Ответы к задачам по физике Стрелков, Сивухин (Часть 3)

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

§ 1. Электростатика

1. F £з 918 кгс.2. F « 23 • 1(Г4 дин.3. q = 2786 СГСЭ.4. Равновесие будет неустойчивым.Р е ш е н и е . Рассмотрим случай, когда заряд, находящийся посередине, про

тивоположен по знаку двум другим зарядам. Если этот заряд немного отклонился от положения равновесия в направлении линии, на которой лежат все заряды, сила притяжения, действующая со стороны более близкого заряда, увеличится, а со стороны более далекого — уменьшится, вследствие чего заряд будет дальше уходить от положения равновесия. Значит, положение равновесия неустойчиво.

Если заряд, находящийся посередине, того же знака, что и два других, то при отклонении его вдоль линии, соединяющей все заряды, возникнут силы, которые будут возвращать средний заряд в положение равновесия. Однако если средний заряд отклонится в направлении, перпендикулярном к линии, соединяющей заряды, то равнодействующая сил отталкивания уже не будет равна нулю и будет направлена в ту же сторону, куда сместился заряд. Вследствие этого заряд будет еще дальше уходить от положения равновесия. Значит, равновесие неустойчиво.

Вывод, полученный нами для простейшего случая, справедлив всегда. Если в системе свободных электрических зарядов действуют только кулоновы силы взаимодействия, то равновесие всегда оказывается неустойчивым (теорема Ирншоу).

I 2 J5. Т = 2ndx ----- , где q\ и <72 — заряды шарика и кружка, a J —момент

V <110.21инерции стрелки.

11. Так как сумма зарядов во всей системе не равна нулю и проводник А не охватывает со всех сторон заряд q, то часть силовых линий заряда q уйдет в бесконечность (или окончится на других проводниках) и только часть силовых линий, исходящих из заряда q, оканчивается на индуцированном заряде. Значит, индуцированный заряд меньше q.

О Рассуждениями, аналогичными тем, которые приведены в задаче 4, легко убедиться, что положение равновесия и в этом случае будет неустойчивым.

для протонов, для электронов,

где G — гравитационная постоянная. 7. 1) п = Lpr/e 2 • 10ю электроtpr/e £з 2 • 10ю электронов; 2) Д М = тпеп рз 2 • 10 17 г.

126 Ответы и решения

12. Р е ш е н и е . При поднесении проводника к пластинке общий заряд в определенном отношении распределяется между этими телами. При первом

поднесении проводник получает заряд q\, на пластинке остается Q — q\. Если операция зарядки повторена многократно, то при последующих прикосновениях проводника к пластинке его заряд практически уже меняться не будет. Заряд пластинки также не будет меняться и будет равен Q, поскольку пластинка заряжается от электрофора. Искомый заряд q определится из пропорции

я_Q Q - q 1

Рис. 20913. Поле перпендикулярно к поверх

ности слоя и направлено, как указано на рис. 209 а. Вне слоя Е = ±2п pd, внутри

слоя Е = Ажрх. Ось X перпендикулярна к поверхности слоя, х = 0 в середине слоя. Изменение напряженности поля Е в зависимости от х изображено на рис. 209 6 .

14.

15.

<7 =m g tg а

2тт а= 9 СГСЭ.

1) F =dr

16. 1) А =

(d2 — г 2У rq2

<7 2) F = dr(d2 — r2)2 d9

d2 — i

17. 1) a =AttR2 ’

2) A =

2) <p

r V2d2(d2 - r2)'

= £ 3) <TB =я

47r(r + d)2

18. E =

i - d-r

8>cd

Att (r — d)2 i + d-r crc =

d2 + Ah2

19. E = 2тгсг ( 1 -Vd2 + R2

= (tQ, где Q — телесный угол, под которым

виден диск из данной точки.20. Р е ш е н и е . Плоскость симметрии между двумя точечными зарядами

+q и —q есть плоскость нулевого потенциала. Поэтому если в эту плоскость поместить бесконечную проводящую плоскость, то картина поля не изменится. Следовательно, поле, созданное зарядом -\-q и зарядами, индуцированными на плоскости, будет тождественно с упомянутым полем двух точечных зарядов +q и —q (рассматриваемым, конечно, по одну сторону от плоскости симметрии). Поэтому силы, действующие на заряд А-q, в обоих случаях должны быть одинаковыми.

21. F = ( л/2 — - ). Сила F направлена к вершине двугранного угла О.2d2

22. Р е ш е н и е . Нетрудно убедиться, что электрическим изображением заряда q относительно поверхности АО В будет совокупность пяти зарядов: q\, <72, <7з, <74, <75- Поле этих зарядов и заряда q в точке О равно нулю. Результат не изменится, если заряд q будет неточечным.

§ 1. Электростатика 127

23. Р е ш е н и е . Введем электрические изображения в сфере и плоскости, как указано на рис. 6 . Сгруппируем заряды попарно: 1) q с -q , 2) q с —q. Каждая пара в плоскости A C D B создает нулевой потенциал. Сгруппируем теперь те же заряды по-другому: 1) q с q , 2) —q с —q. При такой группировке каждая пара будет создавать нулевой потенциал на сфере C M D N . Ясно поэтому, что потенциал четырех зарядов q, —q, q , —q обращается в нуль на поверхности A C M D B . Следовательно, поле этих зарядов в верхнем полупространстве будет тождественно с полем, которое требуется рассчитать.

З р 2 Р 2 ( 1 124. F = -у-у 8d4’ А 12 = — ( — )• Обратим внимание, что перемещениедиполя сопровождается смещением индуцированных им зарядов. Однако это смещение происходит перпендикулярно к силовым линиям и поэтому не сопровождается дополнительной работой.

25. Е = - Р л/26 - 2л/5 .0/lzУ к а з а н и е . Поле, создаваемое зарядами, индуцированными на прово

дящей поверхности, можно рассматривать как поле точечного заряда —q, находящегося на расстоянии h за плоскостью симметрично основному заряду +q (см. решение задачи 2 0 ).

26. V = 27rad.27. В точках А и В напряженность

поля возрастет в три раза, в точках С и D обратится в нуль.

28. См. рис. 210. Рисунок представляет собой распределение линий поля в плоскости, проходящей через данные заряды. Сплошные линии — силовые линии, штриховые линии — эквипотенциальные линии. Жирная линия, проходящая через точку А, отделяет силовые линии заряда +q от силовых линий заряда +4q. Точка А находится на расстоянии 2/зс/ от заряда 4q. В точках В и С потенциал поля равен потенциалу

4 q q Qqполя в точке А: рл = щ----Ь тг~ — — • Расстояние d\ от заряда 4q до точки СУз d lhd d ,—

4g q J 2CiO - 2 лможно определить из равенства р с = -----1--------- = ф а , или d\ = ------ ------d.d\ d + d\ 9

Рис. 210

Аналогично найдется расстояние d2 от заряда q до точки В: d2 = л/13 — 2d.

На очень большом расстоянии от зарядов эквипотенциальные линии должны быть близки к кругам.

2 9 . Д = ^ - ; * =У к а з а н и е . Взять за начало координат точку, в которой находится мень

ший заряд, направить ось X в сторону большего заряда и написать потенциал в точке (ж, у) плоскости, проходящей через линию соединения зарядов, а затем приравнять его нулю.


30. F = 2qp/d \ Диполь будет притягиваться к заряду, если он обращен к нему противоположно заряженным концом, а отталкиваться в противном случае.

31. F = 6plp2/d 4. Диполи притягиваются, если они обращены друг к другу противоположно заряженными концами, и отталкиваются в противном случае.

32. Р е ш е н и е . Разложим вектор р (рис. 211) на составляющую рц вдоль радиуса г и составляющую р ^ , к нему перпендикулярную. Соответствующие им поля в точке наблюдения А будут

Е\\ = 2рц/г3, Е± = - р ± / г 3.

Рис. 211

Угол /3 между радиусом г и электрической силовой линией определится формулой

tg /З = Е ± / Е п = р ± / (2рц) = V2tg0.

Проекция бесконечно малого участка силовой линии на направление вектора р ^ может быть, с одной стороны, представлена

как dr tg/3 = (dr/2)tg0\ с другой стороны, — как rtgO. Поэтому (dr/ 2 ) t g в = = г dO. Интегрируя это уравнение, получаем искомое уравнение электрической силовой линии: г = rosin2 0. Постоянная го имеет смысл длины радиуса- вектора г в экваториальной плоскости, т. е. при 0 = 7г/2.

33. Да, возможны, и притом на любом расстоянии заряда от диполя. Плоскость круговой орбиты заряда перпендикулярна к оси диполя. Угол а между направлением дипольного момента и радиусом-вектором, проведенным от диполя к движущемуся заряду, определяется выражением cos а = =р д /1 /3 , где минус относится к положительному заряду, а плюс — к отрицательному.

q , Q

ы - * = 1 + Ъ-Р е ш е н и е . Потенциал точки О равен

dQ %= я_ , = q оd ' /?. d. Rd Ri d

Потенциал шара будет иметь то же значение.если d > г,

если d < R.

Q _j_ q

35- v = < | I ’R + R ’ Q q .

Р е ш е н и е . Если заряд находится вне шара, то ^ = ^ ^ (см- решениепредыдущей задачи). Если заряд находится внутри шара, то поле снаружибудет сферически симметричным и р = q ^ .

R36. Рассмотрим картину поля в плоскости, перпендикулярной к проводам

(рис. 212). Для произвольной точки плоскости М потенциал поля сложится из потенциалов поля каждого провода. Потенциал поля левого провода, если г — расстояние точки от провода, равен


Потенциал поля правого провода, аналогично, есть

V2 = -

Потенциал поля обоих проводов будет

' 2а— dr = —2<т In г2 + С2- г

V = V! + У2 = 2сг In — + Ci + С2.Г2 (36.1)

Так как при удалении в бесконечность V 0 и 1п (п /г2 ) — 0, то из (36.1) следует V = 2а\п(п/г2). Если г\/г2 = к — величина постоянная, то и V постоянно.

Возьмем след левого провода на плоскости за начало координат, прямую, проходящую через следы обоих проводов, за ось X . Тогда эквипотенциальные линии определятся из соотношения (рис. 212)

1 1

откуда

г-^ = к =Г2

X +

л/х2 + у2 y/(d — х)2 + у2 ’

d У 2 k2d2к2 - 1 + У =

Это — уравнение окружности радиуса R =d

ск2 - I)2'kd

цисса которой равна а = к2 - 1О А • OB = ( - a ) ( - a + d) =

\к2 - \ \. Так как в данном случае

k2d2

с центром в точке О, абс-

= R 2 = О М 2,Ск2 - I)2то О М можно рассматривать как длину отрезка касательной к окружности, проходящей через точки А , М, В. Центр ее лежит на прямой, проходящей через середину А В перпендикулярно к АВ. Таким образом, обе окружности в точках их пересечения взаимно ортогональны. Через любую точку М

Рис. 212 Рис. 21337. Рисунок 213 показывает картину поля в произвольной плоскости,

проходящей через данные заряды. Все силовые линии, расположенные в об-

5 Под ред. И. А. Яковлева


ласти, ограниченной жирной линией, проходящей через точку А, в которой напряженность поля равна нулю, идут от заряда +д к заряду —4q, а остальные приходят из бесконечности. Расстояние от точки А до заряда +q равно d. Потенциал в точке В равен нулю, поэтому через нее проходит сферическая эквипотенциальная поверхность, радиус которой равен 4/i5d, а центр лежит на расстоянии V15d от заряда -\-q (см. задачу 28).

38. Q = д /2.Р е ш е н и е . Поверхность металлического шара имеет потенциал, равный

нулю (так как шар заземлен). Такую же поверхность нулевого потенциала и такое же поле вне ее мы получим, если вместо шара (удалив его) поместим заряд Q = q / 2 в точке, находящейся на прямой, соединяющей заряд с центром шара, на расстоянии R /2 от центра шара (см. задачу 29).

1 — (1 — а 2)2 ,39. Q = qa— ~------, где а = r/d.{[ — az)zР е ш е н и е . Поляризованный шар в условиях этой задачи может быть

заменен парой зарядов: q' = —qr/d на расстоянии Ъ = r2/d от центра и Q' = = Q - д' в центре (Q — полный заряд шара). Сила взаимодействия будет

F = щ' , яО/_ _ 2 dr 2 г_(d - Ь ) 2 + d2 ~ q (d2 - г 2)2 + Я d3 + qQ

ld2'

Из условия F = 0 имеем

гQ = qd

dA - (d2 - г2)2 (d2 — r2)d

= да 1 - (1 - с2)2 (1 - a 2)2

где a = r/d.

40’ F = - ^ ( ^ 2)2’ r№a = r /d -Р е ше н и е . Поле наведенного на шаре заряда по методу отражений можно

заменить полем точечного заряда д , помещенного на расстоянии Ь от центра (см. рис. 12). Величину q и отрезок Ь следует выбрать так, чтобы поверхность шара совпала с поверхностью нулевого потенциала зарядов q и q (см. задачу 29). Из этого условия получим: q = —qr/d, b = r 2/d. Сила взаимодействия заряда с шаром равна силе притяжения зарядов q и q \

qq' _ (r/d)q2 _ _(f_ аd2 (d — r2/ d )2 d2 ( 1 —a 2)2 ’

где a = r /d . Знак «—» означает притяжение зарядов.41. q = —grid.Р е ш е н и е . Шар нулевого потенциала должен обладать зарядом q =

= —q r / d (см. предыдущую задачу); следовательно, именно такой заряд протечет при заземлении шара.

42. <71 = - q

R4тг(d + R)2 \ R Ц ’ а2 4тг( d - R ) 2Р е ш е н и е . Поле снаружи шара совпадает с полем пары зарядов q и q

(см. задачу 2). С другой стороны, поверхностная плотность заряда на шаресвязана с полем вблизи его поверхности: а = — Е. В окрестности точки М247Гимеем

771 q . q' , R , R 2E 2 = , , . ^чо + где q = - q — . b = — .

- q


отсюдаЕо = — q

(.d + RУ \ RАналогично, в окрестности точки М\

qE i = -(.d - R У \ R4 + 1

43. Е = 27гсг.Р е ш е н и е . Пусть сг — поверхностная плотность заряда на сфере. Тогда

поле вблизи наружной ее поверхности будет Е = 47г<т; внутри сферы Е = 0. То же самое поле может быть представлено как сумма поля малого диска с поверхностной плотностью <т, вырезанного из сферы, и поля остальной части поверхности. Поле вблизи центра диска будет, как известно, равно Е = ±2тгсг (знак зависит от стороны диска). Следовательно, поле остальной части сферы составляет 2тга.

44. Распределение потенциала во всех плоскостях, перпендикулярных к заряженной линии, одинаково. Эквипотенциальные поверхности — коаксиальные цилиндры, ось которых — заряженная линия. Разность потенциалов между цилиндрами радиусов г и R (R > г) равна 2 x ln (R/r). Но в бесконечности потенциал не имеет конечного значения, так как работа сил поля по удалению положительного единичного заряда из данной точки (г) в бесконечность не имеет конечного значения. Конечное значение имеет только разность потенциалов между двумя точками поля. Результат этот обусловлен тем, что мы считаем проводник бесконечным, и, значит, нельзя говорить о точках, бесконечно удаленных от проводника, так как «бесконечно удаленная точка» физически означает точку, удаленную на расстояние, большее по сравнению с размерами проводника.

При рассмотрении реальных полей таких затруднений не возникает, так как размеры проводников конечны. Всякий заряженный проводник на достаточно большом расстоянии от него можно рассматривать как точку. Следовательно, пользуясь условным представлением реальных проводников в виде бесконечных, можно рассчитывать поле только вблизи конечного проводника (на расстояниях, малых по сравнению с длиной проводника).

45. V = AncrR\n(d/R).У к а з а н и е . Напряженность поля в точке, находящейся от оси цилиндра

на расстоянии х , большем г, равна Е = Атгга/х.47. Поле параллельно оси X и напряженность его Е = ах. Такое поле

будет существовать внутри слоя, ограниченного бесконечными плоскостями, перпендикулярными к оси X , и заряженного равномерно с объемной плотностью р = а/Атг (см. задачу 13).

48. Р е ш е н и е . Вычислим поле внутри шара. Ввиду шаровой симметрии

Е = Е{г) Гили, в координатной форме,

Е х = Е{г ) ~ , Е у = Е( г ) У E z = E{r)~.Г Г ГДифференцируя Е х и учитывая, что д г /дх = х / r (последнее получается дифференцированием равенства г2 = х 2 + у2 + z2), находим

дЕ„ dE х2 Е о Е


Написав аналогичные соотношения для производных дЕ у/д у , dE z/d z и сложив, получим

2 Е 1 d , 2l-- I г 1drdivE = S + V = ^ (г^ -

1 dВнутри шара

откуда- j t H ) = 4тгр,dr

^ 4-7Г СЕ = — Рг + ^ -3 '

Постоянная С должна равняться нулю, так как напряженность поля Е в центре шара конечна, как это ясно из физических соображений.

Вне шара на расстоянии г от центра4тг Я3р

Аналогично вычисляется поле внутри пластинки.4:7Г ^49. Е = — рг, где г = ОО ' . Поле однородно.

52. Поверхностная плотность электричества на эллипсоиде

1 2 2 2 ar yz 2Г----h — н—/I 1 1 Л 1 /I47га6с V &4- 1/2

где q — общий заряд эллипсоида.1 _ ц _ ц ч_1/253. сг = 47га6 62

55. О = 5,92 • 105 Кл; ю = 2,7 • 106 СГСЭ = 8,2 • 108 В.Ш в56. t = ^ 2 « 10 с « 10 сут (Д —радиус Земли, е — заряд протона;

числовой ответ получен при < /е ~ 109 В). В действительности потенциал Земли не может достигать такого значения, так как, наряду с приходом протонов, существует обратный процесс, в котором земная атмосфера теряет положительные заряды в виде протонов и положительных ионов, уходящих в космическое пространство под действием возникшего электрического поля.

57. 1) Е = 2q/d2; 2) Е = 8q/9d2.У к а з а н и е . См. задачу 20.

г3 дЕ258. F = — ——; сила F направлена в сторону возрастания поля Е.

59. F ~ 1/Л .4 q60. Е = —— —; поле Е перпендикулярно к плоскости и направлено к ней.

5v5 dz61. 1) Нет. 2) Внутри будет, снаружи нет.62. Е = 7ГСГ.Р е ш е н и е . Напряженность поля, создаваемая в центре сферы радиуса R

зарядами, находящимися на кольце шириной RdO, вырезанном из полусферы, несущей заряд плотности <т, будет вследствие симметрии перпендикулярна к плоскости этого кольца (рис. 214). Поэтому при расчете напряженности поля зарядов каждого элемента кольца мы будем учитывать только нормальную составляющую к плоскости кольца. Эта составляющая, очевидно, равна сгR2 sin в cos в dO . _ _---------- --------- dp. Интегрируя по р от 0 до 27т, получаем напряженность,


создаваемую зарядами, находящимися на кольце: 27г<т sin 0 cos 0 dO. Интегрируя по углу в от 0 до 7г/ 2 , получаем, что напряженность поля, создаваемая зарядами первой половины сферы, равна Е = 7г<т.

Рис. 214

Поле, создаваемое зарядами второй половины сферы, будет иметь противоположное направление и величину 2ксг. Следовательно, результирующая напряженность поля в центре сферы равна 7г<т и направление ее противоположно направлению Е, указанному на рис. 214.

63. Вне оболочки не изменится, внутри уменьшится в г раз.64. Поле, вообще говоря, изменится не только внутри, но и вне оболочки,

особенно заметно вблизи «неровной» границы диалектрика. «Неровность» границы следует оценивать по отношению к сферической границе диэлектрика.

65. Увеличится, так как поверхностная плотность заряда на металлической пластинке против диэлектрика возрастет.

66 . Р е ш е н и е . В окрестности точки А поле должно стремиться к бесконечности, как кулоново поле точечного заряда q. Поэтому поле в первом диэлектрике должно содержать слагаемое qr/(s \r3). К нему надо добавить поле поляризационных зарядов, возникших на границе раздела диэлектриков. Введем предположение, оправдываемое последующими вычислениями, что поле поляризационных зарядов в первом диэлектрике эквивалентно полю какого-то точечного заряда q' , помещенного в точке А ', зеркально симметричной с А относительно границы раздела. Тогда для поля в первом диэлектрике можно написать

Ei = -г + ■

где г и г' — радиусы-векторы, проведенные из зарядов q и q' в рассматриваемую точку. Введем второе предположение, также оправдываемое последующими вычислениями, что поле во втором диэлектрике представляется выражением

причем второй (фиктивный) заряд q" совмещен пространственно с зарядом q (на рис. 15 он не изображен).

Теперь необходимо выражения для Ei и Е 2 «сшить», чтобы на границе раздела диэлектриков удовлетворялись граничные условия: непрерывность касательных компонент вектора Е и нормальных компонент вектора D. Первое


условие имеет видq . . q . q— Sin уН---- sin ip = ---- Sin <£,

£l £l £ 2а второе

g cos (p — q cos p = q cos ip.Существенно, что угол p выпадает из обоих уравнений. Поэтому, если q и q определить из этих уравнений, граничные условия будут удовлетворены во всех точках границы раздела. Таким путем находим

Ei =£ \ Г

\ е2 ~ £\ q , „ _ 2—77 Г , Л /2 —Г — —,3 £\ £\ + £2 Г,Ъ £2 + £2 Г3

q—Г г.

67. F = -— —, где d — расстояние заряда от границы раздела.4щ £2 + е\ d2’Заряд притягивается к плоскости, если е2 > е\, и отталкивается, если £2 < е\.

68. Q = E R 2 = 22 500 СГСЭ.69 . Р = 2™2 = 7| ^ = Щ!_

(4тгЯ2)2 87гЯ4У к а з а н и е . Пусть а — поверхностная плотность зарядов на сфере. На

пряженность поля снаружи у поверхности сферы равна 47г<т, а внутри равна нулю. Выделим мысленно элемент поверхности dS. Поле у поверхности можно рассматривать как результат наложения двух полей: 1) поля зарядов, находящихся на элементе dS и создающих напряженность 2тга снаружи и внутри, и 2) поля всех остальных зарядов; следовательно, поле остальных зарядов равно 27га и направлено наружу. Отсюда сила, действующая изнутри на элемент dS, равна 27rcrcrdS. Поэтому давление будет 2тга2.

70. На единицу поверхности незаряженного мыльного пузыря действуют: 1) сила давления, обратно пропорциональная объему пузыря, т. е. пропорциональная 1/R3, и направленная наружу, и 2) сила поверхностного натяжения, пропорциональная 1 / R и направленная внутрь пузыря. При определенном радиусе R эти силы уравновешивают друг друга:

^ - ^ = 0 Я3 Rгде постоянные а и с зависят от конкретных условий опыта. Сообщив мыльному пузырю заряд, мы добавим к силе, действующей наружу, еще силу электростатического отталкивания зарядов (см. задачу 69), пропорциональную 1/R4. Для равновесия необходимо, чтобы

а Ь сд? + ~ щ ~

Отсюда можно получить связь между изменением сил, действующих на единицу поверхности пузыря, и изменением A R\ радиуса:

А Р = - 3 а 46 сЯ3 + R4 ~ R~1

AR\Ri

Величина, стоящая в скобках, положительна, поэтому равновесие будет устойчивым. Увеличение R\ вызовет большее уменьшение сил, действующих наружу, а потому результирующая сила будет уменьшать радиус, т. е. возвращать его к равновесному значению R\. Наоборот, уменьшение радиуса вызовет большее увеличение тех же сил и равнодействующая сила будет увеличивать радиус.


