновой вектор второй
Э волны к 2 составляет с
вектором к!угол (р.
Уравнения, описывающие
электрическое поле первой
и второй волн, могут быть
записаны следующим
образом
ф
0
Рис. 5.7
Ех = Ео cos(ox -кхт) = Е0 cos(cot -ку)
к2хх-к2уу), B)
где к=2я/Л. В силу выбора системы координат и малости угла (р\
к2х = к sin ср = кср, к2у = к cos ср = кср. С учетом этого переписываем
уравнение B)

170
Глава 5
Е2 =E0cos(ox-kx<p-ky).
Аргументы у косинусов в A) и B) представляют собой фаз волн 1 и
2, которые обозначим ах и а2. Разность фаз
Лср = ах - а2 = кух = ксрх. C)
Видно, что разность фаз Л(р зависит от х. Если на экране при каком-либо
значении хп наблюдается максимум интерференционной картины, то
следующий максимум будет наблюдаться при значении координаты
х = хп+х, при переходе к которой разность фаз (А<рп+1 - А<рп ) = А<рпп+]
составит 2тг
А<Рп,п+\ =к(/>(хп+1 -хп ) = к<рАх = 2тг.
Отсюда следует, что
А 2л 2жХ Я
Ах = — = = —,
kq> 2жср <р
что и требовалось доказать.
5.2.3. На рис.5.8 показана интерференционная схема с бизеркалами
Френеля. Угол между зеркалами а = 12', расстояния от линии пересечения
зеркал до узкой щели S и экрана Э равны соответственно г=10,0 см. и
?=130 см.. Длина волны света Л =0,55 мкм. Определить:
а) ширину интерференционной полосы на экране и число
возможных максимумов;
б) сдвиг интерференционной картины на экране при смещении щели
на 51 = 1,0 мм по дуге радиуса г с центром в точке О;
в) при какой максимальной ширине щели /гтах интерференционные
полосы на экране будут наблюдаться еще достаточно отчетливо?
Рис.5.8

Оптика ' '1
Решение
а) Выберем ось х так как показано на рис.5.8. Источники S' и
S"являются зеркальными изображениями источника света S в двух
зеркалах. Из рисунка ясно, что расстояние между S' и?ж равно
S'S" = 2ra
Отсюда, согласно формуле E.2.1), получаем выражение для ширины
интерференционной картины
Ах = — = — - = 1,1мкм A)
ср 2га
где р = 2га/(Ь + г) - угол, под которым источники S'uS"видны из точек,
расположенных на экране.
Ширина интерференционной картины на экране
2хтах ограничивается двумя пунктирными линиями на рисунке,
проведенными через источники S\S"и точку О. Из рисунка видно, что
2хтлх=2аЬ. B)
Используя A) и B), можно найти полное число максимум в
интерференционной картине п , расположенных по одну сторону от оси
00' (не считая центрального максимума), п равно максимальному целому
числу, которое меньше, чем отношение-шм-,
Ах
Ах
Следовательно п=4. Это значит, что полное число максимумов в
интерференционной картине с учетом центрального равно
N=2n+\=9.
б) При смещении источника S на расстояние SI по дуге радиуса т с
центром в точке О, источник S повернется вокруг оси, проходящей через
точку О и перпендикулярной к плоскости рисунка на угол равный51 /Ь.
Зеркальные изображения S' и S" повернутся при этом вокруг этой же оси
на такой же по величине угол. Следовательно, на такой угол повернётся
вокруг указанной оси центр интерференционной картины. Поэтому сдвиг
интерференционной картины на экране составит
<& = <Я-Ь/г = 0,13см. C)
в) Интерференционные полосы на экране будут наблюдаться
отчетливо до тех пор, пока максимумы интерференционной картины,

172 Глава 5
создаваемой одним краем источника S шириной /imax, не совпадут с
минимумами картины, создаваемой другим краем источника. Используя
результаты, полученные в пунктах а) и б), это условие можно записать
следующим образом:
&<Ах/2. D)
Подставляя в D) выражения A) и B) для Ах и &с и полагая 81 = /imax,
получаем
г 4аг
Отсюда
, X(\ + rlb) ArL
max= 4а 43мкм-
5.2.4. Плоская монохроматическая световая волна падает нормально
на диафрагму с двумя узкими щелями, отстоящими друг от друга на
й?=2,5мм. На экране, расположенном за диафрагмой на ?=100см,
образуется система интерференционных полос. На какое расстояние и в
какую сторону сместятся эти полосы, если одну из щелей перекрыть
стеклянной пластинкой толщины /г=10мкм?
Решение
Воспользуемся рис. 5.4. В отсутствии стеклянной пластинки
разность хода лучей 1 и 2 до точки О равна нулю и мы имеем здесь
центральный максимум интерференционной картины.
Если поместить стеклянную пластинку толщины h с показателем
преломления п перед щелью 1, то длина оптического пути луча 1 вырастет
на величину
4 =(n-l)h.
В результате точка О перестанет быть центром интерференционной
картины. Компенсация дополнительного оптического пути луча 1 может
быть достигнута в некоторой точке А на экране, лежащей выше точки О,
за счет увеличения оптического пути луча 2 по сравнению с лучом 1.
Разность оптических путей света от щелей 1 и 2 до точки А с
координатой jc определяется формулой E.2.1)

Оптика
173
Перемещение центрального максимума лс, а следовательно, и всей
интерференционной картины определяется равенством Л = Д, т.е.
(n-\)h? _
Окончательно получаем х = = 2 мм, интерференционная картина
d
сместится в сторону щели, закрытой стеклянной пластинкой.
(п-\)М
Ответ: х = -
- = 2мм.
5.2.5. Монохроматический свет проходит через отверстие в экране Э
(рис. 5.9) и, отразившись от тонкой плоско - параллельной стеклянной
пластинки П, образует на экране систему интерференционных полос
равного наклона. Толщина пластинки Ь, расстояние между ней и экраном
?, радиусы /-го и к-го темных колец г, и г*. Учитывая, что г, к « ?, найти
длину волны света.
Решение
Разность хода двух лучей, отраженных от передней и задней сторон
Рис.5.9

174 Глава 5
стеклянной пластины определяется формулой (см. 5.2.3)
Л = 2Ьу1п2 -sin2 в л--,
2
где в- угол между нормалью к пластине и лучом света (см.рис.5.9),
слагаемое Л/2 появляется из-за того, что при отражении от передней
грани свет получает дополнительный набег фазы равный л.
Условие появления темных колец записывается следующим образом
2b4n2 -sin2 О+- = тЯ + -, A)
где т- целое число. Для темных колец с номерами i и к в согласии с
условием задачи имеем
0,.=^; B)
ek=^. C)
Подставляя B) и C) в A), получаем
и2
Для упрощения полученных выражений воспользуемся формулой
а/1 - х = 1 , прилс«1
В результате получим:
Г2
26/1A =-5-) = iA D)
82Г
2
2Ьп(\ Г-~) = кЯ E)
2
Вычитая D) из E), получим
Отсюда
л_ ъ
~ 4n?2(k-i)'

Оптика 175
Ответ: Я--
4n?2(k-i)
5.2.6. Плоско-выпуклая стеклянная линза с радиусом кривизны
сферической поверхности /?=12,5 см прижата к стеклянной пластинке.
Диаметры т-го и (т+5)-го тёмных колец Ньютона в отраженном свете
равны. Определить длину волны света и номер кольца т.
Решение
Разность хода двух лучей, отраженных от воздушной прослойки
между сферической поверхностью линзы и стеклянной пластинкой
(см.рис.5.5), равна согласно E.2.4)
л г2 Я
Л = — + —.
R 2
Условие для наблюдения темных колец записывается следующим
образом
г2 Я , Я
R 2 2
где т- целое число. Запишем это условие для т- го и (т+5)-го колец
^- = т? A)
AR
^ = (т + 5)Я B)
Вычитая уравнение A) из B), получим
20R
Из уравнения A) следует
,2 ,
4R
— = 0,5 мкм.
=
4R(d22-d,2) d2-d2
d 2 -d 2
Ответ: Я-— — = 0,5 мкм, т=4.

176
Глава 5
53. Дифракция света
Основные формулы
• Радиус внешней границы m-й зоны Френеля
E.3.1)
расстояния а и Ъ показаны на рис. 5.10.
Рис. 5.10
Площади отдельных зон Френеля
AS =
а + Ъ
E.3.2)
Векторные диаграммы. Если разбить фронт сферической волны на
элементарные кольцевые зоны, очень узкие по сравнению с шириной
зон Френеля, то действие волн можно представить в виде векторной
диаграммы амплитуд. На рис. 5.11а представлен результат сложения
элементарных амплитуд для двух первых зон Френеля, на рис 5.116 -
для большого числа зон Френеля.

Оптика
177
а) б)
Рис. 5.11
• Дифракция Фраунгофера на щели
Рис. 5.12
• Условие минимумов интенсивности при нормальном падении света на
щель (см. рис. 5.12)
Z?sinp = ±U, * = 1,2,3,... E-3-3)
• Дифракционная решетка условие равных максимумов
где к -1,2,3,•••; d - период решетки, (р - угол наблюдения.
• Угловая дисперсия дифракционной решетки
SX d cos (p

178 Глава 5
• Разрешающая способность дифракционной решетки
R = A. = kN, E.3.6)
8Л
где к - порядок дифракционной картины, N - число штрихов решетки,
8Л = Лх - Л2 - минимальная разница двух разрешаемых световых волн с
длиной волны Л| и Л2.
• Формула Брэгга-Вульфа. Условие дифракционных максимумов при
отражении рентгеновского излучения от плоскостей кристалла:
Id sin a = кЛ,
S где d - межплоскостное расстояние,
s / а угол скольжения луча, к -1,2,3,...
} Х>^ х - порядок дифракционных
n. /S максимумов.
Рис. 5.13
Примеры решения задач
5.3.1. Плоская световая волна падает нормально на диафрагму с
круглым отверстием, которое открывает первые N зон Френеля - для
точки Р на экране, отстоящем от диафрагмы на расстояние Ь. Длина волны
света равна Я. Найти интенсивность света /0 перед диафрагмой, если
известно распределение интенсивности на экране /(г), где г - расстояние
до точки Р.
Решение
Согласно закону сохранения энергии, энергия прошедшего через
отверстие в диафрагме света равна энергии света, падающего на экран.
Энергия света, прошедшего за 1с через отверстие равна
W{=I0NAS,
где AS - площадь одной зоны Френеля (см. рис. 5.11). Так как в нашем
случае а = «э (плоская волна), то AS = лЬЛ.
Энергия падающего за 1с света на экран
00
W2 = fem-drl{r).
о
На основании равенства Wx = W2 получаем

Оптика 179
= \l{rJ7trdr.
о
Окончательно
5.3.2. Между точечным источником света и экраном поместили
диафрагму с узким отверстием, радиус которого г можно менять.
Расстояния от диафрагмы до источника и экрана равны я=100 см и
?=125 см. Определить длину волны света, если максимум освещенности в
центре дифракционной картины на экране наблюдается при ri=l,00 м и
следующий максимум при Г2=1,29 м.
Решение
Предположим что при г = г, для центральной точки дифракционной
картины на экране диафрагма открывает т зон Френеля. Согласно
формуле E.3.1)
/ а + b
Следующий максимум при г = г2 будет наблюдаться, когда число
открытых зон Френеля увеличится на две
-(т + 2)А B)
Возводя уравнения A) и B) в квадрат и вычитая после этого из последнего
уравнения первое, получим
2 2
2 ' a + b a + b
-mU =
Отсюда получаем ответ
1 ir?-r\Xa + b) (л*
X - 1А LJ1 L- 0 6 МКМ.
lab

