5
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ

К алаве 1. Электромагнетизм
1.1. а) $m=q_{e} / \sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} G}=1,86 \cdot 10^{-6} \kappa z$, где $q_{e}$-заряд электрона; $G=6,67 \cdot 10^{-8} \mu^{3} /$ ке $\cdot$ сек $^{2}$ – гравитационная постоянная; $m / m_{p}=1,1 \cdot 10^{18}\left(m_{p}=1,66 \cdot 10^{-27} \kappa 2\right)$.
6) Если $Z$-заряд ядра атома, $n$-число атомов в 1 г меди (полагая, что копейка медная), то искомая сила равна $F=10^{-4} n^{2} Z q_{e}^{2} / 4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}$, где $r$ – расстояние между копейками. Подставляя численные значения, имеем $F=1,7 \cdot 10^{15}$ ньютон.
1.2. Радиусы тяжелых атомных ядер хорошо описываются формулой $R=R_{0} \cdot A^{1 / 3}$, где $A$-атомный вес, $R_{0}=1,25 \cdot 10^{-13} \mathrm{~cm}$. Поэтому энергия электростатического отталкивания двух соприкасающихся равномерно заряженных ядер с атомным весом $A$ и атомным номером $Z$ равна
\[
E=\frac{\left(Z q_{e}\right)^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0}} R_{0} A^{1 / a} .
\]

Следовательно, работа, которую необходимо затратить на преодоление электрического отталкивания при образовании ядра урана $U^{236}$ из двух одинаковых половинок, приближенно равна $(A=118, Z=46), E \mathrm{U}=4 \cdot 10^{-11} \partial ж=250$ Mэ $_{\vartheta}$ $\left(2,8 \cdot 10^{6} \kappa в т-ч а с / \kappa 2\right)$. Для двух ядер дейтерия $(A=2, Z=1)$, сливающихся в гелий, $E_{\mathrm{He}}=7,3 \cdot 10^{-14} \quad \partial \mathscr{H}=0,46 \quad$ Мяв $\left(5,9 \cdot 10^{\text {в }} к в т-ц а с / \kappa 2\right)$. Последний результат, однако, гораздо менее точен, поскольку использованное выше выражение для радиуса теряет точность для самых легких ядер.
1.8. Искомую скорость через плотность электронов $n$, площадь поперечного сечения проволоки $S$ и заряд электроиа $\boldsymbol{e}$ можно выразить следующим образом: $v=I / n e S$. Если считать, что плотность электронов в меди совпадает с числом атомов в единице объема $\left(A=64, \rho \Rightarrow 7,82 / \mathrm{cm}^{3}\right)$, то $v=2,72 \mathrm{~cm} /$ сек. Отсюда $v^{2} / c^{2}=8,1 \cdot 10^{-21}$.
1.4. Будем считать движение нерелятивистским. Несмотря на то, что $v / c=1 / 3$, величина
\[
\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}=0,95
\]
близка к единице, что оправдывает такое прнближение. Уравнение движения частицы
\[
m \hat{v}=q \mathbf{E}+q(\mathbf{v} \times \mathbf{B}) .
\]

Запишем в компонентах
\[
m \dot{v}_{x}=q E_{x}-q v_{z} B, \quad m \dot{v}_{y}=0, \quad m \dot{v}_{z}=q v_{x} B .
\]

Частица будет совершать все время движение вдоль оси $z$, если $q E_{x}=q v_{z} B$. При этом $v_{x}=0$ и $v_{z}=$ const. Следовательно (так как $y_{z}=c / 3$ ),
\[
B=\frac{E_{x}}{v_{z}}=\frac{3 E_{x}}{c}=10^{-2} \text { вебер } / \mathrm{u}^{2} .
\]

Заряд частицы не входит в последнее выраженне. Поэтому его знак из данного эксперимента уетановить невозможно.
1.s. а) Введя обозначение $\omega=q B_{0} / m$, запишем уравнение движения $m \dot{\mathbf{v}}=q(\mathbf{v} \times \mathbf{B})$ в компонентах $\dot{v}_{x}=\omega v_{y}, \dot{v}_{y}=-\omega v_{x}$ $v_{z}=0$.
Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая с первым, находим
\[
\frac{d}{d t}\left(v_{x}+i v_{y}\right)=-i \omega\left(v_{x}+i v_{y}\right),
\]

откуда
\[
v_{x}+i v_{y}=a e^{-i \omega t},
\]

причем $a=v_{0}$ (из начального условия $\left.v_{x}\right|_{t \rightarrow 0}=v_{0}$, $v_{y} t_{=0}=0$ ).
Интегрируя далее и разделяя вещественную и мнимую части, находим
\[
x=x_{0}+\frac{v_{2}}{\omega} \sin \omega t, \quad y=y_{0}+\frac{v_{0}}{\omega} \cos \omega t, \quad z=0 .
\]

Удовлетворяя начальным условиям
\[
\left.\boldsymbol{x}\right|_{t=0}=0,\left.\quad y\right|_{t=0}=0,
\]

окончательно находим, что чястица движется по окружности (фиг. 1) в плоскости $x y$, центр которой находится в точке $\left(0,-v_{0} / \omega\right)$, частота вращения равна $\omega=q B / m$ :
\[
x=\frac{v_{0}}{\omega} \sin \omega t, \quad y=\frac{v_{0}}{\omega}(\cos \omega t-1), \quad z=0 .
\]
б) В магнитном поле $B_{x}=0, B_{y}=0, B_{z}=B_{0}+a x$ частица полетит по примерно круговой орбите с радиусом $r=m v_{0} / q B$. Однако в области более сильного поля радиус кривизны траектории будет несколько меньше. При этом орбита уже не будет замкнутой окружностью, а возникнет дрейф, подобный изображенному на фиг. 2.
в) Магнитное поле $B_{x}=0, B_{y}=0, B_{z}=B_{0}+a x$ несовместимо с тем уравнением Максвелла, согласно которому циркуляция вектора В по замкнутому контуру в отсутствие әлектрического поля и токов (в данной задаче $\mathbf{E}=0$ и $\mathbf{j}=0$ ) должна равняться нулю. Действительно, возьмем замкнутый контур $C$ в плоскости $x_{0}$ в форме прямоугольной рамки со сторонами $l$ и $L$ и вычислим циркуляцию В вдоль этого контура. Несложные вычисления приводят к результату $\oint_{\mathrm{C}} \mathbf{B} d \mathrm{l}=-a \cdot L \cdot l
eq 0$ в противоречии 6 уравнением Максвелла.
1.6. а) Движение частицы будет происходить по окружности радиусом $a$ вокруг заряда $Q$, если сила Лоренца будет уравновешена центробежной силой
\[
\frac{q Q}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{2}}+q v_{0} B=\frac{m v_{0}^{2}}{a},
\]
r. е. если
\[
B_{0}=\frac{c}{a^{2} q v_{0}}\left(-\frac{q Q}{4 \pi \varepsilon_{0}}+m v_{0}^{2} a\right) .
\]
б) Сила, с которой магнитное поле действует на частицу, всегда перпендикулярна ее скорости. Поэтому магнитное поле не производит работы над движущимся зарядом, и закон сохранения энергии имеет вид
\[
\frac{m v^{2}}{2}=E-U(r),
\]

где $E$-полная энергия, $U(r)$ – энергия электростатического взаимодействия. Отсюда видно, что скорость частицы есть функция только расстояния
\[
v(r)=\sqrt{\frac{2}{m}\left(E+\frac{Q q}{4 \pi \varepsilon_{0} r}\right)} .
\]
в) В этом случае полная энергия заряда $q$ равна $E=-Q q / 4 \pi \varepsilon_{0} a$ и, следовательно,
\[
v(r)=\sqrt{\frac{Q q}{2 \pi \varepsilon_{0} m}\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{a}\right)} .
\]

Начав в начальный момент «падать» на заряд $-Q$, частица $q$ будет отклонена полем так, как показаио на рисунке. Из выражения (1) видно, что в точках окружности $r=a$ скорость частицы будет обращаться в нуль и будет вновь повторяться исходная ситуация.
$K$ главе 2. Дифбберенциальное исчисление векторных полей
2.1. а) Условия задачи таковы, что полный поток тепла $J$ через поверхность цилиндра произвольным радиусом $a \leqslant r \leqslant b$, коаксиального проволоке, является постоянной величиной. B данной задаче вектор потока тепла $h$ направлен по радиусу цилиндра, следовательно, для цилиндра единичной длины и радиусом $r(a \leqslant r \leqslant b)$ можно написать соотношение
\[
J=h \cdot 2 \pi r=\text { const. }
\]

Если теперь использовать векторное уравнение потока тепла $h=-x_{
abla} T$ и учесть, что векторы $\mathbf{h}$ и $
abla T$ направлены no радиусу цилиндра, то можно написать следующее дифференциальное уравнение:
\[
\frac{J}{2 \pi r}=-x \frac{d T}{d r} .
\]

Интегрируя это уравнение, найдем
\[
T(r)=-\frac{J}{2 \pi \chi} \ln r+D,
\]

где $D$ – постоянная интегрирования. Величины $J$ и $D$ определим из условий: температура при $r=a$ равна $T_{1}$, а при $r=b$ равна $T_{2}$. Отсюда
\[
T=\frac{T_{1}-T_{2}}{\ln (a / b)} \ln \frac{r}{b}+T_{2} .
\]

Следовательно, искомый градиент температуры в изоляционном покрытии равен
\[
(
abla T)_{r}=\frac{T_{1}-T_{2}}{\ln (a / b)} \frac{1}{r} .
\]
б) В этом пункте задачи граничные условия другие, цен в пункте (а), т. е. задано $Q$-количестно тепла, выделяемое током на единице длины медного провода. Если $\rho$-удельное сопротивление, то, согласно закону Ома,
\[
Q=\frac{l^{2} \rho}{\pi a^{2}}=-\left.x \frac{d T}{d r}\right|_{r=a} 2 \pi a,
\]

где $I$-сила тока, протекающего по проводу. Из этого соотношения находим новое граничное условие
\[
\left.\frac{d T}{d r}\right|_{r=a}=-\frac{I^{2} \rho}{x \cdot 2 \pi^{2} a^{3}} .
\]

Используя это граничное условие и (1), находим
\[
J=+\frac{I^{2} \rho}{x \pi a^{2}} \quad \text { и } \quad D=T_{2}+\frac{J}{2 \pi \chi} \ln b .
\]

Следовательно,
\[
T=T_{2}-\frac{l^{2} \rho}{x \cdot 2 \pi^{2} a^{2}} \ln \frac{r}{b} .
\]

Отсюда ( $a=0,1 \mathrm{~cm}, b=0,3 \mathrm{cM}, \rho=1,7 \cdot 10^{-8} \mathrm{OM} \cdot \mathrm{M}$ )
\[
T_{1}-T_{2}=\frac{I^{2} \rho}{2 \pi^{2} a^{2} x} \ln \frac{b}{a}=2,4^{\circ} .
\]

2.2. а) Согласио «Лекциям» [см. вып. 5, § 5, формулы (2.38) $(2,40)]$, компоненты ротора вектора $\mathbf{A}$ равны
\[
\begin{array}{l}
(
abla \times \mathbf{A})_{x}=\frac{\partial A_{z}}{\partial y}-\frac{\partial A_{y}}{\partial z}, \\
(
abla \times \mathbf{A})_{y}=\frac{\partial A_{x}}{\partial z}-\frac{\partial A_{z}}{\partial x}, \\
(
abla \times \mathbf{A})_{z}=\frac{\partial A_{y}}{\partial x}-\frac{\partial A_{x}}{\partial y} .
\end{array}
\]

Дивергенция ротора, по определению, равна величине
\[
\frac{\partial}{\partial x}(
abla \times \mathbf{A})_{x}+\frac{\partial}{\partial y}(
abla \times \mathbf{A})_{y}+\frac{\partial}{\partial z}(
abla \times \mathbf{A})_{z} .
\]

Подставляя в это выражение компоненты ротора А и учитывая тот факт, что порядок вычисления смешанных производных произволен, т. е. что, например, $\partial^{2} A_{4} / \partial z \partial y==$ $=\partial^{2} A_{x} / \partial y \partial z$, легко убеждаемся в равенстве нулю дивергенции ротора произвольного вектора $\mathbf{A}$.
б) Доказательство удобно провести для каждой компоненты в отдельности. Покажем, например, что
\[
(
abla \times(
abla \times \mathbf{A}))_{x}
abla_{x}(
abla \cdot \mathbf{A})-
abla^{3} A_{x} .
\]

Согласно определению, левая часть этого собтношения может быть записана в виде
\[
\begin{array}{l}
\frac{\partial}{\partial y}(
abla \times \mathbf{A})_{z}-\frac{\partial}{\partial z}(
abla \times \mathbf{A})_{y}= \\
=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial A_{y}}{\partial x}-\frac{\partial A_{x}}{\partial y}\right)-\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial A_{x}}{\partial z}-\frac{\partial A_{z}}{\partial x}\right)= \\
= \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial A_{y}}{\partial y}+\frac{\partial A_{z}}{\partial z}\right)-\left(\frac{\partial^{2} A_{x}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} A_{x}}{\partial z^{2}}\right) .
\end{array}
\]

Прибавляя и вычитая в правой части последнего соотношения величину $\partial^{2} A_{x} / \partial x^{2}$ и учитывая, что $\partial A_{x} / \partial x+$ $+\partial A_{y} / \partial y+\partial A_{z} / \partial z=
abla \cdot \mathbf{A}$, убеждаемся в справедливости соотношения (1). Аналогично доказывается это соотношенив для компонент $y$ и $z$.
2.8. в) Так как $R_{x}=x, R_{y}=y, R_{z}=z$, то
\[

abla \cdot \mathbf{R}=\frac{\partial R_{x}}{\partial x}+\frac{\partial R_{y}}{\partial y}+\frac{\partial R_{z}}{\partial z}=1+1+1=3 .
\]
б) $(
abla \times \mathbf{R})_{x}=\frac{\partial R_{z}}{\partial y}-\frac{\partial R_{y}}{\partial z}=0$,
\[
\begin{aligned}
(
abla \times \mathbf{R})_{y} & =\frac{\partial R_{x}}{\partial z}-\frac{\partial R_{z}}{\partial x}=0, \\
(
abla \times \mathbf{R})_{z} & =\frac{\partial R_{y}}{\partial x}-\frac{\partial R_{x}}{\partial y}=0 .
\end{aligned}
\]
в) Легко убедиться, что если $\varphi$-произвольная скалярная фуикция, а А-произвольный вектор, то всегда
\[

abla \cdot \varphi \mathbf{A}=(
abla \varphi \cdot \mathbf{A})+\varphi(
abla \cdot \mathbf{A}) .
\]

Это соотношение полезно запомнить. Из него, в частности, следует и требуемое в условии соотношение. Действительно, выбирая в качестве $\varphi=1 / R^{3}$ и $\mathbf{A}=\mathbf{R}$, а также учитывая, что, согласно пункту (a), $
abla \cdot \mathbf{R}=3$ и $
abla \varphi=-3 \mathbf{R} / R^{5}$,
\[

abla \cdot \frac{\mathbf{R}}{R^{3}}=-3 \frac{(\mathbf{R} \cdot \mathbf{R})}{R^{5}}+\frac{3}{R^{3}}=0 .
\]

Вычисление градиента скалярной функции, зависящей только от модуля радиуса-вектора, – довольно часто встречаемая операция. Поэтому полезно запомнить легко доказываемое соотношение
\[

abla \varphi(\mathbf{R})=\frac{\partial \varphi}{\partial R} \frac{\mathbf{R}}{R} .
\]
p) Искомое соотношение можно доказать вычислением «в лоб». Однако в силу того, что вычисление ротора-одна из популярных фпераций в физике, полезно доказать гораздо более общее соотношение
\[

abla \times \varphi \mathbf{A}=
abla \varphi \times \mathbf{A}+\varphi(
abla \times \mathbf{A}) .
\]

В том, что оно справедливо, можно убедиться непосредственной проверкой. Искомое соотношение следует из вышеприведенного лишь как частиый случай. Действительно, выбирая $\varphi=-1 / R^{3}$ и $\mathbf{A}=\mathbf{R}$, учитывая (1) и тот факт, что $\mathbf{R} \times \mathbf{R}=0$ и $
abla \times \mathbf{R}=0$ [см, пункт (б) настоящей задачи], находии
\[

abla \times\left(-\frac{\mathbf{R}}{R^{3}}\right)=0 .
\]
a) Результат этого пункта задачи следует как частный случай из соотношения (1).
e) $\varphi=R^{2} / 2$.
2.4. а) Если вычислить дивергенцию левой части уравнєния 2 , то, согласно пункту (a) задачи 2.2, дивергенция ротора всегда равна нулю. Совместность уравнений 2 и 3 следует из того, что, согласно уравнению 3 , правая часть получающегося при этом соотношения также обращается в нуль.
6) Вычислим дивергенцию от левой и правой частей уравнения 4. Согласно пункту (a) задачи 2.2 в левой части получим нуль и, следовательно,
\[
\frac{\partial}{\partial t} \operatorname{div} \mathbf{E}+\frac{1}{\varepsilon_{0}} \operatorname{div} \mathbf{j}=0 .
\]

С другой стороны, согласно уравнению $1, \operatorname{div} \mathbf{E}=\rho / \varepsilon_{0}$. Отсюда видно, что из уравнения 4 действительно следует уравнение 5 .
в) Возьмем ротор от левой и правой частей уравнения 2 . Воспользовавшись соотношением пункта (б) задачн 2.2 и уравнением Максвелла 4, получим
\[

abla(
abla \cdot \mathbf{E})-
abla^{2} \mathbf{E}=-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \mathbf{E}}{\partial t^{2}} .
\]

Если теперь использовать уравнение 1 , то получим искомое волновое уравнение.
г) Если аналогичные выкладки проделать исходя из уравнения 4, получим искомое волновое уравнение для в.
д) В силу уравнения 3 вектор В всегда может быть представлен как ротор некоторого вектора $\mathbf{A}$, так как дивергенция ротора тождественно равна нулю. Тогда из уравнения 2 получаем
\[

abla \times\left(\mathbf{E}+\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right)=0 .
\]

Из этого уравнения мы видим, что ротор вектора $\mathbf{E}+(\partial \mathbf{A} / \partial t)=0$ тождественно обращается в нуль. Это означает, что весь әтот вектор может быть представлен как градиент скалярной функции $\varphi$ (скалярный потенциал электромагнитного поля), так как ротор градиента произвольной скалярной функции $\varphi$ тождественно обращается в нуль
\[

abla \times
abla \varphi=0 .
\]

В выполнении последнего соотношения легко убедиться непосредственным вычислением. Но и без этих вычислений ясно, что векторное произведение вектора $
abla$ на самого себя, каковым и является правая часть этого соотношения, всегда равно нулю.
2.5. Поместим начало коордииат в какую-либо точку на оси вращения тела. Пусть $\mathbf{R}$ – радиус-вектор, определяющий положение произвольной точки вращающего тела в произвольный момент времени. Очевидно, скорость этой точки тела в тот же момент времени может быть представлена в виде
\[
\mathbf{v}=\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R},
\]

где $\boldsymbol{\omega}$-вектор угловой скорости.
a) Используя то свойство смешанного скалярно-векторного произведения, согласно которому векторы в нем можно циклически переставлять, найдем
\[

abla \cdot(\omega \times \mathbf{R})=-\boldsymbol{\omega}(
abla \times \mathbf{R}) .
\]

Если теперь использовать соотношеиие (б) задачи 2.3, то получим требуемый результат.

б) Вычислим компоненты вектора $
abla \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R})$, направив ось $z$ вдоль вектора $\omega$. Так как $(\omega \times \mathbf{R})_{x}=-y \boldsymbol{\omega}$, $(\omega \times \mathbf{R})_{y}=x \omega,(\omega \times \mathbf{R})_{z}=0$, ro
\[
\begin{array}{l}
(
abla \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R}))_{x}=0, \\
(
abla \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R}))_{y}=0, \\
(
abla \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R}))_{z}=2 \omega .
\end{array}
\]

Следовательно,
\[

abla \times(\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{R})=2 \boldsymbol{\omega} .
\]
2.6. При операциях с вектором $
abla$ следует всегда помнить, что он действует на векторы, стоящие после него. Поэтому в данном случае формулой для двойного векторного произведения можно пользоваться, но следует изменить в последней формуле порядок сомножителей, т. е. вместо $(
abla \cdot \mathbf{A}) \mathbf{R}$ поставить $(\mathbf{A} \cdot
abla) \mathbf{R}$.
2.7. Дивергенция $\operatorname{div} \mathrm{h}=\partial h_{x} / \partial x=-\chi\left(d^{2} T / d x^{2}\right)$ максимальна в точке $B$, поскольку в этой точке кривизна больше, чем в точке $E$, и отрнцательна. В точке $D$ кривизна хоть и большая, но положительна и поэтому div. $<0$. Во всех точках $\operatorname{rot} \mathrm{h}=0$.

К главе 3. Интегральное исиисление векторов
3.1. а) Согласно «Лекциям» (вып. 5, § 4), первый закон электромагнетизма описывает поток электрического поля: поток напряженности через любую замкнутую поверхность равен заряду внутри нее, деленному на постоянную $\varepsilon_{0}$. Обозначая плотность зарядов в пространстве через $\rho$, запишем этот закон вначале в интегральной форме:
\[
\oint \mathbf{E} \cdot d \mathrm{~S}=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int \rho d V .
\]

Используя теперь теорему Гаусса, напншем
\[
\int \operatorname{div} \mathbf{E} d V=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int \rho d V .
\]

Так как это равенство выполняется для произвольиой вамкнутой поверхности, то, следовательно, $\operatorname{div} \mathrm{E}=\rho / \varepsilon_{0}$.