71. Q2 = 1б7гг3(12<т + 7Рг). Если г >> сг/Р = 5- 10 5 см, как это имеет место в условии задачи, то Q = Аг2л/ 7 ттР = 1,87 • 104 СГСЭ = 6,2 • 10_6 Кл. В этом случае заряд Q практически не зависит от поверхностного натяжения. В противоположном случае, когда г <С сг/Р = 5 • 10-5 см, Q = 8л/37г<тг3 .

72. Поле внутри сферы равно нулю, а поэтому потенциал р имеет постоянное значение и равен значению потенциала самой сферы, т. е. р = AnRcr, а вне сферы потенциал равен р = 47тR 2cr/d (тонкая линия на рис. 215). Внутри сферы Е равно нулю, а вне — Е = 4irR2cr/d2 (жирная линия на рис. 215).

73. Тумаке — qQAmnR

1/2

74. Поле будет иметь вид, показанный на рис. 216. Потенциал внешнегошара — Q /R 3 , а потенциал внутреннего — Q ( ------------- 1----- ). Если внешний

\ R i R 2 R 3 )шар заземлить, то его потенциал будет равен нулю, а потенциал внутреннего шара — Q(R2 - R\)/(R\R2).

Рис. 216 Рис. 217

75. См. рис. 217 а и б. Eq = 0,1 СГСЭ, ро = 1,5 СГСЭ = 450 В.76. Часть силовых линий, идущих от заряда +2q, будет оканчиваться на

внутренней стороне замкнутой оболочки, значит, потенциал ее будет ниже потенциала проводника, имеющего заряд +2д.

77. Заряд противоположного знака, равный половине заряда пузыря (см. задачу 69).

78. Р е ш е н и е . На единицу поверхности сферы действует выталкивающая сила / = Q2n/(87rR2). Отсюда интегрированием легко получить F == Q 2/ ( s r 2).

79. F = Q(Q + 2q)/(8R2).80. F = и 2/(жR).81. F = *:(*:+2х0 )/(7гД).


82. Е = 2л/5 па (рис. 218).83. Эквипотенциальные поверхности поля — плоскости, наклоненные к

заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда а под углом а , определяемым соотношением tg a = 2. Потенциал р линейно изменяется с расстоянием от линии пересечения поверхностей. Для поверхности с плотностью заряда 2а: р = —2ках + с. Для поверхности с плотностью

заряда а: р = —4iraz + с.84. <т = 0,00265 СГСЭ.85. Электрическое поле радиально и определяется

выражениями

0 при г < R\ или Rs < г < оо,

Zk

4 tig

2n<j

2<j XE =

R\ (R2 — R3) Q R2(Rz - R i) ^ R3 (R2 — R \) Q R2(Ih-Ri) r*

при R\ < r < R 2j

при R 2 < r < R 3 ,

Рис. 218 0 при г > Rs,

где г — расстояние от центра сфер.86 . R = 1 м.87. Внутри цилиндра поле такое же, как и в задаче 82. Вне цилиндра,

если ось его направить по оси У, первую заряженную плоскость совместить с координатной плоскостью Y O Z , а вторую — с координатной плоскостью X O Y (рис. 219), компоненты напряженности поля в произвольной точке A (x ,y ,z ) будут

2 па

2 тг а

1 - 6 Rx(ж2 + Z2)

о2 -

6 Rz( ж 2 + Z 2 )

по оси X ,

по оси У,

по оси Z.

88 . Если начало координат взять в центре сферы и ось У направить перпендикулярно к плоскости (рис. 220), то компоненты напряженности поля в точке A (x ,y ,z ) , лежащей вне сферы, будут

47г R2c

27га 1 +

(ж2 + у2 + Z2)3/ 2

47Г R2cry(ж2 + у2 + Z2)3/ 2

2 R2z(ж2 + у2 + Z2) 3/ 2

по оси X ,

по оси У,

по оси У.

В точке, лежащей внутри сферы, поле направлено вдоль оси У и равно 2 тга.

89. р = 1,3- 1(Г3 СГСЭ.Рис. 220


90. <71 = -<т2 = Х- (qi - q2), сг'х = сг2 = (<?1 + Фг); Е = 2тг( - g2), Е' == 27Г(<71 + <?2).

91. 1) По 40 В. 2) Нуль между пластинками 1 и 2 и 40 В между пластинками 2 и 5.

92. 40 В.93. Е х = Уж/d 2; £ 2 = V{x + d)/d2.94. Напряженность поля в направлении из точки 1 в точку 2 равна Е\2 =

= (рх - р 2)/а, где а —длина ребра кубика. Аналогично, Е 13 = (р\ - р 3)/а и Е х4 = (y?i - (f4 )/а. Векторная сумма Е 12, Е 13, Е н определит приближенно напряженность поля в окрестности точек /, 2, 3, 4.

95. Vi2 ~ 0,25 СГСЭ; У23 « 0,75 СГСЭ.96. Уменьшится в два раза.97. Р е ш е н и е . Потенциалы проводников являются линейными однород

ными функциями их зарядов: pi = ^ . В силу симметрии все коэффици-k

енты Aik с одинаковыми индексами равны между собой. Точно так же равны все коэффициенты с разными индексами. Обозначая эти коэффициенты через А и В соответственно, можем написать рх = Aqx + B(q2 + q3) и аналогично для остальных проводников. При зарядке первого шара он получает потенциал срх = Aqx. При зарядке остальных двух шаров потенциал первого шара меняется, но его значения для решения не нужны. При зарядке второго шара его потенциал становится равным также рх = Aq2 + Bqx. Аналогично, для третьего шара рх = Aq3 + B(qx + q2). Таким образом, Aqx = Aq2 + Bqx = Aq3 + B(qx + + <?2 )• Отсюда q3 = q22/q\ .

98. q3 = qf/qx; q4 = q \ / q\ .99. V « 189 B.100. На расстоянии d (в сантиметрах) от общей оси цилиндров Е « 39/d

СГСЭ.102. А = pq/d2.103. Нет, так как такое поле не будет потенциальным. Действительно,

работа при передвижении заряда по прямоугольному замкнутому контуру, две стороны которого параллельны полю, а две перпендикулярны к нему (рис. 2 2 1 ), будет отлична от нуля.

Рис. 221

104. Потенциал проводника уменьшится.105. Уменьшится.106. V = 2irqd/S.107. См. рис. 222. Е = 67vq/S.


108. V = Q(R,2 — R\) / {R\R2) = 750 В. Напряженность поля внутри первой сферы равна нулю, между сферами Q/r2, вне второй сферы 2Q/r2, где г — расстояние рассматриваемой точки от центра сфер.

109. 1) (р = 9 • 108 В. 2) Заряд не удержится, так как напряженность поля у поверхности шара будет Е = 90 кВ/мм.

h d h

то Е

110. Е = 2т7

2п crR2dy/{h + d)2 + R2 Vh2 + R2

см. задачу 19. Если d <C h,

(,h2 + R2f / 2'111. Q « 265 СГСЭ.112. Увеличится в полтора раза.113. Увеличится на 200 пФ. Положение листа на результат не влияет в том

случае, когда он остается параллельным обкладкам.114. С = 35 см.115. Р е ш е и и е. Поле большого шара в его полости однородно и равно

47грг/(3г), где г = о ё — вектор, проведенный от центра большого шара О к центру малого шара С. Умножив это поле на заряд малого шара, найдем F = = (Ак р)2 R? г / (9е).

116. С = R/2.У к а з а н и е . Если R <С d, где d — расстояние между шарами, то ем

кость одного шара относительно плоскости симметрии приближенно равна R. Поэтому емкость между шарами можно рассматривать как емкость двух конденсаторов, включенных последовательно.

Са-сСа-к + С а - с С с - к + Сс-кСа-к117. С =

118. Са к =

Сс-к + Ca-iC l - С 2 + С з

Са-с =- C l + С 2 + С з

Сс-К =

включенной по схеме а),119. 1) Емкость батареи C i С 2-------— , Сз может быть любой.

C i + С 2

120. Для цилиндрического конденсатора С =

C i + С 2 - С з

2больше.

2 ln (i? 2/ i ? i )

2) С4 =

Если R 2 = R\ +

+ АД, то \n(R2/Ri) = ln(l + AR/Ri) S

IRiA R /R i . Тогда С = —— = 2nRil2 А R 2тгА R

где S — боковая поверхность цилиндра. Для сферического конденса-4 7rA it

тора доказательство аналогичное.121. /г = const, где / — длина трубки, г — ее радиус. Конденсаторные

клеммы применяются для более равномерного падения потенциала в изоляции, а следовательно, и уменьшения максимального значения напряженности поля в изоляторе. Если изолирующая трубка будет иметь толщину порядка радиуса провода, то напряженность у провода будет примерно в два раза больше, чем у поверхности трубки, а в конденсаторной клемме с очень тонкими слоями напряженность будет всюду почти одинаковой.

122. Увеличится примерно вдвое.123. Увеличится примерно в три раза по сравнению с емкостью конденса

тора без коробки.(f С <§С124. Vi = - — и V2 = —----— , где V\ — напряжение на конденсаторе

С 1 + С 2 С 1 + с 2С\ и У2- на конденсаторе С2.


125. Vi = 3 В; V2 = 1,5 В; V3 = 3 В; V4 = 1,5 В.126. Vi = 3,6 В; V2 = 1,8 В; V3 = 3,6 В; V4 = 1,8

Ci&i + C 2 (§2 T j- C \ { % 2 — <П)B.

127. Vi = v2 =C x + C 2 C x + C 2

У к а з а н и е . Заряды на обкладках конденсаторов связаны равенством Q\ — Q2 = С 1^ 1, как это следует из закона сохранения заряда.

128. При последовательном. V = 1125 В; С = 0,8 мкФ.129. Его электроемкость должна быть значительно меньше электроемкости

проводника, чтобы при присоединении электроскопа потенциал проводника не менялся.

130. V = 1413 В.131. 1) Ei = 6,28 СГСЭ; 2) Е 2 = 3,14 СГСЭ;

3) сила отталкивания F = 12,6 дин.132. Пользуясь значениями Vi, V2 и Со, опре

деляем электроемкость относительно земли заряженного тела и электрометра (рис. 223). Эта элек-

V2троемкость выражается так: Сх = Со--------. ЗарядV — V2

равен Q = CXV\. Точность определения заряда зависит от точности определения величин V\ и V2 и, кроме того, от разности V\ — V2. Чем больше V\ —— V2, тем точнее определение заряда.

133. V = 17,25 кВ.134. С = e'S2S

Атг[Н{г2 - е\) + de\] ’135. В воздушном зазоре Е = D = A irh ^ /d .

= —A7r(d — Wj^Pjd, D = А'кЬФ/d .

i) Ci = n Jt , S , . . ; 2) C2 = S(£l127Гd( \ / £\ + 1 /£T2)

(s\ + s2)2 всегда больше 2s\£2.137. C = S e ' £ 2

Рис. 223

Внутри пластинки E =

- £2 )87т d

C 2 > Ci, так как

138. C =A7rnd(£l + £2 )

S(e 1 - e 2)47rdln(ei /e2)

У к а з а н и е . Так как диэлектрическая проницаемость между обкладками £2 ~ £1меняется по закону г = е\ Н----- -— х , где х — расстояние от первой пластины,

то разность потенциалов между обкладками можно записать так:d d

V = E d x = Dd f dx0 0

£\d + ( £ 2 — £\)x ’

где E — напряженность поля, D = 47пт — электрическая индукция.139. Увеличится на Е(е - 1 )/(47г<f).140. Е = , , , , « 1750 В/см.

141. С =

142. Е =

Ql£l + П2£2 47Г

(■d — h)e + h (е + \)R\R22(R2- R i)

AnQeiQi + £202 rR 1 R 2

R2 — R\

= 1 2 0 c m .

—, где r — расстояние от центра шара. С =


143. Е = -------- --------- , где г — расстояние от оси конденсатора. С =£\<Р\ + ^2р 2 1г

_ Р \£\ + Р2^2 ^_ 47rln (i?2/ i ? i ) L

144. В точке на расстоянии г от центра шара (R\ < г < R 2) напряженность Е = 1000/г2СГСЭ.

145. Е' = {е — \)Е /3 . Если поляризованность диэлектрической среды Й?, то (е — \)Е = АкёР. Напряженность поля в центре сферической полости Е' = = 47г / 3. В самом деле (рис. 224),

Е' = d0 Й соs0 • i?2 Я2 з<9 = 2тг^ sin в cos2 OdO =

146. Образующуюся при заземлении внутренней сферы систему можно рассматривать как параллельно соединенные сферический конденсатор и внешнюю сферу, имеющую емкость R 2 относительно бесконечно удаленной сферы.

147. Е = V / ( d In 2).148. Не изменится.149. р = -ip0/{2nd2).Р е ше н и е . Если х — расстоя

ние от пластины с потенциалом ро, то напряженность поля по теореме Гаусса определяется уравнением д Е /д х = 47гр. Так как потенциал р связан с напряженностью поля Е равенством Е = —d p /d x , то d2p /d x 2 = -Апр. Общее решение последнего уравнения

Рис. 224 р = —2крх2 + Сх + С \.

Учитывая условия задачи, находим константы С и С\ и получаем ответ. 150. В точке на расстоянии г от оси цилиндров потенциал

tp = Vo + пр(Щ - Л?) 1п д -тгр(г - R i ) .1п ( Д 2 / Я , )

Р е ш е н и е . По теореме Гаусса для кольцевого слоя радиуса г толщины dr

Е • 2пг — ^’ Е — dr^j 2п(г — dr) = 47гр • 2nr dr,

dE 1где Е — напряженность поля. Отсюда----- 1— Е = 47гр, или для потенциалаdr гd2p 1 dpd ^ + r d ^ = ~4жр•

Частное решение этого уравнения р\ = —7грг2. Решение соответствуюшегооднородного уравнения = 0 имеет вид р 2 = С In г + С\. Такимdrz г drобразом, общее решение неоднородного уравнения

Р = р\ Т р 2 = С In Г + С\ — 7Грг .


Подставляя сюда заданные в условии задачи значения потенциала, находим С и Ci и получаем ответ.

151. Только растягивающие, нормальные к пластинке.153. Сила притяжения не изменится.

v 2154. h = £\ ~ 1 / V£2

8irrg \ £ih +

155. F = s_ ( Ve у8w Vl\& + h J

156. h = V2( s - l )■ KTgiD^ - D l) \n ( D i/D 2)

: 5 мм.

2irq2157. А = —— (do — d). За счет энергии электрического поля конденсатора.

158. W = q2/{2R).159. W = 3q2/{5R).160. М = (s — 1)R2 V2 / (167тcfy. Момент сил М стремится втянуть диэлек

трическую пластину внутрь конденсатора.162. р = Е/(2пг).

ЗЕ163. <т = — - cos#. Вне сферы — поле точечного диполя с дипольнымAirмоментом р = R 3Е.

164. Потребляемая мощность меняется обратно пропорционально квадратуdW SV2 dxрасстояния: ---- = -— - — , где Ь — площадь пластин конденсатора, х — рас-dt 8irxz dt

стояние между ними, V — разность потенциалов и t — время.При раздвижении пластин затрачивается механическая работа и умень

шается электрическая энергия конденсатора, так как она равна C V 2/ 2, а С уменьшается. Но при этом заряды стекают с пластин конденсатора, т. е. движутся против ЭДС батареи. На продвижение этих зарядов и идет механическая работа и освободившаяся энергия конденсатора. Таким образом, в этом случае как механическая, так и электростатическая энергии или переходят в химическую энергию батареи, или расходуются на нагревание ее.

n ~ (1 Ae)S оч _ 2V1) С = — — . 2) Е = —------ напряженность поля одинакова165. ___ . _ _8ird d( 1 + е)в воздухе и в жидкости. 3) В воздухе а = V в жидкости а =9 2ird(\+£)'

sV S V 2 s — 1 '= + у ^ ^. За счет энергии A W совершена работа приподъеме жидкости между пластинами конденсатора. Уровень жидкости между пластинами будет выше, чем в сосуде. 2

166. Изменение энергии конденсатора: 1) AW\ = ------ ^------« —318 эрг;

2) ДТП2 = (е-1 )Q22 Се

: +1590 эрг. Работа, совершаемая при удалении стеклянной пластины: А\ = +318 эрг; А 2 = +1590 эрг.

Р е ш е н и е . В обоих случаях не только изменяется энергия конденсатора, но и затрачивается работа на удаление пластины. Эта работа во втором случае больше, так как по мере выдвижения пластины напряженность поля в конденсаторе увеличивается, в то время как в первом случае она остается неизменной. В первом случае при удалении пластины из конденсатора не


только совершается механическая работа, но уменьшается энергия конденсатора и увеличивается энергия батареи (см. задачу 164). Работа, совершенная против ЭДС батареи, А = A Q • V, где A Q — изменение заряда конденсатора после удаления пластины. Так как A Q = {е — 1 )CV, то А = {е — 1 )C V 2 и при удалении пластины совершается механическая работа А\ = А + AW\ = = {е — l)C V 2/2 = +318 эрг. Во втором случае при удалении пластины совершается механическая работа, равная увеличению энергии конденсатора: А 2 = = А 1+2 = +1590 эрг.

^ л. nR2V 2167. М = — —- « 510 дин • см.107Г dР е ш е н и е . При повороте подвижных пластин конденсатора на угол АО

заряд на них увеличится на AQ. Источник ЭДС совершит работу VAQ. Эта работа пойдет на увеличение электростатической энергии конденсатора A Q V/2 и на работу сил притяжения МАО. Поэтому V AQ = МАО + AQV/2, или AQY

МАО = (167.1)

Увеличение заряда A Q = A C V , а изменение емкости А С = n R 2A0/(8ird). Подставляя эти выражения в (167.1) и сокращая на АО, получаем ответ.

168. а « 6,5 • 1<Г8 СГСЭ.169. Р е ш е н и е . Искомая зависимость находится в точности так же,

как и зависимость упругости насыщенного пара от кривизны поверхности жидкости (формула Томсона). Надо только учесть влияние электрического поля на высоту поднятия жидкости в капилляре. Электрическое поле должно быть перпендикулярно к поверхности мениска жидкости в капилляре. Влияние такого поля эквивалентно уменьшению поверхностного натяжения жидкости а. Из капиллярного давления 2а/г надо вычесть максвелловское натяжение

7+87Г

где D — электрическая индукция, г — диэлектрическая проницаемость капли, а г — ее радиус. Для проводящей капли в этой формуле следует положить г = = оо. То же можно делать для воды ввиду большого значения диэлектрической проницаемости последней (е = 81). В результате вместо формулы Томсона получится , 0 ч

" ^ р, р I « мRT Щ 0 г + 8-7ГГ4 ) 'h 3 =Р

(169.1)

При г = 0 и г = оо эта формула дает соответственно Р = О и Р = Ро. В промежутке между этими значениями упругость насыщенного пара Р достигает максимума. Дифференцируя (169.1) по г и полагая dP/dr = 0, находим, чтоэто происходит при ________

г = г0 = у q2/ (47П7о) • (169.2)Применим полученные результаты для капли воды, полагая q равным

элементарному заряду е, находящемуся в центре капли. При 20 °С для воды а = 73 дин/см. По формуле (169.2) находим го = 6,3 • 10-8 см. При таких малых размерах капель макроскопические формулы, как точные количественные соотношения, становятся сомнительными. Тем не менее мы воспользуемся ими, рассчитывая, что грубо качественно результаты получатся правильными. Мы не будем также смущаться тем обстоятельством, что в реальных условиях осаждающиеся ионы не попадают в центр капли, а могут находиться в ней


в любом месте. Зависимость упругости насыщенного пара над заряженной каплей от ее радиуса представлена на рис. 225. Та же зависимость для незаряженной капли представляется штриховой кривой. Заряд капли уменьшает упругость насыщенного пара, причем при г < го упругость пара растет с увеличением радиуса капли. Этим и объясняется конденсация пара на ионах.

170. Р е ш е н и е . Введем прямоугольную систему координат, как указано на рис. 37 (ось Z перпендикулярна к плоскости рисунка и параллельна длинным сторонам пластин). Искомое поле потенциально и удовлетворяет уравнению Лапласа

д2р дх2

д2рду2

Рис. 225

На проводнике АС (т. е. при у = 0) потенциал должен обращаться в постоянную, которую мы примем равной нулю. Искомое решение будет р = аху + /Зу, где а и /3 — постоянные. В силу симметрии потенциал р не должен меняться при замене у на —у, а потому f3 = 0. Для напряженности поля получаем

Т? — д(Р _Е х ~ д х ~ ау'

771 difE v = — —— = —ах. ду

Постоянная а найдется по разности потенциалов между точками А и В (или между точками С и D). Потенциалы точек В и С равны соответственно р в = +V/2, p c = —V/2. Напряженность поля Е у на поверхности пластины А В (т. е. при х = —d/2 ) будет Е у = —V/(2h) = a d /2, откуда а = —V/{hd).

Окончательно

Е х = Vy/(hd), Е у = Vx/(hd).

Уравнение силовой линии d x /E x = = d y /E y имеет вид

dx dy У х ’

откуда у2 — х 2 = С , т. е. силовыми линиями являются равносторонние гиперболы. При С > 0 оси гипербол совпадают с осью Y, при С < 0 — с осью X . Для выяснения смысла постоянной С обозначим через а расстояние от вершины гиперболы до на

чала координат. При С > 0 координатами вершины гиперболы будут (0, а). Они должны удовлетворять уравнению а2 — О2 = С , откуда С = а2. Аналогично, для второго случая (С < 0) С = —а2. Таким образом, получаются два семейства гипербол:

2 2 2 2 2 2 у — х = а и х — у = а ,асимптотами которых являются биссектрисы соответствующих координатных углов (рис. 226). Гиперболические силовые линии первого семейства лег


ко воспроизводятся экспериментально обычным демонстрационным методом. Силовые линии второго семейства экспериментально получить трудно из-за малости составляющей поля Е х.

171. д = Т (£* _£L4тг у Л2 Ai

172. <7 = — £zAl ~ £|Лг47Г С?1 А2 + С?2 Al

= 78СГСЭ = 2,6- 1СГ8 Кл.

173. Р е ше н и е . Работа, которую надо совершить над диэлектриком, чтобы квазистатически увеличить его индукцию на dD , определяется выражениемSA = — EdD . Подставляя это выражение в термодинамическое соотношение

47ГdU = Т dS + 6А, получим

dU = T d S + 4 - EdD .

Отсюда легко получаются все остальные соотношения.174. Р е ш е н и е . При Т = const с/Ф = — Е dD , или, в силу соотношения

47ТD = sE, dA = — E d E . Отсюда

47Г

ф = Е 2 + Фо = т~ ED + Фо,07Г 07Ггде Ф зависит только от температуры и плотности диэлектрика, но не зависит от напряженности электрического поля.

175. Решение.

П = Ф + Т 5 = Ф -

8пеD2 д ~8п ОТ 0 + t / o _ & ( е + т % ) + и °-

Производная д е /д Т должна вычисляться при постоянной плотности диэлектрика. Величина Щ зависит только от температуры и плотности диэлектрика.

176. Результат следует из независимости г от температуры для таких диэлектриков.

177. Р е ше н и е . Для таких диэлектриков г — 1 ~ 1/Т. Отсюда следует:

Ф =

л ^ Т ( 0 Е \ ( д в \ Т Е 2 ( де у __178. с » - С Е = - ( — ^ Надо нагреватьдиэлектрик в плоском конденсаторе. Если конденсатор отсоединен от источника напряжения, то D = const. Если же он присоединен к источнику, поддерживающему разность потенциалов между обкладками неизменной, то Е = const.

179. Р е ше н и е . При квазистатическом адиабатическом процессе энтропия диэлектрика S остается постоянной. Рассматривая ее как функцию Е и Т (плотность диэлектрика поддерживается постоянной), можно написать для бесконечно малого процесса

АТ + А Е = 0.asОТ Е

a sдЕ т


Подставив сюда

/ dS_Л _ Се_ ( dS_Л _ J_ ( d D \ _ Е_ де_) Е ~ [ д Ё ) Т ~ 4^ ) Е ~ 4^ а т ’

где С е — теплоемкость единицы объема диэлектрика при постоянной напряженности электрического поля Е, получим

dT = — ТЕ4тгСЕ дТ

d E .