180
Глава 5
lab
5.3.3. Плоская световая волна Л=640 нм с интенсивностью /0 падает
нормально на круглое отверстие радиуса г=1,20 мм. Найти интенсивность
в центре дифракционной картины на экране, отстоящем на расстояние
?=1,5 м от отверстия.
Решение.
Определим число открытых зон Френеля для
центральной точки на экране. Согласно формуле
E.3.1) при а —> ©о (т.к. падающая на диафрагму волна
плоская):
Отсюда, подставляя
параметров, получаем
числовые значения соответствующих
то есть открыто 1,5 зоны Френеля. Векторная диаграмма для этого случая
показана на рис 5.14.
Из рисунка видно, что амплитуда световой волны в центре
дифракционной картины ОВ = л/2А0, где \ - амплитуда волны при
полностью открытой диафрагме. Поскольку интенсивность световой
волны пропорциональна квадрату амплитуды, то искомая интенсивность
Ответ: / = 2/0
5.3.4. Плоская световая волна с Д=0,60мкм падает нормально на
достаточно большую стеклянную пластинку, на противоположной стороне
которой сделана круглая выемка (см. рис. 5.15). Для точки наблюдения Р

Оптика
181
она представляет собой первые полторы зоны Френеля. Найти глубину h
выемки, при которой интенсивность света в точке Р будет:
J, J, ^ J, J, J, а) максимальной;
.1.
Рис. 5.15
б) минимальной;
в) равной интенсивности падающего света.
Решение
Пусть сначала глубина выемки равна
нулю. На рис. 5.16 показана спираль Френеля и
вектор а, представляющий вклад в амплитуду
электромагнитного излучения от первых
полутора зон Френеля. Вектор с показывает
вклад от всех зон Френеля, поэтому вектор Ь дает вклад от всех зон
Френеля, кроме первых полутора зон. При увеличении глубины выемки
изменяются фазовые соотношения между этими векторами.
Оптическая длина пути для света, проходящего через выемку
глубиной h в стеклянной пластинке с показателем преломления п меньше,
чем для света, идущего через всю толщу пластины на величину (п - \)h.
Разность фаз между лучами, прошедшими через выемку и остальными
лучами, соответственно, уменьшается на величину
Это приводит к повороту вектора а по
часовой стрелке. Интенсивность света в точке
наблюдения Р будет максимальной когда вектор а
станет параллельным вектору Ь, то есть повернется
на угол (Зл"/4) + 2л&, где А; =0,1,2... Необходимая
глубина выемки определится из условия
Рис. 5.16
откуда
_ Мк + 3/8)
(я-1)
Интенсивность света в точке Р будет минимальна, когда векторы а и
Ь будут антипараллельны, то есть когда

182 Глава 5
— (л - l)/i = GЛ-/4) + 2л? ,
откуда
Если вектор а повернется на угол 2лк или угол (Зл/2) + 2лк, то
сумма а+Ъ даст вектор, длина которого окажется равной длине вектора с
и, следовательно, интенсивность света в точке Р окажется равной
интенсивности падающего света. Это возможно при следующих глубинах
выемки
или
Используя значение показателя преломления для стекла и=1,5,
получаем a) h=\,2(k + 3/8)мкм, б) h=l,2(k + 7/8)мкм, в) h=l,2k мкм или
А=1,2(* + 3/4)мкм.
Ответ: а) й=1,2(* + 3/8) мкм, б) A=l,2(ik + 7/8) мкм, в) А=1,2* мкм
илиА=1,2(]к + 3/4) мкм, где к =0,1,2....
5.3.5. Точечный источник монохроматического света расположен
перед зонной пластинкой на расстоянии я=1,5м от нее. Изображение
источника образуется на расстоянии ?=1,0 м от пластинки. Найти
фокусное расстояние зонной пластинки.
Решение
Воспользуемся рис. 5.10. Зонной пластинкой называется такая
пластинка, которая закрывает, например, все нечетные зоны Френеля. По
сравнению с обычной диафрагмой при использовании зонной пластинки в
точке наблюдения резко увеличивается интенсивность света. Для радиусов
зон Френеля в случае зонной пластинки справедлива формула E.3.1). При
увеличении а положение освещенной точки на оси (см. рис. 5.10) будет
изменяться: Ъ будет уменьшаться. При а —> ©о (плоская падающая волна)
формула E.3.1) имеет вид

Оптика 183
rm = 4Ъ'тХ.
Приравнивая выражения для гт, даваемые последней формулой и
формулой E.3.1), получаем
, аЪ
о —-
а + Ъ
В точке, находящейся на расстоянии Ъ' от зонной пластинки, в результате
дифракции падающей плоской волны на этой пластинке интенсивность
света оказывается максимальной. Поэтому указанную точку называют
фокусом, а Ь' - фокусным расстоянием зонной пластинки.
гч и' аЬ
Ответ: о =¦
а + Ъ
5.3.6. Определить длину волны монохроматического света,
падающего нормально на дифракционную решетку с периодом d=2,2 мкм,
если угол между направлениями на фраунгоферовы максимумы первого и
второго порядков Ад - 15°.
Решение
Направления главных максимумов, создаваемых дифракционной
решеткой, определяются формулой E.3.4). В данном случае k имеет
значения 1 и 2. Соответствующие уравнения запишутся следующим
образом
dsin#, =Я A)
d sin в2 = 2Х B)
Лв = в2-вх.
Перепишем уравнения A) и B) следующим образом:
sin<?,=-
d
sin в2 = —.
d
Складывая и вычитая эти уравнения и используя тригонометрические
соотношения для суммы и разности синусов, получаем:
АО ЗД
(в, +вЛ
sin в2 + sin вх = 2 sin — !-
cos-
2

184 Глава 5
sin О, - sin 0, = 2 cos — sin —
I 2 J 2
Приведем эти уравнения к виду
ЪЯ
sin1
Лв
2dcos—
2
2хл я
cosl
Id sin —
Возведем эти уравнения в квадрат и сложим их, а затем после ряда
простых преобразований получим окончательно:
. dsinAQ
Л = =0,54 мкм.
V5-4coszl0
Ответ: л = —===== =0,54 мкм
V5-4coszl0
5.3.7. Показать, что при нормальном падении света на
дифракционную решетку максимальная величина ее разрешающей
способности не может превышать значения / / Я, где / - ширина решетки,
Я - длина волны света.
Решение
Условие главных дифракционных максимумов и разрешающая
способность дифракционной решетки R определяется соотношениями
E.3.4) и E.3.6):
d sin в = кЯ A)
Из первого уравнения следует
<1
d
Отсюда получаем
Подставляя последнее соотношение в B), получаем

Оптика 185
где 1 = Nd . Таким образом
Ответ: R < -
Л
5.3.8. При нормальном падении света на дифракционную решетку
ширины 10 мм обнаружено, что компоненты желтой линии натрия E89,0 и
589,6 нм) оказываются разрешенными, начиная с пятого порядка спектра.
Оценить:
а) период этой решетки;
б) при какой ширине решетки с таким же периодом можно разрешить в
третьем порядке дуплет спектральной линии с /fc=460,0 нм, компоненты
которого отличаются 0,13 нм.
Решение
а) Разрешающая способность дифракционной решетки определяется
соотношением (см. E.3.6))
Подставляя в это уравнение SA = Я2 - Л,, N = —, где / - длина решетки, d
d
- ее период, получаем
Д2 -Я, d К>
где Л = Л^=Я2. Из полученного равенства получаем искомый период
решетки
d 5^"^)= 0,05 мм.
А,
б) Используя формулу A), получаем
. л, d
1

186 Глава 5
где /, - искомая для данного случая длина решетки, А,=460,0нм,
ЗЛ[=0,\Зны, к{=3. Подставляя числовые значения параметров в B),
получаем ответ 1Х = 59 нм.
Ответ: a) d = И^2^ =0,05 мм.; б) /, =59 нм.
К
5.3.9. Узкий пучок рентгеновских лучей падает под углом
скольжения а = 60,0° на естественную грань монокристалла NaCl,
плотность которого /7=2,16 г/см3.. При зеркальном отражении от этой
грани образуется максимум второго порядка. Определить длину волны
излучения.
Решение
При решении воспользуемся формулой Брэгга-Вульфа E.3.7) и рис.
5.13. Для определения межплоскостного расстояния d в кубическом
кристалле NaCl вычислим сначала объем элементарного куба (V),
приходящийся на одну формульную единицу NaCl
N р
где N - число молекул NaCl в 1см3, р - плотность кристалла NaCl,
т=B3+35.5)а.е.м. - масса одной молекулы NaCl. Объем, приходящийся на
один любой атом в кристалле (Na или С1) равен V12. Следовательно
сторона элементарного куба, приходящегося на один атом в кристалле
NaCl, а значит и межплоскостное расстояние равны
d = WJl = ^ml2p A)
Подставляя соответствующие числовые значения в последнюю
формулу, получаем d=0,281 нм. Далее, используя формулу Брэгга-Вульфа,
получаем
. _ Id sin a
А — ,
к
где а = 60°, к=2.
_ . 2d sin a
Ответ: Я = = 0,243 нм .

Оптика 187
5.4. Поляризация света
Основные понятия и формулы
• Плоскость поляризации - плоскость, в которой колеблется
электрический вектор световой волны.
• Естественный свет - свет, у которого плоскость поляризации быстро и
беспорядочно меняет свое направление.
• Плоскость пропускания поляризатора - плоскость, в которой колебания
электрического вектора световой волны происходят свободно.
• Степень поляризации - плоско - поляризованного света
/ — /
р _ max min ^ E41)
max min
где /min и /max - минимальная и максимальная интенсивности света,
прошедшего через поляризатор при его повороте вокруг направления
светового луча.
• Закон Малюса
/ = /0cos>, E.4.2)
где /, /0 - интенсивности света, падающего на поляризатор и
прошедшего через него; (р - угол между плоскостью колебаний
падающего света и плоскостью поляризатора.
• Формулы Френеля для интенсивности света, отраженного от границы
раздела двух диэлектриков
где в{ и в2 - углы падения и преломления света; /01 и /011 -
интенсивности падающего света с плоскостью поляризации
перпендикулярной и параллельной плоскости падения света; /_l w Л1 -
аналогичные интенсивности для отраженного света.
Из формул E.4.3) следует, что при нормальном падении света {вх = 0)
для обеих компонент падающего света коэффициент отражения
*-Ш.-(-Л'. E.4.4,

188 Глава 5
где n-n2lnx - относительный показатель преломления.
• Угол Брюстера
tgOEp=n2lnx=n E.4.5)
где вх = вБр. При вБр угол между отраженным и преломленным лучами
составляет 90° , кроме того /ц=0, где /,, - интенсивность
отраженного света, с плоскостью поляризации параллельной плоскости
падения света.
• Естественное вращение плоскости поляризации
<p = al E.4.6)
где а - постоянная вращения, ? - длина образца в направлении
распространения света.
• Магнитное (фарадеевское) вращение плоскости поляризации
(р = УШ E.4.7)
где V -постоянная Верде, ? - длина образца, Н - напряженность
магнитного параллельного лучу света.
Примеры решения задач.
5.4.1. При падении естественного света на некоторый поляризатор
происходит г/у = 30% светового потока, а через два таких поляризатора -
/72=13,5%. Найти угол (р между плоскостями пропускания этих
поляризаторов.
Решение
Схема прохождения света показана на рис.5.17. Согласно условию
задачи -*- = 7]х, где/ои/г интенсивности падающего и прошедшего
Рис. 5.17

Оптика 189
через 1 -й поляризатор света. Так как г/х < 0,5, то это значит, что
поляризатор частично поглощает проходящую через него плоско
поляризованную компоненту света. Обозначим через к долю прошедшей
компоненты. Таким образом, можно написать
Коэффициент Уг возникает из-за того, что поляризатор пропускает
только компоненту естественного света, поляризованный в одной
плоскости, а перпендикулярную к ней компоненту полностью поглощает.
Второе условие задачи запишется следующим образом
7]2= 2 = 2- [ =kcos2<P7][=27][2cos2<p. B)
В последнем выражении мы использовали уравнение A), а также
соотношение
— = kcos2<p ,
следующее из закона Малюса E.4.2), где ср - угол между плоскостями
пропускания 1-го и 2-го поляризаторов. Из уравнения B) получаем
и далее искомый результат
(р = arc cos(^7]2/2t]2) = 30°.
Ответ: <р = arc cos(^tj2/2t]12) = 30°.
5.4.2. На пути частично поляризованного света поместили
поляризатор. При повороте поляризатора на угол <р = 60°, из положения,
Imax ... соответствующего максимуму пропускания,
, Ii интенсивность прошедшего света уменьшилась в
? 7] = 3,0 раза. Найти степень поляризации
xmin
-4-
,Рис. 5.18
падающего света.