Второй закон әлектромагнетизма гласит: циркуляция вектора E по любому контуру равна производной по времени от потока вектора В сквозь произвольную поверхность, опирающуюся иа этот контур, т. е.
\[
\oint \mathbf{E} \cdot d \mathbf{l}=\frac{d}{d t} \int \mathbf{B} \cdot d \mathbf{S} .
\]

Используя теорему Стокса, запишем

отсюда
\[
\int\left[
abla \times \mathbf{E}-\frac{d}{d t} \mathbf{B}\right] \cdot d \mathbf{S}=0 ;
\]
\[

abla \times \mathbf{E}=\frac{d}{d t} \cdot \mathbf{B} .
\]

Так как, согласно третьему закону электромагнетизма, поток вектора в через любую замкнутую поверхность равен $0, \operatorname{ro} \oint \mathbf{B} \cdot d \mathbf{S}=\int \operatorname{div} \mathbf{B} d V=0$. Отсіода $\operatorname{div} \mathbf{B}=0$. Наконец, согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора В по контуру может быть представлена в виде
\[
\oint \mathbf{B} \cdot d \mathbf{l}=\frac{1}{c^{2}} \frac{d}{d t} \int \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}+\frac{1}{c^{2} \varepsilon_{0}} \int \mathbf{j} \cdot d \mathbf{S} .
\]

Используя теорему Стокса, находим
\[

abla \times \mathbf{B}=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \mathrm{E}}{\partial t}+\frac{1}{c^{2} \varepsilon_{0}} \cdot \mathbf{j} .
\]
б) Выберем произвольный объем и проинтегрируем по этому объему левую и правую части уравнения $
abla \mathrm{j}=-\partial \rho / \partial t$ :
\[
\int
abla \cdot \mathrm{j} d V=-\frac{\partial}{\partial t} \int \rho d V .
\]

Если воспользоваться теперь теоремой Гаусса, то әто уравнение можно представить в виде
\[
\frac{\partial}{\partial t} \int \rho d V=-\int \mathbf{j} \cdot d \mathbf{S} .
\]

Левая часть этого соотношения представляет собой скорость изменения заряда внутри объема, а правая-количество заряда, вытекающего (втекающего) в единицу времени из объема. Следовательно, равенство этих частей выражает закон сохранения заряда: сколько зарядов убыло в объеме, столько их и вытекло из этого объема.
3.2. Не создает. Действительно, окружим шар сферической поверхностью произвольного радиуса $R$ и выберем на этой поверхности пјоизвольный замкнутый контур так, что ограниченная им площадь поверхности сферы равна $S$. Согласно четвертому закону электромагнетизма, циркуляция вектора $\mathbf{B}$ по контуру может быть представлена в виде
\[
\oint \mathbf{B} \cdot d \mathbf{l}=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial}{\partial t} \int \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}+\frac{1}{\varepsilon_{0} c^{2}} \int \mathbf{j} \cdot d \mathbf{S} .
\]

Так как токи и әлектрическое поле, создаваемое растущим со временем зарядом шара, радиальны, то написанные выше потоки векторов $\mathbf{j}$ и $\mathbf{E}$ через поверхность $S$ составляют лишь долю от потока этих векторов через замкнутую сферическую поверхность, равную $S / 4 \pi R^{2}$. Но, согласно закону Гаусса и закону сохранения заряда,
\[
\frac{\partial}{\partial t} \oint \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}=\frac{\partial}{\partial t} \frac{q(t)}{\varepsilon_{0}}=-\frac{1}{\varepsilon_{0}} \oint \mathbf{j} \cdot d \mathbf{S} .
\]

Величина $q(t)$ в этом соотношении обозначает заряд шара в момент времени $t$. Следовательно,
\[
\frac{\partial}{\partial t} \int \mathrm{E} \cdot d \mathbf{S}+\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int \mathbf{j} \cdot d \mathbf{S}=0
\]

H
\[
\oint \mathbf{B} \cdot d 1=0 .
\]

Так как контур был выбран произвольным, то мы делаем вывод, что касательная к сфере составляющая вектора В равна нулю. Равенство нулю радиальной составляющей вектора В следует из того, что поток вектора В через поверхность сферы должен быть равен нулю, и из того, что в силу сферической сйметрии системы $B_{r}$ одинакова во всех точках сферы.
8.3. a) $4 \pi K$.
б) Если формально воспользоваться теоремой Гаусса, то в силу того, что $
abla \cdot\left(K / r^{3}\right) \mathbf{r}=0$, поток вектора $\mathbf{E}$ через сферическую поверхность оказывается равным нулю в противоречии с найденным в пункте (a) результатом. Это противоречие только кажущееся, так как $
abla \cdot K\left(\mathbf{r} / r^{8}\right)=0$ только для $\mathbf{r}
eq 0$. В точке $\mathbf{r}=0$ выражение для $\mathbf{E}$ обращается в бесконечность, и использование теоремы Гаусса требует осторожности. Правильнее в этом случае было бы поступить так: в качестве объема интегрирования выбрать объем, заключенный между двумя сферическими поверхностями, одна из которых имеет произвольный радиус $r$, a другая – бесконечно малый радиус вокруг точечного заряда. В таком объеме нет зарядов и применение теоремы Гаусса дает правильный результат. При этом поток вектора $\mathbf{E}$ через сферическую поверхность радиусом $t$ оказывается равным потоку через поверхность с бесконечно малым радиусом, но с обратным знаком. Согласио пункту (а), этот поток будет равен $-4 \pi K$.
в) Циркуляция равна нулю.
8.4. Применим теорему Гаусса $\oint \mathbf{a} \cdot d \mathbf{S}=\int \operatorname{div} \mathbf{a} d V$, выбрав в качестве вектора а радиус-вектор $\mathbf{R}$, т. е. $\mathbf{a}=\mathbf{R}$. Учнтывая, что $\operatorname{div} \mathbf{R}=3$ [см. задачу 2.3 (a)], находим
\[
\oint \mathbf{R} \cdot d \mathbf{S}=3 \int d V=3 V .
\]

Отсюда
\[
V=\frac{1}{3} \oint \mathbf{r} \cdot d \mathbf{S} .
\]

К главе 4. Электростатика
4.1. Направим ось $y$ вдоль нити. Тогда заряд, приходящийся на элемент длины $d y$, равен $\lambda d y$, а его расстояние до точки $P$ равно $\sqrt{y^{2}+r^{2}}$. Интегрируя вдоль нити, находим
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{-l_{1}}^{l_{2}} \frac{\lambda d y}{\sqrt{y^{2}+r^{2}}}=\frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon^{0}} \ln \frac{\sqrt{l_{2}^{2}+r^{2}}-l_{2}}{\sqrt{l_{1}^{2}+r^{2}}-l_{1}} .
\]
a) Пусть $r \ll l_{1}, l_{2}$. Тогда с точностью до членов $r^{2} / l^{2}$ получим
\[
\varphi=\frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{4 l_{1} l_{2}}{r} .
\]
б) Пусть теперь $r \gg l_{1}, l_{2}$, тогда с точностью до малых членов порядка $l^{2} / r^{2}$ находим
\[
\varphi \approx \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{l_{1}+l_{2}}{r} .
\]
4.2. Найдем потенциал $\varphi$ в точке $P$, расположенной на оси диска на расстоянии $r$ от его центра, разбив диск на кольца шириной $d \rho$ и средним радиусом $\rho$. Так как отдельные өлементы каждого такого кольца одинаково удалены от точки $P$ на расстояние $\sqrt{\rho^{2}+r^{2}}$, то все оии дадут одинаковый вклад в $\varphi$. Интегрируя по кольцам, т. е. по $\rho$ от 0 до $R$, находим
\[
\varphi=\frac{\sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{R} \frac{2 \pi \rho d \rho}{\sqrt{\rho^{2}+r^{2}}}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\left[\sqrt{r^{2}+R^{2}}-r\right] .
\]

Отсюда напряженность электрического поля $\mathbf{E}$ по величине равна
\[
E=\frac{\partial \varphi}{\partial r}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}\left(1-\frac{r}{\sqrt{r^{2}+R^{2}}}\right)=\frac{\sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}} \Omega
\]
(где $\Omega$-телесный угол, под которым виден диск из точки $P$ ) и направлена вдоль оси диска.
4.3. а) $\varphi=\frac{q+q^{\prime}}{r}$.

\[
E_{r}=\left\{\begin{array}{cl}
0, & r<r_{a}, \\
\frac{q^{\prime}}{r^{2}}, & r_{a}<r<r_{b}, \\
0, & r_{b}<r<r_{c}, \\
\frac{q+q^{\prime}}{r^{2}}, & r_{c}<r .
\end{array}\right.
\]
B)
\[
\left.\varphi\right|_{r=r_{a}}=\frac{q+q^{\prime}}{r_{c}}+\frac{q^{\prime}}{r_{a}}-\frac{q^{\prime}}{r_{b}} .
\]
г) При $r>r_{c}$ в выражении для потенциала появляется слагаемое, спадающее с расстоянием быстрее, чем $1 / r$, т. е. как $1 / r^{2}$. Оно описывает отлнчие поля от сферически симметричного.

К главе 5. Применения закона Гаусса
5.1. Если внутри сферы нет зарядов, то
\[
\int \mathbf{E} \cdot d \mathbf{S}=0,
\]
т. e.
\[
\int
abla R \varphi d S=0
\]

Перепишем последнее уравнение по-другому:
\[
\frac{d}{d R} \int \varphi d S=0
\]

или
\[
\int \varphi d S=\text { const для всех } R
eq 0 .
\]

Итак, средние значения потенциала по сферическим поверхностям разных радиусюв равны между собой. Вместе с тем среднее по поверхности, близкой к началу координат, равно $\varphi(0)$. Итак,
\[
\vec{\varphi}=\varphi(0) .
\]
5.2. Используя цнлиндрическую симметрию задачи, по теореме Гаусса найдем
\[
E_{r}=\frac{Q}{2 \pi \varepsilon_{0} L R^{2}} r=\text { const, }
\]

где $Q$-полный заряд цилиндра, $R$-его радиус, $L$-его длина. Следовательно, напряженность электрического поля цилиндра линейно зависит от расстояния до оси цилиндра. В случае шара радиусом $R$ электрическое поле радиально и зависит от $r$ аналогичным образом
\[
E_{r}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}} r .
\]
5.3. Потенциалы пластин по условию задачи равны. Отсюда
\[
E \cdot \frac{1}{3} d=E^{\prime} \cdot \frac{2}{3} d, \quad \text { т. е. } \quad E=2 E^{\prime} .
\]

При этом использован тот факт, что поле выше и ниже пленки однородно. Окружая пленку соответствующей поверхностью, легко найти по теореме Гаусса, что $E+E^{\prime}=\sigma / \varepsilon_{0}$, где $\sigma$-плотность поверхностных зарядов на пленке. Отсюда находим
\[
\begin{aligned}
E^{\prime} & =\frac{\sigma}{3 \varepsilon_{0}} \text { (у нижней пластины), } \\
E & =\frac{2 \sigma}{3 \varepsilon_{0}} \text { (у верхней пластины). }
\end{aligned}
\]
5.4. Рассмотрим бесконечно тонкий слой, заключенный между двумя параллельными плоскостями, перпендикулярными оси $x$ и расположенными друг от друга на расстоянии $d x$. Из условия задачи ясно, что электрическое поле будет направлено вдоль оси $x$. Если в качестве гауссовой пәверхчости выбрать любой цилиндрик, основаниями которого являются площадки $S$ на плоскостях, а его боковая поверхность перпендикулярна этим плоскостям, то, применяя теорему Гаусса, найдем
\[
S E(x+d x)-S E(x)=\frac{\rho(x)}{\varepsilon_{0}} S d x .
\]

Разлагая в ряд левую часть этого равенства и оставляя лишь наибольцие члены, находим уравнение для $E(x)$ :
\[
\frac{d E}{d x}=\frac{\rho(x)}{\varepsilon_{0}} .
\]

Интегрируя это уравнение, получаем искомый ответ
\[
E(x)=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int \rho(x) d x .
\]
5.5. В силу симметрии задачи $\varphi(x, y, z)=\varphi(x)$.
a)
\[
E(x)=-\frac{\partial \varphi}{\partial x}=-\frac{4}{3} k x^{1 / 3} .
\]

Отсюда $\left.\sigma\right|_{x=0}=\varepsilon_{0} E(0)=0$ и $\left.\sigma\right|_{x=d}=\varepsilon_{0} E(d)=-\frac{4}{3} k d^{1 / 3}$.
б) Используя результат задачи 5.4, получаем
\[
\frac{\rho(x)}{\varepsilon_{0}}=\frac{d E(x)}{d x}
\]

(это уравнение Максвелла $
abla \cdot E=\rho / \varepsilon_{0}$ в одномерном случае). Отсюда, используя результат пункта (a) данной задачи, находим
\[
\rho(x)=\pi-k \varepsilon_{0} x^{-2 / 3} .
\]
b.6. В задаче надо различать поле $E$, созданное самим элементом площади, и поле, созданное всеми остальными элементарными площадкамн на поверхности проводника.
Окружим элемент поверхности $d A$ гауссовой поверхностью в форме цилиндра, боковые поверхности которого перпендикулярны площадке $d A$. Тогда, согласно теореме Гаусса, поле $E$, созданное элементарным зарядом $\sigma d A$ внутри проводника, равно $\sigma / 2 \varepsilon_{0}$. Поскольку, однако, поле внутри проводника равно нулю, то, следовательно, остальные поверхностные заряды создают в объеме (охватываемом гауссовой поверхностью) поле, равное $\sigma / 2 \varepsilon_{0}$, но противоположно направленное. (В результате сложения получается, что электрическое поле внутри равно нулю, а вне-равно $\sigma / \varepsilon_{0}$.) Отсюда следует, что полная сила, действующая на выделенный элементарный участок площади со стороны всех остальных зарядов, равна
\[
F=\frac{1}{2 \varepsilon_{0}} \sigma \cdot \sigma d A=\frac{\sigma^{2}}{2 \varepsilon_{0}} d A .
\]
5.7. Так как напряженность электрического поля вблизи поверхности проводника связана с плотностью поверхностных зарядов $\sigma=\varepsilon_{0} E$, то число избыточных зарядов (электронов) равно
\[
\Delta n=\frac{\sigma}{q_{e}}=\frac{\varepsilon_{0} E}{q_{e}} \approx 3 \cdot 10^{15} .
\]

Расстояние между атомами-порядка ангстрема ( $1 \AA=10^{-10}$ м). Поэтому число атомов на единицу площади равно приблизительно $10^{20} \mathrm{M}^{-2}$. Отсюда $\Delta n / n \sim 3 \cdot 10^{-5}$. Сила, испытываемая электроном в поле протона, равна
\[
F_{1}=\frac{q_{e}^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{2}} .
\]

Сравним силы $F_{1}$ и $F_{2}=q_{e} E$. Принимая величину $a$ (боровский радиус) равной примерно $1 \AA$, находим
\[
\frac{F_{2}}{F_{1}}=E \varepsilon_{0} \frac{4 \pi a^{2}}{q_{e}} \sim 4 \cdot 10^{-5} .
\]
5.8. Если рассматривать ядро как равномерно заряженный шар, то электрическое поле внутри ядра легко найти по теореме Гаусca:
\[
\mathbf{E}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}} \mathbf{r}, \quad r \leqslant R .
\]

Здесь $R$-радиус ядра, $Q$-полный заряд ядра. Уравнение движения мюона с массой $\mu$ (нерелятивистское) имеет вид
\[
\mu \ddot{r}=\frac{q_{e} Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}} r_{s}
\]

илн
\[
\ddot{r}+\omega^{2} r=0
\]

где введена частота
\[
\omega=\sqrt{\frac{q_{e} Q}{4 \pi \varepsilon_{0} \mu R^{3}}}=\sqrt{\frac{q_{e} Q}{4 \pi \varepsilon_{0} \mu R_{0}^{3} A^{3}}} .
\]

Подставляя в (1) $R_{0}=1,2 \cdot 10^{-15} \mu_{x} \quad Q=82 q_{e}, \quad A=209$, $\mu=207 m_{e}$, нахсдим
\[
\hbar_{\omega}=6,1 \text { Mэв. }
\]

Найденная оценка позволяет интерпретировать наблюдаемое явление как переходы между уровнями энергии осциллятора с испусканием $\gamma$-лучей соответствующей энергии.
5.9. Введем напряженность гравитационного поля $\mathbf{E}=-
abla \varphi$, где ф-гравитационный потенциал. Так как законы электростатики и тяготения совпадают, то с помощью теоремы Гаусса найдем
\[
\mathbf{E}=-\frac{\gamma M}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}} \mathbf{r}, \quad r \leqslant R,
\]

где $\gamma$-гравитационная постоянная, а $R$ и $M$-радиує и масса Земли. Уравнение движения тела
\[
m \ddot{\mathrm{r}}=m \mathrm{E}=-m \gamma \frac{M}{R^{3}} \mathbf{r},
\]

или
\[
\ddot{r}+\omega^{2} r=0, \text { где } \omega=\sqrt{\gamma \frac{M}{R^{3}}}=\sqrt{\frac{g}{R}}
\]
( $g$-земиое ускорение силы тяжести). Период колебания равен
\[
T_{\text {нол }}=\frac{2 \pi}{\omega}=2 \pi \sqrt{\frac{R}{g}} .
\]

Для спутника, вращающегося над самой поверхностью Земли, равенство центробежной снлы и силы гравитации
\[
\frac{m v^{2}}{R}=m g
\]

приводит к следующему выражению для линейной скоростн:
\[
v=\sqrt{g R} .
\]

Отсюда для угловой скорости вращения спутника находим
\[
\omega=\frac{v}{R}=\sqrt{\frac{g}{R}} .
\]

Следовательно, для периода обращения получаем выражение
\[
T_{\text {обр }}=2 \pi \sqrt{\frac{\bar{R}}{g}}=T_{\text {код }},
\]

что и требовалось показать.
5.10. Считая Землю однородным шаром, воспользуемся аналогом закона Гаусса: полный поток тепла через замкнутую повер хность равен количеству тепла, выделившемуся в объеме, заключенном внутри этой поверхности (закон сохранения өнергии1). Если в качестве такой поверхности взять поверхность сферы произвольного радиуса $r$ ( $r<R$, где $R$-радиус Земли), то значение потока тепла $h=-x(d T / d r$ ) ( $x$-теплопроводность земных пород) в любой точке этой поверхности будет одинаково в силу сферической симметрии задачи. Пусть $q$-плотность источников тепла, такая, что полное количество выделяемой в Земле энергии равно $Q=(4 \pi / 3) R^{3} q=$ $=8 \cdot 10^{20}$ жж/год. Тогда
\[
4 \pi r^{2} \cdot h=-4 \pi r^{2} x \frac{d T}{d r}=\frac{4 \pi}{3} r^{3} q=\frac{Q}{R^{3}} r^{3} .
\]

Отсюда
\[
\frac{d T}{d r}=-\frac{Q}{4 \pi R^{3} \chi} r .
\]

Интегрируя это уравнение, находим
\[
T(r)=-\frac{Q}{8 \pi \times R^{3}} r^{3}+D,
\]
где $D$-постоянная интегрирования, которую следует найти из граничного условия. В качестве последнего можно выбрать $T(R)=0$. Удовлетворяя граиичному условню, находим $D=Q / 8 \pi x R$ и, следовательно,
\[
T(r)=\frac{Q}{8 \pi \kappa R^{3}}\left(R^{2}-r^{2}\right) .
\]

Отсюда температура в центре Земли $T(0)=Q / 8 \pi x R=50000^{\circ} \mathrm{K}$. Таким образом, описанная модель не находится в согласии с оценками.
5.11. Выбирая соответствующую симметрии задачи гауссову поверхность, легко находим
\[
E=\left\{\begin{array}{cl}
0, & r<r_{2}, \\
\frac{\lambda_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0} r}, & r_{2}<r<r_{3}, \\
0, & r_{3}<r<r_{4}, \\
\frac{\lambda_{1}+\lambda_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} r}, & r_{4}<r .
\end{array}\right.
\]

Интегрируя соотношение $E=-\partial \varphi / \partial r$, определим
\[
\Delta \varphi=\varphi\left(r_{2}\right)-\varphi\left(r_{3}\right)=\int_{r_{3}}^{r_{2}} \frac{\lambda_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{d r}{r}=\frac{\lambda_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{3}}{r_{3}} .
\]

Из найденных выражений следует:
1) при уменьшении $r_{1}$ ничего не меняется;
2) при увеличении $r_{2}$ электрическое поле $\mathbf{E}$ уменьшается, а $\Delta \varphi$ увеличивается. В пределе $r_{2} \rightarrow r_{3}$ проводники будут соприкасаться, образуя еднный проводник, поле в котором равно нулю, а потенциал всюду постоянный;
8) картина поля в пространстве между цилиндрами изменится. Поле Е и $\varphi$ будут больше около уголков, чем около плоскостей призмы.

К злавам 6 и 7. Электрическое поле в разных бозических условиях
6.1. Полуплоскости, о которых идет речь в условии, -эквипотенциальные поверхности системы четырех зарядов, изображенных на рисунке.
Для решения необходимо найти равнодействующую сил:
\[
\mathbf{F}=\mathbf{F}_{a}+\mathbf{F}_{b}+\mathbf{F}_{c} .
\]

Абсолютные величины сил равны
\[
\begin{array}{c}
F_{a}=\frac{q^{2}}{4 a^{2}} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}, \\
F_{b}=\frac{q^{2}}{4 b^{2}} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}, F_{c}=\frac{q^{2}}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\end{array}
\]

Отсюда находим
\[
\begin{array}{l}
F_{x}=\left[-\frac{q^{2}}{4 a^{2}}+\frac{q^{2}}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)} \cos \alpha\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}, \\
F_{y}=\left[-\frac{q^{2}}{4 b^{2}}+\frac{q^{2}}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)} \sin \alpha\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\end{array}
\]

Из рисунка ясно, что
\[
\cos \alpha=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}, \quad \sin \alpha=\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} .
\]

Следовательно,
\[
\begin{array}{l}
F_{x}=\left[-\frac{q^{2}}{4 a^{2}}+\frac{q^{2} a}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3 / 2}}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}, \\
F_{y}=\left[-\frac{q^{2}}{4 b^{2}}+\frac{q^{2} b}{4\left(a^{2}+b^{2}\right)^{3 / 3}}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\end{array}
\]
6.2. Сила притяжеиия к электростатическому изображению равна
\[
F=\frac{q^{2}}{4 X^{2}} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\]

Потенциал $\varphi=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{x}^{\infty} \frac{q^{2}}{4 X^{2}} d X=-\frac{q^{2}}{4 x} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}$
(потенциал на бесконечности принят равным нулю). Кинетическая энергия заряда на расстоянии $x$ от поверхности равна разности потенциалов
\[
T=\left[\frac{q^{2}}{4 x}-\frac{q^{2}}{4 x_{0}}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\]

При $x \rightarrow 0 T \rightarrow \infty$. Это нефизично. На самом деле плоскость на бесконечно малых расстояния нельзя рассматривать как идеальио гладкую проводящую плоскость. Оценка при $x=1 \AA ， x_{0}=1$ см приводит к величине
\[
T=\frac{q^{2}}{16 \pi \varepsilon_{0} x} \approx 3,6 \text { эв. }
\]
6.3. Обозначим длину, ширину и толщину бруска через $2 a, 2 b$ и $2 c$ соответственно. Пусть $r$-расстояние от центра бруска вдоль интересующей нас прямой. Для $r \gg a$ потенциал $\varphi$, создаваемый бруском, такой же, как и для точечного заряда
\[
\varphi=\frac{8 \rho a b c}{4 \pi \varepsilon_{0} r} \text { или } \ln \frac{\varphi \cdot 4 \pi \varepsilon_{0}}{8 \rho b c}=-\ln \frac{r}{a} .
\]

Приближенно можно считать эту формулу справедливой вплоть до $r=a$. При меньших $r(b<r<a)$ разумную аппроксимацию $\varphi$ дает потенциал длинной нити, который запишем в виде
\[
\varphi=-\frac{4 \rho b c}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r}{a}+D .
\]

Постоянную $D$ выберем из условия непрерывности потенциала при $r=a$. Находим $D=4 \rho b c / 2 \pi \varepsilon_{0}$.
Таким образом, при $b<r<a$
\[
\varphi=\frac{4 \rho b c}{2 \pi \varepsilon_{0}}\left(1-\ln \frac{r}{a}\right) .
\]

При $c<r<b$ хорошее приближение дает формула для бесконечной плоскости
\[
\varphi=-\frac{\rho c r}{\varepsilon_{0}}+F .
\]

Сравнивая эту формулу с предыдущей при $r=b$, получаем
\[
F=\frac{\rho c b}{\varepsilon_{0}}\left(1+\frac{2}{\pi}-\frac{2}{\pi} \ln \frac{b}{a}\right) .
\]

Наконец, для $0<r<c \quad \varphi=-\left(\rho r^{2} / 2 \varepsilon_{0}\right)+G$, где $G=-\left(\rho c^{2} / 2 \varepsilon_{0}\right)+F$.
Мы можем теперь вычислить потенциал центра бруска
\[
\varphi(0)=G=\frac{\rho c b}{\varepsilon_{0}}\left(1-\frac{c}{2 b}+\frac{2}{\pi}-\frac{2}{\pi} \ln \frac{b}{a}\right) \approx 0,6 \cdot 10^{5} \theta .
\]

Так как $E_{r}=-\partial \varphi / \partial r$, то из найденных выше выражений для $\varphi$ получим
\[
\begin{array}{ll}
E=\frac{8 \rho a b c}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}, & r \gg a, \\
E=\frac{4 \rho b c}{2 \pi \varepsilon_{0} r}, & b<r<a, \\
E=\frac{\rho c}{\varepsilon_{0}}, & c<r<b, \\
E=\frac{\rho r}{\varepsilon_{0}}, & 0<r<c .
\end{array}
\]

График зависимости $\log [\varphi / \varphi(0)]$ и $\log [E / E(c)]$ от $\log (r / a)$ показан на рисунке.
6.4. Заряд, накопившийся на Земле за время $t$, равен $q=\eta S q_{p} t$, $S=4 \pi R^{2}$ – площадь поверхности Земли, $R$ – радиус Земли, $q_{p}$-заряд протона. Критический заряд $q$ Земли, при котором все заряды с кинетической энергией $E<4 \cdot 10^{9}$ 9в не будут попадать на Землю, находится из очевидного условия
откуда
\[
\frac{q q_{p}}{4 \pi \varepsilon_{0} R}=\eta \frac{S i q_{p}^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R}=E,
\]
\[
t_{\text {крит }}=\frac{E \varepsilon_{0}}{\eta q_{p}^{2} R} \approx 0,1 \text { года. }
\]

Земля, по оценкам, существует $5 \cdot 10^{9}$ лет; казалось бы, на Землю уже давно не должно падать ни одного протона. На самом же деле, положительный заряд Земли постоянно компенсируется за счет потока электронов, энергия которых настолько мала, что эти электроны не относят к космическим лучам.
6.5. Емкость единицы длины цилиндрического конденсатора определяется из соотношения
\[
C=\frac{q}{\left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)},
\]

где $q$-заряд на единицу длины, $\varphi_{1}$ – $\varphi_{2}$-разность потенциалов цилиндров конденсатора. Поскольку из соображений симметрии поле $\mathbf{E}$ внутри конденсатора радиально, то по теореме Гаусса находим
\[
E=\frac{q}{2 \pi \varepsilon_{0} r} .
\]

Отсюда разность потенциалов между цилиндрами
\[
\varphi_{1}-\varphi_{2}=\int_{a}^{b} E d r=\frac{q}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{b}{a}
\]

и, следовательно, емкость на единицу длины
\[
C=\frac{q}{\varphi_{1}-\varphi_{2}}=\frac{2 \pi \varepsilon_{0}}{\ln (b / a)} .
\]