Изменение Т для конечных квазистатических адиабатических процессов можно найти отсюда интегрированием по Е.

Аналогично, рассматривая S как функцию D и Т, можно получить

dT = — — dD4тгeCD дТ

180. Р е ш е н и е . Для газов с полярными молекулами при постоянной плотности (е — 1 )Т = const. Отсюда д е /дТ = — (е — 1 )/Т , и, следовательно,

dT = Е(е- 1) 47гС е dE.

Пренебрегая зависимостью Се и г о т температуры и интегрируя от Е до О, получаем

Т2 - Тх = - £ — 1 87г С е

Е

Пренебрежем зависимостью С е о т напряженности электрического поля. Тогда С е будет теплоемкостью единицы объема газа при постоянном значении этого объема. Выразим ее через молярную теплоемкость Суол по формуле

С е£Ш0Л р

RT ’

где Р = п кТ — давление газа. Используя известные формулы Суол = = R / ( 7 — 1), (е — 1)/47г = пр2/(ЗкТ), найдем

Т2 - Тх = - (7 ~ 1 )Р2 6к2Т

Е 2 3- 10“4 К.

Таким образом, при адиабатическом выключении электрического поля диэлектрик охлаждается.

181. Р е ш е н и е . Из формулы с/Ф = —S dT — — D dE получаем

14-7Г

as;дЕ т

Правая часть этого равенства при Т = 0 обращается в нуль в силу теоремы Нернста. Кроме того,

( д £ \ ( дСЕ)\ = Е ^_\ д т ) в \ дТ ) Е дТ

Индекс Е у производной де /дТ опущен, так как s от Е не зависит. Отсюда и получается требуемый результат.


182. Р е ш е н и е . Пусть внешнее электрическое поле направлено вдоль оси X и в направлении осей X и Y действуют механические напряжения тх и Ту. Если V = Ibh — объем пластинки, то элементарная работа, которую надо затратить на ее поляризацию при квазистатическом процессе, будет V E d P = = V E x dPx. Элементарная работа сил натяжения равна Ытх dh + hbry dl. Из термодинамического соотношения dU = Т dS + 5А после деления на объем Vполучим

du — Т ds Т Е х dPa dh dl+ Tx~ h +TyJ ’

где и и s — удельные значения внутренней энергии и энтропии. Перепишем это соотношение так:

du = Т ds + Е х dPx + тх d In h + ту d In /,

и введем функцию g = и - Ts - Е ХРХ - rx \nh - ту 1п/. Тогда

dg = —s dT — Px dEx — In h - drx — In / • dry.

Так как dg — полный дифференциал, то

f дРх \ _ f din h \ _ 1 f d h \

V дтх ) т ~ V дЕ* ) т h \ дЕ* ) t ’f дРу \ _ ( д Ш \ _ 1 f 91 \\ д т у ) т ~ \ d E x ) T ~ l \ d E x ) T •

Если есть прямой эффект, то производные слева отличны от нуля. Значит, (dh /dE x)T ф 0, (д \/д Е х)т ф 0, откуда и следует существование обратного эффекта. Второе утверждение доказывается так же. Доказательство проведено для изотермических процессов. Но его легко распространить и на адиабатические процессы.

§ 2. Законы постоянного тока

183. R = 0 ,170м.184. N « 39,5 Вт.185. Т = 2200 °С.186. Я я 14,4 0м; а = 4,5 «187. D « 5,6 мм.188. — = 0,24- у2

dt189. Vi = 721\

10-3 °c.

= 0,0079 °C/c.р(А1/ттР2)тс

B; V2 = 36/n B; F3 = 24/n B.190. R = 5/цг.191. См. рис. 227. I = W/(R + r); tg a = R 2/%-

Рис. 227 Рис. 228

§ 2. Законы постоянного тока 147

192. См. рис. 228. У = &К/(Д + г); tga = %/г.193. & « 34,3 В; г « 1,43 0м.194. гзв = 1000 Ом; г^в = 50000м; г^ов = 500000м.

А Я Ж _ ('П Н- Г2 + Rx)2195. т. е. точность измерения тем меньше, чемA I %

больше R x . Эта формула определяет точность измерения сопротивления обычными омметрами. ^

196. 1) Сопротивление шунта гш ~ 8,1 кОм вычисляется по формуле — = 1 / \ 1 Гш

= - ( — — b j ---- , где У = 0,125 В — падение напряжения на измерительном

приборе, Ъ = 1 + R \ / R 2 , а = bRo + R\.2) & « 1,28 В; эту величину мож

но определить по формуле, указанной в п. 1), при Гщ = 22кОм.

3) R x « 25 - l ) Ом. Болееобщее соотношение: R x = (R\ + Я)х

/100 Л 1 1 1■I------ 1J, щ = — + --------- и

10 -

R Т?2 Я о + Го

— = — |----- . Сравнение шкал изме-Го г Гшрительного прибора и омметра дано на рис. 229.

4) AR x « 1250/п2 Ом — ошибка в определении сопротивления Яж, соответствующая ошибке в полделения шкалы измерительного прибора в том случае, когда стрелка прибора показывает п делений. Минимальная ошибка: при п = 100 A R X «« 0,125 Ом; при п = 5 A R X « 50 Ом.

5) R { = 10Ом; R = 240Ом (см. п. 3); Я2 ~ 325 0м.197. 1\/12 = 4 (если струны сделаны из одного материала и температуры

струн в рабочих условиях одинаковы).198 R — _____# 1 [VR2 ~ 7(гЯ2 + гДз + Я1 Я3 )]_____

У Я 3 + I ( r R 2 + г Я з + R 1 R 3 + R 2 R\ + Я 2 Я з)

199. Я = 7/5r.200. Относительная погрешность

25 50 75 100 яШкала прибора

225 75 35 25 12,5 б 2,5 О Я, Ом Шкала омметра

Рис. 229

A R x = (Я ж + Я 3 )(Я1 + Я 2) А У

Rx Я 2Я Ж У

где У — напряжение на мостике и АУ — разность потенциалов на зажимах гальванометра при изменении R x на R x + A R X. В состоянии равновесия Яж/Яз = Я 1/Я 2 = 6, поэтому множитель при АУ/У будет равен (1 + Ъ)2/6; он имеет минимум при 6 = 1 .

201. Необходимое для равновесия мостика соотношение плеч в одном случае обеспечивает равновесие и в другом случае. Но чувствительность схемы мостика зависит от соотношений между сопротивлением плеч и внутренним сопротивлением гальванометра и источника тока. Поэтому чувствительность мостика может измениться (см., например, ответ предыдущей задачи).


202. См. рис. 230. Абсолютная погрешность AR x = 10" : Ом, где и =(1 - о 2

= x /L , х — расстояние ползунка А от левого края. Относительная погрешность

Рис. 230A Rx 10" при и = 1/2 она имеет минимум, равный 4- 10 3. Абсолютнее и(\ — и)

ная погрешность растет до оо при и 1, т. е. при увеличении измеряемогосопротивления.

203. См. рис. 231. / = %(R2 + Rx)R\R2 + (Hi + R2)R: ctga = -52-it.

204. r m = 16,7 Ом.205. g =

R\ +

207. V = 1000 B.208. 1) V « 2,93 B; 2) V = 2,4 B.

_3Hi

(f209. I = (e — l)eo— vb, где 6 — ширина пластины. hР е ш е н и е . Заряд, приходящий на пластины за время dt:

гдеdq = сгиб dt,

а = е/= (е - 1)ео$о = (е - 1)еогп— поверхностная плотность поляризационных зарядов на диэлектрике. Отсюда

т- dq . л ч & -


сgl210. TV = <f/ = {е — 1)ео ^ , где v — мгновенная скорость диэлектрика,

Ъ — ширина пластин. Работа батареи расходуется на увеличение электрической энергии конденсатора и кинетической энергии диэлектрика поровну.

Решение.N d t = $dq = dW + 6A, С = Со + (s — 1)е0т ж>

dW = d Cg22

g2= Y dC, SA= — dC, dW = 8 A,

N d t = 2 d W = 2 — d C = &2( s - l)s0- v d t .2 h211. Сопротивление цепи 13000м, внутреннее сопротивление источника

325 0м, сопротивление второго вольтметра 13 2600м.212. Ток максимален, если R = т г / п , т. е. когда внешнее сопротивление

цепи равно внутреннему сопротивлению батареи. Для соблюдения этого условия необходимо, чтобы N r ^ г. Сила максимального тока 1макс = m&/(2R).

213. 1 ) V = п + + 2) V = 0.Г\ + г2 + г3214. 1\ « 1,05 А (по направлению ЭДС); / 2 ~ 0,87 А (против направления

ЭДС); V « 1,8 В.215. I0(r + R) в вольтах.216. Для вольтметра необходимо дополнительное сопро

тивление 105 Ом. Для амперметра необходимо включить шунт сопротивлением « 0,1 Ом.

217. 1) I = ---- 8(Д‘ + Ri)---- ; 2) I\ =rR\3) S_ =

’ h Щ г + Ri)

rR\ + r i ?2 + R\R 2 rR\ + r i ?2 + Я 1 Я2 ’+ 1; если r <C Ru то I*/I\ = n + 1, где

n = r /R2.218. Можно. Для этого нужно собрать схему, показанную

на рис. 232, и взять сопротивления i?2 ~ 12,2 0м и R\ &61ж ■ Ом, где х ^ 1.

Рис. 2321+0,12®219. / = 0,75 А. Вольтметр покажет нуль, так как падение напряжения

внутри каждого элемента равно ЭДС элемента.220. 0,75 В (при условии, что сопротивление вольтметра достаточно ве

лико).221. Нуль (см. ответ задачи 219).

222. — < —1— .r2 r\ + R

223. Либо при г « й и г « й „ либо при Rx >> R (внутреннее сопротивление источника играет, очевидно, ту же роль, что и г).

224. I = 10 мА.225. %2(R + R i ) = £ii*.226. V2 = 3 В; / 3 = 1 А.227. R2 = 3 Ом; и й 4 - любые.

$ я228. V = ----- — - , где ж — расстояние ползунка от конца реохорда,II X ) X ±х I1 + ------ -----^ /2 Г

к которому подключен вольтметр.


229. & = ^1Г2 + ^2П • г — Г1Г2 . Если > &2, то &i > & > &2 при п / 0q Г2 + Г\ Г2 + Г1

OQH 9? R\R2 + Я1Я3 + Я2Я3 Я2 + Я3 Яз23°. 8 = — -----^ ---------- *>; h = — ^ П h =

231. <р = [.Ri (R2 R5 ~Ь R3 R5 + R4 R5 ~Ь R 2R 4 + R 3R 4) -Ь R z(R2R4 +Я 3 Я 5

+ R 2 R 5 + Дч-Дз)]-232. /1 = 1,64 А; / 2 = 2,36 А; / 3 = 1,82 А; / 4 = 2,54 А; / 5 = 0,18 А.233. g = 7,75 В.234. Р е ше н и е . Допустим, что вначале ключ Я" был замкнут. Тогда

Д + /3 + /5 = 0, Д + Д + Д = О,

Д Д + I2 R 2 ~ Д Д = + »2 - » 5 ,

Д Д + Д Д - h R b = »з + » 4 - Д •

Если разомкнуть ключ К , то Д обратится в нуль, что приведет к изменению остальных токов. Однако ток /5 по условию должен остаться неизменным. Обозначая новые значения токов штрихами, придем к прежней системе уравнений, в которой все штрихованные токи заменены нештрихованными, причем Д = / 5 .

Сравнивая эти две системы уравнений, получаем

Д + Д = Д'+ Д, Д + Д = Д + Д,I\R\ + / 2Я2 = ДЯ1 + /2Я2,Д Д + /4Я4 = / 3Я3 + /4Я4.

Переписав эту систему уравнений в виде

Д (Д — l[) = Д (Д — /2),Д ( Д - Д ) = Д ( 4 ~ Д ) ,

Д - Д' = /3 - Д, Д - I2 = Д - Д,почленным делением первых двух уравнений находим искомое условие:

Я 1 Я 2

Я 3 Я 4

235. Я2/Яб = Я5/Я 3. Для получения ответа не требуется новых вычислений, если заметить, что обе схемы топологически эквивалентны, т. е. одна

может быть получена из другой непрерывной деформацией. В этом проще всего убедиться, если перейти к пространственной схеме мостика Уитстона, в которой провода изображаются ребрами правильного тетраэдра (рис. 233).

236 Я — ^21№ ^ 2 + Д Д + Д Д )Я 2 Я 3/ — V21 ( Я 2 + Я з )

237. г = R\ Я2.238. <7 = Ri

n[(R\ + Я2)(ЯЖ — Я2) + Я 1 Я2]« 0,0165 мкФ.

239. Введя обозначения: I — длина первого участка от источника ЭДС до места заземления, L — длина


всей линии, р — сопротивление единицы длины линии, г — сопротивление заземления, 1\ — ток через первый участок линии, Е — ток через приемный прибор, 1Г — ток заземления, & — ЭДС в начале линии, по законам Кирхгофа составляем уравнения

I\ = Ir + I2, Ш = 1х1р + Irr, 1гт = (L — 1)р12 .

Отсюдаh

<frrLp + p2l(L - / ) '

Чтобы /2 было минимально, нужно, чтобы l(L — I) было максимально, а это будет, когда I = L — I, т. е. I = L/2.

240. См. рис. 234, где Л —лампа, А — один конец коридора, В — другой конец коридора. ^

Рис. 234

241. R = ТГ In —.Z7TI Г1

Р е ш е н и е . Напряженность поля Е и плотность тока j связаны условием Е = pj. Е с л и на единице длины цилиндра находится заряд <т, то напряженность поля около цилиндра Е = 2сг/г. Отсюда разность потенциалов между стенками цилиндра V = 2сг ln(r2/r i) . По определению сопротивление R = V /I , где 7 — ток, идущий от стенки к стенке цилиндра. Ток I можно записать следующим образом: I = 2Kr\lj\\ подставляя сюда j\ = 2сг/рг\, находим I = Ак1а/р и, вычисляя отношение V /I , получаем ответ.

242. R = —47Г

1г2 П J

243. Представим себе электростатическое поле между проводниками А и В , находящимися под определенной разностью потенциалов V, причем пространство между ними ничем не заполнено. Сравним это поле с полем электрических сил, когда пространство между этими проводниками заполнено однородной проводящей средой (удельное сопротивление р) и к ним приложена та же разность потенциалов V . Так как среда однородна и поверхности проводников являются эквипотенциальными поверхностями, то напряженность поля Е в обоих случаях одинакова. В случае электростатического поля C V = = Q = J a dS , где а — поверхностная плотность заряда на элементе dS поверхности и интеграл берется по поверхности одного из проводников. Так как Е = 47гсг, то

C V = —4ттEdS. (243.1)

В случае постоянного тока

jd S ,

где j — плотность тока и интеграл берется по поверхности того же проводника.


EdS. (243.2)

Для всех точек пространства закон Ома дает Е = jp. Следовательно,V _ ]_R р о

Сравнивая (243.1) и (243.2), получаем R = р/(АкС).244. 72 = р/(2тгг).У к а з а н и е . Для решения нужно применить результаты предыдущей за

дачи и задачи 116.

245. Л = j - ( Д + ^47г у Ci С2246. 44 « 95 В, V2 ~ 100 В; Ай « 45 Вт, Ай ~ 0,1 Вт. При увеличении

внешнего сопротивления вдвое в случае 1) I и N упадут почти вдвое; в случае2) I почти не изменится, a 7V возрастет вдвое.

247. Hi = 110 В, V2 « 67 В; А5 = 605 Вт, Ай ~ 222 Вт. При уменьшении внешнего сопротивления в два раза V\ не изменится, И2 упадет до 50 В, Ай возрастет в два раза, Ай увеличится до 250 Вт.

248. См. рис. 235.

249. V = I 3 /V'2N' V2N

250. Повысить напряжение на р/2%.251. D = 3,3 см.252. S « 2p lN /($ 2n) = 8,5 мм2; D и

100+ п253. В раз.

n ,2v 2N2V'2 ■

0,33 см.

10(1 + n )254. 1) m/nriQ = 3/8, где m — масса проводов системы а), шо — масса

проводов эквивалентной системы б).У к а з а н и е . Условие одинаковой мощности дает = 2<СГ, или /о = 2 7 ,

где I = /1 = / 2. Из условия одинаковости потребляемой мощности получаем 72 = 272о, где R = R\ = 722 . Равенство потерь с учетом предыдущего условия дает г = 4 го , где г — сопротивление одного провода в системе а), го — то же для системы б). Учитывая, что в системе а) три провода, а в системе б) — два, приходим к ответу.

N0 _ (1 + a f2) — =' N 4 ( 1 + а 2 - а )

где Ай — потери мощности в обычной сети б), aN — потери в системе Доливо-Добровольского. При а = 1 отношение потерь имеет минимум, поэтому небольшое рассогласование практически не вызывает увеличения потерь в эквивалентной системе б).

У к а з а н и е . Условие одинаковости мощности генераторов <+7о = &(1\ + + 72) и соотношение сопротивлений проводов, полученное в п. 1), дают все необходимое для ответа.

255. См. рис. 236.256. Мощность, потребляемая первой лампочкой, уменьшится на 1,4 Вт, а

второй — на 2,1 Вт.

§ 3. Постоянные магниты 153

257. См. рис. 237. R = Ro/V2 .

258- T - T» = S S i ( 1- “ t,{ ^ } ) -V2 + kST0R0259. Т =kSR0 - V 2a 'V2 f a260. N = i - U - h -------—Rq \ 1 — aT\ T0 + Ti - T i ( l + a T 0)x

x exp I — metk,S( 1 — aT\ )

где T\ = V 1 /(kSRo) и к — коэффициент в законе охлаждения Ньютона.)]}■

R

X*0

_ х

До_ 1

Рис. 236 Рис. 237

261. Р е ш е н и е . При заполнении пространства проводящей жидкостью электрическое поле между телами не изменится. Количество же ежесекундно выделяющегося тепла определится выражением Q = ^ h ^ k - Ток, текущий с поверхности к-то проводника,

h ojn dS,

где TV — наружная нормаль к этой поверхности. Заряд на поверхности к-то проводника

) D дг dS = -—ф E n dS.47Г

В результате находим

Q47гА---- 2_^4kVk-

262. I = — expR

263. R » A t /C

tR c l + ~c2 Q

Ю8Ом; д дж = 'A c g 2.

CiC2 ■ 2(Ci + C 2) 0

§ 3. Постоянные магниты

264. Стрелки располагаются параллельно противоположным сторонам треугольника (рис. 238 а) — это положение устойчивого равновесия. Равновесие имеет место и в том случае, когда стрелки располагаются перпендикулярно к противоположным сторонам (рис. 238 6), однако это положение равновесия неустойчиво.

265. V = - Ш ^ 2 ^ ; Н = V 1 + 3 cos2 Ч> ’ # = arctg(V2 tg<p).


Р е ш е н и е . Пусть ШТ = ml, где I — расстояние между двумя магнитными массами т. Тогда потенциал в точке А (рис. 239) будет

У т ^ т ^ ml cos р> Шu(d — V2Z cos ip) + V2Z cos ip) fid2 Hd2 ^

при условии l <C d. Угол a « Is inp/d , поэтому нормальная к радиусу-вектору составляющая напряженности поля будет

Н± т Ш

с точностью до величины порядка l/d. Составляющая вдоль радиуса-вектора с той же точностью определится из выражения

гг _ 171ti и ~ —{d — V2 Z cos р>)2 (d + V2 Z cos cp)2

2Ш/id9 cos <p.

Поле H и угол в найдутся по формулам Н = yjН \ + Щ и tgв = Н ± /Щ .

Рис. 238 Рис. 239

266. &пот = — ШИ" cos#.^ 2

267. F = 2 т 2 т 2 6п2 — 1 I2 п6

шгу— 1 , где т =0п - \ ) 4 2 (n+ l)2/2= Ш/1 — магнитная масса.

269. Так как момент возвращающей силы вследствие увеличения плеча этой силы возрастет, то период колебаний уменьшится.

270. Н = « 450 Э; Т = 2irL ------ . Направление Н проти-8шг у 3m^i - бшгя н нвоположно «от.

271. Т = nly/ т Д Щ Щ .272. Стержень образует с плоскостью магнитного меридиана угол а, опре

деляемый соотношением С (а — ао) = ШН sin а, где ао —угол, при котором

§ 3. Постоянные магниты 155

нить не закручена (отсчитывается от плоскости магнитного меридиана), а С — коэффициент упругости нити при скручивании. С вертикалью стержень образует угол /3, определяемый соотношением tgf3 = (m gR + Н ГШ)/(ШНВ).

273. Н0 = 0,8 Э.274. Поле Н создается поверхностными магнитными зарядами, плотностью

а = у, (рис. 240 а). Поле В представлено на рис. 2406. Внешние поля В и Н совпадают. Внутреннее поле В = —Н + 47г^ и направлено по у,.

276. Н = 6260 Э; сг = 550 СГСМ.У к а з а н и е . Сила F = 2ircr2S, а поле в зазоре Н = 47гсг.277. Возможны два положения равновесия:1) XI ТТ - неустойчивое; 2) —>>—» — устойчивое.

2 J tg а278. Я = —TdЛ __ Л 7Г d279. 9Jt = —Т

281. ф = 4- я я = Д я 2 + ф0;87Г 87Г U = -1-87Г Я 2 + Я0> где Ф0 И

Щ зависят только от температуры и плотности магнетика.282. Результат следует из независимости g от температуры для диамагне

тиков.283. Ф = НЯ.

87Г284.

д В \ _ _Т_ fдТ ) н ~ ~ 47г \ д Т

Надо нагревать магнетик в соленоиде и поддерживать постоянной силу тока в обмотке последнего. Труднее осуществить нагревание при В = const. Это было бы легко сделать, если бы магнетик был идеально проводящим. Тогда при любых изменениях тока в соленоиде магнитный поток Ф, а с ним и индукция В в магнетике оставались бы неизменными.


285. Т В d>cН2СВ dT

— d B ,

где х = (/i — 1)/47г — магнитная восприимчивость, Сн — теплоемкость парамагнетика при постоянном Н, а Св — при постоянном В.

286. dT = (к /С ) Н dH\ А Т = — (х Н 2/2Сн). При обратимом адиабатическом размагничивании парамагнетик охлаждается.

287. АТ = ~ —0,007 К, где / — число степеней свободы молекулыпо классической теории теплоемкости. Для двухатомной молекулы, какой является молекула кислорода, / = 5.

288. Вблизи абсолютного нуля теплоемкости всех тел стремятся к нулю.290. Р е ш е и и е . Электронный газ в металлах находится в состоянии

вырождения. Это значит, что для него обычные температуры, при которых металлы существуют в твердом состоянии, являются близкими к абсолютному нулю. К такому газу можно применить теорему Нернста и воспользоваться результатами задачи 289.

291. Р е ше н и е . Поступая, как при решении задачи 181, найдем

Отсюда получится требуемый результат, если принять во внимание, что В = = Н + 4тг^.

292. Р е ше н и е . В классической теории вблизи абсолютного нуля (где х оо)

Невыполнимость теоремы Нернста видна уже из того, что в классической теории Ланжевена допускаются всевозможные ориентации магнитных моментов. В таком случае на каждую вращательную степень свободы молекулы приходится средняя кинетическая энергия кТ/2 и теплоемкость к / 2. В квантовой теории допускаются только две ориентации магнитного момента: по полю и против поля Н. Поэтому вращательные степени не возбуждены, теплоемкость вблизи абсолютного нуля стремится к нулю, а намагниченность ^ — к постоянному значению ^ = пШ. Таким образом, (д ^ /д Т ) н = 0 в согласии с теоремой Нернста.