190 Глава 5
Решение
На рис. 5.18 стрелками показаны ориентации поляризатора, для
которых интенсивность прошедшего света равна /тах и /min. Поскольку
фазы световых волн, поляризованных в двух указанных направлениях,
никак не связаны друг с другом, то при повороте поляризатора на угол ср
(см. рис. 5.18) интенсивность прошедшего через поляризатор света /,
будет складываться из интенсивностей компонент света,
соответствующих /тах и /min в соответствии с законом Малюса:
/l=/maxCOS>+/minSinV
Поделив обе части уравнения на /тах, получим в соответствии с условием
задачи
A_ = I = C0S2 ^ + -^sin>. A)
max / max
Степень поляризации света в соответствии с E.4.1)
р_ max min _ min ' max /^\
max min * min ' * max
Выражая отношение /т1п//тахиз уравнения A) и подставляя его в B),
получим после преобразования искомое значение Р:
Р= Я =0,8.
\-7]cos2<p
Ответ: Р = Л"Х =0,8.
l2
5.4.3. Естественный свет падает под углом Брюстера на поверхность
стекла. Определить с помощью формул Френеля:
а) коэффициент отражения;
б) степень поляризации преломленного света.
Решение
а) Из формул E.4.3) следует, что коэффициент отражения для
перпендикулярной и параллельной плоскости падения компонент равны

Оптика
191
Рис. 5.19
R =
sin
sin2(<9,+<92)
к,, - -
A)
B)
'on
причём в естественном свете /011 = /01. При угле
Брюстера 0, + 02 = (см. рис. 5.19), fg0, = п,
поэтому Rn = 0, а
R± = sin2 (в{-Л +О{) = cos2 B0,) = cos2 0, - sin2 @,). C)
Поскольку
sin2 0, =
=
1 _ 1
20, 1 + л2
то подставляя эти соотношения в формулу для R±, после преобразований
получаем
*1=?+?• D)
Искомый коэффициент отражения для естественного света получим,
учитывая C) и D):
R (J
"=2(п2+1J-
б) Доля преломлённого света с параллельной поляризацией равна 1.
Доля преломлённого света с перпендикулярной поляризацией составляет
I П II 1ЛГ*
1-д1=1-.
Ап'
Следовательно степень поляризации преломлённого света равна
*—
1+4л2/(л2 +1J (п2 +1J
— VJ,UO.
Ответ: a) Rn =
;б)Р =
= 0,08.

192 Глава 5
5.4.4. Некоторое вещество поместили в продольное магнитное поле
соленоида, расположенного между двумя поляризаторами. Длина трубки с
веществом ^ = 30см. Найти постоянную Верде, если при напряжённости
поля #=56,5 кА/м угол поворота плоскости поляризации (рх =+5°10' для
одного направления поля и ^ = -3°20'для противоположного направления
поля.
Решение
Поворот плоскости поляризации света веществом в магнитном поле
определяется формулой E.4.7). Так как при изменении поля угол поворота
также изменяет знак, то справедливо следующее соотношение
(рх-(р2 =2УШ.
Отсюда получаем выражение для постоянной Верде:
2Ш
Ответ: у = Л"Л
0,015.
2Ш А
5.4.5. Естественный монохроматический свет падает на систему из
двух скрещенных поляризаторов, между которыми находится кварцевая
пластинка, вырезанная перпендикулярно к оптической оси. Найти
минимальную толщину пластинки, при которой эта система будет
пропускать/7 = 0,30 светового потока, если постоянная вращения кварца
ММ
Решение
Интенсивности падающего /0 и прошедшего /, через 1-й
поляризатор света (см. рис. 5.20(а)) связаны между собой соотношением
/. = 72° • О)
При прохождении света вдоль оптической оси в кварц наблюдается
вращение плоскости поляризации света, определяемое формулой E.4.6.)
<р = а-?, B)
где ? - толщина пластинки.

Оптика
193
Минимальной толщине, удовлетворяющей условию задачи, отвечает
угол <р, величина которого лежит в пределах 0<^?<90°. После
прохождения кварцевой пластинки плоскость поляризации света
повернётся на угол (р (см. рис. 5.20F)), поэтому интенсивности /,и /2, в
соответствии с законом Мал юса, связаны между собой соотношением:
а)
1о
б)
/ п
п2
Рис. 5.20
/2 = /, cos2( - (р) = /, sin2 <p .
C)
Учитывая A), B) и C), получаем в соответствии с условием задачи
или <р = arcsin 2r/ = 51°. И окончательный ответ:
а 117
Ответ: ?тт = —= 3мм.

6. Специальная теория
относительности
6.1. Преобразования Лоренца.
Релятивистское сокращение длины
и замедление хода часов
Основные формулы
• Далее предполагается, что система отсчета К' движется со скоростью
V в положительном направлении оси х системы К, причем оси /ил;
совпадают, а осиy'{z) и y(z) параллельны. В этом случае координаты
и время какого-либо события в системах К' и К связаны между собой
преобразованием Лоренца
x-Vt
У=У, Z=Z,
F.1.1)
где с - скорость света в вакууме.
Релятивистское сокращение длины стержня
l = lo^-(V/cf F.1.2)
где /0 - длина стержня в системе координат К\ относительно которой
стержень покоится (собственная длина). Стержень параллелен оси х'\
I - длина стержня, измеряемая в системе К, относительно которой он
движется со скоростью V.
Релятивистское замедление хода часов
At= , АГ =, F.1.3)
где At' - интервал времени между двумя событиями, происходящими в
одной точке системы К\ измеренный по часам этой системы; Аг-
интервал времени между двумя событиями, измеренный по часам
системы К.

Специальная теория относительности 195
Примеры решения задач
6.1.1. Имеется прямоугольный треугольник, у которого катет
а = 5,00 м и угол между этим катетом и гипотенузой а = 30°. Найти в
системе отсчета К*\ движущейся относительно этого треугольника со
скоростью v = 0,866 с вдоль катета а:
а) соответствующее значение угла а';
б) длину /' гипотенузы и ее отношение к собственной длине.
Решение.
Выберем ось х неподвижной системы отсчета К, относительно
которой треугольник покоится, вдоль катета а. Согласно формуле F.1.2)
длина этого катета в системе К' равна
a' = aj\-{v/cJ A)
где с - скорость света, а длина другого катета остается неизменной, т.е.
У—Ъ, причем
b = a tga. B)
Из этих формул следует, что угол а между катетом а и гипотенузой /' в
системе К' определяется равенством
2
Длину гипотенузы треугольника I' в системе К' вычислим по теореме
Пифагора
' j 2-{v/cJ . D)
Учитывая, что длина гипотенузы в системе К (собственная длина) равна
l = a^l + tg2a , E)
определяем отношение
Подставляя численные значения величин, находим
с/= 49°, Г = 3,8м, 1'Ц = 0,66.
Ответ: tga' = -, = . ig<X , (/ = 49°;
а Vl-(v/cJ

196 Глава б
6.1.2. Стержень пролетает мимо метки неподвижной в А' системе
отсчета. Время полета Аг = 20нс в К -системе. В системе же отсчета,
связанной со стержнем, метка движется вдоль него в течение At' = 25 не.
Найти собственную длину стержня.
Решение
С помощью формул F.1.2.), F.1.3.) получаем соотношения
'='°, = V, A)
At At
/ = /0A/l-0VcJ, B)
где / - длина стержня в лабораторной системе координат К, относительно
которой стержень движется со скоростью V, /0 -собственная длина
стержня (т.е. его длина в системе координат К\ относительно которой он
покоится).
Используя равенства A), B), находим
V = сд/l" (///0J = W1 - (At/At'J , C)
/0 = VAt' = c<J{At'J-{AtJ = 4,5 м. D)
Ответ: /0 = cJ{At'J-{AtJ = 4,5 м.
6.1.3. В А'-системе отсчета мюон, движущийся со скоростью
v = 0,99 с, пролетел от места своего рождения до точки распада / = 3,0 км.
Определить:
а) собственное время жизни этого мюона;
б) расстояние, которое пролетел мюон в К -системе отсчета с "его
точки зрения".
Решение
Время жизни мюона в лабораторной системе отсчета К определяется
равенством

Специальная теория относительности 197
А/ = -. A)
V
С помощью формулы F.1.3) находим собственное время жизни
мюона At' (т. е. время жизни в системе координат К', относительно
которой мюон покоится)
B)
v \ \cj
В системе К' точка лабораторной системы отсчета #, в которой
родился мюон, движется со скоростью v и удаляется от него за время Дг'
на расстояние
l' = vAt' = l<y]l-(v/cJ . C)
Ответ: Af' = -Jl- - =1,4 мкс; /' = vAt' = iJl - (v/cJ =420 м.
v V \с)
6.2. Релятивистское сложение скоростей
Основные формулы
Если система К' движется вдоль положительного направления оси jc
системы К (оси систем отсчета К и К' направлены так же как в
разделе 6.1) со скоростью V, то компоненты скорости vx,vy,vz
частицы в системе К связаны с компонентами ее скорости v'x, v'y, v'z в
системе К' соотношениями
v +V
vx = »V/2, F.2.1a)
l + Wx/c
vJl-(V/cf
1^' F-2ЛЬ)

198 Глава 6
Примеры решения задач.
6.2.1. Две релятивистских частицы движутся под прямым углом
друг к другу в лабораторной системе отсчета, причем одна со скоростью
v,, а другая со скоростью v2. Найти их относительную скорость.
Решение
Будем считать, что первая частица движется в неподвижной системе
отсчета К вдоль оси х, т. е. vlx =vp vly =0, а вторая частица движется в
этой системе отсчета вдоль оси у, т.е. v2x = 0, v2y = v2.
Рассмотрим систему отсчета К\ относительно которой первая
частица покоится. Будем предполагать, что ось х системы К' совпадает с
осью х системы К, а ось у' параллельна оси у. Найдем скорость второй
частицы v'2 в системе К' (эта скорость является искомой относительной
скоростью движения второй частицы v0TH = v2 по отношению к первой
частице).
Компоненты скорости второй частицы в системе К' находим по
формулам F.2.1)
V2x=-Vp A)
*4у=у2Л/1-(^/сJ. B)
В результате для модуля относительной скорости получаем
выражение
v% = ^v? + v\ -{vxv2/cf . C)
Ответ: v0TH = Jvf +v22 -{v.vjcf .
6.2.2. Некоторая нестабильная частица движется со скоростью v в
К' -системе отсчета вдоль ее оси /. К' -система в свою очередь
перемещается относительно К -системы со скоростью V в положительном
направлении ее оси х. Оси х и х обеих систем отсчета совпадают, оси у'
и у параллельны друг другу. Найти путь, который частица пролетит в К -
системе, если ее собственное время жизни равно А^о.