Если на поверхности внутреннего цнлиндра будут острые выступы, емкость конденсатора уменьшится, так как напряженность поля вблизи выступов будет велика, а расстояние между цилиндрами почти не изменится. Это приведет к увеличению разности потенциалов между обкладками и, следовательно, к уменьшению емкости.
6.6. а) Чтобы найти поле системы точечный заряд-проводящая сфера, надо поступить следующим образом (см. «Лекции», вып. 5, стр. 125). Необходимо поместить изображение заряда $q$ величины $q^{\prime}=-(a / b) q$ на радиусе, проходящем через заряд $q$ на расстоянии $a^{2} / b$ от центра сферы, и, кроме того, в центре сферы поместить заряд $q^{\prime \prime}=-q^{\prime}$ (см. рисунок).
\[
\begin{array}{l}
O A=\frac{a^{2}}{b}, \\
O C=r \cos \theta, \\
O B=b, \\
A C=r \cos \theta-\frac{q^{2}}{b}, \\
C P=r \sin \theta, \\
C B=b-r \cos \theta .
\end{array}
\]

Тогда потенциал в точке $P$ будет равен
\[
\begin{array}{c}
\varphi=\left[\frac{q}{r^{\prime \prime}}+\frac{q^{\prime}}{r^{\prime}}+\frac{q^{\prime \prime}}{r}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}, \\
r^{\prime}=\sqrt{(A C)^{2}+(P C)^{2}}=\sqrt{r^{2}-2 \frac{a^{2}}{b} r \cos \theta+\frac{a^{4}}{b^{2}}}, \\
r^{\prime \prime}=\sqrt{(C B)^{2}+(P C)^{2}}=\sqrt{r^{2}-2 b r \cos \theta+b^{2} .} \\
\varphi=\left[\frac{q}{\sqrt{r^{2}-2 b r \cos \theta+b^{2}}}-\frac{a q / b}{\sqrt{r^{2}-2 \frac{a^{2}}{b} r \cos \theta+\frac{a^{4}}{b^{2}}}}+\right. \\
\left.+\frac{a q / b}{r}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}^{\prime}} .
\end{array}
\]

Плотность зарядов на поверхности сферы находится по формуле
\[
\sigma=-\left.\varepsilon_{0} \frac{\partial \varphi}{\partial r}\right|_{r=a}=\frac{q}{4 \pi}\left[\frac{1}{a b}-\frac{b^{2}-a^{2}}{a\left(a^{2}+b^{2}-2 a b \cos \theta\right)^{3 / 2}}\right] .
\]
б) Решим теперь задачу о точечном заряде вблизи проводящей сферы, потенциал которой равен $V$. Выражение для потенциала в этом случае имеет приведенный выше вид, но с той лишь разницей, что заряд $q^{\prime \prime}$ в центре сферы следует заменить на $V a 4 \pi \varepsilon_{0}$. Таким образом,
\[
\begin{array}{r}
\varphi_{p}=\left[\frac{q}{\sqrt{r^{2}-2 b r \cos \theta+b^{2}}}-\frac{a q / b}{\sqrt{r^{2}-2 \frac{a^{2}}{b} r \cos \theta+\frac{a^{4}}{b^{2}}}}+\right. \\
\left.+\frac{4 \pi \varepsilon_{0} V a}{r}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\end{array}
\]

При этом сила, действующая между сферой с заданным потенциалом и зарядом, равна $\mathbf{F}=F \cdot \mathbf{b} / b$, где
\[
F=-\frac{\partial}{\partial r} q \varphi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} b^{2}}\left[V a-\frac{q a b^{3}}{\left(b^{2}-a^{2}\right)^{2}}\right] .
\]
6.7. Покажем, что суммарная поверхностная плотность зарядов, создаваемая двумя противоположно заряжеиными шарами, слабо сдвинутыми друг относительно друга, действительно меняется как $A \cos \theta$. Пусть объемная плотность зарядов каждого из шаров по абсолютной величине равиа $\rho$. Поверхностная плотность при $\theta=0$ (см. рисунок) равна $\rho d$, а при $\theta
eq 0, \quad$ о $(\theta)=\rho h(\theta)$, где $h(\theta)=d \cos \theta$; таким образом, $\sigma(\theta)=A \cos \theta$, где $A=\rho d$.
Поскольку поле вне равномерно заряженного шара с плотностью объемных зарядов $\rho$ равно полю точечного заряда $q=(4 \pi / 3) R^{3} \rho$, напряженность электрического поля вне сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом, равным по велнчине $p=q d=$ $=(4 \pi / 3) R^{3} \rho d=(4 \pi / 3) A R^{3}$ и направленным по оси z.
Напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара, как известно, равна
\[
\mathbf{E}=\frac{\rho r}{3 \varepsilon_{0}},
\]

или
\[
E_{x}=\frac{\rho x}{3 \varepsilon_{0}}, \quad E_{y}=\frac{\rho y}{3 \varepsilon_{0}}, \quad E_{z}=\frac{\rho z}{3 \varepsilon_{0}} .
\]

Для нашего случая вектор $\mathbf{E}$ в некоторой точке $P$, находящейся внутри сферы, равен
\[
\mathbf{E}=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0}}\left(\mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2}\right) .
\]

Расписывая это соотношение в компонентах и принимая во внимание, что $x_{1}=x_{2}, y_{1}=y_{2}, z_{1}=z_{2}-d$, находим
\[
\mathbf{E}=\mathbf{e}_{z} \frac{\rho d}{3 \varepsilon_{0}}=\frac{A}{3 \varepsilon_{0}} \mathbf{e}_{z} .
\]

6.8. а) Угол $\theta$ определим так же, как в «Лекциях (вып. 5, стр. 112). Угол $\varphi$ характеризует положение плоскости, проведенной через векторы р и r. От этого угла не зависят ни потенциал, ни поле. Согласно формуле (6.11) «Лекций» (вып. 5, стр. 112),
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p \cos \theta}{r^{2}} .
\]

Радиальная составляющая напряженности электрического ноля равна
\[
E_{r}=-\frac{\partial \varphi}{\partial r}=\frac{2 p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}} .
\]

Тангенциальная составляющая $E_{\theta}$ определяется градиентом в перпендикулярном к радиусу-вектору налравлении. Приращение расстояния на этом пути равно $d l=r d \theta$ (см. рисунок), поэтому
\[
E_{\theta}=-\frac{1}{r} \frac{\partial \varphi}{\partial \theta}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p \sin \theta}{r^{3}} .
\]

Так как потенциал не зависит от угла $\varphi, E_{\varphi}=0$.
б) Угол $\alpha$ между вектором $\mathbf{E}$ и прямой, проходящей через начало координат определяется соотношением (см. рисунок).
\[
\operatorname{tg} \alpha=\frac{E_{\theta}}{E_{r}}=\frac{1}{2} \operatorname{tg} \theta,
\]
т. е. не зависит от расстояния до диполя.
в) Из полученных формул легко найти:
\[
\begin{array}{l}
\text { при } \quad \theta=0 \quad \mathbf{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2 \mathbf{p}}{r^{3}}, \\
\text { при } \quad \theta=\frac{\pi}{4} \quad \mathrm{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}\left(\frac{3 \sqrt{2}}{2} \mathbf{e}_{\boldsymbol{r}}-\frac{\mathbf{p}}{p}\right), \\
\text { при } \quad \theta=\frac{\pi}{2} \quad \mathbf{E}=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{p}}{r^{3}} . \\
\end{array}
\]

6.9. а) Потенциал в пространстве при наличии однородного электрического поля равен
\[
\varphi=-\left(\mathbf{E}_{0} \cdot \mathbf{r}\right)+\frac{(\mathbf{p} \cdot \mathbf{r})}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}} .
\]

Когда $\mathbf{E}_{0}\|\mathbf{p}\| \mathbf{e}_{z}$,
\[
\varphi=-E_{0} z+\frac{p z}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}=z\left(\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}-E_{0}\right) .
\]

Эквипотенциальная поверхность находится из условия
\[
\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}-E_{0}=0, \quad \text { т. е. } \quad r=\left(\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} E_{0}}\right)^{1 / 3} .
\]

Если радиус сферы равен $a$, то $p=E_{0} a^{3} \cdot 4 \pi \varepsilon_{0}$.
б) Электрическое поле находится следующим образом:
\[
\begin{aligned}
\mathbf{E} & =-
abla \varphi=\mathbf{E}_{0}+\frac{3 \mathbf{r}(\mathbf{r} \cdot \mathbf{p})-\mathbf{p} r^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}= \\
& =\mathbf{E}_{0}-\frac{\mathbf{p}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}+\frac{3 \mathrm{r} 2 p}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{5}} .
\end{aligned}
\]

На поверхности сферы
\[
E=3 E_{0} \cos \theta .
\]
в) Поле не измеиится.
г) $\boldsymbol{\sigma}=\varepsilon_{0} E=3 \varepsilon_{0} E_{0} \cos \theta$.
д) $\mathbf{p}=\int \mathrm{r} \sigma d S=4 \pi \varepsilon_{0} a^{3} E_{0} \mathbf{e}_{z}$, где $\mathbf{e}_{z}$-единичный вектор вдоль оси $z$.
е) Полученные результаты могут быть использованы, в частности, для решения задачи о поле и распределении зарядов металлической сферы, помещенной в однородное внешнее электрическое поле.
6.10. Соответствующим образом выбирая поверхность, с помощью теоремы Гаусса легко можно найти напряженность электрического поля равномерно заряженной нити
\[
\mathbf{E}=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{x \mathbf{i}+y \mathbf{j}}{r^{2}},
\]

где $\mathbf{i}$ и $\mathbf{j}$-единичные векторы в плоскости, перпендикулярной нити, направленные вдоль осей $x$ и $y$ соответственно.

Найдем выражения для силы $\mathbf{F}$ и момента силы $\mathbf{M}$, действующих на диполь в произвольном электрическом поле с напряженностью $\mathbf{E}(\mathbf{r})$. Предположим, что отрицательиый заряд диполя находится в точке с радиусом-вектором $\mathbf{r}$, a положительный заряд в точке с радиусом-вектором $\mathbf{r}+\mathbf{d}$, так что дипольный момент диполя равен $\mathrm{p}=q \mathrm{~d}$. Тогда суммарная сила, действующая на диполь, может быть представлена как сумма сил, действующих на его заряды
\[
\mathbf{F}=q \mathrm{E}(\mathrm{r}+\mathrm{d})-q \mathrm{E}(\mathbf{r}) .
\]

Считая величину d малой, разложим электрическое поле в точке $\mathbf{r}+\mathbf{d}$ в ряд по $\mathbf{d}$ и ограничимся линейными по d членами разложения:
\[
\mathrm{E}(\mathrm{r}+\mathrm{d})=\mathrm{E}(\mathrm{r})+\frac{\partial \mathrm{E}}{\partial x} d_{x}+\frac{\partial \mathrm{E}}{\partial y} d_{y}+\frac{\partial \mathrm{E}}{\partial z} d_{z}=\mathrm{E}(\mathrm{r})+(\mathrm{d} \cdot
abla) \mathbf{E} .
\]

Подставляя этот ряд в выражение для $\mathbf{F}$, находим
\[
\mathbf{F}=q(\mathrm{~d} \cdot
abla) \mathbf{E}=(\mathbf{p} \cdot
abla) \mathbf{E} .
\]

Чтобы вычислить момент этой силы, действующей на диполь, поступим аналогичным образом. Вспоминая определение момента силы, с точностью до линейных по d членов находнм
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{M}=(\mathbf{r}+\mathbf{d}) \times q \mathrm{E}(\mathbf{r}+\mathbf{d})-\mathbf{r} \times q \mathrm{E}(\mathbf{r})= \\
=q \mathbf{d} \times \mathbf{E}(\mathbf{r})+\mathbf{r} \times(q \mathbf{d} \cdot
abla) \mathbf{E}=p \times \mathbf{E}(\mathbf{r})+\mathbf{r} \times(\mathbf{p} \cdot
abla) \mathbf{E} . \\
\end{array}
\]

Учитывая найденное выше выражение для силы $\mathbf{F}$, окончательно находим $\mathbf{M}=\mathbf{p} \times \mathbf{E}(\mathbf{r})+\mathbf{r} \times \mathbf{F}$.
a) Выполняя несложное дифференцирование, находим
б)
\[
\begin{aligned}
\mathbf{F} & =\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{p}}{r^{2}}, \\
\mathbf{M} & =0 . \\
\mathbf{F} & =0, \\
M & =\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p}{r} .
\end{aligned}
\]

В случае (б) момент силы направлен перпендикулярно плоскости, проходящей через нить и диполь.
6.11. Задача легко решается, если пластину представить себе как плоский конденсатор с бесконечно малым расстоянием $d$ между пластинами и плотностями поверхностных зарядов на них $+\sigma$ и $-\sigma$, такими, что $p=\sigma d$. Электрическое поле вне такого конденсатора, справа и слева, равно нулю, в чем можно убедиться из теоремы Гаусса. Поэтому потенциалы әлектрического поля по обеим сторонам от пластины постоянны и не зависят от расстояния до этой пластины: Однако величина этих потенциалов различна, причем разность между ними есть не что иное, как разность потенциалов между пластинами конденсатора. Так как напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора равна $\sigma / \varepsilon_{0}$, то разиость потенциалов равна $\sigma d / \varepsilon_{0}=p / \varepsilon_{0}$.
6.12. a) $\varphi=\left[-\frac{q}{x}+\frac{q}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}$.
б) $E_{x}=-\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\left[-\frac{q}{x^{2}}+\frac{q x}{\left[a^{2}+x^{2}\right]^{3 / 2}}\right] \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}$,

в) Пусть $x \gg a$. Тогда с точностью до членов порядка $a^{2} / x^{2}$
\[
E_{x}=-\frac{3 q a^{2}}{8 x^{4} \pi \varepsilon_{0}} .
\]

Следовательно, электрическое поле кольца убывает быстрее поля диполя. Это происходит в силу того, что дипольный момент заряженного кольца равен нулю.
6.13. Уменьшение тока при $t>t_{1}$ происходит потому, что заряд верхней пластины меняет знак и начинает отталкивать электроны.
Заряд на пластине конденсатора после отсоединения батареи равен $q=C \varphi$, где $C$-емкость, $\varphi$-разность потенциалов между пластинами. Время, в течение которого будет скомпенсирован этот заряд $q$, определится из условия $q=I t_{1}$. Отсюда
\[
t_{1}=1000 \text { сек. }
\]

Ток обратится в нуль, когда разность потенциалов станет запирающей, т. е. когда разность потенциалов ефмакс будет соответствовать максимальной энергии частиц 1,5 эв. При $t>t_{2}$ разность потенциалов будет постоянной и равной 1,5 в. При увеличении расстояния между пластинами емкость конденсатора падает вдвое. Если это увеличение произошло до того, как конденсатор был полностью заряжен, то после отсоединения батареи заряд на пластинах будет вдвое меньше и, следовательно, время $t_{1}$ вдвое меньше.

Если это увеличение происходит после удаления батарен, то заряд на пластинах не изменится и время $t_{1}$ не изменится также.
6.14. а) В этой части задачи напряженность электрического поля легко находится по теореме Гаусса. В результате
\[
\mathbf{E}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{a r^{3}}{4 \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{r}, & r \leqslant R, \\
\frac{a R^{4}}{4 \varepsilon_{0} r} \frac{\mathbf{r}}{r}, & r \geqslant R,
\end{array}\right.
\]

где $\mathbf{r}$-радиус-вектор в плоскости, перпендикулярной оси палочки
\[
\begin{aligned}
E(0,0,0) & =0, \\
E(0,0,0,005 \mu) & =\frac{a r^{3}}{4 \varepsilon_{0}}=0,7 \cdot 10^{4} \mathrm{~s} / \mu, \\
E(0,0,0,01 \mu) & =\frac{a R^{3}}{4 \varepsilon_{0}}=5,6 \cdot 10^{4} \mathrm{~s} / \mu, \\
E(0,0,0,02 \mu) & =\left(\frac{a R^{3}}{4 \varepsilon_{0}}\right) \frac{R}{0,02}=2,8 \cdot 10^{4} \text { в/м. }
\end{aligned}
\]

б) Значение потенциала в начале координат можно найти из йнтегрального выражения
\[
\varphi(0,0,0)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int \frac{\rho\left(\mathbf{r}^{\prime}\right) d V^{\prime}}{\left|\mathbf{r}^{\prime}\right|},
\]

в котором интегрирование производится по объему палочки, Интегрирование удобно выполнить в так называемой цилиндрической системе координат. Именно, разбивая поперечное сечение цилиндра на кольца площадью $2 \pi r d r$, а длину цилиндра на отрезки $d x$, представим $\left|\mathrm{r}^{\prime}\right|=\sqrt{r^{2}+x^{2}}, \quad d V=2 \pi r d r d x$. Тогда
\[
\begin{aligned}
\varphi(0)=\frac{2 \pi a}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{R} r^{3} d r & \int_{-l / 2}^{l / 2} \frac{d x}{\sqrt{x^{2}+r^{2}}}= \\
& =\frac{a}{8_{0}} \int_{0}^{R} r^{3} \ln \frac{l+\sqrt{4 r^{2}+l^{2}}}{-l+\sqrt{4 r^{2}+l^{2}}} d r .
\end{aligned}
\]

Так как $l / 2 r \geqslant 50$, разложим подынтегральную функцию в ряд по степеням отношения $2 r / l$. Ограничиваясь первыми двумя членами разложения, найдем
\[
\begin{aligned}
\varphi(0) & =\frac{a}{\varepsilon_{0}} \int_{0}^{R} r^{3}\left(\ln \frac{l}{r}+\frac{r^{2}}{l^{2}}+\ldots\right) d r= \\
& =\frac{a R^{4}}{\varepsilon_{0}}\left[\frac{1}{16}+\frac{1}{4} \ln \frac{l}{R}+\frac{R^{2}}{6 l^{2}}\right] \approx \frac{a R^{4}}{16 \varepsilon_{0}}\left[1+4 \ln \frac{l}{R}\right] .
\end{aligned}
\]

Точность этого выражения оценим, вычислив поправку $a R^{6} / 6 \varepsilon_{0} t^{2}$. Подставляя численные значения из условия задачи, найдем $\varphi(0,0,0) \approx 2350$ в , причем ошибка примерно составляет 0,15 в.
в) Вспомнив, что потенциал $\varphi$ в какой-либо точке равен работе, которую нужно затратить, чтобы единичный положительный заряд перевести из бесконечности (где $\varphi=0$ ) в данную точку, сразу заключаем, что потенциал в точке $(0,0, l / 2)$ меньше, чем в центре палочки. Действительно, если единичный заряд из бесконечности привести в точку $(0,0, l / 2)$ и $(0,0,0)$ вдоль осн палочки, то для того, чтобы этот заряд поместить в начало координат, необходимо затратить дополнительную работу против сил отталкивания внутри самой палочки.
7.1. а) Потенциал, создаваемый нитями в произвольной точке $P(x, y)$, равен
\[
\varphi=-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} .
\]

Эквипотенциальные поверхности определяются условием

$r_{2} / r_{1}=$ const, т. e.
\[
\frac{\left(x-\frac{d}{2}\right)^{2}+y^{3}}{\left(x+\frac{d}{2}\right)^{2}+y^{2}}=\text { const. }
\]

Если это уравнение записать иначе, т. е. $(x-a)^{3}+y^{2}=R^{2}$, то видно, что оно описывает цилиндр вращения.
В последнем уравнении $a$ и $R$-некоторые константы, выражающиеся через величины, входящие в исходное уравнение.
б) Определим емкость, приходящуюся на единицу длины. Для этого вычислим потенциал проводов
\[
\begin{array}{l}
\left.\varphi\right|_{\text {провода }+\lambda}=-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{0}}{d}, \\
\left.\varphi\right|_{\text {провода }-\lambda}=-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{0}}{d} .
\end{array}
\]

Отсюда
\[
\left.\varphi\right|_{+\lambda}-\left.\varphi\right|_{-\lambda}=-\frac{\lambda}{\pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{0}}{d}
\]

и
\[
C^{*}=\frac{\pi \varepsilon_{0}}{\ln \left(d / r_{0}\right)} .
\]
B)
\[
f(z)=U+i V=\frac{1}{z}=\frac{1}{x+i y}=\frac{x-i y}{x^{2}+y^{2}} .
\]

Покажем, что $\varphi=\operatorname{Re} f(z)$ при $x, y \gg d$. Действительно,
\[
\begin{aligned}
\varphi & =-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}}=-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{\sqrt{\left(x+\frac{d}{2}\right)^{2}+y^{2}}}{\sqrt{\left(x-\frac{d}{2}\right)^{2}+y^{2}}} \approx \\
& \approx-\frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{\left(x^{2}+y^{2}\right)+x d}{\left(x^{2}+y^{2}\right)-x d}=-\frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left(1+\frac{2 x d}{x^{2}+y^{2}}\right) \approx \\
& \approx-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{x}{x^{2}+y^{2}}=-\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \operatorname{Re} \frac{1}{z} .
\end{aligned}
\]

К главе 8. Электростатическая энергия
8.1. Заряд $Z q_{e}$, равномерио распределенный по шарику, обладает электростатической энергией, равной (см. «Лекции», вып. 5 , стр. 153)
\[
U_{1}=\frac{3(Z q)^{2}}{5 r \cdot 4 \pi \varepsilon_{0}} .
\]

Из этой энергии следует вычесть «нефизическую» энергию самодействия протонов. Энергия, соответствующая протону, заряд которой равномерно размазан по шару радиуса $r$, равна $U_{2}=3 / 5\left(q^{2} / r\right)\left(1 / 4 \pi \varepsilon_{0}\right)$. Для $Z$ протонов эта энергия «действия самого на себя» равиа $3 Z q^{2} / 5 r \cdot 4 \pi \varepsilon_{0}$. Следовательно, электростатическая энергия кулоновского взаимодействия протонов в ядре равна $3 / 5 Z(Z-1)\left(q^{2} / 4 \pi \varepsilon_{0} r\right)$.
8.2. Энергия заряженного конденсатора емкости $C$ равна $A=1 / 2 C V^{2}$, где $V$-разность потенциалов на обкладках. Искомая работа равна разности энергий конденсаторов до и после поворота ручки настройки:
\[
A_{1}-A_{2}=\frac{C_{1}-C_{2}}{2} V^{2}=4,05 \cdot 10^{-6} \partial \varkappa .
\]
8.3. Суммарная энергия конденсаторов до их параллельного соединения равна
\[
U_{0}=\frac{q_{1}^{2}}{2 C_{1}}+\frac{q_{2}^{2}}{2 \dot{C}_{2}} .
\]

Поскольку при параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, то энергия системы после соединения равна
\[
U_{1}=\frac{\left(q_{1}+q_{2}\right)^{2}}{2\left(C_{1}+C_{2}\right)} .
\]

Вычислим разность
\[
U_{1}-U_{0}=-\frac{\left(q_{1} C_{2}-q_{2} C_{1}\right)^{2}}{2 C_{1} C_{2}\left(C_{1}+C_{2}\right)}<0 .
\]

Избыток әнергии излучается или теряется на тепло в соединительных проводах. Потери энергии не происходит, если $q_{1} C_{2}=q_{2} C_{1}$.
8.4. а) Пусть $\varphi(\mathbf{r})$ – потенциал внешнего электрического поля, в котором в точке $\mathbf{R}$ помещен диполь $\mathbf{p}$, т. е. в точке $\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1}$ находится заряд $+q$, а в точке $\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}$-заряд $-q\left(\left|\mathbf{r}_{1}\right|\right.$ и $\left.\left|\mathbf{r}_{2}\right| \ll|\mathbf{R}|\right)$, так что $\mathbf{p}=q\left(\mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2}\right)$. Энергия зарядов диполя во виешнем поле равна
\[
\boldsymbol{U}=q\left[\varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1}\right)-\varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}\right)\right]=-(\mathbf{p}, \mathbf{E}(\mathbf{R})) .
\]

б) Вычислим момент силы, действующей на диполь, прямым вычислением. Полный момент внешних сил равен
\[
\mathbf{M}=\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1} \times q \mathrm{E}\left(\mathrm{R}+\mathbf{r}_{1}\right)+\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2} \times-q \mathrm{E}\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}\right) .
\]

Разлагая это выражение в ряд с точностью до членов первого порядка по $\left|r_{1,2}\right| \ll|\mathbf{R}|$, находим
\[
\mathbf{M} \approx \mathbf{p} \times \mathbf{E}+\mathbf{R} \times(\mathbf{p} \cdot
abla) \mathbf{E} \text {. }
\]

Отсюда в случае однородного электрического поля следует $\mathbf{M}=\mathbf{p} \times \mathbf{E}$. Последнее выражение получается также из выражения (1): если ввести угол $\alpha$ между векторами $p$ и $\mathbf{E}$, то действующий на диполь момент будет равен по величине
\[
M=\frac{\partial U}{\partial \alpha}=\frac{\partial}{\partial \alpha}(-p E \cos \alpha)=p E \sin \alpha
\]