§ 4. М агнитное поле тока. Сверхпроводник в магнитном поле О

293. Увеличится в четыре раза.294. Перпендикулярно к плоскости контура: в точке А — к читателю, а

в точке В — от читателя. 1

1) Если в формулах этого и всех последующих параграфов стоит множитель с или 1/с, то имеется в виду гауссова система единиц. Если же этого множителя нет, то система СГСМ.

Теорема Нернста не выполняется, так как

н

§ 4. Магнитное поле тока. Сверхпроводник в магнитном поле 157

295. Внутри трубы Н = 0, вне трубы Н = 21/г, где г — расстояние от оси.296. Внутри проводника Н = 2 I r /R 2, вне проводника Н = 21/г.297.

Н =

21р2Г

2I[pi(r2

21

- Rf) + piR\\ сАг

сг

при г ^ Ru

при R\ ^ г ^ R 2,

при г ^ Д2,

где А = pi{R\ - R\) + p2R\-298. Магнитные силовые линии в трубке имеют форму коаксиальных дуг

окружностей, центры которых расположены на оси щели. Н = Id / (kcR v). На оси трубки (при г = R) Н = Id /(ncR 2) ^ 0 ,1 Э.

299. Н = 2kjd = 3140Э. Поле В перпендикулярно к линии АВ и направлено вверх.

2к300. Н = — j[sd], где s — единичный вектор, направленный вдоль тока, а вектор а проведен от оси провода к оси цилиндрической полости.

212301. F = 0 -----— d. Сила направлена от оси цилиндра к оси стержня.

cz (Rz — r z)

302. Н = — (1 + c o sa ) , где г — расстояние от точки А; направление Нгперпендикулярно к проводнику с током 21.

303. Н = - д/6 + 4(cos а + cos /3) + 2 cos (а + /3), где г — расстояние от. ^ тт , s in a - s i n /5точки Л. Вектор Н образует угол р = arctg ^ ------- —-----— с плоскостью,

перпендикулярной к проводнику с током 21.304. Вектор магнитного поля лежит в плоскости симметрии. Поле по линии

АО перпендикулярно к этой линии и равно Н = 2(л/2 — 1)1/г; по линии АО' оно равно Н = 2(л/2 + 1)7/г; по линии, перпендикулярной к плоскости токов и проходящей через точку А, Н = \/2 1/г, где г — расстояние от точки А. Линии магнитного поля будут наиболее сгущены левее точки А и наиболее разрежены правее этой точки. Примерный ход линий показан на рис. 241.

305. Н = 0.о т

306. Я = — л/а2 + Ъ2 .ab307. Н = 181/а.308. Н = 0.309. Н = 0.310. Напряженность Н =

Ак1~R (sin 15° + sin45° + sin 75°) 7,73тг/

RРис. 241

направлена за плоскость чертежа и образует с плоскостью первого витка угол а = 15° (отсчет углов производится по часовой стрелке, если смотреть сверху).

311. Напряженность

н = х- А Ц /i2 + я 2hD. к . Зк sm — + sm — 20,91

hD V h 2 + D 2


образует с плоскостью витка А В угол 22°30' (отсчет углов производится против часовой стрелки).

312. Внутри сферы поле соответствует полю прямого бесконечно длинного проводника с током 7, а вне сферы поле равно нулю.

У к а з а н и е . Ввиду осевой симметрии и замкнутости силовых линий силовые линии могут быть только кругами, лежащими в плоскости, перпендикулярной к АВ. Учитывая это и применяя закон

oHds = 4nJ2l>

получаем ответ.313. Я = 7гI { N + 1 )/R .

Ука з а ние .NА . 2 ™> , sm - — :

п=1 2TV314. Н = 0.

315. Н = 47 / darcsin----Ь7? V д316. н = 2 тг/ Я 1п ( Д 1 / Д 2 )

= Ц +VR2 - d2

R\ — R2

У к а з а н и е . Поле dH, создаваемое элементом тока I dt, равно I dp/г, гдеRi — R 2г — расстояние элемента тока от центра спирали: г = R 2 Н---- 0 <р.

0 _ ТТ 2nNI . v317. Н = —-— (cos^ — cos ск).2тtN

318. Н я 12,56; 12,56; 12,56; 12,44; 6,28; 0,25Э. См. рис. 242.

соленоида

Рис. 242

319. Н = где р = а(1 — г2).Р

320. Н = 2ttIR2{[R2 + (R + ж)2]"3/2 + [R2 + (ж - Я)2]"3/2}, где ж - расстояние от центра симметрии. См. рис. 243, где

а R25\/5

Ъ 2,2тг/R

с = тт1л/2R

У к а з а н и е . При определении а = R — г выражение для производной следует разлагать в ряд по малой величине e/R.


321. 1) Н

2) Н

qR2 3(сог)г ш3 с 5

qR2 3(сог)г Шт т 5 г2>

(Вектор г проведен из центра шарика.)Р е ш е н и е . Рассмотрим, например, случай 1). Возьмем на поверхно

сти шарика бесконечно узкий поясок, заключенный между углами в и в + + d6 (рис. 243а). Вращаясь с угловой скоростью о?, такой поясок эквивалентен круговому току dl = шq sin в d6/ (47г) с магнитным моментом

7 S d l 7rR2quj sin3 вdWl = ---- = ----- ---------.С 47Г сИнтегрируя по в, находим магнитный момент всего шарика: ШТ = qR2uo/{3c). Отсюда и получается результат, приведенный в ответе.

Рис. 243

322. х = ^ тt2N 2D 2I2 2 kc2l2

323. Н « 2Quj/ c. Магнитное поле направлено параллельно оси цилиндра. V = (ujR / c)2Q. Центробежной силой можно пренебречь при условии тс2 <С <С 2eQ, где е — заряд, т — масса электрона.

324. Р е ш е и и е . Объемная плотность связанных зарядов

Рсвяз = — diviF = —к div г = —кдх ду дх ду —2к,

т. е. постоянна во всем объеме цилиндра. Вращаясь с угловой скоростью ш, связанные заряды создают токи с объемной плотностью

j = ш гр св яз = - 2 киог.

Магнитное поле в точке г создают только внешние кольцевые токи, т. е. такие токи, которые текут на расстояниях, больших г. Сила таких токов, приходящаяся на единицу длины цилиндра, равна

j dr = —2kuj г dr = kuo(r2 — R 2).

На поверхности поляризованного цилиндра возникают поверхностные связанные заряды с поверхностной плотностью сгсвяз = 9JP = kR. Кольцевой ток, создаваемый на единице длины цилиндра этими поверхностными зарядами,


равен к и В 2. Сложив его с кольцевым током объемных зарядов, найдем полный внешний кольцевой ток, приходящийся на единицу длины цилиндра: I = киог2. Такой ток создает внутри цилиндра магнитное поле

Н = ^ = ^ к ш г 2,С С

направленное параллельно оси цилиндра.

& нас326. Перпендикулярно к оси тока. Сила

Ът усш!2ус dHF = — т Н — =

г dx 4 тЯ3 1,1 10 7 дин,

где Н — напряженность магнитного поля, а х — расстояние от центра круга.У к а з а н и е . Магнитный момент стерженька Ш = ---- тН\ сила, дейст-т

вующая на намагниченное тело в неоднородном поле, F = —ШXdH/dx.„О, , -k C V N u ■ 1 0 - 6 1000П,327. а = a rc tg ------ ------------= 13 30 .

dRH328. Сопротивление в цепи конденсатор-тангенс-буссоль, пока оно неве

лико, на отклонение стрелки не влияет, так как количество электричества, которое протекает ежесекундно, не зависит от величины сопротивления. Однако если сопротивление будет велико, то конденсатор может не успевать разряжаться полностью, и отклонения будут меньше.

329. R ' = r t g a ' ~ R t g a 2 = 3 , 7 Ом.tg OL2 ~ tg OL\

330. I = к tgg + tgg'v/4 + (tg e - t g e')2

У к а з а н и е . Силы, действующие в обоих случаях на конец стрелки, показаны отрезками ОВ и о А на рис. 244, где ОО' —

О плоскость тока; поле Земли направлено по ОС.АС = СВ и ОС • I = СВ • к.

331. Меньше двух ампер, так как I = 2 sin# ампер.

332. Г I' = ^ (ctg# - ctg0').

2) Н = ^ (ctg 6» + ctg 6»').

Рис. 244

333. I =

334. I =

335. Iq — l

H R R '2тг ( R c t g e - R ' ) '

МвHSn cos в

HoN2S 12 kl ~2'

Р е ш е н и е . Закон сохранения энергии в данном случае следует записать

&dq = dWM + 6A + 6Q,dWM — изменение энергии магнитного поля катушки, SА — элементарная работа, SQ = R I 2 dt — энергия, рассеянная в форме тепла. Переписывая закон


сохранения энергии в виде ( & — Ш ) dq = dWM + SA и учитывая, что & — Ш = = d^ /d t , получим

ЫФ = d,WM + 6A.

Левую часть можно преобразовать следующим образом:

/ г г 2 \ г2ЫФ = Id (L I ) = d f — ) + Y dL.

Отсюда элементарная механическая работа в цепи с индуктивностью SA = = L-db = SiWM. Полагая индуктивность равной L = определяем силу,сопряженную с координатой /:

dl.

Знак «—» указывает на то, что осевая сила стягивает катушку. Приравнивая F3 силе упругости Fynp = k(lo — /), получаем приведенный ответ.

336. Точность около 1%.337. Момент пары сил М = 4ШоБ1 и направлен по диагонали АС.О О О Г Г » Г 2тгm 0S IR 2338. 1) Проводник притягивается к магниту с силой F =

2 ) проводник растягивается по радиусам с силой / = единицу длины.

339. А = 4 ■ 1Cr 8HSIn [Дж].340. 1) М = m l(2 - %/2); 2) х = 1{V2 - 1).

ЯЛ0SId(d2 + Д2)3/ 2

(d2 + Я2)3/2 ’ на каждую

341. ш = — — ( 1 — ехр <-----20 Rk V I r a, , H 2l2 9где k = а Н— -— - 1 0 .

4 Я342. 1) а и 12° 15'. 2) 7 = 4,7 • К Г 7 А.343. Положение равновесия — плоскость рамки перпендикулярна к на

правлению внешнего поля. Когда направление магнитного поля, создаваемого током, совпадает с направлением внешнего поля — равновесие устойчиво; когда эти направления противоположны — неустойчиво.

344. 1) По часовой стрелке, если смотреть в направлении поля. 2) Т =

= 2тт 1 Jа2п1Н '345. Ф = 0A N a2p I /D = 32 000 Мкс.

0,47гЛ/а2 ц /346. Ф =

347. р =

7г D + (р — 1 )d 7г-0(4*1 — 4*2)

: 24 000 Мкс.

+ 1 = 315.4*2 2 — 4*11348. При параллельном соединении катушек (соединить концы 1-3 и 2-4)

подъемная сила в четыре раза больше.349. F 5 кгс.350. I ^ 6,5 А.

351. I = mgl0,4тгпМ5 '



352. Значительное укорочение длинной катушки приведет к уменьшению груза га, так как напряженность магнитного поля катушки при сокращении ее длины будет уменьшаться.

353. Силу переменного тока можно измерять при условии, что период тока много меньше периода колебаний весов. Прибор будет показывать эффективную силу тока.

354. Прибор будет измерять мощность, если длинную катушку с большим числом витков включить параллельно нагрузке, а короткую катушку с малым числом витков — последовательно с нагрузкой. Момент сил, действующих на коромысло, будет пропорционален произведению сил токов, текущих в катушках, т. е. пропорционален мощности, подводимой к нагрузке.

355. Р = 2тг/2 га2.Р е ш е н и е . Сила, действующая на элемент тока I dl, находящийся в маг

нитном поле, равна I d lH , где # —«действующее» магнитное поле. Под действующим полем понимают в данном случае магнитное поле, создаваемое в данной точке всеми элементами обтекаемого током соленоида, кроме самого рассматриваемого элемента. Действующее поле может быть найдено из следующих соображений. Внутри длинного соленоида поле вблизи элемента тока I dl складывается из поля Н , создаваемого всеми элементами тока соленоида, кроме данного элемента тока, и поля Н ' , создаваемого данным элементом тока. Сумма этих двух полей одинакового направления равна 47га/, т. е. Н + Н' = = Airnl. Вне длинного соленоида сумма этих полей вблизи рассматриваемого элемента тока, как известно, равна нулю вследствие того, что поле Н' меняет свое направление на обратное, т. е. Н — Н' = 0. Из написанных двух уравнений находим Н = 27m l , откуда сила, действующая на элемент тока, равна 2irl2ndl, а искомое давление Р = 2тт12п2.

356. В проводниках, обтекаемых током, объемный электрический заряд равен нулю, так как число электронов и число положительных ионов одинаково. Электрические заряды могут быть только на поверхности проводников, но при не очень больших разностях их потенциалов они невелики и силы взаимодействия между ними ничтожны. Поэтому преобладают магнитные силы, т. е. силы взаимодействия между движущимися зарядами, и при одинаковом направлении токов они создают притяжение. В катодных пучках объемный электрический заряд не равен нулю (так как присутствуют только электроны), и из сил взаимодействия преобладают силы отталкивания между одноименными зарядами; магнитные же поля катодных пучков слабы.

357. См. рис. 245. Электрические силовые линии — штриховые линии. Магнитные силовые линии — сплошные линии. По левому проводу ток идет от наблюдателя за чертеж. По правому проводу — от чертежа к наблюдателю. Для построения графика учесть ответ задачи 36.

358. Электрическое поле отсутствует, так как между проводами в соответствующих точках нет разности потенциалов. Магнитное поле изображено на рис. 246. В точке А магнитное поле равно нулю, а вдали от точки А поле имеет цилиндрическую симметрию и соответствует полю прямого тока удвоенной силы.

359. Положение равновесия будет на расстоянии d = 0,02Iil/mg, но оно неустойчиво, и провод либо упадет, либо притянется к шине.

360. 1) Сила взаимного притяжения между шиной и проводом при расстоянии х равна F = —----- /. Равнодействующая силы тяжести и сил упругостиX


пружин направлена вниз и равна / = 2k(h — х). В положении равновесия F = = / . Поэтому

h [h? 0,01 Iil ,х\ = — + \ —--------------(устойчивое равновесие),2 V 4 к

h h2 0,ОНИ .х 2 = - — \ —--------- -— (неустойчивое равновесие).2 V 4 к

Если h2/А <С 0,01Н1/к или к < OfiAIil/h2, провод притянется к шине.

Рис. 246

2) Провод отталкивается и будет находиться на расстоянии

h h2 0 ,0 1 Iilх ~ 2 + У л + ^ г ~

в устойчивом равновесии.

6:


361. Установится разность уровней жидкости в вертикальных трубках; в правой трубке (если смотреть со стороны северного полюса) жидкость будет стоять выше.

362. I = hdrg/B. Чувствительность пропорциональна В и обратно пропорциональна d и т.

363. Объемная плотность пондеромоторных сил равна - ЦВ]. Поэтому, по аналогии с законом Архимеда, можно утверждать, что выталкивающая силаравна т ив]. Однако из-за неоднородности тока вблизи тела в общем случае возникает течение жидкости, уменьшающее выталкивающую силу.

364. Опустится на h = Н 2 >c/(2Tg), если к < 0, и поднимается на h, если ж > 0.

365. A h = = 0,6 см.acrg

366. Р е ш е и и е . Сила, действующая на столб ртути в трубе, F £з ID B /c . Такая сила эквивалентна разности давлений на концах трубы: Р2 — Р\ = = AF/(7tD 2). Подставляя эту разность в гидродинамическую формулу Пуазей- ля, получим

I « 32r1c l/(B D 6) = 1,8- 101 I

СГСЭ = 600 А.

3 6 7 ' 7° Т + ( м - 1 ) l /L '368. / = В 2/(8п) (давление, направленное к центру цилиндра).369. I = cttR 2B / L = 9,4 • 10ю СГСЭ = 31 А.370. i = Ih/(7rr2), где г — расстояние между проводом и точкой наблю

дения. Сверхпроводящий ток параллелен току I и течет в противоположном направлении.

371. I ^ су/mgh/(2irR) = 8,4 • 10ю СГСЭ = 25 А.

372. h = - т 2 1/4

---- £3 2,1 С М .m g

373. Р е ш е н и е . Введем предположение, оправдываемое последующим расчетом, что вне шара на однородное поле Во накладывается поле точечного диполя с магнитным моментом Ш, помещенного в центре шара (рис. 247). Тогда

з(эяг) апВ — Во Н-----^5 Г — — .

Момент Ш определится из условия, чтобы нормальная составляющая вектора В на поверхности шара обращалась в нуль:

2ШВ г = Во cos О Н-----— cos 0 = 0.R6Этому условию при любых значениях угла 0 удовлетворяет

ГУ 3Ш 1 = -^ -В 0.

На экваторе, т. е. при г = R, 0 = 90°, получаем В = 3/2Во. Поверхностный ток сверхпроводимости течет вдоль параллелей 0 = const, причем по теореме о циркуляции

i = — Во sin 0.07Г


_ 2 Я 2( В 0г) Я 2 _374. В = В 0 ------- —А— - г Н— - В 0, где г — радиус-вектор, перпендикулярный к оси цилиндра, проведенный от оси к точке наблюдения. Поле на поверхности цилиндра максимально при в = 90° и равно В = 2Во (см. рис. 247). Поверхностный ток течет параллельно оси цилиндра, причем

Qi = — Во sin в.

Z7T

375. Р е ш е н и е . Пользуясь результатом решения задачи 373, легко показать, что потенциальная энергия в центре соленоида равна У2ШХВ = У4В 2Я3. Применяя далее уравнение энергии, находим v ^ B ^ 3 /(4 ir r ) £з

170см/с.376. Р е ш е н и е . Пренебрегаем краевыми эффекта- рис 247

ми. Ток в обмотке аппроксимируем током с постояннойобъемной плотностью, что при оценках допустимо. Применяя теорему о циркуляции, находим магнитное поле В на различных расстояниях г от оси соленоида:

( Во при г ^ Я ьВ = Я 2 — г при R\ ^ г ^ Я2.

V Я 2 — R\После этого легко находится магнитная энергия W системы:

/ Я 2W = - ± [ R 1(R 1+ R 2) - R 2(R2 - R 1)] « 1,17-10" эрг:

4о

Количество испарившегося гелия: W/q £з 4 • 103 см3 £з 4 л. 377. Р е ш е н и е . Сила, действующая на проводник:

: 2 ,8 • 103 кал.

F = - [IH]d,сСообщенный проводнику импульс:

F = - I H .с

IР = F dl = - Н I d t = - H q .

Электрическое поле в конденсаторе:

„ „ Л q E SЕ = Атгсг = Атг —, q = - —.S 47г

Подставим значение заряда q в выражение для импульса:

р = - Hq = E H = V ЕН,с 4-7Г с Аттсгде V — объем конденсатора. На основании закона сохранения импульса находим плотность импульса поля:

р Щ г а -


§ 5. Электромагнитная индукция

378. При движении мостика возникает ЭДС & и ток 7 и в единицу времени совершается работа &I. Эта работа совершается внешней силой F, и, следовательно, &I = Fv, где v — скорость движения мостика. С другой стороны, сила, действующая на мостик вследствие наличия тока 1\ в магнитном поле, индукция которого В, равна F\ = BI\l, где / — длина мостика. Если 1\ = 7, то, по принципу Ленца, F\ = —F . Поэтому & = —Blv. Так как изменение потока индукции Ф, пронизывающего контур, при перемещении dx мостика есть с£Ф = = B ld x , то Blv = d^/d t . Окончательно получаем & = —d$/dt, а это и есть закон индукции.

379. Во всех случаях 1 мВ.380. Будет, так как: 1) контур, сквозь который меняется поток индукции,

лежит частью в вертикальной плоскости (колеса и скат); 2 ) непрямолинейный путь должен быть одновременно и наклонным к горизонту.

381. Р е ш е н и е . При удалении магнита через цепь проходит количество электричества Q = АФ/R , где АФ — изменение магнитного потока через кольцо, a R — сопротивление цепи (включая сопротивление гальванометра). Для вычисления АФ предположим сначала, что кольцо состоит только из одного витка. Магнитное поле вдали от магнита В = Ш / г 3. Вблизи и внутри магнита это выражение несправедливо. Однако полный магнитный поток через бесконечную плоскость, в которой расположен виток, равен нулю. Поэтому при вычислении АФ можно взять бесконечную плоскость вне витка, где указанное выражение применимо. Иначе говоря, интегрирование можно произвести в пределах от г = а до г = оо. Это дает АФ = 2пШ/а. Для кольца из N витков это выражение надо увеличить в N раз, т. е. в этом случае АФ = 2ttN 20Х/а. Таким образом,

RQ = 27гАШТ/а.Измерив Q , отсюда можно найти Ш.

382. & = 21 аЪ—----- -, где х — расстояние между рамкой и проводом. Еслих(х + а)провод вертикален и ток в нем идет снизу вверх, то в рамке, удаляющейся от провода, возникает ток, идущий по часовой стрелке.

383. Нет, так как поле вокруг рамки неоднородно.384. & = Hoab[cu sincut cos(cu't — р) + о/ cos out sin(c</£ — <р)].1) & = ЩаЪио sin 2ut при <р = 0;2) & = ЩаЪио cos 2ut при <р = —7г /2 .

385. & = НаЪи sin ^

386. а = vB/(4irc) = 0,3 СГСЭ = Ю-10 Кл/см2. Отрицательное электричество сместится в направлении вектора [vB]; положительное — в противоположном направлении.

387. а = шВг/(2тгс) = 6 • 10-7 СГСЭ = 2 • 10-16 Кл/см2. Поверхностные заряды положительны.

388. Р е ш е н и е . Так как в стационарном состоянии ток внутри шара должен отсутствовать, то электрическое поле должно компенсироватьсясилой - [vB]. Это дает для электрического поля внутри шара

E(i) = - - [vBl.С

§ 5. Электромагнитная индукция 167

Объемных зарядов внутри шара не будет, так как d iv E ^ = 0. Касательная составляющая поля Е ^ , а следовательно, и внешнего поля Е ^ , на поверхности шара будет Ее = sin в, где в — угол между направлением вектора Е ^ и радиусом г, проведенным из центра шара. Внешнее поле Е ^ ищем как поле диполя с дипольным моментом р, помещенного в центре шара:

(е) = 3(рг) р_г 5 г 3 '

Вектор р легко найти по значению касательной составляющей Е $. Таким путем получаем 3 3

Е (е) = ([vB ]r)r- Ъ [ у В ].СГ5 U J У cr3 L JПоверхностная плотность зарядов сг определится по скачку нормальных

составляющих электрического поля. Она равна

(7 = 3Алс ([vB]n),

где п — единичный вектор внешней нормали к поверхности шара.

389. i = - - I - = 0,7 А.г R390. х = g‘ ~ f 2 и 13 • К Г 5.

47Г©2391. 1) I 1,2 А. 2) Ток возрос бы до 240 А и обмотка якоря перегоре

ла бы.392. I = 0,314 А.393. Сила тока останется прежней: 0,314 А.394. Е = £Ш Фоsineut.

Z7ТСГ

395. Р е ш е н и е . 1) На заряд е, вращающийся вместе с цилиндром, действует сила Лоренца

F = - [vB] = - [[wr]B] = - (шВ)г.С С с

Она вызывает такую же поляризацию диэлектрика, как электрическое поле

с напряженностью - (а;В)г, т. е. с

Р = - (uB )r = (и)В)г.с Аттс( дх ду \так как div г = - — Ь — = 2 ) дх ду /

Рсвяз = div Р = —- (а;В).Z7ГС

2 ) q = J Рсвязdv = - е— - г\).3) Поверхностная плотность связанных зарядов на внутренней и внешней

поверхностях цилиндра:

СПсвяз = ---- (о;В)п, сг2 связ = (wB)r2.Але Алс

А) Полный заряд цилиндра остается равным нулю.396. R = AttuN u S.