Специальная теория относительности 199
Решение
Найдем, прежде всего, время жизни частицы в системе отсчета К.
Согласно формуле F.1.3) время ее жизни в системе К' определяется
выражением
At'= . А'° . A)
Используя еще раз формулу F.1.3), находим время жизни частицы в
системе К
Лг- Ato B)
где /5 — V/c. Компоненты скорости частицы vx, vy в системе К находим с
помощью формул F.2.1)
vx=V, C)
vy=v'Vl-y?2. D)
Путь, пройденный частицей в системе К, вычисляем по формуле
* = Аф1+у2у. E)
Подставляя выражения C), D) в E), окончательно получаем
¦гда fi"
6.2.3. Частица движется в К -системе отсчета со скоростью v под
углом в к оси х. Найти соответствующий угол в Л^-системе,
перемещающейся со скоростью V относительно /^-системы в
положительном направлении её оси х, если оси х и / обеих систем
совпадают.
Решение
В системе отсчета К компоненты скорости частицы vx и vy равны
vx =vcos#, A)
vy=vsin0. B)

200Глава 6
С помощью формул F.2.1) находим компоненты скорости этой частицы
vcosfl-V
фру
v', v' в системе отсчета К':
А У
I -vV cos в/с29
Вычисляя отношение v'y/v'x, получаем
Ответ: tgg^^^f-, где /? =
cos^-V/v
6.3. Энергия и импульс частицы
в релятивистской механике
Основные формулы
Полная энергия релятивистской частицы
Е = тс2+Т= , тС F.3.1)
где m - масса частицы, v - её скорость, Г- кинетическая энергия, с-
скорость света в вакууме.
• Импульс частицы в релятивистской механике определяется
выражением
Vl-(v/cJ
• Полная энергия частицы и её импульс связаны между собой равенством
E = cylm2c2 + p2. F.3.3)
• Уравнение динамики в релятивистской форме имеет вид

Специальная теория относительности 201
^ = F, F.3.4)
dt
где р - импульс частицы, F - действующая на неё сила.
Примеры решения задач
6.3.1. Протон движется с импульсом р = 10,0 ГэВ/с, где с- скорость
света. На сколько процентов отличается скорость этого протона от
скорости света?
Решение
С помощью формулы F.3.2) находим связь модуля скорости
протона с модулем его импульса
у= . 2ср2+ 2, A)
где т - масса протона, с - скорость света.
Таким образом, относительное отличие скорости протона от
скорости света составляет величину
[ { Р
2
Учитывая, что т = 0,983 ГэВ/с2, получаем 7] = 0,44 %.
Ответ: 7] = = 1 -
V Р
1 + М ^0,44%.
6.3.2. При каких значениях отношения кинетической энергии
частицы к её энергии покоя относительная погрешность при расчете её
скорости по нерелятивистской формуле не превышает г\ = 0,01.
Решение
Связь скорости частицы с её кинетической энергией Т в
нерелятивистской механике определяется выражением
Vh=A|— , A)
V m

202
Глава 6
где т - масса частицы. В релятивистской механике эта связь согласно
формуле F.3.1) имеет вид
cJxB + x)
1 + JC
B)
где jc = Т/тс2.
В области jc «1 из соотношения B) следует приближенная
формула
р V т 4
Таким образом, при х«\ использование формулы A) вместо C)
приводит к относительной погрешности
V =
.-vu
= —jc.
4
Следовательно, в области
Т 4
-Ц-<-/7 = 0,013
me 3
D)
E)
относительная погрешность в определении скорости частицы не будет
превышать величину Т].
Ответ: -^=-<-77 = 0,013.
тс 3
6.3.3. Частица массы m в момент времени / = 0 начинает двигаться
под действием постоянной силы F. Найти скорость частицы и
пройденный ею путь в зависимости от времени t.
Решение
Направим ось jc лабораторной системы отсчета вдоль направления
действия силы F . Тогда компоненты скорости ууи vz останутся равными
нулю в произвольный момент времени t. Проекция уравнения движения
F.3.4) частицы на ось jc в рассматриваемой системе координат с учетом
релятивистского выражения для импульса F.3.2) имеет вид

Специальная теория относительности 203
Интегрируя уравнение A) с учетом начального условия vx@) = 0,
получаем
cFt ,_
vx=v= , B)
22 2
Путь, пройденный частицей за время /, вычисляем по формуле
s=\v,(t')dt'. C)
о
Подставляя выражение B) в формулу C) и выполняя
интегрирование, получаем
тс2
2 2 тс
+с2/2- —. D)
+с/
^ cFt \[ тс1 У 2 2 гпс2
Ответ: v= . =\ s = A\ +clr

7. Квантовая физика
7.1. Корпускулярные свойства света. Фотоэффект
Основные формулы
Энергия фотона
е = псо = , G.1.1)
А
где Я и со - длина волны и циклическая частота излучения
соответственно, h - постоянная Планка, с - скорость света.
Импульс фотона
P-^2-f. G.1.2)
с Я
Формула Эйнштейна
e = tuo = A + Tmax, G.1.3)
где e = ho) - энергия фотона, падающего на поверхность металла; А -
работа выхода электрона из металла; Ттах- максимальная кинетическая
энергия фотоэлектрона.
Максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона в
нерелятивистском и релятивистском случаях выражается различными
формулами:
а) если фотоэффект вызван фотоном, имеющим энергию много
меньшую энергии покоя электрона (т.е fico«mc2 =0.51МэВ), где т -
масса электрона, с - скорость света), то можно воспользоваться
нерелятивистским выражением для кинетической энергии электрона
Гтах=^ах, G.1.4)
где vmax- максимальная скорость фотоэлектрона;
б) если фотоэффект вызван фотоном, обладающим энергией порядка
или больше энергии покоя электрона (т.е hco>mc2 =0.51МэВ), то
следует пользоваться релятивистским выражением для кинетической
энергии фотоэлектрона
7max=^2(r-l), G.1.5)
где

Квантовая физика 205
г-
• Красная граница фотоэффекта
. 2жЬс А ._ , ,ч
/1q = ИЛИ СО0 =— , G.1.6)
A h
где Aq- максимальная длина волны излучения, пH - минимальная
циклическая частота, при которой еще возможен фотоэффект.
• Средняя плотность потока фотонов < j > (т.е. среднее число фотонов,
пролетающих в единицу времени через единичную площадку,
ориентированную перпендикулярно направлению движения фотонов) и
концентрация фотонов п (среднее число фотонов в единице обьёма)
связаны между собой соотношением
<j>=cn. G.1.7)
Примеры решения задач
7.1.1. Точечный изотропный источник испускает свет с А = 589 нм.
Световая мощность источника Р = 10 Вт. Найти:
а) среднюю плотность потока фотонов на расстоянии г = 2,0 м от
источника;
б) расстояние от источника до точки, где средняя концентрация
фотонов п = 100 см.
Решение
Найдем, прежде всего, число фотонов, испускаемых источником в
единицу времени dN/dt. Из определения мощности источника и формулы
G.1.1) следует, что
. A)
dt fico 2жЬс
Окружим точечный источник сферической поверхностью радиуса г.
Очевидно, что число фотонов, пролетающих через эту поверхность в
единицу времени, равно dN/dt. Поэтому из определения плотности
потока фотонов и формулы A) находим

206
Глава 7
1 dN
РЯ
B)
Ажг2 dt Ъж2Ъсг2'
Если выражение B) поделить на скорость света, то согласно
формуле G.1.7), получим концентрацию фотонов на расстоянии г от
источника. Таким образом, расстояние г, на котором имеется заданная
концентрация фотонов, определяется выражением
г =
C)
Подставляя в формулы B), C) численные значения величин,
получаем
<;> = 6х1017 м-2с'1, г = 9м
Ответ: <j> =
РЯ
1 dN
Ажг2 dt ~8ж2Псг2
= 6х1017 м-2 с'1;
г =
= 9м.
7.1.2. Короткий импульс света с энергией Е = 7,5 Дж в виде узкого
почти параллельного пучка падает на зеркальную пластинку с
коэффициентом отражения р = 0,60. Угол падения г? = 30°. Определить с
помощью корпускулярных представлений импульс, переданный
пластинке.
Решение
Пусть N - число фотонов в импульсе света с полной энергией Е.
Согласно формуле G.1.2) полный импульс налетающих фотонов равен
К1П0) Е
Р= #—п= —п, A)
с с
где п - единичный вектор в направлении
движения налетающих фотонов. От
зеркальной пластинки с коэффициентом
отражения р отразится N = pN фотонов.
Их общий импульс определяется выражением
Рис.7.1

Квантовая физика 207
р'=АГ*«п' = А', B)
С С
где п' - единичный вектор в направлении движения отраженных фотонов.
Импульс, переданный пластине, равен
Др =р_р =—(п-у9п).
С
Модуль импульса, переданного пластине, найдем, возводя
выражение C) в квадрат
где ф -угол между векторами п и п'. Как видно из рис.7.1, (р = ж -
Учитывая, что cos(p = —cos2&, окончательно получаем
|Др| = —yl + р
Подставляя в это выражение численные значения величин, находим
1Ар1=35нН-с.
Ответ: lApl = —\Jl + p +2pcos2&=35 нНс.
с
7.1.3. Найти длину волны коротковолновой границы сплошного
рентгеновского спектра, если скорость электронов, подлетающих к
антикатоду трубки, v = 0,85с, где с - скорость света.
Решение
Коротковолновая граница сплошного рентгеновского спектра Amin
вычисляется по формуле
с учетом условия, что вся кинетическая энергия электрона Г,
подлетающего к антикатоду трубки, трансформируется в энергию
излучения, т.е. Йй>тах =Г, и следовательно
- 2жсП

208 Глава 7
Поскольку по условию задачи скорость электронов не мала по
сравнению со скоростью света, для вычисления кинетической энергии
электрона Г следует воспользоваться релятивистским выражением G.1.5).
В результате получаем
где
Подставляя численное значение скорости электрона, находим
2лгй
Ответ: Ят1п=— -=2,8 пм, где у =
I
yj\-(v/cJ
7.1.4. При поочередном освещении поверхности некоторого металла
светом с длинами волн >^= 0,35 мкм и Х^ 0,54 мкм обнаружили, что
соответствующие максимальные скорости фотоэлектронов отличаются
друг от друга в г] = 2,0 раза. Найти работу выхода с поверхности этого
металла.
Решение
С помощью формул G.1.1), G.1.3), G.1.4) находим
2 _2GлсП Л
где т - масса электрона, X - длина волны падающего излучения. Вычисляя
отношение максимальных скоростей электронов, соответствующих
длинам волн \ и Х^
vlmax =„
V2max
получаем уравнение
из которого находим

Квантовая физика 209
Подставляя численные значения величин, имеем Л = 1,9 эВ.
Ответ: Л = Ц-—^ = 1,9 эВ.
B)
7.2. Эффект Комптона
Основные формулы
• Изменение длины волны ДА фотона при рассеянии его на свободном
покоящемся электроне в лабораторной системе отсчета на угол г?
определяется выражением
AA = A'-Z = Ac(\-cos&) G.2.1)
где Я и X - длины волн фотона до и после рассеяния соответственно,
Яс- комптоновская длина волны электрона
Яс=—=2А36пм, G.2.2)
тс
т - масса электрона.
• При комптоновском рассеянии закон сохранения энергии имеет вид
? = гЧГ, G.2.3)
где ?, ? - энергии фотона до и после рассеяния соответственно, Т -
кинетическая энергия электронов отдачи. Если эффект Комптона
вызван фотоном, имеющим энергию много меньшую энергии покоя
электрона, то можно пользоваться нерелятивистским выражением для
Т. В противном случае следует пользоваться формулами
релятивистской механики (см., например, G.1.5)).
Примеры решения задач
7.2.1. Фотон с длиной волны А = 6,0 пм рассеялся под прямым
углом на покоящемся свободном электроне. Найти:
а) частоту рассеянного фотона;