и направлен перпендикулярно плоскости, в которой лежат векторы р и $\mathbf{E}$, т. е. $\mathbf{M}=\mathbf{p} \times \mathbf{E}$.
в) Если диполь создан путем последовательного помещения зарядов в электрическое поле, то его электростатическая энергия будет отличаться от (1). Действительно, если заряд $+q$ помещен в точке $\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1}$ и, следовательно, обладает энергией $q \varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1}\right)$, то при помещении заряда $-q$ в точку $\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}$ будет затрачена работа
\[
-q \varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}\right)-\frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}\left|\mathbf{r}_{1}-\mathbf{r}_{2}\right|} .
\]

Таким образом, энергия диполя в этом случае будет меньше и равна
\[
\begin{aligned}
U & =q \varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{1}\right)-q \varphi\left(\mathbf{R}+\mathbf{r}_{2}\right)- \\
– & \frac{q^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}|\mathbf{p}|}=-(\mathbf{p} \cdot \mathbf{E}(\mathbf{R}))-\frac{q^{3}}{4 \pi \varepsilon_{0}|\mathbf{p}|} .
\end{aligned}
\]

Искомая разность энергий равна $q^{3} / 4 \pi \varepsilon_{0}|\mathbf{p}|$ и имеет смысл энергии взаимодействия зарядов, составляющих диполь.
8.5. Электростатическая энергия конденсатора равна $W=q^{2} / 2 C$, где $q$-заряд на обкладках; $C$-емкость, равная $C=\varepsilon_{0} A / d$ ( $d$-расстояние между обкладками, $A$-их площадь). Иско. мая сила равна
\[
F=-\frac{\partial W}{\partial d}=-\frac{q^{2}}{2 \varepsilon_{0} A},
\]

а работа этой силы на расстоянии $d x$ равна $-\left(q^{2} / 2 \varepsilon_{0} A\right) d x$.
8.6. Разность $\Delta$ энергий покоя мезонов равна $\Delta=\left(m_{\pi+}-m_{\pi}-c^{2}=\right.$ $=4,6$ Msв. Если заряд мезонов равномерно «размазан» по объему шара, то его собственная электростатическая энергия равна [см. «Лекции», формула (8.7), вып. 5 и решение к задаче 8.1]
\[
W=\frac{3}{5} \frac{q_{e}^{2}}{d \cdot 4 \pi \varepsilon_{0}} .
\]

Из условия $\Delta=W$ получается радиус пиона $a=2 \cdot 10^{-14} \mathrm{~cm}$. Отсюда видно, что так определенный радиус пиона оказывается меньше характерных размеров ядра.
8.7. Когда оболочка не заряжена, то на основании закона Гаусса убеждаемся, что электрическое поле помещенного в начало координат заряда $q_{1}$ внутри ( $r \leqslant a$ ) и вне оболочки $(r>b)$ совпадает с хорошо известным электрическим полем точечного заряда $q_{1}$. В самой же оболочке $(a \leqslant r \leqslant b)$ напряженность электрического поля равна нулю. Очевидно, работа по перемещению заряда из бесконечности в начало координат будет равна разности энергий, заключенных в поле, одна из которых отвечает заряду в начале координат, а вторая-заряду $q_{1}$, помещенному на бесконечности. (Тот факт, что энергия точечного заряда бесконечна, здесь не приводит к затруднению, поскольку мы вычисляем не сами энергии, а их разность.) Искомая работа $W_{1}$ равна
\[
W_{1}=-\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{a \leqslant r \leqslant b} \mathbf{E}^{2} d V=\frac{q_{1}^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0}} \frac{a-b}{a b} .
\]

Когда оболочка имеет заряд $q_{2}$, ситуация несколько иная. В начальном состоянии, когда заряд $q_{1}$ находится на бесконечности, энергия, сосредоточенная в поле, равна энергни точечного заряда $q_{1}$ плюс энергия, заключенная в поле, создаваемом сферической оболочкой. Последнее, как легко убедиться на основании теоремы Гаусса, отлично от нуля лишь при $r \geqslant b$ и совпадает с полем точечного заряда величины $q_{2}$. В конечном же состоянии, когда заряд $q_{1}$ находится в начале координат, величина напряженности электрического поля в пространстве ведет себя следующим образом (разумеется, поле всюду радиально):
\[
E=\left\{\begin{array}{cl}
\frac{q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}, & r<a, \\
0, & a \leqslant r \leqslant b, \\
\frac{q_{1}+q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}, & r>b .
\end{array}\right.
\]

Следовательно, искомая работа $W_{2}$ во втором случае равна
\[
\begin{aligned}
W_{2}=W_{1} & +\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int_{r \geqslant b}\left[\left(\frac{q_{1}+q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}\right)^{2}-\left(\frac{q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}\right)^{2}-\right. \\
& \left.-\left(\frac{q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}\right)^{2}\right] d V=\frac{q_{1}^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0}} \frac{a-b}{a b}+\frac{q_{1} q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} b} .
\end{aligned}
\]

К главе 10. Диэлектрики
10.1. Для энергии конденсатора можно написать соотношение
\[
x_{1} \int \frac{\varepsilon_{0} E^{2}}{2} d V_{1}+x_{2} \int \frac{\varepsilon_{0} E^{2}}{2} d V_{2}=\frac{C V^{2}}{2},
\]

где $V$-разность потенциалов на обкладках, а интегрирование производится по двум областям конденсатора. Поскольку поле $E$ в конденоаторе можно счнтать однородным, то из этого соотношения, если принять во внимание, что $E d=V$, следует
\[
C=\frac{\varepsilon_{0} A}{d} \frac{x_{1}+x_{2}}{2} .
\]
10.2. Емкость конденсатора без диэлектрика равна $C_{0}=A e_{0} / d$, где $A$-площадь пластин, $d$-расстояние между ними; $Q=C_{0} V_{0}$, где $V_{0}$ – разность потенциалов. При вдвижении диэлектрика величина $Q$ не меняется, емкость же возрастает и равна (см. решение к задаче 10.1, учтя, что $x_{1}=1$ ) $C=A \varepsilon_{0}(1+x) / 2 d=C_{0}(1+x) / 2$. Энергия конденсатора при этом равна $U=Q^{2} / 2 C=C_{0} V_{0}^{2} /(1+x)$.
a) Искомая сила равна
\[
F=-\frac{\partial U}{\partial d}=\frac{Q^{2}}{2 C^{2}} \frac{\partial C}{\partial d}=-\frac{C_{0} V_{0}^{2}}{1+x} \frac{1}{d}=7,1 \cdot 10^{-8} \text { ньютон. }
\]
б) Днпольный момент единицы объема при этом равен
\[
\begin{array}{l}
P=(x-1) \varepsilon_{0} E=(x-1) \varepsilon_{0} \frac{V}{d}=\frac{(x-1) \varepsilon_{0}}{C d} Q= \\
=\frac{x-1}{x+1} \frac{2 e_{0} V_{0}}{d}=1,1 \cdot 10^{-8} \kappa у л о н / \mu^{2} . \\
\end{array}
\]
в) Меньше.
10.3. В отсутствие диэлектрика заряд $Q$ на пластинах конденсатора и разность потенциалов $\varphi_{0}$ связаны соотношением $Q=C_{0} \varphi_{0}$, где $\varphi_{0}=E_{1} d$ (d-расстояние между пластинами). При наличии диэлектрика $Q=C \varphi$, причем $E_{2} E_{1} /$. Отсюда $Q=C\left[E_{1}(d-t)+E_{1} t / x\right]$. Поскольку, с другой стороны, $Q=C_{0} E_{1} d$, то, приравнивая выражения для $Q$, находим
\[
C=C_{0}\left[1-\frac{t}{d} \frac{x-1}{x}\right]^{-1} .
\]
10.4. Вектор элеқтрической индукции D в любой точке г внутри диэлектрика равен
\[
\mathrm{D}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{r^{3}} .
\]

Так как $\mathbf{D}=\chi_{0} \mathbf{E}=\varepsilon_{0} \mathbf{E}+\mathbf{P}$, то
\[
\mathbf{P}=(x-1) \varepsilon_{0} \mathbf{E}=\frac{x-1}{x} \mathbf{D}=\frac{x-1}{x} \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{r^{3}} .
\]

Поверхностная плотность зарядов $\sigma_{\text {пол }}$ равна $\sigma_{\text {пол }}=\mathbf{P n}$. Следовательно, наведенные на внутренней и внешней поверхностях диэлектрика заряды $Q_{a}$ и $Q_{b}$ соответственно равны
a) $Q_{a}=\left.4 \pi a^{2} \sigma_{\text {пол }}\right|_{r=a}=\frac{x-1}{x} \frac{Q}{\varepsilon_{0}}=Q_{b}$.
б) $\rho_{\text {по }}=-
abla \cdot \mathbf{P}=0$.
10.5. Изменение внутренней энергии конденсатора $U$, равной, как известно, $U=Q^{2} / 2 C$ (где $Q$-заряд на пластинах, $C$ емкость), в процессе, в котором механические силы вдвигают диэлектрик, изменяя его емкость, а батарея совершает работу по изменению зарядов на величину $d Q$, равно
\[
d U=\frac{Q}{C} d Q-\frac{Q^{2}}{2 C^{2}} d C .
\]

Первое слагаемое в этом выражении-работа, совершенная электрической батареей по изменению заряда на пластинах конденсатора, а второе-работа механических сил.

Так как разность потенциалов на пластинах остается все время постоянной и равной $V_{0}=Q / C$, выражение для $d U$ можно записать в виде
\[
d U=V_{0} d Q=\frac{V_{0}^{2}}{2} d C .
\]
a) Подсчитаем работу, совершенную электрической батареей. Учитывая, что заряд на пластинах в начальном состоянии равен $q_{0}$, а в конечном состоянии $x q_{0}$, находим
\[
\int_{q_{0}}^{q_{0} x} V_{0} d Q=V_{0} \int_{q_{0}}^{x q_{0}} d Q=q_{0} V_{0}(x-1) .
\]
б) Емкость конденсатора в начальном состоянии была $q_{0} / V_{0}$, а в конечном состоянии $x q_{0} / V_{0}$. Следовательно, механические силы совершили работу
\[
-\int_{q_{0} / V_{0}}^{x q_{0} / V_{0}} \frac{V_{0}^{2}}{2} d C=-\frac{V_{0} q_{0}}{2}(x-1) .
\]

Работа, как мы видим, совершалась над диэлектриком.
10.6. В некотором смысле эта задача аналогична пункту (б) предыдущей задачи. Над диэлектриком (масло) совершается механическая работа, которая переходит в потенциальную энергию столбика масла в поле сил тяжести. Эга работа равна
\[
W=\frac{V^{2}}{2}\left(C_{2}-C_{1}\right),
\]

где $C_{1}$ и $C_{2}$-емкости трубки до и после втягивания масла на высоту $h$. Так как емкость единицы длины цилиндрического конденсатора равна $C_{0}=2 \pi \varepsilon_{0} / \ln (b / a)$ (см. решение к задаче 6.5), то
\[
W=\frac{V^{2}}{2}(x-1) h \frac{2 \pi \varepsilon_{0}}{\ln (b / a)} .
\]

Вес столба втянутого масла равен $\pi\left(b^{2}-a^{2}\right) \rho g h$. Потенциальная энергия этого столба в поле силы тяжести равна весу, умноженному на координату его центра тяжести, т. е. на $h / 2$ :
\[
\frac{\pi\left(b^{2}-a^{2}\right)}{2} \rho g h^{2}
\]

Из равенства работы механических сил потенциальной энергии находим требуемый результат:
\[
h=\frac{2 \varepsilon_{0} V^{2}(x-1)}{\left(b^{2}-a^{2}\right) \rho g \ln (b / a)} .
\]
10.7. Граннчные условия на границе раздела двух сред (1) и (2) имеют вид $E_{1 t}=E_{2 t}, D_{1 n}=D_{2 n}$ или $E_{1 n} / x_{1}=E_{2 n} / x_{2}$, где индексами $n$ и $t$ помечены нормальные и тангенциальные к поверхности составляющие векторов. Эти граничные условия следуют из уравнеиий Максвелла $\operatorname{div} \mathbf{D}=0$ и $
abla \times \mathbf{E}=0$.
Действительно, рассмотрим произвольную поверхность раздела двух сред (фиг. 1). Выберем произвольным образом направление внешней нормали $\mathbf{n}$ к этой поверхности и условимся обозначать индексами 1 и 2 величины, относящиеся соответственно к нижней и верхней средам. Выделим мысленно около рассматриваемой точки поверхности прямую призму с образующими $d l$, перпендикулярными поверхности. Пусть эта призма вырезает на поверхности элемент $S$ столь малый, что его можно считать плоским. По теореме Гаусса поток вектора электрической индукции через поверхность призмы должен равняться нулю $\int \mathbf{D} \cdot d \mathbf{S}=\int \operatorname{div} \mathbf{D} \cdot d V=0$.

При стремлении $d l$ к нулю поток вектора D через боковую поверхность призмы также будет стремиться к нулю. Для потока же через верхнее и нижнее основание призмы получаем
\[
\left(\mathbf{D}_{1} \cdot \mathbf{n}\right) S-\left(\mathbf{D}_{2} \cdot \mathbf{n}\right) S=\mathbf{0} .
\]

Отсюда следует искомое граничное условие
\[
D_{1 n}=D_{2 n} .
\]

Покажем теперь, что на границе раздела двух сред касательная составляющая вектора напряженности электрического поля $\mathbf{E}$ непрерывна. С этой целью выберем около произвольной поверхности (на фиг. 2 ее сечение плоскостью рисунка изображено сплошной линией) контур в виде прямоугольной рамки, боковые стороны $d l$ которой нормальны к поверхности раздела сред. Выберем размеры этого контура столь малыми, чтобы поверхность раздела двух сред можно было считать плоской. Мысленно «натянем» на эту рамку стоксову поверхность. Тогда по теореме Стокса
\[
\int(
abla \times \mathbf{E}) d \mathbf{S}=\oint \mathbf{E} \cdot d \mathbf{l}=0
\]

Но при стремлении $d l$ к нулю вклад в интеграл по контуру от боковых сторон будет также стремнться к нулю. Если длину $L$ верхней и никней сторон рамки выбрать достаточно малой, напряженность электрического поля $\mathbf{E}$ на этих сторонах рамки можно считать однородной. Отсюда (E $\left.\mathbf{E}_{\mathbf{1}} \mathbf{t}\right) L-\left(\mathbf{E}_{2} \mathbf{t}\right) L=0$, или $E_{1 t}=E_{2 t}$.
Из фиг. 3 видно, что
\[
\operatorname{tg} \theta_{1}=\frac{E_{1 t}}{E_{1 n}} \quad \text { и } \quad \operatorname{tg} \theta_{2}=\frac{E_{2 t}}{E_{2 n}} .
\]

Отсюда следует, что
\[
x_{1} \operatorname{ctg} \theta_{1}=x_{2} \operatorname{ctg} \theta_{2} .
\]

К главе 11. Внутреннее устройство
диэлектриков
11.1. Представим себе однородно поляризованный шар в виде двух равномерно заряженных шаров, полные заряды которых одинаковы, но противоположны по знаку, а центры ствинуты друг относительно друга на бесконечно малое расстояние. В задаче 6.7 (см. решение) было показано, что электрическое поле такой системы совпадает с электрическим полем сферы, плотность поверхностных зарядов на которой меняется как $A \cos \theta$, где $\theta$ – угол, отсчитываемый от оси 2 (последнюі удобно вьбрать вдоль направления вектора поляризации шара). При этом напряженность электрического поля вне этой сферы равна напряженности электрического поля диполя с дипольным моментом $P=(4 \pi / 3) A^{3}$ :
\[
\mathbf{E}=\frac{\mathbf{P} r^{2}-3 \mathbf{r}(\mathbf{r} \cdot \mathbf{P})}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{5}}, \quad r>a .
\]

Здесь, очевидно, вектор $\mathbf{P}$ совпадает с вектором полного дипольного момента равномерно поляризованного шара. Внутри же такого шара поле $\mathbf{E}$, согласно решению к задаче 6.7, равно
\[
\mathrm{E}=\frac{A}{3 \varepsilon_{0}} \mathrm{e}_{z}=\frac{P}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{3}}, \quad r \leqslant a .
\]
11.2. Дипольный момент атома гелия равен
\[
P_{\mathrm{Hc}}=\frac{x-1}{N} \varepsilon_{0} E=2,4 \cdot 10^{-37} \mathrm{\kappa улон} \cdot M .
\]
11.3. Для водяного пара [см. «Лекции», вып. 5. уравнение (11.21)] $x-1=N p_{0}^{2} / 3 \varepsilon_{0} k T$. Следовательно, температурная зависимость поляризуемости $\alpha=x-1 / N$ имеет вид $\alpha=A / T$, где $A=p_{0}^{2} / 3 \varepsilon_{0} k ; N$ – число частиц в единице объема можно найти из уравнения состояния идеального газа $p \approx N k T$ ( $p$-давление пара, $k$-постоянная Больцмана). По данным таблицы, приведенной в условии задачи, $N=1,138 \cdot 10^{25} \boldsymbol{\mu}^{-3}$. Для $\alpha$ получается следуюцая таблица значений:
\[
\begin{array}{l|llll}
10^{30} \alpha & 238 & 250 & 269 & 290 \\
\hline 10^{5} 1 / T & 207 & 220 & 236 & 254
\end{array}
\]

Если построить зависимость $\alpha=f(1 / T)$, то экспериментальные точки ложатся на прямую, тангенс угла наклона которой равен $A=1,12$. Отсюда $p_{0}=\sqrt{3 \varepsilon_{0} k A}=2 \cdot 10^{-17} \kappa у л о н \cdot \boldsymbol{~}$.

11.4. В простом варианте задачи $E=\left(1 / 4 \pi \varepsilon_{0}\right)\left(2 p / a^{3}\right)$ и $p=\alpha \varepsilon_{0} E$. Отсюда ответ: $a^{3}=\alpha / 2 \pi$. В усложненном варианте электрическое поле в любом узле легко найти:
\[
E=\frac{2}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 p_{\mathrm{O}}}{(a n)^{3}}+\frac{2}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 p_{\mathrm{Ti}}}{\left(\frac{a}{2} n\right)^{3}} .
\]

Поскольку дипольные моменты атома кислорода и атома титана равны $p_{\mathrm{O}}=\alpha_{\mathrm{O}} \varepsilon_{0} E$ и $p_{\mathrm{Ti}}=\alpha_{\mathrm{Ti}} \varepsilon_{0} E$, то при подстановке в эти выражения $E$ следует искомое условие:
\[
a^{3}=\frac{1,2}{\pi}\left(\alpha_{\mathrm{O}}+8 \alpha_{\mathrm{Ti}}\right) .
\]
11.5. В однородном внешнем электрическом поле $\mathbf{E}$ каждый шарик будет равномерно поляризован. Пусть Р-вектор поляризации шара. Равномерная поляризация шара создает внутри него однородное электрическое поле с напряженностью, равной – $\mathrm{P} / 3 \varepsilon_{0}$ [см. «Лекции», вып. 5 , формула (11.24)]. Тогда суммарное әлектрическое поле внутри каждого шарика (их взаимным влиянием друг на друга мы, согласно условию задачи, пренебрегаем) равно $\mathrm{E}_{i}=\mathrm{E}-\mathrm{P} / 3 \varepsilon_{0}$. Поскольку $\mathbf{P}=\varepsilon_{0}(x-1) \mathbf{E}_{i}$, то
\[
\mathbf{P}=\varepsilon_{0}(x-1) \mathbf{E}-\frac{x-1}{3} \mathbf{P},
\]

откуда
\[
\mathbf{P}=\frac{3(x-1)}{x+2} \varepsilon_{0} \mathbf{E} .
\]

Получим полный дипольный момент равномерно поляризованного шарика $\mathscr{P}$, умножив $\mathbf{P}$ на объем шара, т. е. на $(4 \pi / 3)(d / 2)^{3}$ :
\[
\mathscr{P}=\frac{4 \pi(x-1)}{x+2}\left(\frac{d}{2}\right)^{3} \varepsilon_{0} \mathbf{E} .
\]

Поскольку щарики образуют пространственную решетку с периодом, равным $3 d$, поляризация этой решетки, т. е. дипольный момент, приходящийся на единицу объема решетки, будет равен
\[
\frac{1}{(3 d)^{3}} \mathscr{P}=\frac{4 \pi(x-1)}{6^{3}(x+2)} e_{0} \mathrm{E} .
\]

Так как $\mathbf{D}=\mathbf{E}+\mathbf{P} / \varepsilon_{0}$, то для диэлектрической постоянной решетки находим выражение
\[
\varepsilon=1+\frac{4 \pi(x-1)}{6^{3}(x+2)} .
\]

К главе 12. Электростатические аналогии
12.1. Исходя из электростатической аналогии, нам нужно найти потенциал в центре тонкого равномерно заряженного кольца. Имеем
\[
\varphi=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} a},
\]

где $Q$-полный заряд кольца $Q=\rho \pi a^{2} b$. Переходя к задаче o распределении температуры, надо вспомнить, что мы вычислили разность потенциалов между центром кольца и бесконечно удаленной точкой. Если потенциал на бесконечности равен $\varphi_{0}$, то в центре кольца он равен
\[
\varphi=\frac{Q}{4 \pi e_{0} a}+\varphi_{0} .
\]

Переходя к «температурным» величинам, находим температуру в центре кольца (при таком переходе $\varphi \rightarrow T, \rho \rightarrow \varepsilon_{0} S / x$, см. «Лекции», вып. 5, стр. 234, 235)
\[
T=\frac{W}{4 \pi \kappa a}+T_{0} .
\]
12.2. Используя аналогию с электростатической задачей, находим $T(r)=-\left(S r^{2} / 6 x\right)+D$, где $S=W /(4 \pi / 3) R^{3}$ – плотность источников тепла; $W=8 \cdot 10^{20}$ дж/год; $R$-радиус Земли. Константу $D$ определим из условия $T(a)=T_{0}$, т. е. $D=T_{0}+S a^{2} / 6 x$. Радиус $a$ можно найти, положив приближенно температуру поверхности Земли равной нулю. Из этого условня следует
\[
a=R \sqrt{1-\frac{8 \pi x T_{0} R}{W}}=5867 \kappa \mathcal{} .
\]
12.3. а) Трехмерный случай: $\varphi=\sum_{n=-\infty}^{\infty} b_{n} z r^{n-1}$. Подставляя это выражение для $\varphi$ в уравнение $\Delta \varphi=0$, получаем $\Delta \varphi=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(n-1)(n+2) b_{n} z r^{n-3}=0$. Нетривиальное решение получившегося уравнения будет при условии, что коэффициенты $b_{1}$ и $b_{-2}$ отличны от нуля. Следовательно,
\[
\varphi=b_{1} z+\frac{b_{-2} z}{r^{3}} .
\]
б) Двумерный случай: $\varphi=\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_{n} z \rho^{n-1}$. В этом случае $\Delta \varphi=\sum_{n}(n-1)(n+1) c_{n} z \rho^{n-3}=0$. Следовательно, лншь

$c_{1}$ и $c_{-1}$ отличны от иуля и решение имеет вид
\[
\varphi=c_{1} z+\left(c_{-1} z / \rho^{2}\right) \text {. }
\]
12.4. Задача математически аналогична задаче 7.1. Поэтому дла $T$ можно сразу написать решение, если в задаце 7.1 линейную плотность зарядов положить равной $\lambda=W \varepsilon_{0} / x t$ :
\[
T(r)=-\frac{W}{2 \pi x t} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}}+D .
\]

В этом выражении $r_{2}=\sqrt{[x-(d / 2)]^{2}+y^{2}}$ и $\quad r_{1}=$ $=\sqrt{[x+(d / 2)]^{2}+y^{2}}-$ расстояния до произвольной точки от труб с $+W$ и – $W$ источником (см. рисунок к решению задачи 7.1, стр. 421). Постоянная $D=T_{0}$ определяется из того условия, что вдалн от труб температура равна $T_{0}$. В точке с координатами $x=100 \mathrm{~d}$ и $y=100 \mathrm{~d}$ температура равна $T=20,5^{\circ} \mathrm{C}$.