400. 1) Постоянный токгде Ф — поток индукции в стержне.

397. Надо с помощью флюксметра, размеры которого малы по сравнению с радиусом цилиндра, измерить магнитное поле в центре одного из оснований

цилиндра. Поле внутри соленоида будет в два раза больше.

398. 1) N 1 об/с. 2) Нужно увеличить ее в рж/рш раз, т. е. в 5,06 раза.

399. Если ось стержня принять за ось Z, то электрические силовые линии лежат в плоскостях, перпендикулярных к оси Z, и представляют собой концентрические окружности с центрами на оси Z (рис. 248). Напряженность поля Е обратно пропорциональна расстоянию от оси Z.

„ т dQ/dtсилой I = -----——,2) Если поток

в стержне направлен сверху вниз, то ток в витке идет против часовой стрелки, если смотреть сверху.

401. Будет описывать вокруг стержня раскручивающуюся спираль со все возрастающей скоростью.

402. 1) L = 0,25 Г. 2) N = 250.403. Нужно измерить силу тока I и напряжен

ность Н магнитного поля внутри катушки, определить площадь поперечного сечения S и число витков N. Тогда магнитный поток через катушку Ф = H S N = = Ы , откуда L = H S N / I .

404. L = 0,24 • 10“6 Г.Напряженность магнитного поля внутри трубки на рассто

янии г от оси равна Н = 21/г (краевыми эффектами пренебрегаем). Внетрубки магнитного поля нет. Поэтому поток через радиальную перегородку

н— , где / — длина трубки, го — радиус провода, п — внутренний

Рис. 248 У к а з а н и е .

Ф = 211г0

радиус трубки. На единицу длины будем иметь L = 21п(п/го).405. L £з 4 1п(с//г) £з 9,2 • 10“406. М = л/Ь[Ь~2 = 0,6 Г.

Г.

407. 1) L близка к 0; 2) L = 0,2 Г; 3) L = 0,05 Г.

408. d = L'}L° ~ Ll d i= 3 мм.L (L o -L i)

409. L = 2bN ln( 1 + a /r ) .410. M = L = 2bN ln(l + a/r).411. Ф21 = 4trN n S I / l = 105 Мкс = 10“ 3 B6 .412. Ф2| = 2N nbIln(l + a/r) = 105 Мкс = 10“ 3 B6 .413. W = 2nN 2S I 2/l.414. 1) 8 In2 [эрг]. 2) Увеличится на 8 In2 [эрг].415. Так как провода отталкиваются друг от друга, то, по принципу Ленца,

при удалении проводов в них должны возникать ЭДС индукции, направленные навстречу текущим токам. Следовательно, чтобы поддержать неизменными токи в проводах, в них на время движения должны быть включены добавочные


ЭДС, направленные в ту же сторону, куда текут токи. Работа этих ЭДС и идет на совершение механической работы и увеличение магнитной энергии системы. Если же не включать добавочных ЭДС, то сила тока в проводах в течение времени At, пока происходит их движение, будет меньше, чем когда провода неподвижны. Соответственно уменьшается и работа ЭДС &IAt, поддерживающих токи в проводах. Однако еще значительнее уменьшится количество тепла Ш 2At, выделяющееся в проводах. За счет этой «экономии» в джоулевом тепле и происходит механическая работа и увеличение магнитной энергии системы.

Ш416. 70 = ~t , где t — время, прошедшее с момента включения. Но когдаLсила тока заметно возрастает, даже малое омическое сопротивление цепи будет играть уже принципиальную роль. Вследствие наличия сопротивления нарастание тока замедлится, а потом прекратится.

417. Т4акс/ЕЬ = r/R . Чем меньше г, тем меньше Какс- Однако слишком малым г брать не следует во избежание больших нагрузок на источник тока. Достаточно, чтобы Т4акс не превышало Vo, т. е. г должно быть меньше или порядка R.

mg . mgHIC418. 1) а = - СНЧ2 ’2)1 =

419. ж= !!Щ (1 — cos сot), где ш =- СНЧ2'т

н ч 2 v420. Скорость будет расти, пока сила взаимодействия между индуци

рованным током и магнитным полем не достигнет величины, равной весу проводника. Это наступит при значении ^уст = P R / ( H 2l2).

421. Координата нового положения равновесия

/,\ mgL , —5t ,\x[t) = -— — (1 — е cosccrj

(Б/)2т 2

m gL(В1) 2 ’

~ \±jb) В1о = 1— ио = ---m R у m b

ния перемычки. Р е ш е н и е .

. Координата х отсчитывается вниз от исходного положе-

пгх = m g + Bl(Ii - I R), L I l = —Blx, R I r = Blx.

После подстановки в уравнение динамики значений токов 1ь и I r получим

.. ( Б / ) 2 . ( Б / ) 2x + ^ - x + ^ - x = g- mH m b

отсюда после интегрирования при нулевых начальных условиях получаем

422. густ =m g R

т -

m gL _ нХ = Ш 2{ cosuj£)-

dvР е ш е н и е . Уравнение динамики: т — = m g + В П . Уравнение для элек- dJ dtтрической цепи: L -----Ь R I = —Blv. Исключая из этой системы уравнений токdt

г .. R . ( Б / ) 2индукции I , получим для скорости движения перемычки v Н----v + -— — v =L m b

i t


Полагая v = v = 0, для установившейся скорости найдем_ m g R

VyCT = (BVf-

423. Логарифмический декремент увеличится в

(к + Н213/Ш) I _ ( Л _ уI V 2 ml

к + H213/4r Vраз.

\ I ' \ 2mi

424. Логарифмический декремент и период увеличатся в

* - ( - * - ) I \ 2ml )

g , H2l2 ( к ураз.

I AmL \ 2m l )

425. Логарифмический декремент уменьшится в

1

/ у 4 т У \ 2 т / /

£ - ( - М *I у 2 т / у

раз,

а период увеличится в

1 + ■С #2/24 т f - TУ 2ml )

g z c w / V 4 т f—УУ 2m l)

раз.

426. 1) Логарифмический декремент увеличится в

(к + H2S2/R)V4JC - к2кл/AJC — (к + H2S2/R)2

раз.

Здесь к — коэффициент трения, S — площадь кольца, J — момент инерции кольца, С — коэффициент кручения нити.

2) Затухание будет таким же, как и в отсутствие магнитного поля.т-г л™ AT T2S2H2427. Период уменьшится на А Т, причем „ 0 „ , если считать А Т

малым по сравнению с Т.428. Декремент затухания кольца уменьшится в

8tt2LJ

1 + AH2S2J

ДФ429. Q = — =

L(AJC - к2)

Sib In [(d + a)/(d — a)](a + b)p

раз.


430. Не изменится, так как ток в рамке до и после поворота равен нулю.

В самом деле, по закону Кирхгофа — — = R I + L — . Отсюда ДФ = R Jf I dt +CLL CLL q

+ L(IK - / н), но 7К = / н = 0. Следовательно, ДФ = RQ.431. Будет. В самом деле, полный магнитный поток через контур иде

ального проводника остается неизменным. Он слагается из потока внешнего магнитного поля Ф и потока Ы , создаваемого индукционными токами самого проводника, а потому Ф + Ы = Фо = const. Количество электричества, прошедшего за время dt , будет dQ = I dt = I d a /и, где da — угол поворота за то же время, aw - угловая скорость. За полоборота протечет электричество

Q1ш I da =

о

1Luj

7Г(Ф о — Ф ) da,

оа эта величина обратно пропорциональна и, так как интеграл от скорости вращения не зависит.

432. ДФ = 2000 Мкс.433. Время, за которое пластинку удаляют, должно быть очень мало по

сравнению с периодом гальванометра.434. Постоянная времени цепи т = L / R должна быть много меньше

периода гальванометра.435. M = Q R lR 2/ <&.Р е ш е н и е . Уравнение вторичного контура: Ь2^ - + R 2I2 = М — ; здесь

dt dtI\ — ток в первичной обмотке. Проинтегрируем это уравнение по времени от О

I ОО I оодо оо: L 2I2\ + R 2Q = M lA . Очевидно, что / 2(0 ) = 12{оо) = 0 и 1\(0) = О,

1\ (оо) = %/R\. Поэтому R 2Q = МШ/R i, откуда М = R \R 2Q /<С

436. Q = — — — .V 2 r(R + r)

Р е ш е н и е . Так как сопротивление гальванометра мало, то р л ~ рв\ поэтому токи через равные верхние плечи моста будут также равны. Обозначим каждый из них через /о- Тогда

Ig = 70 — II, 2/о = II + dr т т I тI r r = I L r + Ldt

т r L dILиз последнего уравнения имеем: I r = IL H----------, что даетг dt

2/о - lb = II + -г atТ - Т , L d I L/о - II + 27 Ч Г

Выразив отсюда 1ь и подставив в уравнение для I g , получимг _ L dIL 1(3 2r dt '

Проинтегрируем это равенство по времени от 0 до оо. Получим

&

Поэтому Q = ые

1ь{ 0 ) = 0 , 1ь{ оо) =R -

2r(R + г)


SNH s in 30°437. 7 = —-------- -— = 5 делении.(R + r)q438. 7 = irr2B / L , где L — индуктивность кольца.439. 1) Нуль. 2) Н = 2тг2гВ / Ь . 3) См. рис. 249.

440. Н = 0; 7=0.441. А = ir2r4В2/2L.442. В = B0(R/r)2 = 5 • 106 Гс; Р = В2/(8тг) « 1012 дин/см2 = 106 атм.443. М = C R iR 2.Р е ш е н и е . Применяя закон Кирхгофа к контуру, содержащему гальвано

метр G, можем написать M I\ = R 2I2 + г /, где 1\ — ток в цепи источника ЭДС & до ее размыкания, 12 — разрядный ток, проходящий через R 2j 7 —ток через гальванометр (г — сопротивление гальванометра). Отсюда

Л77] dt = R 2 I2 dt + г I dt.

Ho J7i dt = 7i, J P 2 72 c/t = P2Q = P 2P i7i(7, J r l dt = 0. Поэтому МД = = R 2R \I \C и, следовательно, M = P 2P i(7.

444. M = ( c + c ^ j B i J f e .

445. Q = 0,24

446. Q = 0,24

4тг5ЛГ4/ 2Р 3а/1 ,2 1018p i7 2 7эф

тг5ЛГ4Р 4сг/27э2ф

: 6,85 ккал.

1018 - 2 р Я 235 ккал.

447. Р е ш е н и е .

dxх

dx

Рассмотрим внутри пластинки контур, параллельный боковой поверхности пластинки (рис. 250). Магнитный поток сквозь этот контур

Ф = B N S = р • 47гп7о cos cjt • bx.

ЭДС индукции в этом контуре & = р • 47rn7oci; sin cjt хх bx. Сопротивление этого контура R x = р —— (пре-I dxнебрегаем сторонами х вследствие их чрезвычайной

малости по сравнению со сторонами Ь). Количество тепла, выделившееся в этом контуре за время dt,

7 , ^ (р • Annlouj sin cut • bx)2 _ _ _dQ = 0,24— dt = 0,24—----------------------- — bdxdt.^ R p • 2b

Рис. 250


Отсюда количество тепла, выделяющееся ежесекундно в пластинке,

Q = 0,24

W]448. — =

(/л • А7пииЬ1Эф)21 2рЬ

12 а2Ъ2

а / 2

_ п о/1 = 0 ,6 кал.х dx = 0,24-3 Р

W2 (а + b)2d2 '

449. 1) I = NS Ни;л /[(1 /С и )) — Lu>]2 + R2

sin(cot + р), где t g p = (1/Ссч) -Luy Д ’

У = ^ g gh,cosH + yJ = iC 2 = ! 3) Q = 0i24^ W =C(1 - LCw2)2 + Я2и>2С2 2Д-1016

x 1 0 - 1 6 ккал.У к а з а н и е . Уравнения Кирхгофа для цепи катушки имеют вид

Td2I dl 1 лгг, тт 2L 0 4- R - — ~ — N S H uj cos cut,dtz dt C

LC^Jr + R C ^ - + V = N SH uj sin wt.dtz dtСтационарные значения I и V находятся как частные решения этих уравнений.

. . п 1Ч ЛГ N S H uj Г 2t 1 л 0/|1450. 1) V = ехр У 2) Q = 0,24-W S tfw f 2 * 1 _ n ^ .N 2S2H2oj 1Л_ 10= 1 2 - 1 0 ккал.ДС 8 Д • 1016

451. =

Р е ш е н и е . ЭДС во внешнем контуре будет & = —М —^\ следовательно,dtdlr

_ & _ I rU jM

R 27г Rp 27г RpОстается найти М. С этой целью обратим задачу: пусть ток I течет по внешнему контуру. Тогда вблизи его центра будет

В = Н = 2тг/

~ Д ~Ф = BS =

2к 2г2 R

Следовательно,2п 2г‘

R7Г Г

7* = 7 Vгде р должно быть выражено в единицах СГСМ. Если р выражено в Ом/см, то в ответе появляется множитель 1 0 -9 .

452. Магнитная стрелка совершает гармоническое колебание относительно своего положения равновесия по магнитному меридиану. Когда снизу подводят диск из меди, расположенный горизонтально, то в нем возникают токи Фуко, которые тормозят колебания стрелки. В этих условиях дифференциальное уравнение движения стрелки будет

J a = —НШа — ра,

где Н — горизонтальная слагающая магнитного поля Земли, а р — коэффициент пропорциональности тормозящей силы. Уравнение можно переписать так:

J a + ра + НШ а = 0.


Апериодическое движение стрелки будет при тf = 4JH20i, или при р = = 2л/Л 1 Ш . Поэтому медный диск, вращающийся с угловой скоростью и, будет действовать на стрелку с моментом М = 2у/,1ШН и. 1) Следовательно, если на стрелку действовать с таким же моментом, но направленным в противоположную сторону, то она не будет двигаться. 2) Так как стрелка не будет двигаться, то действие на нее диска выразится в выделении тепла. Мощность выделения тепла N = Мио = 2л /1ш Н и/1. 3) Если стрелку освободить, то в начальный момент будет справедливо уравнение J uj = М. Отсюда ш = 2 ^ /Ш Н /J и. 4) Дальше на стрелку будет действовать и момент, создаваемый магнитным полем Земли. Если этот момент будет соизмерим с моментом М, то стрелка будет колебаться вокруг нового положения равнове

сия, определяемого соотноше- нием sin а = 2 у/ J /(ШН) ш.

453. См. рис. 251.454. Потому что при замы

кании первичной цепи ток нарастает гораздо медленнее, чем спадает при размыкании цепи (см. задачу 452).

СУ22

Рис. 251

ЖЛп2 2J?Cln2

Рис. 252

CV2455. W = ехр

456. t и 7 • 1(Г4 с.

21---- — J>; см. рис. 252а.-ГъО

(! _ см. рис. 2526.457. N = — ( 1 — exp <j - - ^ 7 7

458. 1) Q I 2R d t =i $r 2c

2 2)412'

О459. Полученный при решении предыдущей задачи результат, что ток

мгновенно возрастает от нуля до /о, объясняется пренебрежением индуктивностью цепи. В каждой реальной цепи есть хотя бы малая индуктивность, вследствие чего возрастание тока до /о = %/R не будет мгновенным. Если индуктивность достаточно мала, то нарастание тока будет протекать так быстро, что во многих случаях его можно рассматривать как мгновенный скачок.


460. Уравнение цепи (по Кирхгофу) будет

(г) т dl gp d Q dQ Qg — L — = RI + V или G = L — r + R — + —, dt dtz dt C

где Q — заряд на конденсаторе. При R2 = 4L/С характеристическое уравнение имеет кратный корень, а потому решение надо искать в форме

RQ = %С + (а + Ы) exp<j t

где а и Ъ — произвольные постоянные, определяющиеся из начальных условий Qt=о = 0 и (dQ/dt)t=о = 0. Поэтому:

& ( R 11) I = — £ехр<— —- t>; см. рис. 253;L I zL I9 Т

2) t = — ; 3) 7Mi5) 77 = 1/2 (е — основание натуральных логарифмов).

461. 0 ^ = 0, Ql = CV0.Решение. После замыкания цепи

= 4) V = Ш— ; Рис. 253

Vc = I r R = Ldt

Интегрируем это равенство по времени от 0 до оо, получим Q r R = LIl \q° = О, так как 1ь(0) = I l (oo) = 0. Следовательно, <2д = 0, Ql = CVq.

462. Q, = QRi , Q2 = QRl .v Д1+Д2 Д1+Д2

Решение. После замыкания ключа

Vo = Rih + L i ^ j - = R2I2 + L2^ .dt dt

Интегрируя это равенство от 0 до оо по времени, получим

R i Q i + L xI x\%° = R 2Q2 + L 2I2\S°.

Так как /ДО) Отсюда

/2(0) = / 1(00) = / 2(оо) = 0, то R XQX

= QR2 g =Д1+Д2 Й1+Й2

R2Q2, Q1 + Q2 — Q.

463. Примем за начало отсчета времени момент, когда лампа погасла. Напряжение на конденсаторе в этот начальный момент И(0) = Vr. До зажигания лампы процесс в цепи определяется уравнением

& = V + R C ^ f ,dt (463.1)

где V — напряжение на конденсаторе в момент времени t. Решение уравнения (463.1) будет

^ ) = g _ (g _ Fr)exp{ _ _ MRC J ' (463.2)


В момент времени t = t\ неоновая лампа зажигается (рис. 254). Следовательно, V{t) = V3. Тогда из уравнения (463.2) получим

t\ = R C In %-Vr& - v 3' (463.3)

После зажигания лампы ток, текущий через лампу (вследствие линейности ее характеристики) можно записать так: 7i = (V — Vo)/R\, где Vo — напряжение,

при котором продолжение характеристики пересекает ось V, a R\ = = (14 - Vo)//r — «эквивалентное сопротивление» лампы. Тогда полный ток в цепи будет

1 = 11 + с ™ = у^ * + Аdt Ri dt(463.4)

Рис. 254 Когда лампа горит и через нее идет ток,уравнение цепи будет & = R I + V .

Подставляя сюда значение I из (463.4), получаем

8 К =Я + R

1 1 Д" + R

Общим решением этого уравнения будет

RR\ R + R\

+ Л exp (i? + -Ri )t 1 R R \C J

(463.5)

(463.6)

Теперь за начало отсчета времени принимаем момент зажигания лампы, тогда И(0) = Vo. Определяем из этого условия постоянную А и подставляем в (463.6). Наконец, подставляем в полученное решение V (t2) = Vr и находим вторую часть периода:

t R R X n R ( V - V 0) - R l ( E - V 3)2 R + Ri R(Vr - V o ) - R i ( E - V r ) '

Весь период T = t\ + t 2.464. 1) Вспыхивает при а = — (1 q= V3/V ), гаснет при а = — (1 щ Vr/V).

2) Кин = К-465. После замыкания ключа уравнение процесса в цепи будет

+ (465.1)dt R + г

где 7 —общий ток в цепи. В начальный момент /о = ^ /R , а поэтому решение уравнения (465.1) запишется в виде

ЦН + г) Rr

1 - RR + r

exp

Напряжение между точками А и В будет

RrtL(R + r)

14амык — 7-Rr

R + r = 8 1 -R

R -exp Rrt

L(R + r)

§ 6. Переменный ток. Свободные и вынужденные колебания 177

Оно не может быть больше ЭДС батареи. Подставляя числовые данные, получаем

Камык = 24(1 — 0,99е-2,4*) В.После размыкания ключа уравнение процесса в цепи будет

& = L — + RI. (465.2)dtТеперь в начальный момент /о = %(R + r)/(Rr). Решением уравнения (465.2) будет

а напряжение между точками А и В

Рразмык = I R = & ^1 + — ехр

может быть значительно больше ЭДС батареи, если R г. Подставляя числовые данные, получаем

Н размык = 24(1 + 99е-240*) В.В начальный момент напряжение будет 2400 В.

Настоящая задача позволяет уяснить процессы, происходящие при замыкании и размыкании цепи постоянного тока, обладающей сопротивлением и индуктивностью.

466. Уравнение процесса в цепи после размыкания ключа будет

% = L ^ + V. (466.1)

Но I = CdV/dt. Начальные условия таковы: Vo = &, Io = Ш/r. Поэтому решение уравнения (466.1) будет

V = & I 1 + - sin + = ■г V с Vl c

Подставляя числовые данные, получим для максимального значения напряжения Какс = (л/ТО • 100 + 24) В. Увеличение емкости С ведет к снижению Какс-

467. I < R V i /т « 22 мА.

§ 6. Переменный ток. Свободные и вынужденные колебания468. Для зарядки аккумулятора существенно среднее значение силы то

ка / ср, а электродинамический амперметр показывает ее эффективное зна

чение 7 Эф. Так как / ср = / эф ~ 0,91эф, то продолжительность зарядки будет 8/0,9 = 8 ,8 ч.

469. / ср « 0,127 А.470. 1) « 3,2 А; 2) 5 А.471. 1) 314 В; 2) 157 В.472. Лампы пропускают ток попеременно через 1/2 периода. При этом

конденсаторы заряжаются так, что разности потенциалов на них складываются.


^220В * 60

Если сопротивление нагрузки велико, то почти весь ток за полпериода идет на зарядку конденсатора. Поэтому Какс ~ 2 Vo, где Vo — амплитуда напряжения на CD.

473. 14,2 А.474. р « 2900.475. См. рис. 255.476. Ток опережает по фазе напря

жение на р = 8 8 °.477. R = 54,4 0м; С « 100 мкФ.478. tg р = uoCR.479. а = a,Tctg{Loj / R } .480. Когда плоскость рамки перпен

дикулярна к полю.481. Когда плоскость рамки составляет с направлением поля угол р =

ujL - (1 /шС)

Рис. 255

= arctgR

482. R - , , _ Ш2ЬС) •

483. 7Макс И 1,2 А; <^«43°; N484. N = { V 2 - Vi2 - V22)/2R.485. N = (I2 — I 2 - I 2)R/2.486. N P3 40 m k B t .

3$

76 Вт.

487. 1) h =n(9r + 2R ) ' 2) h =

6$ токи противоположного на-n(9r + 2R) ’

правления.488. В этом случае нельзя пренебрегать индуктивностью кольца L и сила

тока определяется из соотношения —L d l / d t = &. В зависимости от размеров и удельного сопротивления материала кольца и частоты питающей ЭДС нужно учитывать только омическое или только индуктивное сопротивление кольца или и то, и другое.

489. г = Д/ V 1 + R 2C 2uj2 .490. L = C R .

491. 8 = 80Q, г = - L Q = - J ~4 R У С

Р е ш е н и е . Найдем ЭДС & источника. В отсутствие нагрузки

Vc = &о------ U(IujC)------ _ _ q0 ° R + I ujL + 1 / (1шС) I ujR C

так как при резонансе I ujL -В \ / { I ujC) = 0. Поскольку фазу колебаний эквивалентного источника определять не требуется, положим

& = \Vc0\ ujR CL

R y e 80Q,

где Q — добротность контура.Найдем ток короткого замыкания цепи. Если закоротить выход, то ток

в перемычке будет 1КЗ = ----- -— £з ——. Внутреннее сопротивление эквива-I ujL + R I ujL *

* VCo Lлентного источника будет г = — - = ——.А з R C


492. Сдвиг фазы между токами р = arctg[\/ (и R\C)\, т. е. от R 2 не зависит. С изменением сопротивления R\ от нуля до оо сдвиг фазы изменяется от 7г/ 2 до нуля, причем ток через R 2 отстает по фазе от тока через R\.

493.

8 = /оVl + R2 С 2 и 2

Сшsin (u)t + р);

h =

494. г =

70Vl + R2C 2lj2 ш2ЬС

V R 2 + u 2L2

cos (yot + ip)\ tg ip = R ujC.