210 Глава 7
б) кинетическую энергию электрона отдачи.
Решение
При рассеянии фотона под прямым углом cos& = 0 и, согласно
формуле G.2.1) разность длин волн рассеянного и налетающего фотонов
равна
2кЬ
= Л'-Л = Л =
'с тс
С помощью формул G.1.1.), G.2.3.) и A) находим частоту рассеянного
фотона
, 2жс 2жс
со =—- = ,
и кинетическую энергию электрона отдачи
Подставляя численные значения величин, находим со'= 2,2x1020 с,
Г=60кэВ.
Ответ: со' = ^ =2,2x1020с; Г =
я+я
7.2.2. Фотон с энергией h со=250 кэВ рассеялся под углом г? =120°
на первоначально покоящемся свободном электроне. Определить энергию
рассеянного фотона.
Решение
Воспользуемся формулой G.2.1), представив её в виде
С учетом формул G.1.1), G.2.2), находим
_L_I-JL •
ё е тс1
где е, ё - энергии фотона до и после рассеяния соответственно, т -
масса электрона, с - скорость света. Выражая энергию рассеянного фотона
ё через его энергию e = hco до рассеяния и угол гЯ получаем формулу

Квантовая физика 211
тс
Подставляя численные значения величин, имеем е'= 60 кэВ.
Ответ: е=—.. П<° = 60 кэВ.
тс
7.2.3. Фотон рассеялся под углом г? =120° на покоящемся
свободном электроне, в результате чего электрон получил кинетическую
энергию Т= 0,45 МэВ. Найти энергию фотона до рассеяния.
Решение
Используя формулу B) предыдущей задачи и учитывая закон
сохранения энергии G.2.3), получаем формулу
[ ^2 A)
е-Т е тс2
которая приводит к квадратному уравнению относительно энергии фотона
до рассеяния е
е2_?Т ^Z_ = 0. B)
Интересующий нас положительный корень этого уравнения
определяется выражением
Tsinz(#/2)\
Подставляя в это выражение численные значения величин, получаем
е = 0,68 МэВ.
т(л Г Ъпс2 1
Ответ: е^\ 1 + 4 1 + —^-— =0,68 МэВ.
2 V Tsin2(&/2)\

212 Глава 7
7.3. Волновые свойства микрочастиц
Основные формулы
• Формула де Бройля, выражающая связь длины волны X с модулем
импульса р движущейся частицы, имеет вид
Я-М. С7.3.1)
Р
• Импульс частицы в нерелятивистском приближении
p = mv, G.3.2)
где т - масса частицы, v'- её скорость, а в релятивистском случае
G.3.3)
где с - скорость света.
Связь длины волны де Бройля Я с кинетической энергией Т частицы, в
нерелятивистском приближении, определяется выражением
а в релятивистском случае
Я- , MC г . G.3.5,
] 2
Примеры решения задач
7.3.1. Частица движется слева направо в одномерном
потенциальном поле, показанном на рис.7.2. Левее барьера, высота
которого и=\5эВ, кинетическая энергия
частицы Г=20эВ. Во сколько раз и как
изменится дебройлевская длина волны
частицы при переходе через барьер?
Решение
Рис 7 2 Поскольку кинетическая энергия
частицы по условию задачи мала по
сравнению с энергией покоя (для легчайшей из частиц - электрона

Квантовая физика 213
тс2 =0,51 МэВ), то в данном случае можно воспользоваться формулами
нерелятивистской механики. Из закона сохранения энергии
Г = ?- + ?/( *;, A)
2т
следует, что модуль импульса частицы, как функция её координаты х,
определяется выражением
p(x) = j2m(T-U(x)). B)
Подставляя это выражение в формулу G.3.1), получаем выражение
для дебройлевской длины волны частицы в различных областях
пространства
Я= , 2ЖП . C)
yj2m(T-U(x))
Как видно из этого выражения, величина Я зависит от значения
потенциала в данной пространственной точке. В области, где U(x) = 0
(слева от барьера)
ПтТ
Справа от барьера, где потенциал имеет заданное значение U
= 15 эВ, длина волны равна
^= , 2жП E)
yJ2m{T-U)
Таким образом, при прохождении барьера длина волны частицы
/U \ Т
возрастает в — = J раз. Подставляя численные значения Т и U,
находим Я2/Л[ =2.
Ответ: длина волны возрастает в
7.3.2. Две одинаковые нерелятивистские частицы движутся
перпендикулярно друг другу с дебройлевскими длинами волн ^ и Х1,
Найти дебройлевскую длину волны каждой частицы в системе их центра
масс.

214 Глава 7
Решение
С помощью формул G.3.1), G.3.2) находим скорости частиц Vj и v2
в лабораторной системе отсчета по их дебройлевским длинам волн \ и /^
2кЬ 2кЬ
vi=-7-ni> v2=-T-n2> (!)
где пх и п2 - единичные векторы в направлениях движений первой и
второй частиц соответственно в лабораторной системе отсчета, т - масса
частиц. Скорость центра масс частиц определяется формулой
vo=^(v, + v2). B)
Модули импульсов частиц в системе центра масс равны, поэтому
согласно формуле G.3.1) и дебройлевские длины волн частиц в системе
центра масс равны. Следовательно, нам достаточно найти модуль
импульса одной из частиц (например, первой) в системе центра масс.
Скорость первой частицы в системе центра масс определяется
выражением
v'i = v, -vo=—(Vl-v2). C)
Интересующий нас модуль импульса частицы в системе центра масс
с учётом формул A) и ортогональности единичных векторов пх и п2 равен
Таким образом, дебройлевские длины волн каждой из частиц в системе их
центра масс определяются выражением
Х= }^ . E)
Ответ: Х=
7.3.3. Параллельный поток моноэнергетических электронов падает
нормально на диафрагму с узкой прямоугольной щелью ширины
Ъ = 1 мкм. Определить скорость этих электронов, если на экране,
отстоящем от щели на расстоянии / = 50 см, ширина центрального
дифракционного максимума Ах = 0,36 мм.

Квантовая физика 215
Решение
Угловые положения дифракционных минимумов, расположенных по
обе стороны от центрального максимума, определяются формулой
fcsin^ = ±A, A)
где Я - дебройлевская длина волны электронов, падающих на диафрагму.
Учитывая, что по условию задачи угол <р мал, для угловой ширины
центрального максимума А(р имеем приближенное выражение
А*г^ ¦ B)
Кроме того, учтём, что для малых Аср имеет место соотношение
Ах = 1А(р. В результате получаем приближенную формулу, связывающую
линейные размеры центрального дифракционного максимума на экране
Ах, ширину щели Ь, расстояние / от щели до экрана и дебройлевскую
длину волны электронов Я
Axb = 2Я1. C)
Используя формулы G.3.1) и G.3.2) находим модуль скорости
падающих электронов
АкМ ...
D)
где т - масса электрона. Подставляя численные значения величин,
получаем v = 2x106 м/с.
Ответ: v = ^~ =2x106 м/с.
тЬАх
7.4. Соотношение неопределенностей
Основные формулы
• Соотношение неопределенностей для координаты и импульса частицы
Арх-Ах>П, G.4.1)
гдеД/?х - неопределенность проекции на ось х импульса частицы; Ах-
неопределенность ее х координаты.
• Соотношение неопределенностей для энергии и времени

216 Глава 7
AE-At>H, G.4.2)
где АЕ -неопределенность энергии данного квантового состояния; At -
время пребывания системы в этом состоянии.
Примеры решения задач
7.4.1. Электрон с кинетической энергией Г = 4эВ локализован в
области размером / = 1 мкм. Оценить с помощью соотношения
неопределенностей относительную неопределенность его скорости.
Решение
Полагая в формуле G.4.1), Ax = l , Apx=mAv, получаем для
неопределенности модуля скорости электрона формулу
Av>— A)
ml
где т- масса электрона. Учитывая, что по условию задачи Т«тс2,
находим v = v27Vm. Таким образом, для относительной
неопределенности модуля скорости электрона получаем оценку
^Д B)
Д
v UlmT
Подставляя численные значения величин, находим Av/v = КГ4
=10 .
7.4.2. След пучка электронов на экране электронно-лучевой трубки
имеет диаметр d = 0,5 мм. Расстояние от электронной пушки до экрана
/ = 20см, ускоряющее напряжение ?/=10кВ. Оценить с помощью
соотношения G.4.1) неопределенность координаты электрона на экране.
Решение
Отметим, прежде всего, что при энергиях электронов - 10 кэВ
можно использовать нерелятивистское приближение. В этом случае
импульс падающих на экран электронов определяется выражением
p = >j2meU, A)

Квантовая физика 217
где т, е - масса и модуль заряда электрона, соответственно. Учитывая, что
отношение d/l определяет угловые размеры А(р пучка падающих на экран
электронов, для неопределенности проекции импульса электрона на ось,
лежащую в плоскости экрана (обозначим эту ось как ось х), получаем
оценку
Apx=pA(p=Pj. B)
Для неопределенности х - координаты электрона АХ на экране с
помощью формул A), B) и G.4.1) получаем выражение
Арх dyJ2meU
Подставляя в C) численные значения величин, находим Ах = 10~8 м.
Ответ: Ах= ,М = 1(Г8м.
dy/2meU
7.4.3. Оценить с помощью соотношения неопределенностей
минимально возможную энергию электрона в атоме водорода и
соответствующее эффективное расстояние его от ядра.
Решение
Запишем энергию электрона в атоме водорода как сумму его
кинетической энергии и потенциальной энергии в поле ядра
E = f-k?l, A)
2т г
где т, е -масса и заряд электрона, соответственно, г - его расстояние от
ядра, к = \/Dле0), ?0- электрическая постоянная. Предполагая, что
неопределенность проекции импульса электрона на некоторую ось
(например, на ось х) равняется по порядку величины модулю самого
импульса электрона р, т.е Арх = р, а неопределенность соответствующей
координаты Ах по порядку величины равняется г, с помощью формулы
G.4.1) получаем оценку
р,Ар^±Л. B)
Ах г
Подставляя B) в A), находим

218Глава 7
2mr r
Значение радиуса гэфф, соответствующее минимуму энергии
электрона, получаем путем дифференцирования выражения C) и
приравнивания производной нулю. В результате находим
гэфф=^т = 0,53.10-10м. D)
тке
Для энергии Е при г = гэфф получаем с помощью формул C), D)
оценку
E)
Ответ: гэфф ^
7.5. Квазиклассические модели атома
Основные формулы
• Условие квантования Бора: момент импульса электрона на
стационарных круговых орбитах определяется выражением
L = mvrn=nh (л =1,2,3,...) G.5.1)
где т - масса электрона, v - его скорость, гп - радиус круговой орбиты в
состоянии с главным квантовым числом п.
• Энергия электрона находящегося на /г-ой орбите равна
Еп= г , G.5.2)
п
где
R = ^ = 2,01.\0l6c-\ G.5.3)
2/Г
R - постоянная Ридберга, Z - порядковый номер водородоподобного
иона; т, е - масса и заряд электрона соответственно, k = \/( Аже0), е0 -
электрическая постоянная.
• Радиус п-ои боровской орбиты водородоподобного иона определяется
выражением