К главе 13. Магнитостатика
13.1. а) Напряженность магнитного поля, создаваемого током, текущим по бесконечному прямому проводу, на расстоянии $r$ от последнего равна $\mathbf{B}=\left(\mathbf{I} \times \mathbf{e}_{r}\right) / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$, где $\mathbf{e}_{r}-$ единичный вектор в направлении радиуса-вектора, лежащего в плоскости, перпендикулярной проводу. В центре квадрата компоненты вектора напряженности магнитного поля равны $B_{y}=21 / \pi \varepsilon_{0} c^{2} a=8 \cdot 10^{-5}$ вебер $/ \boldsymbol{\mu}^{2}, \quad B_{x}=0$ (см. рисунок). Вектор В, следовательно, направлен вертикально вверх.
6) Сила, действующая на элемент длины тока левого нижнего из проводов, согласно закону $d \mathbf{F}=I d \mathbf{l} \times \mathbf{B}$, равна $f=d \mathbf{F} / d l=I \mathrm{e}_{3} \times \mathbf{B}$, где $\mathbf{e}_{8}$-единичный вектор в направлении силы тока левого нижнего провода, Вычислим напряженность магнитного поля в районе левого нижнего провода (исключая, конечно, поле самого этого провода). Нетрудно убедиться, что компоненты вектора В равны

$B_{x}=B_{0} / 2, B_{y}=3 B_{0} / 2$, где $B_{0}=I / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a$. Следовательно, $\mathbf{f}=\left(B_{0} I / 2\right)\left(-3 \mathrm{e}_{1}+\mathrm{e}_{2}\right)$, где $\mathbf{e}_{1}$ и $\mathbf{e}_{2}$-единичные векто́ы в направлении осей $x$ и $y$. Величина этой силы равна $|\mathbf{f}|=B_{0} I \sqrt{\overline{10} / 2}=6,3 \cdot 10^{-4}$ ньютон. Направление силы составляет угол $161^{\circ}, 7$ с осью $x$.
13.2. При вращении цилиндра возникает ток с плотностью
\[
\mathbf{j}=\frac{d}{d t} \mathbf{P}=\frac{P_{0}}{2} \dot{\mathbf{r}}=\frac{P_{0}}{2} \boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r} .
\]

Выберем контур интегрирования так, как показано на рисунке, и воспользуемся теоремой Стокса. Магнитное поле по соображениям симметрии направлено вдоль оси цилиндра. Находим, что вне цилиндра $\mathbf{B}=0$. Поле на оси цилиндра равно
\[
B(0)=\frac{P_{0} \omega R^{2}}{4} .
\]

Направление вектора В совпадает с направлением вектора угловой сксрости.
13.3. Плотность токов $\mathbf{j}$ найдем из условия однородности тока по сечению. Воспользовавшись тем, что циркуляция вектора В по замкнутому контуру равна
\[
\oint \mathbf{B} \cdot d \mathbf{l}=\frac{1}{\varepsilon_{0} \varepsilon^{2}} \int j \cdot d \mathbf{S},
\]

получим
a) $B=\frac{I r}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a^{2}}$,
$0<r<a$,
6) $B=\frac{I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r}$,
$a<r<b_{i}$

в) $B=\frac{I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{1}{r} \frac{c^{2}-r^{2}}{c^{2}-b^{2}}, \quad b<r<c$,
г) $B=0$,
\[
r>c \text {. }
\]
13.4. Под действием силы Лоренца $q_{e} \mathbf{v} \times \mathbf{B}$ электрон будет двигаться по окружности. Радиус последней находится из уравнения движения электрона в магнитном поле: его ускорение равно центростремительному
\[
q_{e} v_{0} B=\frac{m v_{0}^{2}}{r},
\]

где $v_{0}$ – начальная скорость электрона. В своем движении электрон в узкой части трубки опишет дугу. Отклонение луча (в предельном случае на половину экрана) найдем из выражения $D / 2=(l-a) \operatorname{tg} \varphi_{\text {макс }}$ (обозначения расшифрованы на рисунке). Так как $a \ll l$, то $\operatorname{tg} \varphi_{\text {макс }}=D / 2 l$. Нетрудно убедиться, что если отказаться от условия $a \ll l$, то $\varphi_{\text {макс }}$ надо определять из уравнения
\[
\operatorname{tg} \varphi_{\text {макс }}=\left[\frac{D}{2}-l_{1} \operatorname{tg} \frac{\varphi_{\text {макс }}}{2}\right] \frac{1}{l} .
\]

Раднус окружности как функция параметров трубки и угла отклонения есть $r=l_{1} / \sin \varphi_{\text {макс }}$.
Следовательно, $B=m v_{0} / q_{e} l_{1} \sqrt{1+\left(4 l^{2} / D^{2}\right)}$. Если для оценки величины $B$ задаться следующими параметрами трубки: $D=30 \mathrm{~cm} ; l=30 \mathrm{~cm}, l_{1}=5 \mathrm{~cm}$, то $B=1,60$ гс (скорость әлектрона $v_{0}$ определяется по формуле $v=\sqrt{2 E / m_{e}}$, при $E=3 \kappa э в$ $v_{0}=3 \cdot 10^{7} \mathrm{M} /$ сек. Число ампер-витков на единицу длины ( $M$ ) соленонда находится по формуле $B=n I / \varepsilon_{0} c^{2}$ : $n I=\varepsilon_{0} c^{2} B=12,7 \cdot 10^{3}$. Ускорение электронов электрическим полем после их отклонения в магнитном поле увеличивает составляющую скорости по направлению к экрану. Это приводит к уменышению угла $\varphi$ между направлением движения электронов и осью трубки; следовательно, после отклонения в магнитном поле должно быть $\varphi>\varphi_{\text {макс }}$ ( $\varphi_{\text {макс }}$ определяется параметрами трубки) и найденные оценки $B, n I$ иадо увеличить.
13.5. а) При определении силы, действующей на рамку с током, будем исходить из того, что на элемент тока длиной $d l$ действует сила, равная $d \mathbf{F}=I_{2} d \mathbf{I} \times \mathbf{B}$. Проинтегрируем это выражение по контуру рамки. Ясно, что силы, действующие на участки рамки, перпендикулярные проводу, равны по величине и противоположны по направлению. Их результирующая равна нулю. Сила, реально действующая на рамку, равна сумме сил, действующих на участки, параллельные проводу. Так как магнитное поле, создаваемое проводом на расстоянии $y$ от него, равно
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{y} c^{2}} \frac{I_{1}}{y} \mathbf{e}_{z},
\]

то
\[
\mathbf{F}=I_{2}\left\{\int_{1} d \mathbf{I} \times \mathbf{B}+\int_{2} d \mathbf{I} \times \mathbf{B}\right\}=\frac{I_{1} I_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \mathrm{e}_{y} \frac{\omega l}{a(a+\omega)} .
\]

Сила, действующая на провод, равна найденной по величине, но противоположно направлена.
б) Как легко убедиться, момент сил, действующих на рамку, определяемый выражением $\mathbf{M}=I_{2} \oint \mathrm{r} \times d \mathbf{I} \times \mathrm{B}$, равен нулю.
13.6. Задача легко решается, если рассмотреть два фиктивных тока: один с плотностью $+\mathbf{j}$, а другой с плотностью – $\mathbf{j}$, «протекающих» по полости так, чтобы результирующий ток через полость был равен нулю. Магнитное поле на оси полости при этом легко находится и равно $B=\left(1 / 2 \varepsilon_{0} c^{2}\right) \mathbf{j} \times \mathbf{d}$, где d-радиус-вектор, соединяющий центр сечения стержня с центром сечения полости.

К главе 14. Магнитное поле в разных случаях
14.1. а) Для определения векторного потенциала в точках, удаленных от поверхности пленки на расстояние, гораздо меньшее ее размеров, воспользуемся сформулированным в «Лекциях» (вып. 5, стр. 282, 283) правилом: $i$-я компонента векторного потенциала, возникающая от плотности тока $\mathbf{j}$, точно такая же, как электрический потенциал $\varphi$, созданный плотностью зарядов $\rho=j_{i} / c^{2}$. Так как пленку в условиях задачи можно считать неограннченной во всех направлениях, то воспользуемся уже решенной задачей о поле равномерно заряженной плоскости. Выберем сетку координат, направив ось $x$ вдоль вектора $\mathbf{v}$, а ось $z$ перпендикулярно плоскости пленки. В такой системе координат поверхностный ток имеет только компоненту $x$, отличную от нуля, поэтому $A_{y}=A_{z}=0$. Электрическое поле равномерно заряженной плоскости, согласно «Лекциям» (вып. 5, стр. 96), равно
\[
\mathbf{E}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}} \mathbf{e}_{z},
\]

где $\mathbf{e}_{z}$-единичный вектор в направлении оси $z$. Интегрируя соотношение $E_{z}=-\partial \varphi / \partial z$, находим электрический потенциал $\varphi=-\left(\sigma / 2 \varepsilon_{0}\right) z$ (постоянную интегрирования выбираем равной нулю). Используя сформулированное выше правило, находим
\[
A_{x}=-\frac{\sigma v}{2 \varepsilon_{0} c^{2}} z, \quad A_{y}=A_{z}=0 .
\]

Так как $\mathbf{B}=
abla \times \mathbf{A}$, то, проделав необходимое дифференцирование, находим $B_{x}=0, \quad B_{y}=0 v / 2 \varepsilon_{0} c^{2}, \quad B_{z}=0$. В векторной форме
\[
\mathrm{B}=\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0} c^{2}}\left(\mathrm{e}_{z} \times \mathrm{v}\right) .
\]
14.2. Для решения задачи удобно воспользоваться законом Био-Савара
\[
d \mathbf{B}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r^{3}}(d \mathbf{l} \times \mathbf{r}) .
\]
a) Прямолинейные участки провода вносят в величину магнитного поля в центре полукруга нулевой вклад.
б) Поле направлено перпендикулярно плоскости рисунка и по величине равно $B=1 / 4 \varepsilon_{0} c^{2} r$.
в) Магнитное поле, создаваемое всем проводом, равно найденному в пункте (6) данной задачи.
14.3. Если воспользоваться законом Био-Савара, то магнитные поля, создаваемые витками в точке $P$ (см. рисунок), легко найти простым интегрированием $B_{z 1}=I a^{2} / 2 \varepsilon_{0} c^{2} r_{1}^{3}$ и

\[
\begin{array}{l}
B_{x 2}=I a^{2} / 2 \varepsilon_{0} c^{2} r_{2}^{3}, \quad \text { где } \quad r_{1}=\sqrt{a^{2}+[(b / 2)-x]^{2}} \quad \text { и } \\
r_{2}=\sqrt{a^{2}+[(b / 2)+x]^{2}} .
\end{array}
\]

Полное поле в точке $P$ равно
a) $B_{x}=B_{x 1}+B_{x 2}=\frac{I a^{2}}{2 \varepsilon_{0} c^{2} r_{1}^{2}}\left[\left[a^{2}+\left(\frac{b}{2}-x\right)^{2}\right]^{-3 / 2}+\right.$
\[
\left.+\left[a^{2}+\left(\frac{b}{2}+x\right)^{2}\right]^{-3 / 2}\right] \text {. }
\]
б) Разлагая полученное выражение в ряд Тэйлора, считая
\[
B=\frac{I a^{2}}{\varepsilon_{0} c^{2} r_{0}^{3}}\left[1+\left(\frac{15}{4} \frac{b^{2}}{r_{0}^{4}}-\frac{3}{r_{0}^{2}}\right) \frac{x^{2}}{2}\right] .
\]
в) Слагаемое $\sim x^{2}$ обращается в нуль при условии $5 b^{2} / 4=r_{0}^{2}$, т. е. если $a=b$.
г) Если $a=b$, то магнитное поле равно $B=8 I / 5^{3 / 2} a \varepsilon_{0} c^{2}$.
14.4. а) Выберем оси координат, как показано на рисунке. Согласно закону Био-Савара
\[
\text { В }=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \oint \frac{d \mathbf{l} \times \mathbf{r}}{r^{3}},
\]

где интегрирование ведется по всем сторонам рамки. Если представить вектор $\mathbf{r}$ в виде суммы двух векторов, один из которых направлен вдоль оси $x$ и имеет длину, равную $x$, а другой расположен в плоскости $y z$, то можно записать
\[
\mathbf{B}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\left(\oint \frac{d \mathbf{l}}{r^{3}} \times \mathbf{x}\right)+\oint \frac{d \mathbf{l} \times \boldsymbol{\rho}}{r^{3}}\right] .
\]

Ясно, что первый интеграл в квадратной скобке равен нулю просто в силу симметрии рамки, поскольку для любого $d 1$ всегда найдется на рамке другой участок, расположенный на таком же расстоянии $r$ от точки $M$, но с противоположным направлением dl. Что же касается второго интеграла, то в нем вектор $d \mathbf{l} \times \boldsymbol{\rho}$ всегда направлен вдоль оси $x$, и, следовательно, магнитное поле рамки перпендикулярно плоскости рамки. Из рисунка видно, что $(d \mathbf{1} \times \boldsymbol{\rho})_{x}=(a / 2) d z$.
Учитывая, что интеграл по замкнутому контуру в условиях данной задачи равен восьми интегралам вдоль отрезка $0 \leqslant z \leqslant a / 2$, для которого $r^{2}=z^{2}+x^{2}+a^{2} / 4$, накодим
\[
B_{x}=\frac{I a}{\pi \varepsilon_{0} c^{2}} \int_{0}^{a / 2} \frac{d z}{\left(\frac{a^{2}}{4}+x^{2}+z^{2}\right)^{3 / s}} .
\]

Вычисляя этот интеграл, получим требуемый в задаче ответ.
б) В этом пункте задачи требуется фактически найти закон Био-Савара из общщего интегрального выражения для векторного потенциала. В даиной задаче это выражение сводится к виду
\[
\mathrm{A}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \oint \frac{d 1}{r} .
\]

По соображениям, изложенным выше, векторный потенциал в точке $M$ равен нулю. Вычислим $\mathbf{B}=
abla \times \mathbf{A}$. Воспользовавшись примечанием к задаче, запишем выражение для векторного потенциала в произвольной точке наблюдения
\[
\mathbf{B}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}
abla \times\left(\oint \frac{d \mathrm{I}}{r}\right)=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \oint\left(
abla \times \frac{d \mathrm{I}}{r}\right) .
\]

В последнем интеграле дифференцирование производится по координатам точки наблюдения. При этом дифференцировании вектор $d l$ следует считать постоянным. Здесь удобно воспользоваться теми соотношениями, которые были получены в решении к задаче 2.3. Получим
\[

abla \times \frac{d \mathrm{I}}{r}=\left(
abla \cdot \frac{1}{r}\right) \times d \mathrm{l}=\frac{d \mathrm{I} \times \mathrm{r}}{r^{3}} .
\]

Следовательно, мы приходим к закону Био-Савара, использованному в пункте (a).
14.5. Чтобы определить напряженность магнитного поля, вычислим вначале векторный потенциал в некоторой точке $P$ с координатами $x, y, z$, расположенной вблизи оси кольца. Выберем оси координат так, чтобы ось $z$ совпадала с осью кольца. Воспользуемся интегральным выражением для векторного потенциала
\[
\mathbf{A}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \oint \frac{d \mathbf{I}}{r},
\]

где $r=\sqrt{\left(x-x^{\prime}\right)^{2}+\left(y-y^{\prime}\right)^{2}+z^{2}}, x^{\prime}$ и $y^{\prime}$-координаты элемента $d$ 1 на кольце $\left(x^{2}+y^{2}=a^{2}\right.$ ). Считая $x, y \ll a$, приближенно запишем
\[
\begin{aligned}
r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}+a^{2}-2 x x^{\prime}-2 y y^{\prime}} & \approx \\
& \approx \sqrt{z^{2}+a^{2}}\left(1-\frac{x x^{\prime}+y y^{\prime}}{z^{2}+a^{2}}\right) .
\end{aligned}
\]

В том же приближении, очевидно,
\[
\frac{1}{r}=\frac{1}{\sqrt{z^{2}+a^{2}}}+\frac{x x^{\prime}+y y^{\prime}}{\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]

В силу того что $\oint d \mathbf{l}=0$, имеем
\[
\mathbf{A}=\frac{I}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3 / 2}} \oint\left(x x^{\prime}+y y^{\prime}\right) d \mathbf{l} .
\]

Так как токов в направлении ося $z$ нет, то $A_{z}=0$. Учитывая далее, что
\[
\begin{array}{ll}
\oint x^{\prime} d l_{x}=0, \quad \oint y^{\prime} d l_{x}=-\pi a^{2}, \\
\oint x d l_{y}=\pi a^{2}, \quad & \oint y d l_{y}=0,
\end{array}
\]

находим
\[
\begin{aligned}
A_{x} & =-\frac{I \pi a^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3 / 2}} y, \\
A_{y} & =\frac{l \pi a^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\left(z^{2}+a^{2}\right)^{3 / 2}} x .
\end{aligned}
\]

Вычисляя напряженность магнитного поля $\mathbf{B}=
abla \times \mathbf{A}$, находим окончательно $B_{x}=B_{y}=0$ :
\[
B_{z}=\frac{\partial A_{y}}{\partial x}-\frac{\partial A_{x}}{\partial y}=\frac{I}{2 \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{a^{2}}{\left(a^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]
14.6. Полный заряд проводяцей сферы связан с потенциалом $V$ соотношением $Q=4 \pi \varepsilon_{0} V a$. Поэтому плотиость поверхностных зарядов равна $\sigma=\varepsilon_{0} V / a$. Для определения векторного потенциала воспользуемся общим интегральным представлением, учтя, однако, что возникающие при вращении сферы токи будут поверхностными й, следовательно, в условиях задачи надо заменить $\mathbf{j} d V$ на ( $\sigma a \boldsymbol{\omega} \times d \mathbf{S}$ ), где $d \mathbf{S}$ – вектор, по величинө равный элементарной площадке $d S$ и направленный перпендикулярно этой площадке. Векторный потенциал при этом равен
\[
\mathbf{A}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \int \frac{\mathbf{j} d V^{\prime}}{\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}^{\prime}\right|}=\frac{\sigma a}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left(\boldsymbol{\omega} \times \oint \frac{d \mathbf{S}^{\prime}}{\mid \mathbf{r}-\mathbf{r}^{\prime} T}\right) .
\]

Преобразуя поверхностный интеграл в объемный по теореме Гаусса, найдем
\[
\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \oint \frac{d \mathbf{S}^{\prime}}{\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}^{\prime}\right|}=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}
abla \int \frac{d V^{\prime}}{\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}^{\prime}\right|}=\mathbf{E}_{0},
\]

где вектор $\mathbf{E}_{0}$-напряженность поля равномерно заряженного шара
\[
\mathbf{E}_{0}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{1}{3 \varepsilon_{0}} \mathbf{r}, & r<a, \\
\frac{a^{3}}{3 \varepsilon_{0}} \frac{\mathbf{r}}{r^{3}}, & r>a .
\end{array}\right.
\]

Отсюда
\[
\mathbf{A}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{\sigma a}{3 \varepsilon_{0} c^{2}}(\omega \times \mathbf{r}), & r<a, \\
\frac{\sigma a^{4}}{3 \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{(\omega \times \mathbf{r})}{r^{3}}, & r>a .
\end{array}\right.
\]

Учитывая, что $\operatorname{rot}(\omega \times r)=2 \omega$, находим магнитное поле $\mathbf{B}=\operatorname{rot} \mathbf{A}$,
\[
\mathbf{B}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{2 V}{3 c^{2}} \boldsymbol{\omega}, & r<a, \\
\frac{3 \mathbf{r}(\boldsymbol{\mu} \times \mathbf{r})-\mu r^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{5}}, & r>a,
\end{array}\right.
\]

где
\[
\boldsymbol{\mu}=\frac{4 \pi \varepsilon_{0}}{3} V a^{3} \boldsymbol{\omega} .
\]
14.7. а) Если отрезком проволоки соединить ось цилиндра с его поверхностью, то, поскольку провод движется в магнитном поле, сила $q(\mathbf{v} \times \mathbf{B})$ приведет к тому, что концы провода зарядятся. Зарядка будет происходить до тех пор, пока электрическое поле $\mathbf{E}$ не уравновесит ( $\mathbf{v} \times \mathbf{B}$ ), т. е. при $E(x)=\omega \cdot x \cdot B$. При этом разность потенциалов на концах провода будет равна $V=\int_{0}^{b} E(x) d x=\left(\omega b^{2} / 2\right) B$, где $b$-радиус цилиндра. Магнитное поле внутри цилиндра (вне его оно равно нулю) легко найти с помощью теоремы Стокса, выбнрая контур интегрирования так, как показано на рисунке: $B=\lambda \omega / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}$. Отсюда ответ:
\[
V=\left(\frac{v}{c}\right)^{2} \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0}} .
\]
б) Пусть в нашем распоряжении имеется очень чувствительный вольтметр, с помощью которого можно замерять разности потенциалов в 10-10 6 . Из найденного выражения для $V$ следует, что величина $V$ тем выше, чем больше $\lambda$-заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра. Пусть плотность поверхностных зарядов б на цилиндре достаточно велика, скажем такая же; как на проводящей сфере с радиусом в $a=1 ~ M$, заряженной до потенциала в $V_{0}=10^{6}$ в. Тогда $\sigma=\varepsilon_{0} V_{0} / a$ и $\lambda=2 \pi \varepsilon_{0} V_{0} b / a$.
Подставляя это значение $\lambda$ в выраженне для $V$ и учитывая, что $v=\omega \cdot b$, где $\omega=10^{-4}$ ceк ${ }^{-1}$, найдем $b=\left[\left(2 c^{2} a / \omega^{2}\right)\left(V / V_{0}\right)\right]^{t / 3}=1200$ м, что нереально.

6
ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

К главе 15. Векторный потенциал
15.1. a) На границе между двумя средами нормальная составляющая магнитного поля должна быть непрерывной (это условие является следствием уравнения $\operatorname{div} \mathbf{B}=0$ ). Так как внутри сверхпроводника $\mathbf{B}=0$, то на его поверхности нормальная составляющая магнитного поля также равна нулю, т. е. поле снаружи сверхпроводника везде касательно к поверхности последнего-магнитные силовые линии огибают сверхироводник.
6) Магнитное поле в лобой точке $A$, расположенной над сверхпроводником, можно найти с помощью метода изображений (см. рисунок)
\[
\mathbf{B}=\mathbf{B}_{1}+\mathbf{B}_{2},
\]

где
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{B}_{1}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{3 \mathbf{R}_{1}\left(\mathbf{R}_{1} \cdot \boldsymbol{\mu}_{1}\right)-\boldsymbol{\mu}_{1} \cdot \mathbf{R}_{1}^{2}}{R_{1}^{5}}\right], \\
\mathbf{B}_{2}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{3 \mathbf{R}_{2}\left(\mathbf{R}_{2} \cdot \boldsymbol{\mu}_{2}\right)-\boldsymbol{\mu}_{2} \cdot R_{2}^{2}}{R_{2}^{5}}\right] .
\end{array}
\]
в) Вращательный момент, действующий на дилоль, равен
\[
\mathbf{M}=\boldsymbol{\mu}_{1} \times \mathbf{B}_{2}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{3 \mu_{1} \times \mathbf{R}_{0}\left(\mathbf{R}_{0} \cdot \boldsymbol{\mu}_{2}\right)}{R_{0}^{5}}-\frac{\left(\mu_{1} \times \boldsymbol{\mu}_{2}\right)}{R_{0}^{3}}\right] .
\]

Для определения равновесных углов $\theta$ вычислим «механическую» энергию диполя в магнитном поле, создаваемом сверхпроводником
\[
U_{\mathrm{Mex}}=-\left(\mu_{1} \cdot \mathbf{B}_{2}\right)=\frac{\mu^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R_{0}^{3}}\left(\cos 2 \theta-3 \cos ^{2} \theta\right) .
\]

Определяя равновесные значения $\theta$ из условия $\partial U / \partial \theta=0$, найдем $\theta=0, \pi / 2,3 \pi / 2, \pi$. Для найденных значений углов энергия магнитного диполя равна
\[
U_{\theta=0}=U_{\theta=\pi}=-\frac{2 \mu^{2}}{R_{0}^{3}}, \quad U_{\theta=\pi / 2}=U_{\theta=3 \pi / 2}=-\frac{\mu^{2}}{R_{0}^{3}} .
\]

Следовательно, при $\theta=0, \pi$ равновесие будет устойчивым, а при $\theta=\pi / 2,3 \pi / 2$ – неустойчивым.
г) Сила, действующая на магнитный диполь, определяется выражением $F=-\operatorname{grad} U_{\text {мех }}$. При фиксированном $\theta$ сила действует в направлении, перпендикулярном поверхности сверхпроводника, и равна по величине
\[
F=-\frac{3 \mu^{2}}{R_{0}^{4}}\left(\cos 2 \theta-3 \cos ^{2} \theta\right) .
\]

При устойчивом равновесии, т. е. при $\theta=0, \pi$, $F=3 \mu^{2} / 8 d^{4}$. Сила будет отталкивать диполь от поверхноети сверхпроводника.

главе 17. Закон индукции
17.1. Применяя теорему Стокса и считая поле В однородным внутри цилиндра, легко найти
\[
E_{t}=-\frac{r}{2} \frac{\partial B}{\partial t} .
\]

Мгновенное ускорение следует определить из уравнения движения: $m \mathbf{w}=q_{e}[\mathbf{E}+\mathbf{v} \times \mathbf{H}]$. Так как в начальный момент времени скорость заряда равна нулю, то $\mathbf{w}=\left(q_{e} / m\right) \mathbf{E}_{t}=$ $=-\left(q_{e} r / 2 \mathrm{~m}\right)(\partial \mathbf{B} / \partial t)$. Ускорения в точках $P_{1}$ и $P_{3}$ по величине равны $q_{e} a(\partial B / \partial t) / 2 m=1,32 \cdot 10^{20} \mathrm{cм} /$ сек $^{2}$ и противоположны по направлению. Ускорение в точке $P_{2}$ равно нулю.