максимальное значение rM L /R Cy/( 1 - UJ2LC)2 + UJ2R2C 2

достигается при ш = 1 / V L C .495. Потому что при любом заряде на пластинах конденсатора разность

потенциалов между ними равна нулю. В соответствии с этим в случае цепи переменного тока при коротком замыкании конденсатора его емкостное сопротивление Х с = 1 /шС = 0, т. е. С = оо.

496. Пвых^ [10sin(3007 — 132°) + 3 sin(600£ + 207°)] [В].497. 150cos(600£ — 78°) [В].498. Уравнения для цепей трансформатора в комплексной форме:

& = jujL\I\ + juoMI2, 0 = jujMI\ + jujb2I2 + RI2. (498.1)

Для трансформатора без рассеяния взаимная индуктивность М = \ /L \L 2 и отношение L 2/L \ = п2. Поэтому из уравнений (498.1) получаем =

juL\R j<juL\n2 + R

I\ = ZI\. Комплексное же сопротивление эквивалентной цепи

(см. рис. I48 6 ) есть Z = juL\R/nJ ujL\ + R /n z

499. 1) Нуль; 2) ток через сопротивление отстает по фазе на 90°; 3) сдвиг u(L + CrR)фазы ip = a rc tg -----— ------2 ' , напряжение опережает ЭДС.

г + Д(1 — ш2СЬ)Т / 4

4<fo— d t= -V.

1,6 А.

500. &!Ф = |О

501. См. рис. 256.502. и « 3,16 - 106 с-1; в = 0,25; /0503. С « 50 мкФ; К акс « 628 В.504. С рз 20 мкФ. Решим задачу в векторной форме. На рис. 257 О А —

потеря напряжения на омическом сопротивлении (10 В), ОБ — потеря напряжения на катушке (62,8 В), ОС — все напряжение (100 В), OD рз О С , ОЕ —

потеря напряжения на конденсаторе (163 В). Отсюда

С = £з 20 мкФ. ooV

* 1i V

4 Ы0Т\ t D О

тв

Рис. 256 Рис. 257


505. С « 0,32 мкФ.506. В комплексной форме уравнения Кирхгофа обеих цепей будут:

ё = 1 R + j uL ~ J c ) +/Ц"-Д)

0 = '(МЩ ) + Щ - Д ) 'где I и I' — токи в ветвях А и В соответственно. Из последнего уравнения следует: 1) если и = 1 /\/~МС, то Г = 0; 2) если и = 1 / V L C , то I = 0.

П р и м е ч а н и е . Такой случай оказался возможным только потому, что мы пренебрегли сопротивлением в цепи В.

507. 1) 70 « 0,8 А; N « 32 Вт. 2) Г0 = 2 А; АТ' = 0.

508. 1) ЛГ =509.

йоДД2 + [а;£-(1/а;С)]2 2) С = 1/lj2L; N MaKC = &1/R.

N = %2(R + Rq)а;2(£ + £0)2 + (Д + До)2’

N ' = g Rcu2(L + L0)2 + (R + R q)2 ’

p = RR + i?o

П р и м е ч а н и е . Как видим, p не зависит от индуктивности цепи, но мощность, которую может дать источник при заданном напряжении &, уменьшается с увеличением L и L q.

510.N =

N ' =

р =

%l[R+( 1 + а 2)г].2[(r + Я)2 + а 2г2] ’

£рД[Д + (1 + « > ]2 [(г + Д ) 2 + а 2 г 2] [Я + (1 + а 2)г] ’

-------------г—, где а = ujRC.i? + (1 + а2)гП р и м е ч а н и е . В отличие от предыдущей задачи, в данном случае с

увеличением а понижается и мощность N, отдаваемая источником, и КПД установки р.

511. Амплитуда ЭДС источника ё 0 = у/З • 120 В; р = 1/3; р = 1/2.512. Амплитуда ЭДС источника &о ~

140В.513. Схема приведена на рис. 258. С =

= — Ф, где I — в амперах, V — в вольтах, ooV

uj — угловая частота питающего тока.514. С £з 6,3 мкФ.515. Сопротивление утечки конденсатора

должно быть значительно больше, чем его емкостное сопротивление для 50-периодного тока.

516. Вначале определить сопротивление утечки R с помощью измерения на постоянном токе, а затем общее сопротивление Z на переменном токе. Z = = R/yJ 1 + uj2R2C2 . Зная R и Z, находим С.

517. Cx/Ci = A D /D B . Можно.

0------------------- 1’--------- ^ -------------

а

О------------------- 1

D с =

Рис. 258


518. Можно, если и 2 = l / (C \L \) = \ /{С 2Ь2). В самом деле, если прибор G остается на нуле, то напряжения в точках А и В соответственно равны

V /{ ju C i) V VjuoLx V\/(juCi) + j u b 2 1 - lu2CiL2 ’ ju L i + \/{juoC2) 1 - \ / (u2L xC2)

и, значит,uj2CiL2 = 1 или u C\C2L \L 2 = 1.

u2L\C2 ’Отсюда получаем ответ.

519. 1) tg y = x ^ с 2ш2- 2 )^ = ±тг/2.520. С « 15 мкФ.521. L = 2,3 Г; первый конденсатор не влияет на отношение амплитуд на

выходе и на входе.522. Трансформатор потребляет заметную мощность только в то время, ко

гда нажата кнопка. Когда кнопка не нажата, в первичной цепи трансформатора течет малый ток «холостого хода»

&-Гх X ---

V R 2 + uj2L2

где & — подводимое напряжение, R — сопротивление первичной обмотки, L — ее индуктивность и и — круговая частота тока. Но при ujL R трансформатор при токе «холостого хода» почти не потребляет энергии («безваттный ток»). Кнопку включают во вторичную цепь, чтобы не подводить к ней высокого напряжения.

523. L = 7 Г.524. Первичная — 200 витков, вторичная — 6600 витков.У к а з а н и е . ЭДС, индуцируемая в одном витке, одинакова во всех обмот

ках трансформатора.525. 1) Ь рз 0,3 Г; 2) V ^ 3760 В.

(1 + n) (1 + 2 п2)5 2 6 ' ^ = 1 + 4п2

N — при замкнутой цепи.П \

= 13,1, где N q — мощность при разомкнутой, а

527. tg<5 =1 + п2(п\ + п2)от напряжения.

&Scua

При т = п 2 = 10 6 = —3°. Ток отстает по фазе

528- / ; - , ,Ando529. макс —

sin ut. 1 Я_

В '= 3.

1 - е - 5Т/2531 . u L = R; |УВХ/УВЫХ532. С = 320 пФ.533. С = 0,1 мкФ.534. 1) R 63700м; 2) R р з 3185 0 м и л и

R tz 127400м.535. 4/3 радиуса.536. 1) Вычерчивают координатные оси

на экране трубки (рис. 259). Для этого вначале включают только 1\ и отмечают величину и положение оси а — а , затем включают только 12 и отмечают величину и положение оси Ъ — Ъ' . Вычерчивают

Ъ

Рис. 259


прямоугольник и, включив оба тока 1\ и / 2, наносят эллипс, описываемый пятном на экране. (Все это можно сфотографировать.) Тогда Ос/Оа = cosp и Od/Ob' = sinp, где <р (или 180° - <р) — сдвиг фазы.

2) Нельзя.537. cos(р = - tg2a (а/Ъ — Ъ/а), где а — угол наклона большой оси эллип

са, а и Ъ — большая и малая полуоси эллипса.538. Необходимо знать: 1) чувствительность катодного осциллографа (от

клонение луча в зависимости от напряжения); 2) величину сопротивления R. Замыкая К\, измеряем подводимое напряжение. Замыкая только К 2, измеряем падение напряжения на известном сопротивлении R и находим силу тока. Затем, включая оба ключа, получим эллипс, по параметрам которого легко установить сдвиг фазы. Зная подводимое напряжение, силу тока в цепи и сдвиг фазы между ними, находим мощность.

539.ту П 2 Г 13 ту П 2Г23 ту П 3 Г23К1 = --------------- , К2 = --------------- , Я;! = ----------------.

П 2 + П З + Г 2 3 П 2 + П З + Г 2 3 П 2 + П З + Г23

_ . „ т ILauo3540. V = -----------(fosmut, где т — масса, е — заряд электрона.е R

541. ш ^ 17 г.542. 120° или 240°.543. 1) Не изменятся; 2) закручивание происходит в другую сторону.

3) Нельзя.544. I = (6 - 5е“50<) А.

545. I = ( l + Юе“2'10 5*) А; см. рис. 260.

546. / = sm u t А; и =

= (2/7) • 104 с"1.547. V = 5 ( l - е"41°4<) В.

6 4 8 . / = ' ( l + i l - b e- / A -R \ 1*2

Т = L 2/R.549. V « 6,3e_250t sin 6601 В.

550. q = 'T 1 — ( cosu\t H-----sinu\t ) e -s t , где 6 = r/(4L ), u\

1 _LC ~ 16L2 '

551. I = e-2000< sin(2000t + 45°)5 5

100

A.

552. V ~ 20 ( cos 207rt — cos 1 ) мВ.

553. / = — (1 — cos 1007г£) А. Как видно, ток в цепи будет не перемен-7Г

ный, а пульсирующий. Этот результат объясняется тем, что мы пренебрегли омическим сопротивлением цепи и специально выбрали начальную фазу включения ЭДС. Постоянная составляющая тока, возникающая в начальный


момент, не затухает, а будет циркулировать все время и сложится с переменной составляющей. В реальной схеме, обладающей сопротивлением, постоянная составляющая будет отсутствовать и установившийся ток будет переменным. Для выяснения роли сопротивления полезно разобрать включение данной в условии ЭДС на катушку с сопротивлением R и, получив ответ, перейти к пределу R = 0 (см. задачу 564).

554. V = & | 1 — e~Jt ^coscvt + — smcvt j j , где у = ^ и ш =

= к L C - R_ 2L Минимальное напряжение, на которое должен быть

рассчитан конденсатор, не меньше 2&.

555. 1 = ® [l - e~7t ( cos uot + — sincc^J. Обозначения такие же, что и в задаче 554.

556. 1) / эф = --------У—---- - = 0,028 СГСМ = 0,28 А.Апиа In(a/b + 1)

2) Напряжение на лампочке уменьшится в

In (а + Ъ)2 Ъ{Ъ + 2а)

2 раза.

557. V{t) = V0e -71 cos ut + 1 7H--- sin ut 2 2 2 2 где uj = ujq - 7 , ujq =, ujRC uj

= \/{LC), 7 = R/(2L).558. Частота увеличится в л/2 раз. Амплитуда колебаний и энергия

возрастут вдвое.^°9г9 [Rcos(ojt + <5) + uoLs\n(uot + 6)-

+ ujz L z559. I =

—e Rt/L(R cos 6 -\-ojL sin 6)].560. Амплитуды на входе и выходе одинаковы. Сдвиг фазы выходного

напряжения относительно входного определяется формулой tg<5 = —т-г---- -.u jz L z — Rz

561. Решение. При выполнении условия квазистационарности (рис. 261) т

L^- + V = О, Q = CV, Q = I — I ' , V = Ш'. —dt C,R Г

Исключая Q, / и /', отсюда находим

V + 2-yV+ uj2qV = 0,

где ojq = \/{LC), 7 = l/(2RC).6tt4uj2 Lr812 1

562. F = _0 —777 Сила — отталкивающая. Если ujL » Д, то /R 2 + uj2 L 2 l 7 '

67т 4r8R 1-------- — В другом предельном случае ujL « л и г ;L I

Рис. 261 » R,

б тг 4 uj2 L t 8 I 2

R2 V563. / = 0 , 5 c o s 2 0 0 7 t £ А, V ~ 104(cosVT0 • 1000/ — c o s 2 0 0 7 t £ ) В.Таким образом, собственные колебания напряжения на конденсаторе, воз

никающие после включения, не затухают, несмотря на наличие сопротивления R , и не влияют никак на силу тока через R , так как внутреннее со-


противление источника предположено равным нулю. Следовательно, источник «замыкает накоротко» сопротивление, напряжение на котором будет всегда равно ЭДС источника. В реальной схеме, в которой источник всегда обладает внутренним сопротивлением, собственные колебания затухают и остаются одни вынужденные колебания.

564. V = ^ cos (lOOTrf - Г) _ 50е-314* [В].0 г>2 _ с г>2 1 j----------------------

565. R = - - f ----= 1370м, L = — J \ m \ - (Rx + Д2)2 = 1,16 [Г],1 R2 — R\ Z7TI' Vгде R\ = 110 Ом и J?2 = 275 Ом — сопротивления первой и второй лампочек соответственно.

566. Р е ш е н и е . Пусть параметры цепочки таковы, что при наложении синусоидального напряжения в ней устанавливается синусоидальный ток; при этом можно пользоваться понятием импеданса. Если удалить первые два звена цепочки Z\ и Z2, то останется такая же бесконечная цепочка. Ее можно заменить одним звеном с импедансом Z . Тогда получится схема, изображенная на рис. 262. Импедансы 7 и 7 2 соединены параллельно, их результирующий

Рис. 262 Рис. 263

импеданс Z Z 2/{Z + Z2) соединен последовательно с импедансом Z\. В результате должен получиться импеданс Z , т. е.

z = Zx + Y V z2' откуда Z = T + \ I ^4+ Z 'Z2-

Знак плюс перед квадратным корнем означает, что из двух значений корня следует брать то, которое имеет положительную вещественную часть. Действительно, квадратный корень есть не что иное, как импеданс Z' бесконечной цепочки, изображенной на рис. 263, а во всякой реальной системе активная часть комплексного сопротивления должна быть положительной.

567. Р е ш е н и е . Полагая в предыдущей задаче Z\ = i X i, Z 2 = iX 2, получаем

z = \ (iX 1 ± ^-(4X 1X 2+ x 2)).

Если 4 X iX 2 + Xi < 0, т. e. подкоренное выражение положительно, то импеданс Z будет содержать вещественную часть, а потому цепь будет потреблять или отдавать энергию в зависимости от знака этой вещественной части. Стационарное состояние в этом случае невозможно, а решение, полученное в предыдущей задаче, неприменимо. Для решения необходимо использовать начальные условия.

Синусоидальный ток в цепочке возможен только при выполнении условия 4 X iX 2 + Х \ ^ 0. Только тогда можно пользоваться понятием импеданса и


решением предыдущей задачи. Вопрос сводится к выбору знака перед квадратным корнем. Для этого предположим, что импеданс Z\ содержит малое омическое сопротивление R\, и перейдем к пределу R\ 0. Полагая Z\ = = i X i -f R\, Z2 = iX 2, из решения предыдущей задачи получаем

я = \ \ J - ( b X \ X 2 + X?) + 2iR\ {Xi + 2Х 2) ,

где Z' = Z — Z i/2 —импеданс бесконечной цепочки, изображенной на рис. 263. При извлечении квадратного корня пренебрежем квадратами R\. В этом приближении

, / 4 Y, Y; + Y .y 4 X tX2 + Xf

Знак надо выбрать так, чтобы вещественная часть этого выражения была положительна. Так как R\ > 0, то в случае Х\ + 2Х 2 > 0 надо взять знак плюс, а в случае Х\ + 2Х 2 < 0 — минус. Полагая R\ = 0, окончательно находим

( l[Xi + y/iXiXz+X*] при X , + 2 Х 2 > 0 ,

[ ^ [ X i - + Xf] при X, + 2Х2 < 0.

Например, если цепочка составлена только из катушек индуктивности, то Х\ > 0, Х 2 > 0 и перед корнем надо взять знак плюс. В этом случае ток отстает по фазе от напряжения на 7г /2 . Если же цепочка состоит только из конденсаторов, то Х\ < О, Х 2 < 0, так что годится только знак минус. В этом случае фаза тока опережает фазу напряжения на к /2.

568. Z = Z\ + ^ Z \ + Z\Z2.569. Р е ше н и е . Электрическая энергия (в гауссовой системе):

q 2 2 cLIq s in 2 uot

e ~ 2C ~ £u2R2 ’Магнитное поле внутри конденсатора создается током смещения. На расстоянии г от оси конденсатора оно найдется из соотношения

Н • 2пг■17Г

С

Апс /,

откудаЯ = — 2 hcosut.

Магнитная энергия, локализованная в конденсаторе:

Wm v f U-2 „г ■ I2o cos2 ut 8Г \ H dV= -----~4Cfl-----

Отношение максимальных энергий:

W ™ KC _ ец ( шR \ 2Y VY? )рцмакс 0,5 • ю -14.


570.„ 7 2тг ЦЯ21У2 2 2 , „ 7W m = --------- ^ ------- 7 0 COS u j t , W e =

ец2?!-2 ;2# 4 2 г2сЧ 4 с4/

/о sin ojt,

W?WM)Г

( UjR\2= Y \ Y ) 1,3- 10 - 1 5

571. 1) Увеличится в 5/3 раза. 2) Уменьшится в три раза.

572. Но = — Для воздушного конденсатора Но = 5 • 10- 5 Э. Дляс 2 а

конденсатора, заполненного средой, Но = еЯовак = 5 • 10- 4 Э. Во = /лЯо = = 5 • 10“ 2 Гс.

573. 1) Концентрические окружности с центрами, расположенными на осисоленоида. 2) Е = <7ГГ°п / — ~ Ю- 8 СГСЭ £з 3 • 10- 4 В/м. 3) Е не

rcz с сизменится, a D возрастет в г = 2 раза.

574. I = - sin ( 2507xt - у ) + 2Ш А. Л V 4 7 84л/2 CV575. Qi = —- (1 +coscc£) на том конденсаторе, который был заряжен.

C V --------Q2 = ~2 ~ (1 _ cos cut) на втором; ш = ^ / 2 / L C .

576. L « 1 Г.577. Т ?з 58- 1(Г6 с.578. Л « 126 км.579. С « 110 пФ.580. 70 = Vq/ ^ / l JC ; величина ^ L j C носит название «характеристиче

ского» или «волнового сопротивления» контура.581. / и 5000 с-1 .582. Аш/шо « 1/тг %.„ „ „ 1 1 1 1 1 1 „ „583. — = ----- 1----- , — = ----- 1-----при параллельном включении; R = Н\ +R R\ R2 L L\ L2

+ R 2j L = L\ + L 2 при последовательном включении.584. Конденсатор включается для того, чтобы исключить возможность воз

никновения заметного тока от сети через цепи приемника на землю. Емкость такого конденсатора должна быть приблизительно равна нормальной емкости антенны (200-300 см), чтобы включение этого конденсатора не изменило существенно диапазона волн, на которые можно настроить радиоприемник.

585. R £з 40 Ом.586. Приблизительно через 12 периодов.587. Коэффициент затухания характеризует время, за которое амплитуда

колебаний в контуре уменьшится в е раз. Логарифмический декремент контура характеризует число периодов, за которое амплитуда колебаний уменьшится в е раз.

588. /о = nl'o.

589. I = У°Ш2 ь с Ш- sinuit- Тмин = 0 при и? = 1 /(LC), / макс = оо при и 2 = 1/(2 LC).

X 2 „ R2590. г = R, х = X.


591. I = — COS CJnt. OJo = . ^L у/LC592. R = Vo/I0 = 10 Ом; t = 2L / R = 0,2 c.593. Энергия уменьшится в два раза; т = 1/(27гДг/) = 1 /27т = 0,16 с.594. шрез = 1 / y j (Li — M 2/L 2)C . Резонанс недостижим, если М 2 = L\L2.595. Р е ше н и е . По закону Ома I = %/(R-\-r). До включения батареи

магнитный поток через сверхпроводящий контур был равен нулю. Он сохранится таковым и после включения тока, т. е. L\I\ — L 2I2 = 0, откуда Д /Д = = L 2/L \. Присоединив сюда уравнение 1\ + / 2 = / , найдем токи Д и Д.

596. 4L / R = 2 • 10“ 5 с.597. 2400 мкГ; 400 мкГ.598. Соединить катушки последовательно и измерить их индуктив

ность L 1, затем переменить концы у одной катушки и снова измерить индуктивность Ь2. Тогда М = (Д1 — Д2)/4.

599. При малых частотах напряжение на индуктивности близко к нулю, на емкости почти равно ЭДС; при больших частотах наоборот.

$R Cu х Rtg<P = -ч—•600. I =

-R2 Luo601. Сила тока останется без изменения. Резонансная частота возрастает

в л/ 2 раз.602. При резонансе мощность, расходуемая источником ЭДС, равна N =

(s? R Если Loo > Д, то с увеличением L вдвое мощность упадетL2u R2

в четыре раза.603. У к а з а н и е . Преобразовать обычную формулу для амплитуды силы

&тока в контуре / = —. = , подставив в нее Д = &/R, ооп =y /R? + [ L u , - ( l / u , C ) ] 2 7

= 27г/о = l/y/LC и частоту внешней силы ш = 2n(fo + А/). Пренебречь квадратами и более высокими степенями А///о.

604. Декремент и коэффициент затухания возрастут в два раза, сила тока в контуре не изменится, а напряжение на конденсаторе уменьшится вдвое.

605^ = 2 Т лЪ ^ 50-606. Q = 30.___ , , uo2S2LHq cos (р г__ , _607. М = 2 ^ у" LHon J• Возможны два положения равновесия:

1) плоскость кольца перпендикулярна к магнитному полю (неустойчивое равновесие); 2 ) плоскость кольца параллельна магнитному полю (устойчивое равновесие). При u L > R

М = МхПри ujL <С R

His22 L

sm (р cos (p.

. . лх co2HlS2Lm = m 2 = — -Ц —2 R2

sm (p cos (p = ъ T ( uoL\2« ■ Ы

Во втором случае вращающий момент меньше.608. — = 4С sin2 а = 1,78 • 107 СГСМ.

тп dzB z609. Добротность контура должна быть Q > 100, т. е. логарифмический

декремент контура менее 3%.610. Примерно 0,2%.


611. См. рис. 264 (а — линия без потерь; б —линия с конечным сопротивлением проводов). При наличии сопротивления проводов существует падение напряжения вдоль проводов, а значит, на поверхности проводов и в пространстве между проводами существует тангенциальная составляющая вектора Е,

вследствие чего вектор Умова-Пойнтинга отклонен в сторону проводов. Часть энергии течет к нагрузке, а часть — к проводам, превращаясь в тепло.

612. Так как Е и Н одновременно меняют свое направление, то вектор S не изменяет направления.

613. Так как моменты изменения направлений векторов Е и Н на обратные сдвинуты между собой на четверть периода, то вектор S каждые четверть периода меняет свое направление на обратное. Действительно, в этом случае

Т т

— Ео sin uot • Но cos uot d t = 0 .47Г

о о

Е Н47Г

d t =

Энергия колеблется в отдельных участках провода, но не течет в одном направлении (стоячие волны).

614. 1) См. рис. 265; 2) S ■ 2тгrl = У Е Н ■ 2тгrl = ф - — • 2тгrl = VI.Ап An I г

615. 1) j CM = i - ^ = 0; 2) jcM =1 dD 1 Vu Q. . .= -----— = — ------ 7Г. 3) Изменится4w dt 4тг d2 ’

знак тока смещения.616. I = I0l / l0, где / — мгновенная

длина соленоида.617. Н = 0.

618. Р е ш е н и е . Если а — поверхностная плотность электричества наположительной обкладке, то D = Апсг и, следовательно, j CM = — D = &. По

Апзакону сохранения электрического заряда j = &. Следовательно, Щюлн = j + + Дм = 0. Магнитное поле в конденсаторе равно нулю.

619. Р е ш е н и е . В силу симметрии магнитные силовые линии будут коаксиальными окружностями с общей осью, совпадающей с осью конденсатора. Поле Н найдется по формуле

Апо Hdl = 2тг гН = — (/ + /см),С

§ 7. Электрический ток в жидкостях 189

где / см = /г 2/В 2 — ток смещения, пронизывающий круг радиуса г. В результате получим

620. Н = Vo cos ut, где г — расстояние от оси конденсатора. Магнитные силовые линии имеют форму коаксиальных окружностей с общей осью, совпадающей с осью конденсатора.