Квантовая физика 219
2. G.5.4)
Частота фотона, испускаемого при переходе электрона с п-то на т-ый
уровень определяется обобщенной формулой Бальмера
Примеры решения задач
7.5.1. Частица массы т движется по круговой орбите в центрально-
симметричном поле, где ее потенциальная энергия зависит от расстояния г
до центра поля как U = fcr2/2, к- положительная постоянная. Найти с
помощью боровского условия квантования возможные радиусы орбит и
значение полной энергии частицы в данном поле.
Решение
Сила, действующая на частицу в данном потенциальном поле,
определяется выражением
F = -VU(r) = -fcr, A)
где г- радиус-вектор частицы. Предположим, что частица движется по
круговой орбите. Согласно условию квантования Бора G.5.1) радиус
орбиты гп должен быть связан с модулем скорости v соотношением
mvrn=nh, B)
где п = 1,2,... - главное квантовое число, принимающее целочисленные
значения. С другой стороны, запишем обычное классическое уравнение,
связывающее скорость и радиус орбиты при движении частицы в силовое
поле A) (второй закон динамики Ньютона)
mv2
= *V C)
С помощью формул B), C) находим
D)
где щ = y/tc/m. Из равенства C) следует, что кинетическая энергия
выражается через потенциальную энергию соотношением

220 Глава 7
mv2 1
2 2*r* u(rJ' E)
Поэтому полная энергия частицы в состоянии с главным квантовым
числом п равна
+ U(J 2U() hco F)
Ответ: rn = I ; En=hco0n, где щ = jк\т,п = 1,2...
7.5.2. Определить й> - круговую частоту обращения электрона на п-
ой круговой орбите водородоподобного иона. Вычислить эту величину для
иона Не+ при п = 2.
Решение
Частоту О) обращения электрона на я-ой круговой орбите
водородоподобного иона вычислим по формуле
<о = % A)
где
Т = ^ B)
V
- период обращения электрона. Таким образом,
со = ~. C)
Радиус п-ои боровской орбиты определяется выражением G.5.4).
Скорость электрона на этой орбите находим с помощью условия
квантования Бора G.5.1) по формуле
Пп Ze2k
v = = ——. D)
mrn nn
Подставляя выражения G.5.4) и D) в C), находим
k2Z2e4m 2Z2 D
@=-?J-=-^R- E)
Для иона Не+ следует положить Z = 2. Для уровня с п = 2 величина
2Z2/V=1, поэтому ^у = /? = 2,07-1016с.

Квантовая физика 221
Ответ: (O=k Z^™=^TR; й> = Д = 2,07-101бс-' при Z = 2, n = 2.
h n n
7.5.3. С какой минимальной кинетической энергией должен
двигаться атом водорода, чтобы при неупругом лобовом соударении с
другим, покоящимся, атомом водорода один из них оказался способным
испустить фотон? Предполагается, что до соударения оба атома находятся
в основном состоянии.
Решение
Найдем, прежде всего, скорость движения центра масс двух атомов
водорода
vo=^v, A)
где v - скорость налетающего атома водорода в лабораторной системе
отсчета. Таким образом, модуль скорости каждого из атомов водорода в
системе центра масс равен v0, а их общая кинетическая энергия в этой
системе отсчета вычисляется по формуле
T0=Mv20=^Mv2=±T, B)
где М - масса атома водорода, Т- кинетическая энергия налетающего атома
в лабораторной системе отсчета.
Минимальное значение То, необходимое для возбуждения одного из
атомов из основного состояния (п = \) в первое возбужденное состояние
(п = 2), согласно формуле G.5.5) определяется выражением (при Z = 1)
Tomin=hGJ\=\hR- C)
С помощью формул B), C) находим минимальное значение
кинетической энергии налетающего атома водорода Т в лабораторной
системе отсчета Tmin = — fiR = 20,5 эВ.
Ответ: Tmin =-hR = 20,5 эВ.

где А = —=- + —=- + —г- - оператор Лапласа. В дальнейшем мы будем
дх ду d
222 Глава 7
7.6. Уравнение Шредингера
Основные формулы
• Движение частицы в стационарном силовом поле (т.е. в случае, когда
потенциальная энергия не зависит от времени) в состоянии с
определенным значением энергии Е описывается волновой функцией
вида
-Lei
lF(tj)-e h yf(x) , G.6.1)
где i//( г) - координатная часть волновой функции.
• Координатная часть волновой функции удовлетворяет стационарному
уравнению Шредингера
Ayf(r) + ^(E-U(r))y/(r) = O, G.6.2)
П
—=- + —=- + —г
дх ду dz
иметь дело только с координатной частью волновой функции и
именовать ее просто волновой функцией. При решении уравнения
Шредингера следует учитывать условия, которым должна
удовлетворять волновая функция: конечность во всем пространстве,
однозначность, а также непрерывность, как самой у-функции, так и ее
первых производных по пространственным координатам.
Квадрат модуля волновой функции |yfr)| определяет плотность
вероятности нахождения частицы в данной точке пространства.
Например, в одномерном случае вероятность dP обнаружить частицу с
х - координатой в интервале от х до х + dx выражается формулой
dP = \i/r(x)\2dx. G.6.3)
Оператор импульса частицы имеет вид
p = -iftV. G.6.4)
Среднее значение физической величины Q, которой соответствует
л
оператор Q, вычисляется по формуле
3 G.6.5)

Квантовая физика
223
Примеры решения задач
7.6.1. Частица массы т находится в одномерной потенциальной
яме (рис. 7.3) в основном состоянии. Найти энергию основного состояния,
если на краях ямы у/- функция вдвое меньше, чем в середине ямы.
Решение
Запишем уравнение Шредингера G.6.2) в одномерном случае в
области -а < х < а, в которой потенциал равен нулю
d2y/(x) ,
dx2
A)
U
-a 0 a
Рис.7 3
; 2 2mE
где k =—r—. Решение этого уравнения
можно записать в вид
у/(х) = Asinkx+ Bcoskx, B)
где Л и В - некоторые константы. Поскольку
по условию задачи у/( -а) = у/( а), причем
у/(а)^О, приходим к выводу, что А = 0.
Учитывая требование у/(а) = (\/2 )у/( 0),
получаем уравнение
cos( ka) = — . C)
Решение этого уравнения, соответствующее минимальному значению
энергии (т.к. нас интересует основное состояние), имеет вид
'¦-?•
В результате для энергии частицы в основном состоянии получаем
выражение
П2тг2
2т ISma
2 '
D)
Ответ: ?, =
П2ж2
\Snia
2 '
7.6.2. Частица находится в двумерной прямоугольной
потенциальной яме с абсолютно непроницаемыми стенками

224 Глава 7
0<у<Ь). Определить вероятность нахождения частицы с
наименьшей энергией в области 0 < х < а/3.
Решение
Решение уравнения Шредингера G.6.2) для двумерной
потенциальной ямы с бесконечно высокими стенками имеет вид
у/(х,у) = у/х(х)у/2(у), A)
где функции ifx( x), У2(У) являются решениями уравнения Шредингера
для одномерных потенциальных ям с бесконечно высокими стенками по
осям х и у соответственно. Для частицы с наименьшей энергией эти
функции определяются выражениями
sin\ — |, B)
а \ а
— sin\ —
Ъ \Ъ
Вероятность dP обнаружить частицу с координатой х на интервале
от х до х + dx дается выражением
ь
о
В силу условия нормировки для функции \f/2( у):
ь
выражение D) принимает вид dP = у/х2( x)dx.
Таким образом, для вероятности нахождения частицы в области
О < л: < а / 3, получаем формулу
а/3
Р= \y/x2(x)dx. E)
о
Подставляя функцию B) в эту формулу и выполняя интегрирование,
находим Р = .
3 4л
Ответ: рЛ-Л.
3 Аж

Квантовая физика 225
7.6.3. Частица в момент t = О находится в состоянии
i/f=Aexp(-x2/a2+ikx), где А,а - некоторые постоянные. Найти: а) (х);
б) (/?х) - среднее значение проекции импульса.
Решение
Учитывая, что оператором координаты частицы в используемом
нами координатном представлении является операция умножения
волновой функции на эту координату, с помощью формулы G.6.5)
получаем
оо
Интеграл A) равен 0 в силу нечетности подынтегральной функции.
Для расчета среднего значения проекции импульса на ось х
воспользуемся формулами G.6.4) и G.6.5). В результате, с учетом условия
нормировки
\y/(x)y/(x)dx = \ , B)
находим
Ответ: (jc) = 0; (/?х) = fik .
7.7. Движение микрочастицы в центральном поле
Основные формулы
Если потенциал U(r) зависит только от расстояния г частицы до
силового центра и частица находится в состоянии с нулевым моментом
импульса относительно этого центра, ее волновая функция у/(т) не
зависит от угловых переменных & и (р в сферической системе
координат. Уравнение Шредингера в этом случае имеет вид

226 Глава 7
• Функция у/( г) нормирована условием
оо
47t\\y/(r)fr2dr = \ . G.7.2)
о
• Среднее значение любой функции f( r) вычисляется по формуле
оо
(/) = 4л-\f(r)\y/(r)fr2dr . G.7.3)
Примеры решения задач
1.1.1. Найти возможные значения энергии частицы массы т,
находящейся в сферически-симметричной потенциальной яме U(r) = 0
при г < г0 и U( r0) = оо, для случая, когда движение частицы описывается
волновой функцией у/( г), зависящей только от г.
Решение
Волновую функцию у/(г) в области г < г0 представим в виде
Щг) = х{г)/г . A)
Подстановка выражения A) в уравнение Шредингера G.7.1) при U( r ) = 0
приводит к следующему уравнению для функции^ г)
B)
где к2 = 2mE/h2. Общее решение уравнения B) имеет вид
Х( г) = a sin( кг ) + b cos( кг), C)
где а и b - некоторые константы.
С учетом формул A), C) волновая функция в области малых
значений г определяется выражением
i//(r) = ak+-, приг-»0. D)
г
Поскольку волновая функция должна оставаться конечной при
г-^0, значение коэффициента Ъ следует выбрать равным нулю. Таким
образом, решение уравнения Шредингера в области г < г0 имеет вид
. . sin(kr)
у/(г) = а—*—?. E)

Квантовая физика 227
Учитывая, что у/( г) = О в области г > г0, из условия непрерывности
волновой функции в точке г = г0 приходим к уравнению
sin{kro) = O, F)
решение которого определяется формулой
кп= —, где п = 1,2,3,... G)
'о
Решение, соответствующее значению п = 0 мы отбросили,
поскольку оно ведет к тождественно равной нулю волновой функции. В
результате находим
E^^-^jn2, где /1 = 1,2,3... (8)
2mr0"
Ответ: ?п = г"Д2 , где и = 1,2,3...
2тг0
7.7.2. Волновая функция электрона в основном состоянии атома
водорода имеет вид у/( г ) = Aexp(-r/rl J, где А и гх- некоторые
постоянные. Найти:
а) константы А, г, и энергию электрона Ех;
б) наиболее вероятное расстояние между электроном и ядром;
в) среднее значение модуля кулоновской силы, действующей на
электрон;
г) среднее значение потенциальной энергии электрона в поле ядра.
Решение
Найдем, прежде всего, значение нормировочной константы А из
условия G.7.2):
4лА21(а) = \ , A)
где
I(a)= \r2e-ardr ,« = -. B)
о 1
Интеграл B) легко вычисляется путем интегрирования по частям:
Цос) = 2/ссъ. В результате из равенства A) находим