17.2. Магнитный поток через полукольцо равен $\Phi=B \cdot S \cdot \cos \alpha$, где $\alpha$-угол, который плоскость полукольца образует с силовыми линиями: $S=\pi r^{2} / 2$ – площадь полукольца. Наведенная э. д. с: $\mathscr{E}$ и ток в цепи при этом равны
\[
\mathscr{E}=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}=\frac{B \pi r^{2} \omega}{2} \sin \omega t \quad \text { и } \quad I=\frac{B \pi r^{2} \omega \sin \omega t}{2 R_{n}} .
\]

Следовательно, амплитуды э.д. с. и тока равны
\[
\varepsilon_{\text {макс }}=\frac{B \pi r^{2} \omega}{2} \text { и } I_{\text {Makc }}=\frac{B \pi r^{2} \omega}{2 R_{M}} .
\]
17.3. При $R \gg a$ поле, создаваемое витком (1), равно
\[
B=\frac{3(\boldsymbol{\mu} \cdot \mathbf{R}) \mathrm{R}}{R^{\mathbf{5}}}-\frac{\boldsymbol{\mu}}{R^{3}},
\]

где $\boldsymbol{\mu}=I \pi a^{2} \mathbf{n}_{1} ; \mathbf{n}_{1}$-единичный вектор нормали к плоскости витка (1). Если ввести $\mathrm{n}_{2}$ – аналогичный вектор для витка (2), то магнитный поток через второй виток равен
\[
\Phi=\left(\mathbf{B} \cdot \mathbf{S}_{2}\right)=\frac{I\left(\pi a^{2}\right)^{2}}{R^{3}}\left[\left(\mathrm{n}_{1} \cdot \mathbf{n}_{2}\right)-\frac{3\left(\mathbf{R} \cdot \mathbf{n}_{1}\right)\left(\mathbf{R} \cdot \mathbf{n}_{2}\right)}{R^{2}}\right] .
\]

Так как $\mathbf{n}_{1} \| \boldsymbol{R}$, то, введя угол $\alpha$, который вектор $\mathbf{n}_{2}$ образует в момент времени $t$ с векторами $n_{1}$ и $\mathbf{R}$, найдем наведенную в витке (2) э. д. с.
\[
\mathscr{E}=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}=\frac{2 I}{k^{3}}\left(\pi a^{2}\right)^{2} \omega \sin \omega t .
\]
17.4. а) Провод движется равноускоренно. Действительно, из закона Ампера сила, действующая на провод, равна IBd. Решая уравнение движения для провода с начальным условием $\left.v(t)\right|_{t=0}=0$, получаем $v=(I B d / m) t$.
б) Если цепь обладает сопротивлением $r_{0}$, то, пренебрегая полем, создаваемым тожом, находим
\[
I r_{0}=\mathcal{E}+\mathcal{E}_{\text {инд }} \approx \mathcal{E}-\frac{\partial \Phi}{\partial t}=\mathcal{E}-v B d .
\]

Так как провод движется равномерно, то действующая на него сила (сила Ампера) равна нулю. Отсюда $I=0$ и, следовательно, $v_{\text {стац }}=$ $=\mathscr{E} / d \cdot B$.
в) Ток равеи нулю.

17.5. Электрическая энергия цепи с двумя катушками дается выражением [см., например, «Лекции», вып. 6, стр. 70, формула (17.38)]
\[
U=\frac{1}{2} \mathscr{L}_{1} I_{1}^{2}+\frac{1}{2} \mathscr{L}_{2} I_{2}{ }_{2}-\mathfrak{M} I_{1} I_{2},
\]

где $I_{1}, I_{2}$-токи в катушках; $\mathfrak{M}$-коэффициент взанмной индукции. Поскольку по условию задачи $I_{1}=I_{2}=I$, то электрическую энергию цепи можно представить в виде $U=1 / 2 \mathscr{L} I^{2}$, где $\mathscr{L}=\mathscr{L}_{1}+\mathscr{L}_{2}-2 \mathfrak{M}$. Если витки одной катушки перемотать в другую сторону, то изменится знак у $\mathfrak{M}$.
17.6. а) Напряженность магнитного поля внутри кабеля найдем с помощью теоремы Стокса, учтя, что в силу симметрни задачи силовыми линиями магнитного поля будут концентрические окружности. В каждой точке силовой линии радиуса $r$ напряженность магнитного поля равна $B=I / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$. Чтобы найти индуктивность кабеля, определим энергию магнитного поля $U=\left(\varepsilon_{0} c^{2} / 2\right) \int B^{\prime} a \bar{V}$, прнходящуюся на единицу длины кабеля [см. «Лекцни», вып. 6, стр. 74, формула (17.48)]. Разделим объем между цилиндрами на цилиндрические слон толциной $d r$ и учтем, что объем такого слоя, расположенного на расстоянии $r$ от оси кабеля, равен $d V=2 \pi r d r$, после чего найдем
\[
U=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2}\left(\frac{I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\right)^{2} \int_{a}^{b} \frac{2 \pi r d r}{r^{2}}=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2}\left(\frac{I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\right)^{2} \cdot 2 \pi \ln \frac{b}{a} .
\]

Приравнивая это выражение величине $1 / 2 \mathscr{L} I^{2}$, найдем индуктивность, приходящуюся на единицу длины кабеля:
\[
\mathscr{L}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \frac{b}{a} .
\]
6) В этом случае напряженность магнитного поля $B$ при $a<r<b$ равна найденной в пункте (a). С помощью теоремы Стокса найдем, что для $0<r<a B=\operatorname{Ir} / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a^{2}$. Вычислим далее энергию магнитного поля во внутреннем проводе, приходящуюся на единицу длины. Поступая так же, как в пункте (a), получаем
\[
U_{1}=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2}\left(\frac{I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\right)^{2} \frac{2 \pi}{4 a} .
\]

Складывая это выражение с $U_{1}$ и приравнивая сумму величине $1 / 2 \mathscr{L} I^{2}$, находим
\[
\mathscr{L}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\ln \frac{b}{a}+\frac{1}{4}\right] .
\]

Если $b \gg a$, то из найденного выражения для $\mathscr{L}$ следует, что результат слабо зависит от характера распределения тока по сечению центрального провода.
17.7. а) Напряженность магнитного поля внутри тороидальной катушки легко найти по теореме Стокса, если в качестве стоксовой поверхности взять поверхность, «натянутую» на окружность радиуса $r$. Для $b<r<b+a$ находим
\[
B=\frac{N I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r},
\]

где $N$-число витков обмотки, $I$-сила тока в обмотке. Далее вычислим энергию магнитного поля внутри торопдальной катушки. Интегрируя по объему тороида, найдем
\[
U=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2} \int B^{2} d V=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2}\left(\frac{N I}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\right)^{2} 2 \pi a \ln \frac{b+a}{b} .
\]

Приравнивая $U$ величине $1 / 2 \mathscr{L} I^{2}$, окончательно находим
\[
\mathscr{L}=\frac{N^{2} a}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \left(1+\frac{a}{b}\right) .
\]
б) Для определения взаимной индукции системы, состоящей из тороидальной катушки и прямолинейного провода, вычислим $\Phi_{0}$-магнитный поток, создаваемый проводом через поперечное сечение тороида. Так как напряженность магнитного поля В, создаваемая прямолинейным проводником на расстоянии $r$ от него, равна $B=I_{1} / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$ (силовые линии поля $B$ представляют собой концентрические окружности), то магнитный поток через один виток тороидальной катушки равен
\[
\Phi_{0}=\int \mathbf{B} \cdot d \mathbf{S}=\frac{I_{1} a}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \left(1+\frac{a}{b}\right),
\]

где $I_{1}$-сила тока в проводе. Поскольку в катушке $N$ витков, поток иужно умножить иа $N$. Следовательно,

э. д. с. в катушке дается выражением
\[
\mathscr{E}=-N \frac{d \Phi_{0}}{d t}=-\frac{a N}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \left(1+\frac{a}{b}\right) \frac{d I_{1}}{d t}=+\mathfrak{M} \frac{d I_{1}}{d t} .
\]

Отсюда
\[
\mathfrak{M}=-\frac{a N}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \left(1+\frac{a}{b}\right) .
\]
в) Из пунктов (а) и (б) следует, что $L /|\mathfrak{M}|=N$.
17.8. а) Как показано в гл. $14, \S 5$ «Лекций», напряженность магнитного поля, создаваемого витком 1 на большом расстоянии от него, ведет себя как электрическое поле диполя с моментом, перпендикулярным плоскости витка, т. е.
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{3 \mathbf{r}\left(\boldsymbol{\mu}_{1} \cdot \mathbf{r}\right)}{r^{5}}-\frac{\mu_{1}}{r^{3}}\right],
\]

где $\boldsymbol{\mu}_{1}=I \pi a^{2} \mathbf{n}_{1}$. Так как вблизи витка 2 поле В можно считать однородным, магнитный поток через него вектора В равен $\pi a^{2} \mathbf{B} \cdot \mathbf{n}_{2}$. Вычисляя э.д.с., наведенную в витке 2 , находим
\[
\mathfrak{M}_{12}=\frac{\left(\pi a^{2}\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{\mathbf{n}_{1} \cdot \mathrm{n}_{2}}{r^{3}}-3 \frac{\left(\mathbf{r}_{1} \cdot \mathbf{n}_{1}\right)\left(\mathbf{r} \cdot \mathrm{n}_{2}\right)}{r^{5}}\right] .
\]

Через углы $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$ (см. рисунок к условию задачи, стр. 356) взанмная индукция выражается следующим образом:
\[
\mathfrak{M}_{12}=\frac{\left(\pi a^{2}\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{1}{r^{3}}\left[\cos \left(\alpha_{1}-\alpha_{2}\right)-3 \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2}\right] .
\]
б) Сила взанмодействия внтков [см. «Лекции», вып. 6, формула (17.39)] равна $\mathbf{F}=-I^{2}
abla \mathfrak{M}_{12}$. Используя выражение (1), находим
\[
\begin{aligned}
F=\frac{\left(\pi a^{2} I\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} & {\left[\left(\frac{3\left(n_{1} \cdot n_{2}\right)}{r^{4}}-15 \frac{\left(n_{1} \cdot r\right)\left(n_{2} \cdot r\right)}{r^{6}}\right) \frac{r}{r}+\frac{3}{r^{5}} \times\right.} \\
& \left.\times\left(n_{1}\left(n_{2} \cdot r\right)+n_{2}\left(n_{1} \cdot r\right)\right)\right] .
\end{aligned}
\]

Составляющая силы, перпендикулярная плоскости рисунка, равна нулю. Проекции силы $\mathbf{F}$ на линию, соединяющую центры витков, $\mathbf{F}_{||}$и на перпендикулярную к ней ось (на рисунке направим эту ось вверх) $F_{\perp}$ соответственно равны
\[
\begin{array}{l}
F_{\|}=\frac{3\left(\pi a^{2} I\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r^{4}}\left[\cos \left(\alpha_{1}-\alpha_{2}\right)-3 \cos \alpha_{1} \cos \alpha_{2}\right]_{*} \\
F_{\perp}=\frac{3\left(\pi a^{2} I\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r^{4}} \sin \left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right) .
\end{array}
\]

в) Если изменить направление токов сразу в двух витках, то сила не изменится, если изменить его только в одном витке, то сила изменит знак, так как при этом изменится направление одного из векторов $\mathbf{n}$ на.противоположное.
17.9. Чтобы найти напряженность магнитного поля на оси соленоида, создаваемого одним витком, определим вначале вектор $\mathbf{B}_{0}$ на оси. Воспользовавшись результатом задачи 14.5, найдем, что на расстоянии $z$ от центра витка напряженность магнитного поля на его оси равна по величине
\[
B_{0}=\frac{I r_{2}^{2}}{2 \varepsilon_{0} c^{2}\left[z^{2}+r_{2}^{2}\right]^{3} l^{2}} .
\]

При этом вектор В направлен вдоль оси витка. Чтобы найти напряженность магнитного поля в центре соленоида, создаваемого всеми его витками, проинтегрируем найденное выражение по длине соленоида, введя линейную плотность тска $I N / l$. Заменяя в приведенном выше выражении для $B_{0}$ силу тока на $I N d z / l$ и интегрируя по $z$ от $-l / 2$ до $+l / 2$, находим величину магнитного поля в центре соленоида:
\[
B=\frac{I N r_{2}^{2}}{2 \varepsilon_{0} c^{2} l} \int_{-l / 2}^{+l / 2} \frac{d z}{\left[z^{2}+r_{2}^{2}\right]^{3 / 2}}=\frac{I N}{\varepsilon_{0} c^{2} l} \frac{l / 2 r_{2}}{\left[1+\left(l / 2 r_{2}\right)^{2}\right]^{1 / 2}} .
\]

Нетрудно видеть, что, если длина соленонда стремится к бесконечности, выражение для $B$ переходит в найденное в «Лекциях (вып. 5 , гл. 13, § 5) выражение для магнитного поля внутри длинного соленоида. В силу того что $r_{2} \gg r_{1}$, поле $B$ в окрестиости петли можно считать однородным (т. е. в области $0<r<r_{1}$ ). Вычисляя магнитный поток через петлю $\Phi=B \cdot \pi r_{1}^{2}$, находим
\[
\mathfrak{M}_{12}=\frac{N \pi r_{1}^{2}}{\varepsilon_{0} c^{2} l} \frac{l / 2 r_{2}}{\sqrt{1+\left(l / 2 r_{2}\right)^{2}}} .
\]

Вычислим теперь $\mathfrak{M}_{21}$. Так как размеры витка малы, то его можно разссматривать как магнитный диполь. Поле магнитного диполя равно (см. «Лекции», вып. 6)
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left(3 \frac{\mathbf{r}(\boldsymbol{\mu} \cdot \mathbf{r})}{r^{5}}-\frac{\boldsymbol{\mu}}{r^{3}}\right),
\]

где $\boldsymbol{\mu}=I_{1} \pi r_{1}^{2} \mathrm{e}_{z} ; \mathbf{e}_{z}$-единичный вектор, направленный по оси соленоида (ее выбираем в качестғе оси $z$ ); $I_{1}$ – снла тока в витке. Вычислим поток вектора В через один виток соленоида, расположенный на расстоянии $z$ от центра витка:
\[
\begin{aligned}
\Phi_{\mathrm{c}}=\int\left(B e_{z}\right) d S & =\frac{\mu}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \int_{0}^{r_{2}} 2 \pi \rho d \rho\left[\frac{z^{2}}{\left(\rho^{2}+z^{2}\right)^{5 / 2}}-\frac{1}{\left(\rho^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}\right] \Rightarrow \\
& =\frac{I_{1} \pi r_{1}^{2}}{2 \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{r_{2}^{2}}{\left(r_{2}^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}} .
\end{aligned}
\]

Если сила тока в витке меняется, то в рассматриваемом витке соленоида наводится э.д.с., равная $\mathscr{E}=-\partial \Phi / \partial t$. Чтобы найти полную э.д.с., мы должны просуммировать найденное нами выражение по всем виткам. Вводя плотность витков $N d z / l$ и интегрируя по $z$ от $-l / 2$ до $l / 2$, находнм
\[
\mathcal{E}=-\frac{d I_{1}}{d t} \frac{N \pi r_{1}^{2} \cdot r_{2}^{2}}{2 \varepsilon_{0} c^{2} l} \int_{-l / 2}^{l / 2} \frac{d z}{\left(z^{2}+r_{2}^{2}\right)^{3 / 2}} \equiv \mathfrak{M}_{21} \frac{d I_{1}}{d t} .
\]

Вычисляя найденный интеграл, получаем выражение для $\mathfrak{M}_{21}$, которое, как нетрудно видеть, совпадает с $\mathfrak{M}_{12}$, т. е. $\mathfrak{M}_{21}=\mathfrak{M}_{12}$.
17.10. Если пренебречь магнитным полем, создаваемым проводом, то наведенная в нем э.д.с. равна
\[
\mathscr{E}=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}=B v t .
\]

Отсюда $I=\mathscr{E} / R=-B v l / R \equiv-10^{-3} \alpha$. Если не пренебрегать магнитным полем, создаваемым движущимся проводником, ток в цепи уменьшится. Ответ по величине не изменится, если магнит, создающий поле $B$, будет двнгаться со скоростью $v$ в ту же сторону, что и провод, так как в этом случае можно считать, что сопротивление $R$ движется вправо со скоростью $v$ и, следовательно, магнитный поток через цепь будет меняться с прежней скоростью. Так как размеры цепи уменьшаются со временем, коэффициент самонндукции также будет уменьшаться.
17.11. Мехаиическая сила, действующая между витками, и момент сил, действующий на виток 5 , определяются выражениями (см. «Лекции», вып. 6, стр. 71)
\[
F=-I_{A} \cdot I_{B} \frac{\partial \mathfrak{M}_{A E}}{\partial d} \quad \text { и } \quad M=-I_{A} I_{B} \frac{\partial \mathfrak{M}_{A B}}{\partial \alpha},
\]

тде $d$-расстояние между центрами витков; $\alpha$-угол, который составляет нормаль к внтку $b$ с осью, проходящей витков, Чтобы найти последний, можно воспользоваться результатом задачи 17.8 (см. формулу для $\mathfrak{M}_{12}$ );
\[
\mathfrak{M}_{A B}=\frac{\left(\pi a^{2}\right)^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{2 \cos \alpha}{d^{9}} .
\]

Найдем далее силу тока в витке 5 :
\[
I_{B}=\frac{\mathscr{E E}_{E}}{R}-\frac{1}{R} \frac{\partial \Phi_{A E}}{\partial t}=-\frac{\mathfrak{M}_{A B}}{R} \frac{d I_{A}}{d t}=\frac{\left(\pi a^{2}\right)^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{4 K_{0} t \cos \alpha}{R d^{3}} .
\]

Следовательно,
a) $M=4 \pi^{4} a^{8} K_{0}^{2} t^{3} \sin 2 \alpha /\left(4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\right)^{2} d^{6} R$.
Если $\alpha=0$, то $M=0$.
б) $F=24 \pi^{4} a^{8} K_{0}^{2} t^{3} /\left(4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\right)^{2} d^{7} R$.
Витки отталкиваются друг от друга.
в) Если самоиндукцией витков не пренебрегать, то величина силы тока IБ будет меньше. Вместе с этим уменьшатся величины $F$ и $M$.
г) Ответ к пункту (а) не изменнтся: при $\alpha=\pi / 2 \sin 2 \alpha=0$ и, следовательно, момент сил, действующих на виток 6 , будет по-прежнему равен нулю. Ответ к пункту (б) изменится: при $\alpha=\pi / 2 \cos \alpha=0$ и сила, действующая на виток 5 , обратится в нуль.

К главе 20. Решение уравнений Максвелла
в пустом пространстве
20.1. а) Волновое уравнение, которому должно удовлетворять электрическое поле $\mathbf{E}$, имеет вид
\[
\frac{\partial^{2} \mathbf{E}}{\partial x^{2}}-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} \mathbf{E}}{\partial t^{2}}=0
\]

Для компоненты $\alpha(\alpha=x, y, z)$ это уравнение имеет вид
\[
\frac{\partial^{2} E_{\alpha}}{\partial x^{2}}-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} E_{\alpha}}{\partial t^{2}}=0 .
\]

Подставляя в это уравнение $E_{\alpha}=E_{0 x} \exp [i(\omega t-k x)]$ и выполняя дифференцирование, находим $\left[k^{2}-\left(\omega^{2} / c^{2}\right)\right] \hat{E}_{\alpha}=0$. Так как $\omega=c k$, это уравнение выполняется для любого $\alpha$.
б) Представим $\alpha$-ю компоненту вектора $\mathbf{E}_{0}$, которая, вообще говоря, комплексна в внде $E_{0 x}=E_{0 \chi}^{\prime} \exp \left(i \varphi_{\alpha}\right)$, где $E_{0 \alpha}^{\prime}$ модуль комплексного – числа $E_{0 x}$, а $\varphi_{\alpha}$ – его аргумент. Тогда $E_{\alpha}=E_{0 x}^{\prime} \exp \left[i\left(\omega t-k x+\varphi_{\alpha}\right)\right]$. Следовательно, вещественную часть $E_{a}$ можно записать в таком виде: $E_{0 \alpha}^{\prime} \cos \left(\omega t-k x+\varphi_{\alpha}\right)$. Найдем далее уравнение движения точки, для которой фаза волны $\varphi=\omega t-k x$ имеет некоторое фиксированное значение. Очевидно, в этой точке компоненты напряженности электрического поля волны будут иметь определенные значения, равные $E_{\alpha}=E_{0 \alpha}^{\prime} \cos$ $\left(\varphi+\varphi_{\alpha}\right)$. Определяя $x$, находим этот закон
\[
x=\frac{\omega}{k} t-\varphi=c t-\varphi .
\]

Выбранная точка; таким образом, движется в положительном направлении оси $x$ со скоростью $c$.
в) Подействуем оператором $
abla$ на функцию
\[
\begin{array}{c}
\mathbf{E}=\mathbf{E}_{0} \exp [i(\omega t-k x)]: \\

abla \cdot \mathbf{E}=\mathbf{E}_{0} \cdot
abla e^{i(\omega t-k x)}=\mathbf{E}_{0}\left(-i k \mathrm{e}_{x}\right) e^{i(\omega t-k x)}=-i k \mathrm{e}_{x} \cdot \mathbf{E}_{\varepsilon}
\end{array}
\]

Следовательно, действие оператора $
abla$ на подобные функДействие оператора д/әt сводится к умножению таких функций на цисло $i \omega$.
г) Пусть напряженности электрического и магнитного полей зависят от $t$ и $x$ синусоидально.
Тогда в комплексном виде можно записать $\mathbf{E}=\mathbf{E}_{0} \exp$ $[i(\omega t-k x)]$ и $\mathbf{B}=\mathbf{B}_{0} \exp [i(\omega t-k x)]$. Подставляя эти выражения в уравнения Максвелла в пустоте
\[
(
abla \cdot \mathbf{E})=0,(
abla \times \mathbf{E})=-\frac{\partial}{\partial t} \mathbf{B},(
abla \cdot \mathbf{B})=0,(
abla \times \mathbf{B})=\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t},
\]

получаем
\[
\left(\mathbf{e}_{x} \cdot \mathbf{B}\right)=0, k\left(\mathbf{e}_{x} \times \mathbf{E}\right)=\omega \mathbf{B}, \quad\left(\mathbf{e}_{x} \cdot \mathbf{B}\right)=0, \quad k\left(\mathbf{e}_{x} \times \mathbf{B}\right)=-\frac{\omega}{c^{2}} \mathbf{E} .
\]

Определяя $\mathbf{E}$ из последнего уравнения и подетавляя вы. ражение для $\mathbf{E}$ во второе уравнение, находим
\[
-k \mathbf{e}_{\boldsymbol{x}} \times\left(\mathbf{e}_{\boldsymbol{x}} \times \mathbf{B}\right)=\frac{\omega^{2}}{c^{2}} \mathbf{B},
\]

так как $\mathbf{e}_{x} \times\left(\mathbf{e}_{x} \times B\right)=\mathbf{e}_{x}\left(\boldsymbol{\theta}_{x} \cdot B\right)-B\left(\mathbf{e}_{x} \cdot \mathbf{e}_{x}\right)$. Учитывая, что, согласно третьему из полученных уравнений, $\mathbf{e}_{x} \mathbf{B}=0$, а также что $\left(\mathbf{e}_{x} \cdot \mathbf{e}_{x}\right)=1$, из (1) находим $\left[k^{2}-\left(\omega^{2} / c^{2}\right)\right] \mathbf{B}=0$. Отсюда следует, что $\omega=c k$.
д) Электрическое поле $\mathbf{E}=\mathrm{E}_{0} \exp \pm[i(\omega t+k x)]$ описывает волну, распространяющуюся в отрицательном направлении оси $\boldsymbol{x}$. Действие олератора $\boldsymbol{
abla}$ на подобную функцию сводится к умножению ее на вектор $\pm i k \mathrm{e}_{x}$, а действие оператора $\partial / \partial t-$ у умножению этой функции на число $\pm i \omega$. При этом уравнения Максвелла и связь между $\omega$ и $k$ будут такими же, какими они были найдены в пункте (r) данной задачи.
20.2. Рассмотрим установиешийся процесс. Напряженность электрического поля электромагнитной волны, падаюцей на зеркало, в неподвижной системе координат можно представить в виде $\mathrm{E}=\mathrm{E}_{0} \cos (\omega t-k x)$, а волны, отраженной от зеркала, в той же системе координат можно представить в вуде $\mathbf{E}^{\prime}=\mathbf{E}_{0}^{\prime} \cos \left(\omega^{\prime} t+k^{\prime} x\right)$. На прямой линии $x=v t$, где 6 скорость зеркала, должны выполняться следующие граничные условия: $\mathbf{E}+\mathbf{E}^{\prime}=0=\mathbf{E}_{0} \cos (\omega t-k x)+\mathbf{E}_{0}^{\prime} \cos \left(\omega^{\prime} t+k^{\prime} x\right)$. Это возможно линь при $\mathbf{E}_{0}=-\mathbf{E}_{0}^{\prime}$ и $\omega t-k x=\omega^{\prime} t+k^{\prime} x$. Подставляя $x=v t$ и $k=\omega / c, k^{\prime}=\omega^{\prime} / c$, получаем
\[
\omega^{\prime}=\omega\left[1-\left(\frac{v}{c}\right)\right] /\left[1+\left(\frac{v}{c}\right)\right] .
\]

Эгот результат совпадает с тем, который можно получить, используя преобразования Лоренца.