621. Поток энергии равен нулю (см. задачу 619).622. Поток электрической энергии вытекает из конденсатора через его

края, втекает внутрь провода и там превращается во внутреннюю (тепловую) энергию.

623. Р е ш е и и е . Ввиду осевой симметрии полный электромагнитный импульс поля равен нулю. В результате разрядки конденсатора он измениться не может. Поэтому не может измениться и полный механический импульс системы. Но в результате разрядки электромагнитный импульс, локализованный в конденсаторе, уменьшается на ----[ЕН], а электромагнитный импульсполя вне конденсатора увеличивается на такую же величину. В соответствии с этим конденсатор приобретает механический импульс ----[ЕН], равный

47ТС

~ 10_4г-см/с. Соленоид получит такой же, но противоположно направленный импульс. Искру можно рассматривать как ток проводимости. Если бы все электрическое поле конденсатора было локализовано только внутри него, то магнитное поле искры вне конденсатора было бы полностью компенсировано магнитным полем тока смещения (см. задачу 619). На самом деле часть тока смещения проходит вне конденсатора и создает там магнитное поле. Это магнитное поле действует на токи, текущие в соленоиде, и меняет импульс последнего.

624. Так же, как в предыдущей задаче.

625. Будет двигаться против часовой стрелки, если смотреть сверху.626. Количество отложившихся веществ соответствует 1 Кл на аноде и 1 Кл

на катоде, так как за 1 с к катоду не только подходят положительные ионы с зарядом 0,5 Кл, но от него уходят отрицательные ионы с зарядом 0,5 Кл, и, следовательно, у катода освобождается еще столько же положительных ионов, заряд которых равен 0,5 Кл.

627. « 26,8 А-ч.628. е /тн = 2,870 • 1014 СГСЭ.629. т н = 1,67 • 1(Г24 г; е = 4,80 • 1(Г10 СГСЭ.630. Q £з 4 мг.631. 7 = 4,5 А.632. В рассуждениях упущено следующее принципиальное обстоятель

ство. При выделении вещества на электродах электролитической ванны возникает поляризация электродов, в результате которой появляется обратная ЭДС. (Это явление аналогично явлению возникновения ЭДС в аккумуляторах при их зарядке.) При последовательном включении нескольких банок с подкисленной водой обратная ЭДС, складываясь, достигает в конце концов значения ЭДС

§ 7. Электрический ток в жидкостях


аккумуляторной батареи раньше, чем от нее будет взято количество электричества, которое она может отдать, и ток прекратится.

633. 8 «1,06 В.634. Анионом перенесено Q ------ единиц количества электричества, ка-

„ U + V

тионом — Q ------.и + V

635. Приблизительно в 2,5 раза.636. 0,844 и 0,156.637. к « 0,473.638. к « 0,497.639. Взаимодействием катиона с электролитом, в результате чего образует

ся соединение, содержащее вещество катиона и являющееся в растворе анионом. В данном случае при электролизе Cdl2 ионами будут V2Cd и У2(Сс112 + 12).

640. А = Q / vRT In —, где F — число Фарадея, п — валентность.( и + v ) n F С2

641. Путь решения вытекает из предыдущей задачи.RT642. к = —— и, где F — число Фарадея, R — газовая постоянная, п — число

грамм-эквивалентов иона в единице объема, или валентность иона.643. Процессы, происходящие при зарядке и разрядке кислотного аккуму

лятора, могут быть представлены следующей химической формулой:разрядка

РЮ 2 + Pb + 2H2S 0 4 2PbS04 + 2Н20.зарядка

Отсюда следует, что плотность электролита возрастает за счет H2S 04.644. К = A /F = 1,18 • 1(Г8 г/Кл.

645. КСи = — K Ag = l- 4 ^ K Ag = 0,328 • 10“8 г/Кл, где v - валент-Cu -Ag -AgHOCTb.

646. Aoo = F(b+ + b~) = 109 cm2/(O m • г-экв).647. rj = - — m = 1,71 • 10- 3 г/(г-экв • см3); A = 1 /(prj) =

^ N a + A qi

= 70 cm2/(O m • г-экв); a = A/Aoo = 0,64.648. P e ш e н и e . Эквивалентная проводимость воды при стопроцентной

диссоциации Aoo = F(b+ + b~) = 488 см2/(Ом • г-экв). Эквивалентная концентрация г] = т/М, где т = 1 г — масса кубического сантиметра воды, М — относительная молекулярная масса воды. Эквивалентная проводимость реальной воды А = Х/р = 6 ,8 • 10-7 см2(Ом • г-экв). Степень диссоциации а = = А/Аоо = 1,4 • 10-9 . Столь ничтожная степень диссоциации не позволяет осуществить разложение чистой воды путем электролиза. Для этого воду надо предварительно сделать проводящей, добавив к ней, например, серную кислоту.

§ 8. Термоэлектричество

649. 8 • 1(Г5 А.650. С = 5 • 10“5 В/°С.651. T i = 1015 °С.652. 1) V = A2~ Ai + — In —. 2) Vi - V 2 =e e P2

fc(Ti - T 2)

e

§ 9. Электроника 191

§ 9 . Электроника

653. v « 59,5 • 107 см/с.654. v « 0,7 • 1СГ4 см/с.655. V = 1В/(сап), где с —скорость света.

{2Ш НА1Н 2к Т \656. вых — 300 ( j. 1.Р е ш е н и е . Если Т — температура накала нити лампы, по сравнению

с которой можно пренебречь температурой провода, по которому электроны возвращаются к нити, то средняя кинетическая энергия эмиттированного электрона (по Ричардсону), которая теряется нитью, равна 2кТ, где к — постоянная Больцмана. Кроме того, нить теряет энергию, расходуемую на совершениеработы выхода, т. е. <£ВыХе, где р вых — работа выхода, выраженная в вольтах,а е — заряд электрона. Если / — эмиссионный ток, то за секунду вылетаетI /е электронов, а потому нить теряет в секунду количество энергии, равное

^вых 2кТ \ „ „ jН-------1. Вследствие потери этой энергии приходится ток накала / нувеличить на А /н, чтобы не снизилась температура нити. Повышение тока накала нити на А /н выделит дополнительно энергию 2ШНА1Н, где R — сопротивление нити накала. Эта дополнительная энергия компенсирует все потери энергии нити, а потому имеем уравнение

' ( ж + д г ) = 2й,-д '-Отсюда получается ответ.

657. V = VH + (рвых = 8,108 В.1 Va658. Со скоростью от 56 до 60 В вследствие неэквипотенциальности нити

лампы, вдоль которой есть падение напряжения 4 В. Такое распределение скоростей будет иметь место, если анодный ток мал по сравнению с током накала, что обычно имеет место.

659. Конечная скорость электронов у анода лампы останется той же, так как электроны в обоих случаях пройдут одну и ту же разность потенциалов. Однако значения скоростей электронов в промежуточных точках их пути между катодом и анодом будут в обоих случаях различными, так как переключение сетки вызовет изменение распределения потенциалов в электрическом поле внутри лампы.

660. Р е ш е и и е . Под действием силы тяжести свободные электроны в металле будут опускаться вниз. Вследствие этого верхняя поверхность тела зарядится положительно, а нижняя — отрицательно. В металле возникнет электрическое поле Е, направленное вниз, т. е. препятствующее дальнейшему опусканию электронов. Опускание прекратится, когда mg + еЕ = О, т. е. когда электрическое поле уравновесит силу тяжести (ш — масса, е — заряд электрона). Так как поле Е однородно, то объемных зарядов в металле не возникнет, как это следует из уравнения divE = Акр. Если пренебречь деформацией решетки под действием силы тяжести, то следует пренебречь и изменением скачка потенциала вдоль поверхности металла на границе с полостью. Тогда тангенциальные составляющие вектора Е на границе с полостью будут непрерывны и в полости установится такое же равновесное электрическое поле, как и в металле, т. е. Е = -m g /e . Так как е < 0, то это поле будет направлено вниз


и равно Е = 1,9 • К Г 15 СГСЭ = 5,7 • 10-11 В/м. В полости поле Е уравновесит силу тяжести, действующую на электрон, и ускорение последнего будет равно нулю. Если на место электрона в полость поместить позитрон, то на него будет действовать сила mg — еЕ = 2mg и эта частица получит ускорение а = 2g, направленное вниз.

661. Р е ш е н и е . Задача сводится к предыдущей, если перейти к неинерциальной системе отсчета, движущейся с ускорением а. В неинерциальной системе отсчета появится сила инерции —т а , действие которой эквивалентно действию силы тяжести той же величины и направления. Поэтому, используя решение предыдущей задачи, найдем, что в полости возникнет электрическое поле Е = та/е 5,7 • 10-13 В/см. Относительное ускорение а отн электрона будет нуль, а позитрона —2а. Абсолютное ускорение найдется по формуле а абс = а + а 0Тн. Для электрона аабс = а, для позитрона а абС = —а. Таким образом, абсолютные ускорения электрона и позитрона будут равны по величине, но противоположны по направлению. Объемных зарядов в металле не возникнет.

662. Е = —— — .1(Ь + 1/ 2)663. Т = 27тпг/Не, т. е. не зависит ни от v, ни от а.664. г = m v/H e.665. Нулю, так как сила, действующая на электрон, все время перпенди

кулярна к его перемещению.

666. А В = 27r™ SQ.Не667. Решение. Радиус кривизны траектории частицы в магнитном поле

р = ср/(еВ). На единицу длины натянутого шнура действует нормально упругая сила Т/р\, которая уравновешивается силой Ампера I B /с. Это дает для радиуса кривизны шнура р\ = Тс/(1В). При выполнении условия р\ = р, т. е. 1р = Те, форма траектории будет совпадать с формой шнура.

668 . Р е ш е и и е . Ускорение жидкости относительно системы отсчета, связанной с вращающейся Землей, определяется выражением

а = 2 [vfi] + а',

где Г2 — угловая скорость осевого вращения Земли, v = v0TH — скорость жидкости относительно Земли, а' — ускорение, вызванное всеми потенциальными силами. Потенциальный вектор а' можно исключить, взяв циркуляцию вектора а по замкнутому контуру. В качестве такового выберем геометрическую ось кольцевой трубы. Тогда

о ads = ofk ds,

где f*K = 2[vf2] — сила Кориолиса, действующая на единицу массы жидкости. Так как жидкость несжимаемая, а площадь поперечного сечения трубы всюду одна и та же, то осевая составляющая ускорения as будет также всюду одинакова. Вынося ее из-под знака интеграла, получим as = &/s, где s — длина трубы, а & означает интеграл & = §{к ds. Эта формула аналогична закону Ома. Роль силы тока, сопротивления и электродвижущей силы играют величины aSy s и &. Аналогом магнитного поля В служит удвоенная угловая скорость вращения Земли 2Г2. Поэтому на основании закона электромагнитной индукции можно написать & = —d&/dt, где Ф — поток вектора 2Г2,


пронизывающий контур s. Таким образом,

d V 1 d<£ Т / 1 А Лas = —— = ------ —, откуда V = — ДФ.at s at s

Через V обозначена осевая составляющая скорости жидкости.Допустим, что кольцо имеет форму круга радиуса R и в начальный момент

расположено горизонтально. Пусть S — вектор площади кольца в этом положении. Повернем кольцо на 180° вокруг горизонтальной оси. Тогда

Фн = 2(«S), Фк = -2 (« S ) ,ДФ = -4 (« S ) = -4 fiS sin 0 .

Здесь в — географическая широта места, где производится опыт. Учитывая, что S = 7гR 2, s = 2irR, и предполагая, что в начальный момент жидкость была неподвижна, получим V = 2£lRsin0. Пусть в конечном положении кольцо находится в покое. Тогда жидкость будет двигаться в нем со скоростью V = = 2£lRsin0. На полюсе в = 90°, V = 2QR. Этот результат легко получить также, относя все движения к «неподвижной» системе отсчета. На экваторе V = 0.

669. г = R / 2; Т = 2пт с/(qB) £з 60 лет.670. Магнитный момент

m _ ~ |е |r Hv f ______ m v2H _ у2<ё (2 с \ н ) ~ 2 Н 2 л / \ — v 2 / с 2 ~ 2 с 2 Н у Н J ’

так как частота обращения частицы в магнитном поле

loh = \е\Н тс2 |е |Н 1 - — с2 1

радиус орбиты заряда гн = v /ион и ^ — скорость частицы ^вы тс2 - полная энергия частицы; ее магнитный момент Ш =

& =

у / 1 — V2/с 2

671. I =

Тс |rvО-D 2 Vm

Tzn(D2 - d2)672. ^ кул/ ^ амп = mc2/{2eV) ъ 25.673. В = %/{Re) = V /R = 1,07 • 107 Гс (ускоряющее напряжение, соответ

ствующее энергии &, равно V = 7,6 • 10ю В = 2,53 • 108 СГСЭ).У к а з а н и е . Протоны считать ультрарелятивистскимн. Их скорость на

столько близка к скорости света, что энергия покоя протона пренебрежимо мала по сравнению с кинетической энергией. При таких условиях кинетическую энергию можно вычислить по формуле & = тс2, где т — релятивистская масса протона.

674. to — ujq = ± - — = ± —-------£ 3 10 6 с 1. Частота ш возрастет, если век-2тс 2тс

торы Н иш направлены противоположно, и уменьшится, если они направлены в одну сторону.

675. Для Li7 V = Е г\п (г 2 /г \) рз Е{г2 — п) рз 245 В, Е = 408 В/см. Для Li6 V = 229 В, Е = 381 В/см.

676. 1) Если взять начало координат в точке выхода электрона и направить ось X перпендикулярно к пластинам против направления электрического поля, а ось Y — параллельно пластинам и перпендикулярно к магнитному полю, то



траектория электрона будет определяться уравнениями

Ет с2 ( Нех = —-— 1 — cos---ъН2е V гпс У =

Ет сzН 2е

Не . Не — t — sm — ъ

2) 2Ет с2/ ( Н 2е) < d, у = тгтс2Е / (Н2е), где d — расстояние между пластинами, е — заряд электрона, т — масса электрона, с —скорость света.

677. Компоненты начальной скорости вдоль пластины катода (vyo) и перпендикулярно к ней (vxo) должны быть vyo = - Е / Н , ^ж0 = 0; г = Е т / ( Н 2е)х х Г = 2тгш/(Яе).

678. Р е ш е н и е . Электрическое поле Е можно найти, пренебрегая расширением пучка. На границе и вне пучка Е = 27гсг, где сг = i/e — заряд, приходящийся на единицу площади пучка. Частицы, находящиеся на границе пучка, в поперечном направлении будут двигаться равноускоренно и за время t сместятся на

Ay = eEt2/(2т) = еЕх2/(2mv2).

Искомое расстояние х определится из требования А у = d/ 2, которое дает

х = y jm v2d / (2ni) , v = ^ 2 К/m .

Отсюда ж = 13 см.

679. В < сАт 1 — РЗ 4000 Гс, t = Me

атома урана, А т — разность масс атомов U238 атомная масса U238, тр — масса протона.

А т р !2,5

и U233, А =

680. Ш = m v2/2Н.681. М = m 2v2/еН.682. г « 1,9- 10“ 13 см.

года, где т — масса

238 — относительная

683. х = г 1 еН +1 — cos--- I УсЕ . еН тс— t + г sm — t, где г = — Н тс еН

v — с Е \~н) '

ось X параллельна электрическому полю, ось Y перпендикулярна к обоим полям.

684. v = с[ЕН ]/Я2.е ио212685. — = ----- где п — целое число.

т ( I n — 1 у

686 . р = Еа3.687. и = — В и 25- Ю10 с“ '.

т688 . nv : п = ^ /п , где п — число полукругов, сделанных дейтоном после

вылета.689. q = Im,/{eSd) и 0,6 • 10ю см“3-с-'.690. Между пластинами конденсатора имеется пространственный заряд,

плотность которого на расстоянии х от катода равна р(х). Поэтому

d2V dx2 Л7Тр(х).

Если подвижность электрона и , то плотность тока

(690.1)


Из (690.1) и (690.2) получаем

dV d2V 4тг? d ( d V \ 2 8тгj-------- - = ---- , или — — = ----dx dx2 и dx \ dx / и

(690.3)

Когда ток достигает значения насыщения, то при х = 0 и j = j uac будем иметь (dV/dx)x=о = 0. Поэтому, интегрируя (690.3), получаем

dV _ / ЗтЩнас 1/2dx V и

Дальнейшее интегрирование дает

Зтд/насU

откуда _ 32тг d3IHac ~ ~9~ S V 2 '

691. п = \J~qfci th (£/т), где т = \J 1/(да).692 п = / Г (У? + »оУ^) ~ (У? ~ п0ч/а ) е ~ 2*/'г

- П V а ( ^ + п 0 У а ) + ( ^ 9 - п о У а ) е - 2* / т

693.

где г = Щ Д д а ) .

П П о

694. q = I mt/(Sle) = 1,25- 109 см ^ -с -1; п = лД /а =2,7- Ю7 см“3.695. 7„ac = = 4 • 10-16 А.

SV а696. t = — — « 1,3 • 106 с и 15 сут. 4тгг/„ас697. 1) т = 1/(поа) = 0,06 с; 2) г = 3/(ща) = 0,18 с.698. Р е ш е н и е . Среднее число столкновений положительных ионов с

отрицательными в единице объема в единицу времени, сопровождающихся рекомбинацией, определяется выражением v = л/2 n2crv, где ^ — средняя скорость теплового движения молекулы. В стационарном состоянии это число должно равняться числу вновь образующихся пар ионов q = а п 2 в том же

/8 RTобъеме за то же время, т. е. л/2 &v = а. Подставляя сюда v = \ ------- , где R —V 7Г М

универсальная газовая постоянная, а М — относительная молекулярная масса воздуха (М 28,8), получим

(7 = 2,5- К Г 11 см2.

699. Если пренебречь массой электрона по сравнению с массой иона, то vei = n2creiVe, где ve — средняя тепловая скорость электрона. Рассуждая, как в предыдущей задаче, получим

<Т е г — ~Vea e i / 27Г7П е

4 V kT ’где к — постоянная Больцмана, тпе — масса электрона, a aei — коэффициент рекомбинации электрона с положительным ионом. Величины uei и crei также снабжены двумя индексами, чтобы явно отметить, что речь идет о столкновениях электронов с ионами.

700. и = Ы1/2с0.701. j = noe(exp{ad}), где е — заряд электрона.702. j = noe(exp{ad} — 1 ) /а , где е — заряд электрона.

7*


703. v = д/2е р /т = 1920 км/с.704. Положительный столб укорачивается.705. Кроме продольного градиента потенциала, имеется поперечный гра

диент вследствие диффузии зарядов к стенкам трубки.706. Вследствие того, что электрическое поле у поверхности катода пер

пендикулярно к этой поверхности и значительно сильнее, чем в остальном пространстве трубки (катодное падение).

707. Р е ш е н и е . Если масса иона ш, его расстояние от общего центра масс п , а частота обращения ш, то общая кинетическая энергия вращения ионов равна

ттчтцссг rri2{d — r\yujz 2 1 2 ’

где d — расстояние между ионами. Согласно закону равномерного распределения кинетической энергии по степеням свободы эта энергия равна кТ. С другой стороны, на каждый ион действует центростремительная сила, равная силе взаимодействия между ионами. Следовательно,

2 2/j \ е2m\UJ Г1 = ГП2СС yd — Г\ ) = —.

Из этих уравнений находим9hT _ e2ri , e2(d~r i) 2kI ~ +

сР'

d 'Отсюда d = е2/2кТ, и, следовательно, искомый электрический момент

р = de = -— F 2 кТ

1,4- 10-16 СГСЭ.

§ 10. Электромагнитные волны/с 7Г*2/ /с 7Г*2/708. Vx = Vo cos —j—, Ix = /о s in ——, где Vo — амплитуда напряжения

в пучности напряжения, /о — амплитуда тока в пучности тока, х — расстояние от начала линии, к — номер гармоники (к = 1,2,3,...). = кс/(21), где с —скорость распространения волн вдоль линии (для воздушной линии с 300000 км/с). Распределение амплитуд для одного из собственных колебаний (третьей гармоники) приведено на рис. 266.

Рис. 266

§ 10. Электромагнитные волны 197

709. Vx = Vo sin —j—, I x = I o c o s —j—, v = — . Обозначения те же, чтои в ответе к предыдущей задаче. Распределение амплитуд для одного из собственных колебаний (четвертой гармоники) приведено на рис. 267.

Рис. 267

710. Vx = Vo cos 2k + 1 7гж~~2 Г , 1Х = /о sin

2k + 1 7гж””2 Г

2 /с + 1 с

’ щ = - Г " у гдеж — расстояние от разомкнутого конца линии, к = 0, 1,2, 3 ,... (2к + 1 — номер гармоники). Распределение амплитуд для одного из собственных колебаний (пятой гармоники) приведено на рис. 268.

Рис. 268

711. р = 120In(d/r) я 468 0м.Р е ш е н и е . Выделив элемент линии длиной dx (рис. 269), можем напи

сать два уравнения Кирхгофа для этого элемента:

т/ т \ Т/ \ _у 1 dV д1 dV , - ЛЛ 1ЧI (x + dx) — I(x) = С\ d x - - , или — = С\ ; (711.1)dt дх dtV(x + d x ) - V ( x ) = U d x ^ - , или (711.2)4 ' 4 7 /-J-f /Чгу* /Ч-t-

где С\ и L\ — емкость и индуктивность на единицу длины линии. Дифференцируя одно из уравнений по х , а другое по t и исключая одно из неизвестных,


получаем уравнения для тока и напряжения:

d 2i d 2i d 2v d 2v

d x 2 ~ b l ° ' d t 2 ’ d x 2 ~ L ' C l d t 2 '(711.3)

Если напряжения и токи в каждой точке линии меняются со временем по гармоническому закону с угловой частотой ш, то решения уравнений (711.3) имеют вид / х \ / х \

I = Iq sin uj [ t - -J , V = Vo since - -J ,

где v = \/y/L\C\ — скорость распространения волн вдоль линии. Подставляя эти решения в уравнение (711.1), получаем отношение амплитуд напряжения и тока, т. е. волновое сопротивление линии:

VoIo

1Vс[

иС х ’

причем р получится в омах, если L\ и С\ взяты в практических единицах. Так как для воздушной линии всегда v 3 • 10ю см/с, то обычно пользуются формулой р = 1 /vC\, причем погонная емкость должна быть взята на сантиметр

/(х)

-f--------1-----Ч-------- Г -

Cxdx =:

^Lydx

V(x) Ctdx

\L\dx~1--------Т--------Ч--------Г -

------ d x ------

I ( x + dx)

-- V(x + dx)

Рис. 269длины, если скорость выражена в см/с. Если выражать емкость в единицах

30СГСЭ (т. е. в сантиметрах), то р = —-— -—-Ом. Подставляя значение вза-С 1 ( с м / с м )

имной емкости двух параллельных проводов, приходящееся на сантиметр ихдлины, С\ = -—;——, получаем приведенное в ответе выражение.

4 In (d/r)712. р = 601п(Д/г) « 97 0м.Решение. Так как внутри коаксиальной линии находится воздух, то для

нее пригодно то же выражение для волнового сопротивления, которое получено в предыдущей задаче. Подставляя в это выражение емкость, приходящуюся на1 см концентрической линии, С\ = 1

ное в ответе. 2 1п ( Д / г ) ’получаем выражение, приведен-

713. v = c/y/i и 1,43 • 10ю см/с.714. Тк = 2 l/kv, где к — номер гармоники и « = с/у/е = 3,3 • 109 см/с —

скорость распространения электромагнитных волн в воде (диэлектрическая проницаемость воды е ~ 80).