228 Глава 7
A=ih
Подстановкой волновой функции у/( г ) = Aexp(-r/rl) в уравнение
Шредингера G.7.1) с потенциалом U(г) = -ке2/г, где к=\/4ле0, е - заряд
электрона, ?0- электрическая постоянная, легко убедится в том, что она
является решением этого уравнения только в том случае, если
выполняются равенства
r> - F)
г.
кте
Я,=--Ц- = -ЙЯ, E)
2тг{
где R- постоянная Ридберга (см. формулу G.5.3)). Действительно, после
вычисления первой и второй производных функции i//( r) и подстановки
их в уравнение Шредингера G.7.1) это уравнение приводится к виду
\_ ЪпеЛ l(kme2 Г
12+ *2 У\ П2 "г,
Равенство F) может быть справедливо при произвольных значениях
г в области г > 0 только при условии, что выражения в круглых скобках
равны нулю.
Вероятность того, что частица находится в области между двумя
бесконечно близкими сферическими поверхностями с радиусами г и
r + dr, определяется выражением
dP = 4x\y/(r)fr2dr . G)
Из выражения G) следует, что наиболее вероятное расстояние
между электроном и ядром соответствует максимуму функции dP/dr.
Дифференцируя эту функцию по г и приравнивая производную нулю,
получаем гвер = г,.
Среднее значение модуля кулоновской силы F( r ) = ке2/г2,
действующей на электрон, в соответствии с выражением G.7.3)
определяется формулой
G)

Квантовая физика 229
Аналогично вычисляется среднее значение потенциальной энергии
U( г ) = -ke2/r электрона в поле ядра
/2( r )rdr = -^-\e-arrdr = -—. (8)
О '1 О Ч
Таким образом, как видно из сравнения выражений D) и G.5.4),
константа г{ является первым боровским радиусом. Кроме того, сравнение
формул E) и G.5.2) показывает, что решение уравнения Шредингера для
основного состояния атома водорода приводит к тому же значению
энергии электрона, что и теория Бора.
ч . 1 П2 „ .
Ответ: а) А= , , г{ = - первый боровскии радиус,
Ех = j = —tiR, где R - постоянная Ридберга; б) г = г,;
2тг{
2
0г{
7.7.3. Электрон атома водорода находится в возбужденном
состоянии, для которого волновая функция имеет вид
ц/( г ) = АA + аг )ехр( -Лг), где А, а и Л - некоторые постоянные. Найти
энергию электрона в этом состоянии, а также константы aw Л.
Решение
Заметим, прежде всего, что при а = 0 заданная волновая функция
совпадает с волновой функцией основного состояния атома водорода (см.
предыдущую задачу). Поскольку по условию данной задачи атом водорода
находится в возбужденном состоянии, константа а должна быть отлична
от нуля. Можно показать, что волновая функция у/( г ) = А( 1 + аг )ехр( -Лг)
при а^О является решением уравнения Шредингера G.7.1) с
потенциалом U( г) = -ке2/г, где к = \/4ле0, е - заряд электрона, €Q-
электрическая постоянная, только в том случае, если выполняются
соотношения:

kme2
230Глава 7
2
^ B)
2т
Доказательство этих соотношений выполняется аналогично
доказательству формул D), E) в предыдущей задаче. Таким образом, как
следует из формул (I), C) и G.5.2), электрон в данном состоянии атома
водорода обладает энергией Е= E2=hR/4 (где R - постоянная Ридберга
G.5.3)), соответствующей уровню с главным квантовым числом п = 2.
Константы а и Л могут быть выражены через первый боровский радиус гх
G.5.4) равенствами: а = 3/2^, Л = \/2г{.
Ответ: Е-Ег-ЬК/^, где R - постоянная Ридберга; а — Ъ/2гх,
Л = \/2г{, где гх - первый боровский радиус.
7.7.4. Частица находится в сферически- симметричном
потенциальном поле в стационарном состоянии ц/ — (\/^2жа )е~г'а / г, где
г -расстояние от центра поля. Найти (г).
Решение
В соответствии с формулой G.7.3) среднее значение (г)
определяется выражением
] |2 ?dr ^
(r) = 47r]\i//(r)\
о ** о
Интегрируя по частям, находим (г) = а/2.
Ответ: (г) = а/2.
7.8. Туннельный эффект
Основные формулы
Коэффициент прозрачности одномерного потенциального барьера
U( x) приближенно вычисляется по формуле

Квантовая физика
231
D ~ехр
2Л2
--\Jhn(U(x)-E)dx
G.8.1)
где xvx2 - координаты точек, между которыми U(х)> Е.
Коэффициент прозрачности D определяет вероятность прохождения
частицей потенциального барьера. Коэффициент отражения R
определяет вероятность того, что частица после взаимодействия с
барьером будет двигаться в противоположном направлении. Сумма
указанных вероятностей должна равняться единице, поэтому
/? + D = l. G.8.1)
Величина D (R) равна отношению плотности потока прошедших
(отраженных) частиц к плотности потока падающих на барьер частиц.
и
Примеры решения задач
7.8.1. Частицы с массой т и энергией Е движутся слева на
потенциальный барьер (рис.7.4). Найти:
а) коэффициент отражения R этого
барьера при E>U0;
б) эффективную глубину проникновения
частиц в область х>0 при E<U0, т.е.
расстояние от границы барьера до точки,
х где плотность вероятности нахождения
частицы уменьшается в е раз.
О
Рис 7 4
Решение
При х<0 решение уравнения Шредингера G.6.2) имеет вид
A)
где кх = \J2mElfi, а коэффициенты я, и Ьх являются комплексными
амплитудами падающей и отраженной волн соответственно.
Отношение квадрата модуля амплитуды отраженной волны | Ъх | к
|2
квадрату модуля амплитуды падающей
коэффициент отражения R, т.е.
волны
определяет

232 Глава 7
R= 2- • B)
При E>U0 решение уравнения Шредингера G.6.2) в области
должно иметь вид
Щх)- a2eklX, C)
где
_,]2m(E-U0)
*2 _______
При записи выражения C) мы учли асимптотическое условие,
согласно которому в области больших положительных значений х цолжна
отсутствовать волна, распространяющаяся справа налево (поскольку
падающая волна распространяется слева направо, в асимптотической
области х—>оо рассеянная барьером волна также должна
распространяться слева направо). Требования непрерывности волновой
функции и ее первой производной в точке х = 0 приводят к уравнениям:
я, + Ь, = а2, к{(а{-Ь{) = к2а2, из которых следует, что
вид
где
При
E<U0
-кЛ _DЁ-^Е-иЛ
+ к2) \ylE+yjE-U0\
решение уравнения Шредингера
<,(X) = a2e-+b2e",
в области
D)
имеет
E)
_рт(Ц0-Е)
лг — .
П
Второе слагаемое в правой части E) неограниченно возрастает при х —> ©о.
Поэтому, из требования конечности волновой функции во всем
пространстве следует, что Ь2 = 0.
Таким образом, плотность вероятности нахождения частицы
| у/( х) | в области х> 0 уменьшается при увеличении х пропорционально
ехр(-2кх). Следовательно, значение лсэфф, при котором плотность
вероятности уменьшится в е раз по сравнению с ее значением на границе
барьера, равно l/2/r.

Квантовая физика
233
^ б) *эфф =
при E<U0.
7.8.2. Воспользовавшись формулой G.8.1), найти для электрона с
энергией Е вероятность D прохождения потенциального барьера, ширина
которого 1 и высота Uo, если барьер имеет форму, показанную: а) на рис.
7.5; б) на рис. 7.6.
U
и,
U
о
Рис 7 5
Uo
О х, /
Рис 7 6
Решение
Для потенциала, изображенного на рис. 7.5, jc, =0, х2 =/, U(x) = U0
при 0 < х < I и поэтому согласно формуле G.8.1)
D~expl--lj2m(U0-E)\.
Для потенциала, изображенного на рис. 7.6, запишем
и(х) = ^х приО<х</.
Точка xt в формуле G.8.1) определяется из условия
Е = Щхх),
откуда, с учетом выражения B), получаем
х. = — Е.
1 ип
A)
B)
C)
D)
Верхний предел интегрирования в формуле G.8.1) при этом равен х2 = I.
Подставляя выражение B), в формулу G.6.1) и принимая во
внимание указанные пределы интегрирования, получаем
E)

234
Глава 7
Ответ: a) D^exp[--pm(U0-E)}; б) DJ-
[ ft J [
7.8.3. Найти с помощью формулы G.8.1) вероятность D
прохождения частицы с массой т и энергией Е сквозь потенциальный
барьер (рис. 7.7), где U( х) = Uo( 1 - х2 /I2 ).
z
U
Решение
Выражение G.8.1) для данного
потенциала можно преобразовать к виду
О I х
Рис 7.7
D~exp< —
Ы
A)
где
/= \^jx2-x2dx,x0=lyJ(U0-E)/U0 ,E<U0.
о
Вычисление интеграла / приводит к значению l-Kx\jA. В результате,
для коэффициента прозрачности барьера при Е<UQ получаем выражение
D~exp\ —
П
B)
Ответ: D ~ ехр\ -
7.9. Тепловое излучение
Основные формулы
Спектральная плотность равновесного теплового излучения абсолютно
черного тела определяется формулой Планка
Ьа? 1 /алп
' а9Л)

Квантовая физика 235
где со - циклическая частота излучения, к - постоянная Больцмана, fi -
постоянная Планка, Т - термодинамическая температура, с - скорость
света.
• Объемная плотность энергии равновесного теплового излучения в
интервале частот от со до со+ dco связана с величиной иы равенством
ёи = ишс1со. G.9.2)
• Связь полной объемной плотности излучения и по всем частотам
t^dco G.9.3)
о
с энергетической светимостью М абсолютно черного тела определяется
выражением
М=-си. G.9.4)
4
Закон Стефана-Больцмана
М = аТ\ G.9.5)
где а - постоянная Стефана-Больцмана [<т = 5,67-10~8 Вт/(м2 К4)].
Длина волны Л^, на которую приходится максимум распределения
плотности их равновесного теплового излучения абсолютно черного
тела, согласно закону смещения Вина равна
K=j> G-9-6)
где Ъ - постоянная Вина [?> = 2,9 10~3 м-К]. Величина ихсвязана с
объёмной плотностью излучения по всем длинам волн равенством
G.9.7)
и = \uxdX
Примеры решения задач
7.9.1. Имеется два абсолютно черных источника теплового
излучения. Температура одного из них Тх - 2500 К. Найти температуру
другого источника, если длина волны, отвечающая максимуму его
испускательной способности, на ДА = 0,50мкм больше длины волны,
соответствующей максимуму испускательной способности первого
источника.

236 Глава 7
Решение
Длина волны, на которую приходится максимум излучения первого
источника, согласно закону смещения Вина G.9.6) вычисляется по
формуле
4т=:р О)
м
По условию задачи максимум испускательной способности второго
источника приходится на длину волны
Ъ
Л1т= — + ДА. B)
Вновь применяя закон смещения Вина G.9.6), и используя
выражение B), находим
~ ' - = 1750К. C)
Ответ: Т2 = —^— = 1750 К.
7.9.2. Излучение Солнца по своему спектральному составу близко к
излучению абсолютно черного тела, для которого максимум
испускательной способности приходится на длину волны 0,48 мкм. Найти
массу, теряемую Солнцем ежесекундно за счет этого излучения. Оценить
время, за которое масса Солнца уменьшится на 1%.
Решение
С помощью закона смещения Вина G.9.6), найдем, прежде всего,
температуру поверхности Солнца
т=т-' <»
где ^-постоянная Вина. Энергия, теряемая Солнцем в виде излучения в
единицу времени Р, определяется произведением его энергетической
светимости М на площадь излучающей поверхности, т. е.
P = 4xR2M, B)
где R - радиус Солнца. Используя закон Стефана-Больцмана для
вычисления светимости Ми формулу A), находим