К главе 21. Решения уравнений Максвелла с токами и зарядами
21.1. Согласно формулам (21.18) и (21.25) «Лекций» (вып. 6):
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\left[\mathbf{p}+(r / c) \dot{\mathbf{p}} \mathbf{l}_{t-r / c} \cdot \mathbf{r}\right.}{r^{3}}, \quad \mathbf{A}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{\dot{\mathbf{p}}}{r^{3}} .
\]

Вводя обозначение $\mathrm{p}^{*}=\mathrm{p}(t-(r / c))+(r / c) \dot{\mathrm{p}}(t-(r / c))$ и учнтывая, что
\[
\frac{\partial}{\partial t} \mathbf{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)=\dot{\mathbf{p}}, \quad \frac{\partial}{\partial x_{\alpha}} \mathbf{p}\left(t-\frac{r}{c}\right)=-\frac{x_{\alpha}}{r c} \dot{\mathbf{p}} .
\]

находим
\[
\begin{array}{l}

abla \varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\frac{\mathbf{p}^{*}}{r^{3}}-\frac{(\ddot{\mathbf{p}} \cdot \mathbf{r}) \mathbf{r}}{c^{2}}-\frac{3\left(\mathbf{p}^{*} \cdot \mathbf{r}\right) \mathbf{r}}{r_{2}}\right], \\
\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{\ddot{\mathbf{p}}}{r^{3}} .
\end{array}
\]

Подставляя найденные выражения в $\mathbf{E}=-
abla \varphi-(\partial \mathbf{A} / \partial t)$ и учитывая, что
\[
\frac{r^{2} \ddot{\mathrm{p}}}{c^{2}}-\frac{(\ddot{\mathrm{p}} \cdot \mathrm{r}) \mathrm{r}}{c^{2}}=\frac{1}{c^{2}} \mathrm{r} \times(\ddot{\mathrm{p}} \times \mathrm{r})
\]
находим
\[
\left.\mathrm{E}=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\mathrm{p}^{*}-\frac{3\left(\mathbf{p}^{*} \cdot \mathbf{r}\right) \mathbf{r}}{r^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \mathbf{r} \times \ddot{(p} \times \mathbf{r}\right)\right],
\]

что эквивалентно выражению (21.26) «Лекций», вып. 6 , стр. 155.
21.2. Обозначим через $r_{+}^{\prime}$ и $r_{-}^{\prime}$ «запаздывающие радиусы-векторы» $\left(r_{ \pm}^{\prime}=x, y, z \mp(d / 2) \cos \omega t^{\prime}\right)$ от положительного и отрицательного зарядов. Согласно рисунку в условии задачи (стр. 360),
\[
r_{ \pm}^{\prime 2}=r^{2}+\left(\frac{d}{2} \cos \omega t^{\prime}\right)^{2} \mp r d \cos \theta \cos \omega t^{\prime},
\]

где $t^{\prime}=t-r_{ \pm}^{\prime}$ c. Напряженность электрического поля, создаваемая зарядами $+q$ и -q в точке $P$, согласно уравнению (21.1) (см. «Лекции», вып. 6, стр. 142), равна
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\left(\frac{\mathbf{e}_{+}^{\prime}}{r_{+}^{\prime 2}}-\frac{\mathbf{e}_{-}^{\prime}}{r_{-}^{\prime 2}}\right)-2\left(\frac{\mathbf{e}_{r_{+}^{\prime}}}{c r_{+}^{\prime 2}} \frac{d r_{+}^{\prime}}{d t}-\frac{\mathbf{e}_{-}^{\prime}}{c r_{-}^{\prime 2}} \frac{d r_{-}^{\prime}}{d t}\right)+\right. \\
\left.+\frac{1}{c}\left(\frac{1}{r_{+}^{\prime}} \frac{d \mathbf{e}_{r_{+}^{\prime}}}{d t}-\frac{1}{r_{-}^{\prime}} \frac{d \mathbf{e}_{r^{\prime}}}{d t}\right)+\frac{1}{c^{2}}\left(\frac{d^{2} \mathbf{e}_{r_{+}^{\prime}}}{d t^{2}}-\frac{d^{2} \mathbf{e}_{r_{-}^{\prime}}}{d t^{2}}\right)\right] . \\
\end{array}
\]

Воспользуемся тем, что точка $P$ находится на расстоянии $r \gg d$ от диполя. Это позволяет во всех вычнслениях ограничиваться лишь линейными по $d$ членами. В таком приближении
\[
\begin{array}{l}
r_{ \pm}^{\prime}=r \mp \frac{d}{2} \cos \theta \cos \left(\omega t-\frac{r}{c}\right), \\
\mathbf{r}_{ \pm}^{\prime}=\mp \mathrm{e}_{z} \frac{d}{2} \cos \left(\omega t-\frac{r}{c}\right)+\mathbf{e}_{r} r, \\
\frac{d r_{ \pm}^{\prime}}{d t}= \pm \frac{d \omega}{2} \cos \theta \sin \left(\omega t-\frac{r}{c}\right),
\end{array}
\]
de,
\[
\begin{array}{l}
\frac{\mathrm{e}_{ \pm}^{\prime}}{d t}=\frac{d}{d t} \frac{\mathbf{r}_{ \pm}^{\prime}}{r_{ \pm}^{\prime}}= \pm \frac{\mathbf{e}_{z}}{r} \frac{d \omega}{2} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) \mp \\
\mp \frac{\mathbf{e}_{r}}{r_{ \pm}} \frac{d \omega}{2} \cos \theta \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right),
\end{array}
\]
$d^{2} \mathrm{e}$,
\[
\begin{aligned}
\frac{r_{ \pm}^{\prime}}{d t^{2}}= \pm \frac{\mathbf{e}_{z}}{r} \frac{d \omega^{2}}{2} \cos \omega(t & \left.-\frac{r}{c}\right) \mp \\
& \mp \frac{\mathbf{e}_{r}}{r} \frac{d \omega^{2}}{2} \cos \theta \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) .
\end{aligned}
\]

Убедимся, что векторы $d \mathrm{e}_{r_{ \pm}} / d t$ и $d^{2} \mathrm{e}_{r_{: \pm}} / d t^{2}$ направлены по $\mathbf{e}_{t}$. Вычислим скалярные произведения
\[
\left[\mathrm{e}_{r}\left(d \mathrm{e}_{r_{ \pm}} / d t\right)\right] \text { и }\left[\mathrm{e}_{r}\left(d^{2} \mathbf{e}_{r_{ \pm}} / d t^{2}\right)\right] .
\]

Учитывая, что $\mathbf{e}_{z} \cdot \mathbf{e}_{\theta}=\cos \theta$, находим, что эти скалярные произведения равны нулю. Модули векторов $d \mathrm{e}_{r_{ \pm}} / d t$ и $d^{2} \mathrm{e}_{r_{ \pm}} / d t^{2}$ найдем, вычислив скалярные пронзведения этих векторов на $\mathbf{e}_{\theta}$. Учитывая, что $\left(\mathrm{e}_{z} \cdot \mathrm{e}_{\theta}\right)=-\sin \theta$, имеем
\[
\begin{array}{l}
\frac{d \mathrm{e}_{r_{ \pm}}}{d t}=\mp \mathrm{e}_{\theta} \frac{d \omega}{2 r} \sin \theta \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right), \\
\frac{d^{2} \mathrm{e}_{r_{t}}}{d t^{2}}=\mp \mathrm{e}_{\theta} \frac{d \omega^{2}}{2 r} \sin \theta \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) .
\end{array}
\]

После несложных преобразований окончательно находим
\[
\begin{array}{r}
\mathbf{E}=\frac{q d}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left\{2 \mathbf{e}_{r} \cos \theta\left[\frac{1}{r^{3}} \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right]+\right. \\
\left.+\mathrm{e}_{0} \sin \theta\left[\left(-\frac{\omega^{2}}{c^{2} r}+\frac{1}{r^{3}}\right) \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right]\right\} .
\end{array}
\]

Определяя из этого выражения $E_{\varphi}, E_{\theta}$ и $E_{r}$, приходим к приведенному в условии задачи результату.
21.3. В «Лекциях», вып. 5, гл. 14, § 5 отмечалось, что электрическое поле статического диполя и поле постоянного магнитного диполя одинаковы по виду, хотя и удовлетворяют разным уравнеииям Максвелла
\[
(\Gamma \cdot \mathbf{E})=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} \quad \text { и } \quad(
abla \times \mathbf{B})=\frac{\mathbf{j}}{\varepsilon_{0} c^{2}} .
\]

Это происходит от того, как отмечалось в «Лекциях», что дипольные поля возникают, когда мы находимся далеко от всех токов и зарядов. Тогда в большой части пространства уравнения для Е и В одинаковы: ротор и дивергенция этих полей равны нулю. Но нетрудно убедиться, что подобная симметрия уравнений Максвелла имеет место и в общем случае переменных полей. Действительно, в далеких от зарядов и токов точках пространства уравнения Максвелла эднородны:
\[
\begin{aligned}
(
abla \cdot \mathbf{E}) & =0, & (
abla \cdot \mathbf{B}) & =0, \\
(
abla \times \mathbf{E}) & =-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}, & c^{2}(
abla \times \mathbf{B}) & =\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\end{aligned}
\]

и в силу этого обстоятельства имеет место симметрия
\[
\checkmark \frac{1}{c^{2}} \mathbf{E} \text { (электр. диноль) – В (магн. диполь), }
\]

В (электр. диполь) – – E (магн. диполь).

Поэтому, заменяя в выражениях для электрического и магнитного полей осциллирующето диполя, найденных в задаче 21.2,
\[
\mathbf{p}=q d \cos \omega t \cdot \mathbf{e}_{z} \text { на } \boldsymbol{\mu}=\mathbf{e}_{z} \pi a^{2} i_{0} \cos \omega t_{2}
\]

находим
\[
\begin{array}{l}
B_{\varphi}=0, \\
B_{\theta}=\frac{\pi a^{2} i_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \sin \theta\left[\left(-\frac{\omega^{2}}{c^{2} r}+\frac{1}{r^{3}}\right) \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right] \\
B_{r}=\frac{2 \pi a^{2} i_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \cos \theta\left[\frac{1}{r^{3}} \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)-\frac{\omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right] \\
\mathbf{E}=c\left(\mathbf{B} \times \mathbf{e}_{r}\right) .
\end{array}
\]
21.4. а) Из рисунка к условию задачи (стр. 361) видно, что (для удобства обозначим $d / 2=a$ )
\[
r_{1}^{2}=r^{2}+a^{2}-2 a r \cos \theta, \quad r_{2}^{2}=r^{2}+a^{2}-2 a r \cos \theta .
\]

При $r \gg a r_{1,2} \approx r \mp a \cos \theta$. Разлагая в ряд по $\omega a / c \ll 1$
\[
\begin{array}{l}
\cos \left[\omega\left(t-\frac{r}{c}\right) \pm \frac{a \omega}{c} \cos \theta\right] \approx \\
\approx \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) \mp \frac{a \omega}{o} \cos \theta \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)+\ldots
\end{array}
\]

и учитывая, что при $r \gg a$
\[
(r \mp a \cos \theta)^{-1} \approx \frac{1}{r}\left[1 \pm\left(\frac{a \cos \theta}{r}\right)\right] .
\]

получаем требуемое выражение для $\varphi$.
б) Заметим, что если использовать результат пункта (a), то можно записать
\[
\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial \varphi}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial z} \frac{Q_{0} \omega d}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{\sin \omega\left(t-\frac{L}{c}\right)}{r} .
\]

Если воспользоваться уравнением $
abla \mathbf{A}=-\left(1 / c^{2}\right)(\partial \varphi / \partial t)$, которое в задаче сводится к уравнению $\left(1 / c^{2}\right)(\partial \varphi / \partial t) \Rightarrow$ $=-\left(\partial A_{z} / \partial z\right)$, то мы видим, что в написанном выше выражении для ( $\left.1 / c^{2}\right)(\partial \varphi / \partial t)$ функция, стоящая поєлле оператора $\partial / \partial z$, есть не что иное, как – $A_{z}$.

в) Вычисляя $\mathbf{E}=-
abla \varphi-(\partial \mathbf{A} / \partial t)$ с помощью найденных в пунктах (а) и (б) выражений для $\varphi$ и $\mathbf{A}$, находим $\left(p=Q_{0} d\right)$
\[
\begin{aligned}
\mathbf{E} & =\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left\{\operatorname { c o s } \theta \left[\left(\frac{3}{r^{3}}-\frac{\omega^{2}}{c^{2} r}\right) \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)+\right.\right. \\
& \left.+\frac{\omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right] \cdot \mathbf{e}_{r}+ \\
& +\mathbf{e}_{z}\left[\left(\frac{\omega^{2}}{c^{2} r}-\frac{1}{r^{3}}\right) \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)-\right. \\
& \left.\left.-\frac{3 \omega}{c r^{2}} \sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)\right]\right\} .
\end{aligned}
\]

Умножая $\mathbf{E}_{\text {скалярно на }} \mathbf{e}_{r}, \mathbf{e}_{t t}=\mathbf{e}_{z} \times \mathbf{e}_{r}$ и $\mathbf{e}_{\theta}=\mathrm{e}_{r} \times\left(\mathbf{e}_{z} \times \mathbf{e}_{r}\right)=$ $=\cos \theta \mathbf{e}_{r}-\mathbf{e}_{z}$, находим выраження для $E_{\varphi}, E_{\theta}, E_{r}$, приведенные в условии задачи 21.2. При этом $c \mathbf{B}=\mathbf{e}_{r} \times \mathbf{E}$.
21.5. а) Так как $i=d p / d t$, где $p$-дипольный момент единицы длины, то, интегрируя (константу интегрирования можно положить равной нулю), находим
\[
p=-\frac{i_{0}}{\omega} \cos \frac{2 \pi z}{\lambda} \cos \omega t .
\]

Дипольный момент элементарного диполя длиной $\Delta z$ отсюда равен
\[
\Delta p=\left(\frac{i_{0}}{\omega} \cos \frac{2 \pi z}{\lambda} \cos \omega t\right) \Delta z .
\]
๑) Векторный потенциал в волновой зоне равен
\[
A_{z}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r} \int_{-\lambda / 4}^{\lambda / 4} i_{0} \cos \frac{2 \pi z}{\lambda} \sin \omega\left(t-\frac{r^{\prime}}{c}\right) d z,
\]

где $r^{\prime}=\sqrt{r^{2}+z^{2}-2 r z \cos \theta}$.
При $r \gg \lambda / 2$, т. е. при $r \gg c / \omega$, получаем $r^{\prime} \approx r-z \cos \theta$. Далее, представляя
\[
\sin \left[\omega\left(t-\frac{r}{c}\right)+\frac{\omega z}{c} \cos \theta\right]=
\]
$=\sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) \cos (k z \cdot \cos \theta)+\cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) \sin (k z \cos \theta)$,
где $k=2 \pi / \lambda$, п подставляя в формулу для векторного потенциала, простым интегрированием находим $A_{z}$ :
\[
A_{z}=\frac{2 i_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{\cos \left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{k \sin ^{2} \theta} \frac{\sin \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)}{r} .
\]

Нетрудно видеть, что последнее выражение совпадает с найденным векторным потенциалом А в пункте (6) задачи 21.4, если только положить
\[
p_{0}=-\frac{2 i_{0} \cos \left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{k \omega \sin ^{2} \theta} .
\]

Поэтому мы можем воспользоваться решением к этой задаче [см. пункт (в) задачи 21.4] и найти электрическое поле в волновой зоне
\[
E_{\theta}=\frac{2 i_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0} c r} \frac{\cos \left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin \theta} \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) .
\]

Аналогично для магнитного поля находим, что в волновой зоне существенна лишь компонеита $B_{\varphi}$, причем она равна $B_{p}=E_{\theta} / c$.
в) Зависимость $E_{\theta}$ от угла $\theta$ имеет вид для антенны
\[
E_{\theta} \sim \frac{\cos \left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin \theta}
\]

для одного диполя
\[
E_{\theta} \sim \sin \theta .
\]

Характер этой зависимости для антенны и одного диполя примерно одинаковьй (см. рнсунок).

21.6. Электрическое и магнитное поля движущегося заряда описываются потенциалами Льенара-Вихерта
\[
\varphi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}\left[\mathbf{R}^{\prime}-\left(\mathbf{v}^{\prime} \cdot \mathbf{R}^{\prime}\right) / c\right]}, \quad \mathbf{A}=\frac{q v^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\left[\mathbf{R}^{\prime}-\left(\mathbf{v}^{\prime} \cdot \mathbf{R}^{\prime}\right) / c\right]},
\]

где $\mathbf{R}^{\prime}$ и $\mathbf{v}^{\prime}$ берутся для времени $t^{\prime}=t-R^{\prime} / c$.
a) Так как при движении по окружности в любой момент временн $\mathbf{V} \perp \mathbf{R}$, то в центре круга имеем
\[
\varphi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a} .
\]
б) Аналогично
\[
\mathbf{A}=\frac{q \mathbf{v}^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a},
\]

где $v^{\prime}\left[t^{\prime}\right]=v[t-(a / c)]$. Считая момент времени, когда заряд находится в точке $P$, за начало отсчета времени, находим
\[
\begin{array}{c}
v_{x}^{\prime}=-v \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right), \\
v_{y}^{\prime}=v \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right), \\
A_{x}=-\frac{q v}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right), \\
A_{y}=\frac{q v}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) .
\end{array}
\]
в) Определим потенциалы в точке, расположенной вблизи центра круга ( $r$ – радиус-вектор этой точки, см. рисунок). Обозначая через $\alpha_{0}$ угол между $\mathbf{r}$ и осью $x$, запишем
\[
\begin{array}{c}
R^{\prime 2}=a^{2}+r^{2}-2 a r \cos \left(\omega t^{\prime}-\alpha_{0}\right), \\
t^{\prime}=t-\frac{R^{\prime}}{c} .
\end{array}
\]

Наша конечная цель-вычислить производные от потенциалов в начале координат. Поэтому, выражая $R^{\prime}$ как функцию $t, x, y$, удержим лишь члены первого порядка по $r$
\[
\begin{aligned}
R^{\prime} \approx a-r \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}-\alpha_{0}\right)=a-x \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)- \\
-y \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) .
\end{aligned}
\]

Выразим теперь через $x, y, t$ скалярное произведение $\left(\mathbf{v}^{\prime} \cdot \mathbf{R}^{\prime}\right)$. Как видно из рисунка, $\left(\mathbf{v}^{\prime} \cdot \mathbf{R}^{\prime}\right)=-v a \sin \alpha_{1}$. Имеем
\[
\cos \alpha_{1}=\frac{a^{2}+R^{\prime 2}-r^{2}}{2 a R^{\prime}} .
\]

Если подставить сюда только что найденное выражение для $R^{\prime}$, мы найдем $\cos \alpha_{1}=1$, однако если учесть члены второго порядка, то в конце концов получим
\[
\begin{aligned}
\sin \alpha_{1}=\frac{r}{a} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}-\alpha_{0}\right) & = \\
& =\frac{x}{a} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)-\frac{y}{a} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) .
\end{aligned}
\]

Теперь у нас есть все, чтобы найти $\varphi(x, y, t)$ :
\[
\begin{aligned}
\varphi(x, y, t)=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}[ & {\left[a-\cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\left(x+\frac{v}{c} y\right)-\right.} \\
& \left.-\sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\left(y-\frac{v}{c} x\right)\right]^{-1} .
\end{aligned}
\]

Воспользовавшись формулой $\mathbf{E}=-
abla \varphi-(\partial \mathbf{A} / \partial t)$, вычислим напряженность электрического поля [напомним, что вектор А в центре круга найден в пункте (б)]. Имеем
\[
\begin{array}{l}
E_{x}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{2}}\left[\left(\frac{v^{2}}{c^{2}}-1\right) \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)+\frac{v}{c} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\right] \\
E_{x}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{2}}\left[\left(\frac{v^{2}}{c^{2}}-1\right) \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)-\frac{v}{c} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\right] .
\end{array}
\]

Легко убедиться, что при $t=0$, т. е. когда заряд находится в точке $P, E_{x}<0$ и $E_{y}<0$. Таким образом, поле направлено вниз от оси $x$ (а если бы был справедлив «запаздывающий закон Кулона», оно было бы направлено выше оси $x$ ).