715. i/i = v/Al « 3000 Гц.716. р = 601°(ДАЩ 68 0м.

Р е ш е н и е . Волновое сопротивление р= \/{vC\), и так как v в л/ё раз меньше, чем в вакууме, а С\ — в е раз больше, то волновое сопротивление в л/ё раз меньше, чем для такого же кабеля с воздухом в качестве диэлектрика (см. решения задач 711, 712).

717. ZBX 2тт1 />ctg — . Поэтому, если длина волны Лравно:

1) индуктивное — |216ctg(2/37r)| 1300м;

с/и = 6 м, то Z BX

2) параллельный резонанс — |216c tg 7г| = оо;3) емкостное — |216ctg(7/67r)| ~ 374 0м;4) последовательный резонанс — |216ctg(5/270| = 0.Р е ш е н и е . Если конец линии разомкнут, то амплитуды напряжения и

тока вдоль линии распределяются по закону

2ттхVx = Vo cos ——, Л I x = /о sin 2ттх

где х — расстояние от разомкнутого конца линии, a Vo и /о — амплитуды в соответствующих пучностях. Поэтому в начале линии (х = I)

ZBX -- Vo + 2тг Iт c tgn r/ о А

Так как Vq/ I q = р, где р — волновое сопротивление, то

ZBX --2тт1 pets —

Характер входного сопротивления можно определить по тому, как оно зависит от частоты: если растет с ростом частоты (уменьшением длины волн), то сопротивление носит индуктивный характер; если уменьшается с ростом частоты — емкостный. В случае 1) с увеличением аргумента ctg растет (второй квадрант) и сопротивление носит индуктивный характер. В случае 3) с увеличением аргумента ctg уменьшается (третий квадрант) и сопротивление носит емкостный характер. В случае 2) на всей линии укладывается одна полуволна, у входа линии и у ее конца лежит узел тока, т. е. амплитуда тока у входа / вх = 0. Это — случай, аналогичный случаю параллельного резонанса в контуре без потерь. В случае 4) на всей линии укладывается %Л и у входа линии лежит пучность тока, следовательно, при конечном значении амплитуды напряжения у входа VBX оказывается 1ВХ = оо. Это — случай, аналогичный последовательному резонансу в контуре без потерь.

718. ZBX 2пх 2пхp tg — — 216tg — . Входное сопротивление является ин

дуктивным, пока расстояние до мостика меньше А/4, т. е. х < 1,5 м. При х = 1,5 м Z BX = оо (параллельный резонанс). При 1,5 м < х < 3 м входное сопротивление носит емкостный характер. При х = 3 м ZBX = 0 (последовательный резонанс). При 3 м < х < 4,5 м входное сопротивление снова приобретает индуктивный характер, и так далее.


Р е ш е н и е . Так как конец линии замкнут накоротко, то амплитуды напряжения и тока вдоль линии распределяются по закону

. 2тгжVx = Vo sm — ,

_ 2тгхJ-x — J-0 COS ^ ,

где Vo и /о — амплитуды в соответствующих пучностях, х — расстояние от конца линии (мостика). И так как Vq/ I q = р, то

2ттхР Ч — .

Характер нагрузки определяется с помощью соображений, приведенных в решении задачи 717.

719. ZBX 360 М 5 ± 0 8 2 И

4 м12200м, причем сопротивление носит

индуктивный характер.Р е ш е н и е . Емкость С , включенную в конце линии, можно заменить

отрезком разомкнутой линии, длина которого /экв определяется из условия,что емкостное сопротивление Х с , fc3KB

pctgT . Так как отрезок линии должен

заменить емкостную нагрузку, то его длина 1ЭКВ должна быть меньше А/4. Подставляя значения из условий задачи, находим

/экв = arcctg — = arcctg ^ £з 0,82 м. 27г р 2п 360

Далее задача сводится к отысканию входного сопротивления разомкнутой линии длиной / + /экв = 5,82 м (см. задачу 615).

720. ZBX — 47 ctg 2тг(20 + 2 ,44) м 183 0м, причем входное сопротивле-1 1 , 2 м

ние носит емкостный характер.Р е ш е н и е . Аналогично предыдущей задаче, заменяем индуктивность от

резком разомкнутой линии, длина которого определяется из условия, что27г/эквиндуктивное сопротивление Х ь = Р ctg- А

Из условий задачи находим/экв = 2,44 м. Далее задача сводится к отысканию входного сопротивления разомкнутой линии.

721. 1) Z BX = -X— « 260000 0м; 2) Z BX = ^ = 0,5Ом.Н\1/2 2Р е ш е н и е . 1) На длине линии укладывается %А, и в случае замкнутой

линии у входа линии будет узел тока (так как на замкнутом конце пучность тока). Поэтому этот случай аналогичен параллельному резонансу. Но при параллельном резонансе эквивалентное сопротивление контура Z 3KB = X ^ 2/R , где X i t2 — реактивное сопротивление любой из цепей (так как для обеих цепей при резонансе оно одинаково). Далее, так как Х 2 = сuL, а ш = 1 / V L C , то Z3KB = = L/(C R ) = р2/R , где р = л/ L / C — «волновое сопротивление» параллельного контура. Аналогично этому для параллельного резонанса в линии ZBX = р2/ R A, где R a — «действующее» активное сопротивление в линии, определяемое из условия

Rail Ri[I(x)]2d x = ^О


(Jo — амплитуда тока в пучности). Иначе говоря, R A — это такое сопротивление, которое, будучи включено в пучность тока, вызовет те же потери, что и активное сопротивление, распределенное вдоль линии (так как распределение тока синусоидально, то «действующее сопротивление» оказывается равным половине активного). Поэтому в рассматриваемом случае ZBX = р2/(R\l/2).

2) При разомкнутом конце у входа линии расположится пучность тока, что соответствует последовательному резонансу. При последовательном резонансе входное сопротивление линии равно «действующему» активному сопротивлению (аналогично случаю последовательного резонанса в контуре), т. е. ZBX = R\l/2.

722. 1) ZBX = p2r = 20000м; 2) ZBX = г = 80 Ом.723. ZBX = 400 Ом.Р е ш е н и е . Если линия замкнута на активное сопротивление, равное

волновому, то отражения волн на конце линии не происходит. Следовательно, в линии распространяется только бегущая волна и отношение между амплитудами напряжения и тока во всех точках линии, и в частности у входа, одинаково и равно р.

724. Характер электрического и магнитного полей в концентрическом кабеле изображен на рис. 270 а. Электрическое поле напряженности Е направлено по радиусам, магнитное поле напряженности Н — по касательным

к окружностям. При этом Е = 2q/r = 2C\V/r и Н = 21/г, где С\ — емкость на единицу длины кабеля, г — расстояние от оси кабеля, q — заряд на единицу длины кабеля, I — ток в кабеле.

По теореме Умова-Пойнтинга поток энергии, протекающей за элемент времени dt через поверхность 5, равен

dWs1

4-7Г[EH] dS

sdt.

В рассматриваемом случае через поперечное сечение кабеля за элемент времени dt протекает поток энергии (рис. 2706)

г 2 г 2' 1

[ 4Cl2y C s l dt = " 1 \ АС' Э - ^ г а г ] dt = 2C\VI dr4тг ^ г2 47Г Г2 _ г

S г \ г \

= 2C iV Iln — dt.


И так как С\ = ———;—-, то dW = VI dt. Но так же выражается и работа, 2 т{г2/г\)совершаемая источником за элемент времени dt. Так как в случае бегущей волны амплитуды напряжения и тока в любом сечении кабеля такие же, как у зажимов источника ЭДС, то при интегрировании за единицу времени энергия, протекающая через сечение кабеля, окажется равной мощности, отдаваемой источником. ^

725. 1) 1Х = / 0 sin ——, где /о — амплитуда тока в середине провода (в пучности тока) и х — расстояние от начала провода;

Щ = ^ = к ■ 25 • 106 Гц, Хк = — = Р м ,21 к

где к = 1,2, 3,2/с | 1 7TQ02) 1Х = /о cos —------—, где /о — амплитуда тока у заземления (в пучности

тока) и х — расстояние от заземления;

Щ = 22 l± l £ = (2fe + 1). 12,5 • 106 Гц, Afc = — = м,4 / i/fo 2 к -г 1

где к = 1,2, 3,...726. Л = 6 мм.

а;2/2/Д /2727. 7V = 20---- = 807Г ^/эф» гДе Дф — эффективное значение тока

в диполе. с728. Я И = 80 Ом.Решение. Поле, создаваемое каждым элементом тока, пропорционально

силе тока в этом элементе. Если считать, что поля от всех элементов тока приходят в одинаковой фазе, то амплитуда общей напряженности поля будет

iпропорциональна j l (x )dx , где / — длина вибратора. Так как ток в вибраторе

ораспределен по закону Ix = 70sin — , то

1{х) dx = — /о-J 7ГО

При равномерном распределении тока мы получили бы величину /о- Иначе говоря, полуволновый вибратор длины / создает такую же напряженность поля, какую создавал бы вибратор с равномерным распределением тока, равного

2току в пучности полуволнового вибратора, и длиной 1\ = — / (Zi называется

7Т«действующей длиной» для «действующей высоты» полуволнового вибратора). Поэтому для подсчета мощности, излучаемой полуволновым диполем, доста-

2точно в ответ предыдущей задачи вместо I подставить — /. Получим N =

4Z2 П= 80-у / э2ф = 80/э2ф (так как Z = А/2). Следовательно, ЯИ = 80 Ом.Мы произвели подсчет, полагая, что поля, приходящие от всех элементов

тока, совпадают по фазе. Это, однако, не совсем верно: расстояния от отдельных элементов вибратора до рассматриваемой точки несколько различны, и поэтому несколько различны и фазы полей. Более точный подсчет с учетом


этого обстоятельства дает для сопротивления излучения полуволнового вибратора значение Ли = 72 0м.

729. Ли = 4 0 Ом.Р е ш е н и е . Заземленный четвертьволновый вибратор создает над Зем

лей такое же поле, какое создавал бы вдвое более длинный полуволновый вибратор при том же токе в пучности, если бы Земля отсутствовала, иначе говоря, четвертьволновый вибратор создает только «верхнюю половину» того поля, какое создавал бы соответствующий полуволновый вибратор, и, значит, излучает только половину мощности. Следовательно, сопротивление излучения заземленного четвертьволнового вибратора вдвое меньше, чем полуволнового, т. е. Ли = 40 Ом.

730. Л' = 140 Ом.Р е ш е н и е . Так как вибраторы расположены близко, то поля их приходят

в каждую точку в одинаковой фазе, и оба вибратора создают поле вдвое большее, чем каждый в отдельности. Значит, они излучают вместе вчетверо большую мощность, а каждый излучает вдвое большую мощность, чем в отсутствие другого. Следовательно, каждый вибратор обладает вдвое большим сопротивлением излучения, чем то, которое он имеет в отсутствие другого вибратора.

731. Волновый вибратор можно рассматривать как два полуволновых вибратора, расположенных на одной прямой. Но поля от этих вибраторов приходят в каждую точку, вообще говоря, с некоторым сдвигом фазы. Следовательно, излучаемая ими мощность будет меньше, чем излучаемая двумя вибраторами, расположенными параллельно и близко друг к другу (рассмотренными в предыдущей задаче). Поэтому и сопротивление излучения волнового вибратора будет меньше, чем сумма сопротивлений излучения двух вибраторов предыдущей задачи. С другой стороны, в случае двух уединенных, т. е. находящихся далеко друг от друга, вибраторов можно считать, что они вообще излучают независимо, между тем как для волнового вибратора поля в большей части пространства совпадают по фазе и, значит, складываются. Поэтому излучаемая мощность, а следовательно, и сопротивление излучения волнового вибратора больше, чем сумма излучаемых мощностей, а значит, и сопротивлений излучения двух уединенных полуволновых вибраторов.

732. Е « 2,2 мВ/м.Р е ш е н и е . Эффективная напряженность электрического поля полуволно

вого диполя в экваториальной плоскости (см. задачу 727)

£ эф = 30— - ^ = 60 ДА 7Г Г Г

где 7Эф — эффективная сила тока вибратора в пучности. Так как, с другой стороны, / Эф = y /N /R n , где Ли — сопротивление излучения, то Еэф = вО \/^/Л и

Для полуволнового диполя Ли = 72 0м и Еэф « в/м.г733. N' « ~ 8 • 1(Г6 Вт, где Ли — сопротивление излучения8тГ2 Ли'Н Г

вибратора, равное 72 0м.734. Р е ш е н и е . Электродвижущая сила, создаваемая приходящей вол

ной в приемном вибраторе, в каждом элементе вибратора dx может развивать наибольшую мощность dN = 1Эф(х)ЕЭф dx, где / Эф — эффективная сила тока в данном элементе вибратора, а Е Эф — эффективная напряженность поля при


ходящей волны. Во всем полуволновом вибраторе приходящая волна может развивать наибольшую мощность

7ГЖ 2 1N = /о эф sin —j— Е эф ds = — I q Эф.Е/эф,

где /о эф — эффективная сила тока в пучности. Следовательно, приемный виб-21ратор можно рассматривать как источник ЭДС $Эф = — ЕЭф (поэтому 2//7Г7Гназывают «действующей длиной» полуволнового приемного вибратора) с неко

торым внутренним сопротивлением г. Это внутреннее сопротивление во всяком случае не может быть меньше сопротивления излучения вибратора (которым он обладает, помимо омического сопротивления). Наибольшую мощность вибратор будет отдавать приемнику, если входное сопротивление приемника RBX = ЛИ. Тогда полное сопротивление цепи будет равно 2RH и полная мощность, выделяемая в цепи, N = &1ф/2ИИ. При равенстве внешнего и внутреннего сопротивлений половина этой мощности будет выделяться в приемнике, и, следовательно, наибольшая мощность, которую может получить приемник,

= эф = £э2ф (21М2 =4ЯИ 4ЯИ 7г2Яи

735. В плоскости, проходящей через ось вибратора, — рис. 271а; в экваториальной плоскости, перпендикулярной к оси, — рис. 2716.

736. По мере увеличения длины вибратора будет становиться заметной разность фаз полей, пришедших в какую-либо точку от разных элементов вибратора (рис. 272а). Эта разность фаз будет тем больше, чем больше

аРис. 272


угол (р. Поэтому амплитуда поля вибратора при больших углах <р уже не будет равна сумме амплитуд от отдельных элементов вибратора, а будет меньше этой величины. Это приведет к тому, что характеристика направленности в плоскости, проходящей через ось вибратора, будет сплющиваться (рис. 272 6). В плоскости, перпендикулярной к оси вибратора, характеристика по-прежнему останется окружностью.

737. 1) См. рис. 273 а; 2) см. рис. 273 6.

738. См. рис. 274 а.Решение. Так как между токами в вибраторах сдвиг фазы равен 7г,

поля обоих вибраторов окажутся в фазе в тех направлениях, для которых разность хода d = А/2. А так как d = Xsinp (рис. 274 6), то этим направлениям соответствует угол р = 30° с прямой, перпендикулярной к линии, соединяющей вибраторы. Во всех четырех направлениях, удовлетворяющих этому условию, напряженность поля будет наибольшей. В направлении линии, соединяющей вибраторы, излучение будет отсутствовать.

739. См. рис. 275.Решение. Второй вибратор, отстоящий на расстоянии А/4 от первого

и питаемый током, запаздывающим по фазе на 7г/2 относительно первого, устраняет излучение в направлении линии, проведенной от второго вибратора к первому (так как в этом направлении сдвиг фазы между полями обоих вибраторов равен 7г). Наоборот, в направлении от первого вибратора ко второму


разность хода компенсирует сдвиг фазы, оба поля оказываются в фазе и в этом направлении излучение оказывается наибольшим. Если второй вибратор не

питают непосредственно током, а подбирают его настройку (длину) так, чтобы ток первого вибратора создавал в нем ток, сдвинутый по фазе относительно первого на 7г/2, то он действует так же, как в рассмотренном случае. Такие «пассивные» вибраторы называются рефлекторами.

740. См. рис. 276.Решение. Максимум главного лепестка

(рис. 276 а) соответствует направлению, в котором поля всех вибраторов совпадают по фазе. Если изображать поля всех диполей в виде одинаковых векторов, то направлению главного максимума соответствует расположение векторов, указанное на рис. 276 б. В направлени

ях, отличных от главного максимума, существует сдвиг фазы между полями отдельных вибраторов, чему соответствует поворот векторов на некоторый угол относительно друг друга. Когда векторы образуют замкнутую фигуру (рис. 276 в), результирующее поле будет равно нулю. Это произойдет в первый раз, когда векторы повернуты на угол 7г/4 относительно друг друга и образуют восьмиугольник. Соответственно разность хода d = А/8 (рис. 276 г),

Рис. 275

Рис. 276

т. е. smp = 1/4, или р « 14°30'. Под этим углом в обе стороны от главного максимума будут лежать оба минимума, т. е. полный угол раствора главного лепестка равен 2(р = 29°. Максимум первого бокового лепестка получится, когда векторы сделают полтора оборота; тогда их замыкающая, т. е. результирующее поле, достигнет снова максимума. Для оценки величины этого максимума заменим ломаную, образуемую векторами, дугой окружности. Так как полтора оборота этой дуги должны иметь длину, равную сумме длин всех векторов, то диаметр окружности (рис. 276 д) должен быть в Зж/2 раз меньше длины прямой (рис. 276 б). Следовательно, амплитуда максимума в первом побочном лепестке в 37г/2 « 5 раз меньше амплитуды в главном максимуме, а энергия


в 25 раз меньше. При большом числе диполей это отношение не зависит от числа диполей.

741. 1) Верхняя часть рис. 273 б; 2) верхняя часть рис. 274 а. Направления, в которых на диаграмме лежат максимумы и минимумы, определяются условиями

п sin <£макс = (2k + 1) - , п sin MHH = к - ,где р — угол над горизонтом, к — целое число.

Р е ш е н и е . Так как в методе зеркальных изображений должны быть взяты «зеркальные заряды» противоположного знака, то «зеркальный диполь» под поверхностью земли нужно считать колеблющимся в фазе, противоположной фазе колебаний диполя над землей. Поэтому рассматриваемые случаи соответствуют изображенным на рис. 273 б и 274 а. Рис. 277

742. См. рис. 277.743. Направления, для которых на диаграмме лежат максимумы и мини

мумы, определяются из условийк 2к + 1

n s in ^ MaKc = П s in ^ MHH = -------,

где р — угол над горизонтом, к — целое число.Р е ш е н и е . Для вертикального вибратора при противоположных знаках

«зеркальных зарядов» направление тока в «зеркальном вибраторе» совпадает с направлением тока в вибраторе над землей. Поэтому оба вибратора колеблются в фазе, вследствие чего направления максимумов и минимумов меняются местами по сравнению со случаем горизонтального вибратора (см. ответ к задаче 741).

744. Для рамки£ эф = 30Лп<121эф/(сг) « 1 • КГ4 В/м.

Для вибратора Герца длины d, питаемого током 7 Эф,

ЕЭф = ЗОшсТ/эф/(сг) ~ 1,25 • 10_3 В/м,т. е. поле отдельного проводника больше, чем всей рамки в целом.

Р е ш е н и е . Каждый отдельный провод рамки создает поле такое же, как вибратор Герца, но токи в противоположных сторонах рамки направлены

Рис. 278

навстречу, поэтому и создаваемые ими поля направлены навстречу. Вследствие этого в плоскости рамки (рис. 278) результирующее поле выразится так:

30undIoЕ = ---------сг since 30undIo since ( t — — =30oundlo _ . r\ — Г2 ----------2 sin ce--------- since r\ + r2\

2c / '


Е = 30ou2nd2 Iq

то 2 sin —— « — и2с с

sin cj (t — — )• к 'эф30ш2п(121Эф

Таким образом, рамка создает такое же поле, какое создавал бы вибратор Герца длиной /д = uond2/с = 2irnd2/ \ . Поэтому эта величина называется «действующей высотой» рамки. Поле рамки оказывается меньше, чем поле, создаваемое

всеми проводниками, образующими одну из сторон рамки, в отношении 2nd/X (вследствие того, что поля противоположных сторон рамки почти противоположны по фазе).

745. См. рис. 279.746. П = Eund2/c и 2 мкВ.Решение. Так как электрическое поле приходя

щей волны в противоположных сторонах рамки создает ЭДС, направленные навстречу, то для поля приходящей волны получаются соотношения, аналогичные соотношениям для поля, излучаемого рамкой, в задаче 744. Поэтому для «действующей высоты» приемной рамки получается та же величина, как и для «действующей высоты», передающей рамки: 7Д = = uond2/с (для рассматриваемой рамки 7Д = 4 см). ЭДС, индуцируемая в рамке, & = Е1 д. Соотношение для ЭДС в вибраторе Герца то же, что и в предыдущей задаче.

747. v =

Рис. 279

4тtN/.Д

где с — скорость света в вакууме, ей т — заряд и

масса электрона.Решение. Смещение х свободного электрона под действием электриче-

d2xского поля Eosinujt определяется уравнением га—у = Eoesinout, откуда х = = —Ео----- sineot. Величина вектора электрической поляризации

r n . f l 1*

РР = Nex = —EqN e2 sineot,

а вектора электрической индукции* 47г N с2 \D = Ео sin out + Атг = Ео ( 1 --------гг- ) sin ut.muoz j

Диэлектрическая проницаемость ионосферы_ D _ 1 4тг N e2

Eq sin u t moo2

Так как скорость распространения гармонической волны («фазовая скорость») v = с/у/е, то, подставляя найденное выражение для г, получаем ответ.

748. Амин = с cos (py/irm/Ne2 « 23 м, где с —скорость света в вакууме, е и ш — заряд и масса электрона.

Решение. Условие возникновения полного внутреннего отражения волны, распространяющейся в среде с коэффициентом преломления щ при падении под углом (р на границу среды, обладающей коэффициентом преломления П2, имеет вид sin р > п^/пх. В случае волны, распространяющейся от Земли

§ 11. Релятивистская электродинамика 209

к границе ионосферы, щ « 1, а коэффициент преломления ионосферы (см. решение предыдущей задачи)

п 2An Ne2 ш2т

Для предельного случая, когда еще возможно полное внутреннее отра- . . ГЛ AnNe2жение от границы ионосферы, smp = W1----------- , откуда и получается

V ^макс^приведенное выше выражение для наиболее короткой волны:

Лмин2псСЧмакс

§ 1 1 . Релятивистская электродинамика

749. Из формул (14) преобразования компонент 4-вектора находим для плотности тока

si = Г (si — iBs'4 ), s2 = s '2, S3 = S3, S4 = r ( s i + iBs'i),

где Г = (1 - В2)"1/2, а В = V/c.1) В системе К '

р Ф 0 , р = 0 , s ' ( 0 , 0 , 0 ,icp').В системе К

si = T(-iBicp ') = T V р', s2 = S3 = 0, S4 = Ticp .

Поскольку S4 = icp, получаем формулу преобразования плотности заряда:

р = Тр' р'у/\ - V2 / с2 '

Изменение плотности заряда имеет простое истолкование. Если в системе К ' рассматриваемый объем имеет величину dl/1, то в системе К его величина равна d V = d Y 1 - V 2 /с2. По определению р = d e / d Y , р = d e /d Y Отсюда следует инвариантность выражения

р d Y = p d V

Заряд в заданном объеме остается неизменным в любой системе отсчета. Поскольку si = j x, имеем

Плотность тока j x — это плотность конвекционного тока, появление которого связано с тем, что заряды р движутся вместе с системой К ' относительно системы К.

2) В системе К '

Р = 0, j ' { j ' x , j ' y , j ' z ) , s ' ( j ' x , j 'y, j 'z , 0 ).

В системе К (см. формулу (14))

Tjx, s2 jy, S3 j z, s4 = iTB fx .

Ответы к задачам по физике Стрелков, Сивухин (Часть 3)

Education