Квантовая физика
237
О»
где о- постоянная Стефана-Больцмана.
Согласно теории относительности Эйнштейна энергия покоя тела
Ео (в данном случае - Солнца ) связана с его массой т соотношением
Ео = тс2
D)
где с- скорость света. Поэтому скорость уменьшения массы Солнца за счет
его излучения определяется равенством
dm _ Р _ 2А
dt с2
' ^
Таким образом, время At, в течение которого происходит
относительное уменьшение массы Солнца т] = Ат/т, приближенно
равно
F)
Подставляя /? = 6,95-Ю8м, /
= 3-108м/с,
Аг = 10млет.
= 1,99-1030кг,
10мК,
10~8Вт/(м2К4),
,01, находим
Ответ:
dm
It
7.9.3. Медный шарик диаметра d =1,2 см поместили в откачанный
сосуд, температура стенок которого поддерживается близкой к
абсолютному нулю. Начальная температура шарика То = 300 К. Считая
поверхность шарика абсолютно черной, найти, через сколько времени его
температура уменьшится в 7] = 2,0 раза.
Решение
Внутренняя энергия медного шарика определяется выражением
U=-npcTd\
6
A)

238 Глава 7
где рис -плотность и удельная теплоемкость меди соответственно, d-
диаметр шарика, Т - его термодинамическая температура. Энергия,
излучаемая шариком в единицу времени, равна
-P = Kd1M> B)
dt K }
где М - энергетическая светимость шарика. Поскольку по условию задачи
шарик рассматривается как абсолютно черное тело, светимость М
вычисляем по формуле Стефана-Больцмана G.9.5), т. е.
P = Kad2T4y C)
где а -постоянная Стефана-Больцмана.
Учитывая, что изменение внутренней энергии шарика dU за время dt
должно равняться энергии излучения за то же время с обратным знаком
-dW, с помощью формул A), C) находим
— --—dt
Т4 pcd
Интегрируя это уравнение с учетом начального условия (Т = Т0 при
f = 0), получаем
где Т - термодинамическая температура шарика в момент времени t. Из
выражения E) следует, что время, в течение которого температура шарика
Т уменьшится в г/ раз ( То/Т = //), определяется формулой
F)
\8аТг
з ~*
о
Ответ: t=— г— = 3ч, где рис -плотность и удельная
18оТ0
теплоемкость меди соответственно.
7.9.4. Температура поверхности Солнца Г0 = 5500 К. Считая, что
поглощательная способность Солнца и Земли равна единице и что Земля
находится в состоянии теплового равновесия, оценить ее температуру.

Квантовая физика 239
Решение
Поскольку по условию задачи поглощательные способности Солнца
и Земли равны единице, то их можно рассматривать как абсолютно черные
тела, т. е. светимости Солнца и Земли можно вычислять по формуле
Стефана-Больцмана G.9.5). Таким образом, энергия, излучаемая Солнцем
в единицу времени определяется выражением
Р = 4;г Д02М0 = AtcgrITq , A)
где Мо - светимость Солнца, Ro - его радиус, о - постоянная Стефана-
Больцмана.
Поток энергии излучения Солнца, приходящийся на единицу
телесного угла, при этом равен
Та часть потока энергии, которая попадает в телесный угол
Ап=^, C)
Г
где R - радиус Земли, г - ее расстояние от Солнца, поглощается земной
поверхностью. Следовательно, энергия излучения Солнца, поглощаемая
Землей в единицу времени, вычисляется по формуле
Р' = 1Ап=^^. D)
Энергия излучения Земли в единицу времени /^определяется
равенством
р* = АкК1М = 4ячтД 2Г4, E)
где М - светимость Земли, Т - температура ее поверхности. Приравнивая
выражения D) и E), находим
^ F)
Г/?
Ответ: Т = T0J-$- = 266К, где Ro - радиус Солнца, г - расстояние
между Солнцем и Землей.
7.9.5. Полость объемом V = 1,0 л заполнена тепловым излучением
при температуре Т- 1000 К. Найти:

240 Глава 7
а) теплоемкость Cv;
б) энтропию 5 этого излучения.
Решение
Энергия излучения в полости равна U =uV, где и - плотность
энергии излучения, V - объем полости. Выражая плотность энергии через
светимость с помощью формулы G.9.4) и используя для расчета
светимости выражение G.9.5), получаем связь энергии излучения с
термодинамической температурой
U=^-VT\ A)
С
где а - постоянная Стефана-Больцмана, с - скорость света.
Теплоемкость излучения при постоянном объеме вычисляем по
формуле
С помощью формулы A) находим
= ЗнДж/К. C)
с
При увеличении энергии излучения на величину dU, приращение его
энтропии ( при фиксированном объеме V) равно
crVTdT. D)
Т с
Интегрируя выражение D) с учетом условия 5=0 при Т = 0,
находим
frrrVT
S=— = 1,0нДж/К. E)
Ъс
Ответ: a) Cv = 16<jVT = 3 нДж/К; б) 5 = l6aVT = 1,0 нДж/К.
с Ъс
7.9.6. Найти уравнение адиабатического процесса (в переменных V,
Г), проводимого с тепловым излучением, имея в виду, что между
давлением и плотностью энергии теплового излучения существует связь
р = и/3.

Квантовая физика 241
Решение
Используя формулы G.9.4), G.9.5), находим энергию излучения в
полости
U=uV = «Z?. A)
С
где и - плотность энергии излучения, V - объем полости, Т -
термодинамическая температура стенок этой полости, о - постоянная
Стефана-Больцмана, с - скорость света.
Для адиабатического процесса
dU + pdV=0, B)
где р - давление излучения, dV-приращение объема полости. По условию
задачи
1 4аТ4
р = -и=——.
3 Ъс
Подставляя A) и C) в B), находим
...
C)
d(VT4 ) + -T4dV=0, D)
откуда получаем уравнение
3^+^ = 0. E)
TV
Из E) следует, что d ln( VT3) = 0, т. е. VT3 = const.
Ответ: VT3 = const.
7.10. Элементы квантовой статистики. Кристаллы
Основные формулы
• Среднее значение энергии квантового гармонического осциллятора,
приходящейся на одну степень свободы, выражается формулой
где со - круговая частота колебаний осциллятора, h - постоянная
Планка, к - постоянная Больцмана, Т - термодинамическая температура.

242 Глава 7
• Число нормальных колебаний одной поляризации в расчете на единицу
объема кристалла в интервале частот от со до со+ dco определяется
выражением
где v - скорость звуковой волны в кристалле.
Молярная колебательная энергия кристалла:
4
G.10.3)
где 0-hcomax/k - дебаевская температура, О)тах- максимальная
частота, ограничивающая спектр колебаний, R - газовая постоянная.
Примеры решения задач
7.10.1. Определить число собственных поперечных колебаний
струны длины / в интервале частот со, co+dco, если скорость
распространения колебаний равна v. Считать, что колебания происходят в
одной плоскости.
Решение
Собственные поперечные колебания струны представляют собой
стоячие волны, длины волн которых удовлетворяют требованию
— -
где /-длина струны, \ -длина волны, п = 1,2,3,... Формула A) представляет
собой условие того, что на длине струны / должно уместиться полуцелое
число длин волн. Учитывая, что
B)
где v- скорость распространения поперечных колебаний вдоль струны,
находим
л=—а*. C)
7TV

Квантовая физика 243
Из формулы C) видно, что число собственных колебаний струны в
интервале частот от со до co+dco определяется выражением <1пы -—do).
7TV
Ответ: dn(o =—dco.
KV
7.10.2. Имеется прямоугольная мембрана площадью S. Найти число
собственных колебаний, перпендикулярных к ее плоскости, в интервале
частот со, co+dco, если скорость распространения колебаний равна v.
Решение
Направим одну из сторон прямоугольной мембраны вдоль оси х, а
другую - вдоль оси у. Вдоль осей х и у могут возбуждаться колебания,
волновые векторы которых удовлетворяют условиям (см. предыдущую
задачу)
. ж ж
kx=-nx, k =-п , A)
а у b y
где пх,пу =1,2,3,.., а и Ъ - размеры мембраны вдоль осей х и у
соответственно. Заметим, что каждому колебанию можно сопоставить
волновой вектор к с компонентами кх,ку. Как следует из формул A),
число колебаний, для которых компонента кх находится в пределах от кх
до кх +dkx, а компонента ку находится в пределах от ку до ку + dky,
определяется выражением
dN = dnxdny = -^-dkxdkw, B)
ж
где S = ab.
Произведение dkxdky представляет собой элемент площади do в
пространстве волнового вектора к. Этот элемент площади можно записать
в полярной системе координат
dc7 = kdkd<p, C)
где #>-полярный угол, меняющийся в пределах от 0 до ж/2 (поскольку
кх, ку > 0 ). Таким образом, формулу B) можно представить в виде
^ ^ D)

244 Глава 7
Интегрируя выражение D) по dtp в пределах от 0 дол"/2, найдем
число колебаний, для которых модуль волнового вектора находится в
пределах от к до k+dk
dNk=—kdk. E)
2тг
Наконец, учитывая, что k = O)/v, где со - круговая частота, a v -
скорость распространения колебаний, находим число колебаний, частоты
которых находятся в пределах от со до co+dco
^ F)
2kv
Ответ: dN(d= Tcodco.
2kv
7.10.3. Получить выражение, определяющее зависимость молярной
теплоемкости одномерного кристалла - цепочки одинаковых атомов - от
температуры Г, если дебаевская температура цепочки равна в. Упростить
полученное выражение для случая Т » в.
Решение
Для одномерной цепочки атомов число колебаний в интервале
частот от со до co+dco можно вычислить точно так же, как для струны (см.
задачу 7.10.1)
dN^=—dco, A)
где / - длина цепочки, v - скорость распространения колебаний вдоль
цепочки. Предположим, что число атомов в цепочке равно числу Авогадро
NA. Тогда общее число нормальных колебаний в системе должно
равняться NA. С другой стороны, общее число колебаний можно
получить, интегрируя выражение A) по dco от 0 до сотах. Приравнивая эти
величины, находим
Ютах
С учетом формул A), B) энергия колебаний в интервале частот от со
до co+dco определяется выражением

Квантовая физика
245
C)
где (?") - среднее значение энергии квантового гармонического
осциллятора, приходящееся на одну степень свободы G.10.1). Выражение
C) можно представить в форме
 1
Icodco,
D)
где Ь - постоянная Планка, к - постоянная Больцмана, Т -
термодинамическая температура. Полную энергию колебаний цепочки
получим путем интегрирования выражения D) по dco в пределах от 0 до
max'
В результате приходим к формуле
1 (Т^в/1 xdx
= R0
4 UJ I ex-l
E)
где в = Нй)пшх/к - дебаевская температура, R = kNA - газовая постоянная.
Дифференцируя выражение E) по температуре Г, находим молярную
теплоемкость одномерной цепочки атомов
2Г%Г xdx в 1
й J
в
о
-1 Тев/т-\
F)
При Т»в, выражение E) принимает вид U =U0 + RT, где
Uo = R0/4. Поэтому в этом пределе См = R.
Ответ: U=R0
, в/т
л /^\2 в/Т ,
4 [в) J ex-\
; См = /? при Т»в.

Литература
1. Иродов И. Е. Задачи по общей физике. - М.: ЗАО «Издательство
БИНОМ», Научно-технический центр «Владис», 1988.
2. Чертов А. Г., Воробьев А. А. Задачник по физике. - М.: Интеграл-
Пресс, 1997.
3. Трофимова Т. И., Павлова 3. Г. Сборник задач по курсу физики с
решениями. - М.: Высшая школа, 1999.
4. Савельев И. В. Сборник вопросов и задач по общей физике -
М.: Наука, 1988
5. СекаЛ.А. Сборник вопросов и задач по физике. - М.: Высшая
школа, 1986.
6. Козел С. М. Рашба Э. И. Славатинский С. А. Сборник задач по
физике. - М.: Наука, 1987.
7. Савельев И. В. Курс общей физики (учебное пособие для вузов в
5 книгах, 4-е издание, переработанное). - М.: Наука, 1998.
8. СивухинД. В. Общий курс физики (учебное пособие для физических
специальностей вузов в 5 томах, 3-е издание, исправленное и
дополненное). - М.: Наука, 1989.