Определим теперь векторный потенциал А. Для этого необходимо найти $v^{\prime}(t, x, y)$. Имеем
\[
\begin{array}{l}
v_{x}^{\prime}=-v \sin \omega t^{\prime}= \\
=-v \sin \left[\omega t-\frac{v}{c}+\frac{v^{2}}{a c} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}-\alpha_{0}\right)\right] \approx \\
\approx-v \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)-\frac{v^{2}}{a c} x \cos ^{2}\left(\omega t-\frac{v}{c}\right)- \\
-\frac{v^{2}}{a c} y \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right), \\
v_{y}^{\prime}=v \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)- \\
-\frac{v^{2} x}{a c} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)-\frac{v^{2} y}{a c} \sin ^{2}\left(\omega t-\frac{v}{c}\right) . \\
\end{array}
\]

Отбрасывая в выражении для $A_{x}$ члены, пропорциональные $\boldsymbol{x}$, а в $A_{y}$-пропорциональные $y$ (и те и другие не дают вклада в магнитное поле), находим
\[
\begin{array}{l}
A_{x}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[-\frac{v \sin (\omega t-v / c)}{a-y \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)-\frac{v y}{c} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)}-\right. \\
\left.-\frac{v^{2} y}{a c} \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\right] \text {, } \\
A_{y}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}}\left[\frac{v \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)}{a-x \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)+\frac{v x}{c} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)}-\right. \\
\left.-\frac{v^{2} x}{a c} \sin \left(\omega t-\frac{v}{c}\right) \cos \left(\omega t-\frac{v}{c}\right)\right] . \\
\end{array}
\]

Нетрудно убедиться, что только $z$-компонента магнитного поля отлична от нуля. Для нее
\[
B_{z}=\frac{\partial A_{y}}{\partial x}-\frac{\partial A_{x}}{\partial y}=\frac{q v}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a^{2}} .
\]

Таким образом, магнитное поле в центре круга не зависит от времени. Оно равно полю в центре витка с током, таким, что $\int \boldsymbol{r} \cdot d \mathbf{S}=q v$.
Легко понять почему: представьте, что заряд «размазан» вдоль «проволоки» $[\rho=\rho(s)]$ и движется как целое; ясно, что лишь в той части витка, где $\rho
eq 0$, ток отлинен

\[
\begin{array}{l}
\text { от нуля }[I(s)=\rho(s) v], \text { так что } \\
\int \mathbf{I} \cdot d \mathbf{S}=v \int \rho(s) d S=v q .
\end{array}
\]
г) Формула (21.1) для напряженности электрического поля (см. «Лекции», вып. 6, гл. 21, стр. 143) принимает в нашем случае вид
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[\frac{\mathbf{e}_{\mathbf{r}^{\prime}}}{a^{2}}+\frac{1}{a c} \frac{d \mathbf{e}_{\mathrm{r}^{\prime}}}{d t}+\frac{1}{c^{2}} \frac{d^{2} \mathbf{e}_{\mathrm{r}^{\prime}}}{d t^{2}}\right] .
\]

С другой стороны,
\[
\begin{array}{l}
e_{x}^{\prime}=-\cos \left(\frac{v}{a} t-\frac{v}{c}\right), \\
e_{y}^{\prime}=-\sin \left(\frac{v}{a} t-\frac{v}{c}\right) .
\end{array}
\]

Дифференцируя, получаем для $E_{x}$ и $E_{y}$ формулы, совпадающие с уже найденными. Вычислим магнитное поле
\[
c B_{z}=e_{x}^{\prime} E_{y}-e_{y}^{\prime} E_{x}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} \dot{a}^{2}},
\]

что опять совпадает с прежиим результатом.
К главе 22. Цепи переменного тока
22.1. а) Густь ток втекает в узел 1 (см. рисунок), а вытекает из узла 7. В силу симметрии системы потенциалы точек
2, 5, 4 равны. Также равны между собой потенциаль: точек 6,3 и 8 . В итоге получим электрическую схему следующего типа:
Сопротивление при таком подсоединении равно $8 / 6$ ом.
6) Пусть подсоединение сделано так, что ток втекает в узел 1 , а вытекает из узла 4. Тогда равны потенциалы узлов 2 и 5. Объединим эти узлы. Соответствеино равны потенциалы уялов 3 и 8 . Их также объединяем. В итоге получим следующую плоскую эквивалентную схему:
Преобразуем ее
При данном подсоединении сопротивление схемы равно $7 / 12$ Oм.
в) Пусть ток втекает теперь в узел 1 , а вытекает из узла 8 . В этом случае равны попарно потенциалы точек 3 и 6 , а также 4 и 5 . Объединим соответствующие узлы попарно. Получится следующая эквивалентная схема:
Эта схема может быть представлена в виде

Сопротивление такой цепи (см. «Лекции», вып. 6, стр. 180) нельзя вычислить, пользуясь лишь формулами для параллельных и последовательных сопротивленић. Чтобы найти ее сопротивление, запишем уравнение Кирхгофа для токов и напряжений (см. схему):
\[
\begin{array}{ll}
i_{1}+i_{2}=i, & i_{4}+i_{5}=i, \\
i_{1}-i_{3}-i_{4}=0, & \frac{3}{2} i_{1}+\frac{i_{3}}{2}-\frac{i_{5}}{2}=0, \\
i_{2}+i_{3}-i_{5}=0, & \frac{3}{2} i_{4}-\frac{i_{3}}{2}-\frac{i_{5}}{2}=0 .
\end{array}
\]

Решая эту систему уравнений, находим $i_{1}=i_{4} \mp i / 4$, $i_{2}=i_{5}=3 i / 4, \quad i_{3}=0$. Отсюда для напряжения $V$ между узлами 1 и 8 получаем
\[
V=\frac{i_{2}+i_{5}}{2}=\frac{3 l}{4},
\]
т. е. сопротивление цепи равно $3 / 4$ ом. Другие возможные подсоединения сводятся к одному из рассмотренных выше.
22.2. а) Легко найти полный импеданс цепи. Он равен
\[
Z(\omega)=i \omega L \frac{2-\omega^{2} C L}{1-\omega^{2} C L} .
\]

Если теперь ввести комплексную э.д.с. $\hat{V}=V_{0} e^{i \omega t}$, то комплексный ток равен
\[
\hat{I}=\frac{\hat{V}}{Z(\omega)}=\frac{\hat{V}\left(1-\omega^{2} C L\right)}{i \omega L\left(2-\omega^{2} C L\right)} .
\]

Определяя вещественную часть әтого выражения, находим силу тока в цепи
\[
I=V_{0} \frac{1-\omega^{2} C L}{\omega\left(2-\omega^{2} C L\right)} \sin \omega t .
\]
б) В этом случае каждая из индуктивностей станет равной $L+\mathfrak{M}$ и ответ будет таким, как был найден выше, но $L$ перейдет в $L+\mathfrak{M}$, а $C$ в $C /\left(1+\omega^{2} \mathfrak{M} C\right)$. Действительно, если обозначить через $i_{C}$ и $i_{L}$ токи через параллельно соединенные емкость и индуктивность $L$, так что $i_{C}+i_{L}=I$, где $I$ – полный ток в цепи, то
\[
\hat{V}=L \frac{d \hat{I}}{d t}+\mathfrak{M} \frac{d \hat{i}_{L}}{d t}+L \frac{d \hat{i}_{L}}{d t}+\mathfrak{M} \frac{d \hat{I}}{d t}
\]

и, следовательно,
\[
\hat{V}=i \omega(L+\mathfrak{M}) \hat{I}+i \omega(L+\mathfrak{M}) \hat{i}_{L} .
\]

C другой стороны, согласно закону Кирхгофа, для напряжений имеем
\[
\hat{i}_{C}\left(-\frac{i}{\omega C}\right)=i \omega L \hat{i}_{L}+i \omega \mathfrak{M} \hat{I}=i \omega L \hat{i}_{L}+i \omega \mathbb{M}\left(\hat{i}_{C}+\hat{i}_{L}\right) ;
\]

отсюда
\[
-\hat{i}_{C}\left(\frac{1+\omega^{2} \mathfrak{M} C}{\omega C}\right)=\hat{i}_{L^{\omega}}(L+\mathfrak{M}) .
\]

Из последнего уравнения видно, что уравнения такие же, как и в пункте (а), но
\[
\begin{array}{c}
L \rightarrow L+\mathfrak{M}, \\
C \rightarrow \frac{C}{1+\omega^{2}{ }^{2} M C} .
\end{array}
\]

Учитывая это, находим комплексный ток в цепи
\[
\hat{I}=\frac{\hat{V}\left(1-\omega^{2} L C\right)}{i \omega(L+\mathfrak{D})\left[2-\omega^{2} C(L-\mathfrak{M})\right]} .
\]

Вещественная часть этого выражения дает нам искомую силу тока в цепи
\[
I(t)=V_{0} \frac{\left(1-\omega^{2} L C\right) \sin \omega t}{\omega(L+\mathfrak{M})\left[2-\omega^{2} C(L-\mathfrak{M})\right]} .
\]
22.3. а) Схему можно представить в следующем виде:
\[
\begin{array}{l}
Z_{1}=i \omega \mathscr{L}, \\
Z_{2}=R, \\
Z_{3}=\frac{1}{i \omega C} .
\end{array}
\]

Импеданс верхней цепи при этом равен
\[
Z^{\prime}=\frac{z}{Z_{2}+Z_{3}},
\]

а импеданс нижней $Z^{\prime \prime}=z /\left(Z_{1}+Z_{2}\right)$, где $Z=Z_{1} Z_{2}+Z_{1} Z_{3}+Z_{2} Z_{3}$. Полный импеданс цепи равен $Z=Z^{\prime} Z^{\prime \prime} /\left(Z^{\prime}+Z^{\prime \prime}\right)=Z /\left(Z_{1}+2 Z_{2}+Z_{3}\right)$.
Подставляя в последнее выражение $Z_{i}$, с учетом того, что $R^{2}=\mathscr{L} / 2 C$, получаем $Z=R$.
б) Убедимся, что при $\omega=\omega_{c}=\sqrt{1 / \mathscr{L} C}$ энергия, выделяемая на $Z^{\prime}$, равна әнергии, выделяемой на $Z^{\prime \prime}$. Для этого необходимо, чтобы $\left|Z^{\prime}\right|=\left|Z^{\prime \prime}\right|$ и $\operatorname{Re} Z^{\prime}=\operatorname{Re} Z^{\prime \prime}$. Из найденных в пункте (а) выражений для $Z^{\prime}$ и $Z^{\prime \prime}$ следует, что должно выполняться равенство $\left|Z_{2}+Z_{3}\right|=\left|Z_{1}+Z_{2}\right|$, т. е. $\sqrt{R^{2}+\left(1 / \omega^{2} C^{2}\right)}=\sqrt{R^{2}+\omega^{2} \mathscr{L}^{2}}$. Следовательно, $\omega^{2}=1 / \mathscr{L} C$.

22.4. Введем комплексную э. д. с. $\hat{V}=E_{0} \exp (i \omega t)$. Сначала рассмотрим случай, когда источник э. д. с. не имеет внутреннего сопротивления. Тогда импеданс цепи равен $Z(\omega)=$ $=1 / 2[R-(i / \omega C)]$. Комплексный ток в цепи $\hat{I}=\hat{V} / Z=$ $=2 E_{0} \exp (i \omega t) /[R-(i / \omega C)]$. Потенциалы точек $a$ и $b$ равны соответственно $\hat{V}_{a}=\hat{V}_{c}+1 / 2 \hat{I} R$ и $\hat{V}_{b}=\hat{V}_{c}-i \hat{I} / 2 \omega C$. Разность этих потенциалов можно представить в виде
\[
\hat{V}_{a b}=\hat{V}_{a}-\hat{V}_{b}=E_{0} e^{i(\omega t+\varphi)}, \text { где } \varphi=\operatorname{arctg} \frac{1}{\omega C R} .
\]

Қачественно зависимость фазы от частоты изображена на рисунке.

Если источник э. д. с. имеет внутреннее сопротивление $R / 10$, то полный импеданс цепи будет равен
\[
Z(\omega)=\frac{R}{10}+\frac{1}{2}\left(R-\frac{i}{\omega C}\right) .
\]

Рассуждая, как раньше, найдем
\[
\hat{V}_{a b}=\frac{E_{0}{ }^{i \omega t} \frac{1}{2}\left(R+\frac{i}{\omega C}\right)}{\frac{R}{10}+\frac{1}{2}\left(R-\frac{i}{\omega C}\right)} ;
\]

если ввести фазы
\[
\varphi=\operatorname{arctg}\left(\frac{1}{\omega C R}\right) \text { н } \varphi_{1}=\operatorname{arctg}\left(\frac{5}{3 \omega C R}\right),
\]

то разность потенциалов можно представить в виде
\[
\hat{V}_{a b}=E_{0} \sqrt{\left.\frac{R^{2}+(1 / \omega C)^{2}}{(3 / 5} R\right)^{2}+(1 / \omega C)^{2}} e^{i\left(\omega t+\varphi+\varphi_{1}\right)} .
\]

В этом случае амплитуда разности потенциалов перестает зависеть от частоты лишь при очень малых или очень больших частотах. Качественный ход фазы разности потенциалов остается прежним.

22.5. При параллельном соединении импеданс цепи находится следующим образом: $Z^{-1}=R^{-1}+i[\omega C-(1 / \omega L)]$. Вводя комплексную э. д. с. $\hat{V}=V_{0} \exp (i \omega t)$ и определяя силу тока в цепи $I=\hat{V} / Z(\omega)$, находим выражение для амплитуды снлы тока
\[
I_{0}=V_{0} \sqrt{\left(\frac{1}{R}\right)^{2}+\left(\omega C-\frac{1}{\omega L}\right)^{2}} .
\]

При $\omega_{0}^{2}=1 / L C$ наступает «резонанс»: при этом условии сила тока в цепи минимальна и равна (по амплитуде) $I_{\text {мин }}=V_{0} / R$. Примерный характер «резонансной» кривой изображен на фиг. 1. При малых $\omega$ ток в цепи течет в основном через индуктивность, а при больших-через емкость. В момент резонанса ток течет лишь через активное сопротивление.

Определим ширину резонансной кривой подобно тому, как это делалось при анализе механических колебаний (см. «Лекции», вып. 2, гл. 23). Для $I_{0}^{2}$ имеем
\[
I_{0}^{2}=V_{0}^{2}\left[R^{-2}+\left(\omega C-\frac{1}{L \omega}\right)^{2}\right]=\frac{V_{0}^{2} C^{2}}{\omega^{2}}\left[\frac{\omega^{2}}{(R C)^{2}}+\left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}\right)^{2}\right],
\]

где $\omega_{0}^{2}=1 / L C$. Если $1 / R C \ll \omega_{0}$, т. е. $R \gg \sqrt{L / C}$, эту формулу можно упростить (таким же образом, как и в гл. 23)
\[
I_{0}^{2}=V_{0}^{2} \cdot 4 C^{2}\left[\left(\omega-\omega_{0}\right)^{2}+\frac{1}{4(R C)^{2}}\right] .
\]

Ширину резонансной кривой определим по частотам, при которых $I_{0}^{2}$ в два раза больше, чем в резонансе. Находим $\Delta \omega=1 / R C$. При последовательном соединении элементов импеданс цепи $Z(\omega)=R+i[\omega L-(1 / \omega C)]$, а амплитуда тока
\[
I_{0}=\frac{V_{0}}{\sqrt{R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}} .
\]

Резонансная кривая в этом случае имеет вид, изображенный на фиг. 2. Зависимость $I_{0}^{2}$ от частоты здесь равна
\[
I_{0}^{2}=\frac{V_{0}^{2}}{\frac{L^{2}}{\omega^{2}}\left[\frac{R^{2}}{L^{2}} \omega^{2}+\left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}\right)^{2}\right]},
\]

где опять-таки $\omega_{0}^{2}=1 / L C$. При $R / L \ll \omega_{0}$, т. е. $R \ll \sqrt{L / C}$,
\[
I_{0}^{2}=\frac{V_{0}^{2}}{4 L^{2}\left[\frac{R^{2}}{4 L^{2}}+\left(\omega-\omega_{0}\right)^{2}\right]} .
\]

Ширина резонансной кривой равна $\Delta \omega=R / L$. Если $R=k \sqrt{L / C}$ для параллельного соединения и $R=1 / k \sqrt{L / C}$ для последовательного, то ширина резонансной кривой в обоих случаях в $k$ раз меньше резонансной частоты.
22.6. Представим схему так, как изображено. на рисунке. При этом $Z_{1}=i \omega \mathscr{L}+R_{a}, \quad Z_{2}=R, \quad Z_{3}=R, \quad Z_{4}=1 /\left(i \omega C+R^{-1}\right)$. Очевидно,
\[
\begin{array}{l}
i_{1} Z_{1}+i_{D} R_{D}-i_{2} Z_{2}=0, \\
i_{3} Z_{3}-i_{4} Z_{4}-i_{D} R_{D}=0, \\
i_{D}=i_{1}-i_{3}=i_{4}-i_{2} .
\end{array}
\]

Условие компенсации имеет вид $i_{D}=0$. Отсюда $i_{1}=i_{3}$ и $i_{2}=i_{4}$ $=R^{2}$. Определяя вещественную и мнимую части, находим
\[
R^{2}=\frac{R_{a} R_{b}+\omega^{2} L C R_{b}^{2}}{1+\omega^{2} C^{2} R_{b}^{2}}, \quad \mathscr{L}=C R_{a} R_{b} .
\]

Из этих выражений следует, что $R^{2}=R_{a} R_{b}$ и, следовательно, $\mathscr{L}=C R^{2}$.

22.7. Условие сбалансировки для моста в этой задаче выводится точно так же, как и в задаче 22.6, но здесь надо лишь считать, что
\[
\begin{array}{ll}
Z_{1}=r_{1}, & Z_{3}=r_{2}, \\
Z_{2}=R_{1}-\frac{1}{i \omega C_{1}}, & Z_{4}=-\frac{i R_{2} / \omega C_{2}}{\left(R_{2}-i / \omega C_{2}\right)} .
\end{array}
\]

Так как при сбалансировке $Z_{1} Z_{4}=Z_{2} Z_{3}$, то
\[
r_{1} \frac{-\left(i R_{2} / \omega C_{2}\right)}{R_{2}-\frac{i}{\omega C_{2}}}=r_{2}\left(R_{1}-\frac{1}{i \omega C_{1}}\right) .
\]

Приравнивая по отдельности вецественные и мнимые части этого уравнения, находим условия баланса:

и
\[
\omega=\frac{1}{\sqrt{R_{1} R_{2} C_{1} C_{2}}}
\]
\[
\frac{r_{1}}{r_{2}}=\left(\frac{C_{2}}{C_{1}}\right)+\left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right) \text {. }
\]
22.8. Импеданс цепи легко находится:
\[
Z=\frac{R}{1+i \omega C R}+\frac{i \omega L R}{R+i \omega L} .
\]
a) Пусть $R C=L / R$. Тогда $Z=R$. Следовательно, амплитуда тока в этом случае не зависит от частоты.
б) Падение напряжения на $R C$-паре, когда $R C=L / R$, равно
\[
\hat{U}=Z_{1} \hat{I}=\frac{Z_{1} V_{0}}{R} e^{l \omega t},
\]

где $Z_{1}=R /(1+i \omega C R)$.
Представляя отношение $Z_{1} / R$ в виде $Z_{1} / R=e^{-i \varphi} / \sqrt{1+\omega^{2} C^{2} R^{2}}$, где $\operatorname{tg} \varphi=\omega C R$, находнм искомую разность фаз
\[
\varphi=\operatorname{arctg} \omega C R=\operatorname{arctg} \frac{\omega L}{R} .
\]
22.9. Суммарная емкость $m$ одинаковых последовательно соединенных конденсаторов равна $C_{\text {общ }}=C / m$. Импеданс цепи $Z$ равен сумме сопротивлений: емкостного $Z_{c}=-\mathrm{im} / \omega C$, индуктивного $Z_{1}=i \omega L$ и активного сопротивления, равного $R$. Если э.д.с. представить в комплексной форме, то из закона Ома следует
\[
\hat{U}=\frac{V_{0} \exp (i \omega t)}{\{R+i[\omega L-(m / \omega C)]\}} .
\]

Веществениую часть силы тока можно представить в виде $\operatorname{Re} \hat{I}=I_{0} \cos (\omega t-\varphi)$, где $I_{0}=V_{0} / \sqrt{R^{2}+[\omega L-(m / \omega C)]^{2}}$.

Поэтому
1. $P=I_{0}^{2} R / 2=V_{0}^{2} R / 2 \sqrt{R^{2}+[\omega L-(m / \omega C)]^{2}}$. Мощность, выделяемая на активном сопротивлении, максимальна при $m$, удовлетворяющем условию $\omega L-(m / \omega C) \approx 0$, т. е. при $m \approx \omega^{2} C L$.
2. а) При заданных значениях параметров цепи $m=2$.
б) Падение напряжения на емкости равно $\hat{U}_{C}=\hat{I} Z_{C}$. Максимальное мгновенное напряжение на емкости с учетом выражения для тока $I_{0}$ равно $\mathrm{Re} \cdot \hat{U}_{C}=$ $=V_{0} m / \omega C \sqrt{R^{2}+[\omega L-(m / \omega C)]^{2}}$, а на сопротивлении $R$ равно $U_{R}=I_{0} R: \quad U_{R}=V_{0} R / \sqrt{R^{2}+[\omega L-(m / \omega C)]^{2}}$. Когда $m=2, U_{R}=\operatorname{Re} \hat{U}_{C}=100$ o.

К главе 23. Полые резонаторы
23.1. Будем считать, что вся емкость резонанской полости определяется узким зазором, отдавая, разумеется, себе отчет в том, что это лишь некоторое прнближение. С другой стороны, предположим, что вся индуктивность полости определяется ее тороидальной частью, причем напряженность магнитного поля во всех точках сечения полости, расположенных на расстоянии $r$ от ее оси, одинакова. Если зазор рассматривать как плоский конденсатор, то его емкость равна $C=\varepsilon_{0} \pi a^{2} / d$. Найдем далее напряженность магнитного поля, выбрав контур в виде окружности радиуса $r$, ось которой совпадает с осью симметрии полости, и воспользуемся тем, что
\[
\oint_{\mathbf{B}} \cdot d \mathrm{l}=2 \pi r B=\frac{I}{\varepsilon_{0} c^{2}},
\]

где $I$-полный ток, который течет через конденсатор. Имеем $B=I / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$. Определим $W=1 / 2 L I^{2}-$ энергию магнитного поля в тороидальной части полостн:
\[
W=\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2} \int B \cdot{ }^{2} d V=\frac{I^{2}}{2} \frac{(b-a)}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \ln \frac{b}{a} .
\]

Отсюда находим $L=\left[(b-a) / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\right] \ln (b / a)$ и, следовательно, получаем искомое выражение для резонансной частоты
\[
\omega=\frac{1}{\sqrt{L C}}=\sqrt{\frac{2 d c^{2}}{a^{2}(b-a) \ln (b / a)}} .
\]

Так как при охлаждении полости все ее размеры $d, a, b$ уменьшатся в одинаковое число раз, резонансная частота не изменится.

К главе 24. Волноводы
24.1. Вывод этих уравнений см. «Лекции», вып. 6 , гл. 24, стр. 220.
24.2. Напряженность магнитного поля бесконечной проводящей плоскости, по которой течет ток, вычислялась в задаче 14.1. Она равна $B=i / 2 \varepsilon_{0} c^{2}$, где $i$-поверхностная плотность тока. Поскольку в нашем случае $a \ll b$, то можно, пренебрегая краевыми эффектами, воспользоваться этой формулой. Тогда поле между пластинами равно $B=1 / b \varepsilon_{0} c^{2}$, а напряженность магнитного поля вне пластин равна нулю. Энергия магнитного поля, приходящаяся на единицу длины линии, равна
\[
\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2} \int B^{2} d V=\frac{I^{2} a}{2\left(\varepsilon_{0} c^{2}\right)^{2} b} .
\]

Эта энергия равна $1 / 2 L_{0} I^{2}$, следовательно, индуктивность единицы длины $L_{0}=a / \varepsilon_{0} c^{2} b$. Емкость плоского конденсатора равна $C=\varepsilon_{0} A / d$, где $A$-площадь пластин конденсатора, а $d$-расстояние между ними. Таким образом, емкость, приходящаяся на единицу длины линии, равна $C_{0}=\varepsilon_{0} b / a$. Отсюда импеданс линии равен
\[
Z_{0}=\sqrt{\frac{L_{0}}{C_{0}}}=\frac{a}{\varepsilon_{0} b c} .
\]
24.3. Направим ось $z$ вдоль оси цилиндра. Величина напряженности электрического поля в рассматриваемом случае зависит только от $z$ и $r$ ( $r$ – расстояние от оси цилиндра). Заввисимость от $z$ необходима для того, чтобы поле на торцах. секции, где оно параллельно проводящей поверхности, обращалось в нуль, а зависимость от $r$ при фиксированном $z$ можно найти, используя теорему Гаусса. Имеем $E=f(z) / r$, где $f(z)$ – некоторая подлежащая определению функция $z$. Компоненты напряженности электрического поля равны $E_{x}=\left(x / r^{2}\right) f(z), \quad E_{y} \Rightarrow\left(y / r^{2}\right) f(z)$. Для каждой из этих компонент справедливо уравнение
\[
\Delta E_{x}+\frac{\omega^{2}}{c^{2}} E_{x}=0,
\]

которое после подстановки в него выражения для $E_{x}$ сводится $\mathrm{K}$
\[
\frac{d^{2} f(z)}{d z^{2}}+\frac{\omega^{2}}{c^{2}} f(z)=0 .
\]

Решением такого уравнения являются синусы и косинусы. Нам нужно такое решение, которое обращается в нуль при $z=0$ и $z=l$. Очевндно, таким решением будет $\sin (\pi n z / l)$, где $n$-целое число. Стало быть $\omega=\pi n c / l$. Для самой низкой моды $n=1$ и $\omega=\pi c / l$.
Емкость единицы длины такой линии передачи равна (см. решение к задаче 6.5) $C=2 \pi \varepsilon_{0} / \ln (b / a)$, а индуктивность единицы длины (см. решение к задаче 17.6) равна $\mathscr{L}=(\ln b / a) / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}$. Отсюда частота $\omega_{0}=1 / \sqrt{\mathscr{L} C}=c / t$. Эта частота в $\pi$ раз меньше найденной выше минимальной собственной частоты резонатора.
24.4. а) Функция $E_{0}(x, z)$ должна обращаться в нуль при $x=0, a$ и $z=0, l$. Зависимость напряженности электрического поля от координат в прямоугольных сечениях описывается гармоническими функциями, позтому для самой низкой частоты, для которой распределение поля имеет самый простой вид
\[
E_{0}(x, z)=A \sin (\pi x / a) \sin (\pi z / l) .
\]

Подставляя $\mathbf{E}(x, z, t)=E_{0}(x, z) \exp (i \omega t) \quad$ в уравнение Максвелла
\[
\Delta E-\frac{1}{c^{2}} \frac{\partial^{2} E}{\partial t^{2}}=0,
\]

для самой низкой резонансной частоты находим
\[
\omega=\pi c \sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{l^{2}}} .
\]
24.5. а) Напряжение в произвольной точке $x$ в момент времени $t$ есть суперпозиция падающей и отраженной волн:
$\left.\hat{V}(x, t)=\hat{V}_{\text {пад }}(x, t)+\hat{V}_{\text {отр }}(x, t)=A_{1} \exp [i \omega t-k x)\right]+$ $+A_{2} \exp [i(\omega t+k x)]$, где $k=\omega / c$. Для $x=l, V(l, t)=0$, поэтому $A_{1} \exp (-i k l)+A_{2} \exp (i k l)=0$, т. e. $A_{2}=$ $=-A_{1} \exp (-2 i k l)$. Для $x=0, V(0, t)=V_{0} \cos \omega t$, поэтому $V_{0}=A_{1}+A_{2}$. В итоге находим
\[
A_{1}=\frac{V_{0} e^{i k l}}{2 i \sin k l}, \quad A_{2}=-\frac{V_{0} e^{i k l}}{2 i \sin k l} .
\]

Таким образом,
\[
\begin{array}{l}
\left.V_{\text {пад }}(x, t)\right\}=\frac{V_{0}}{2 \sin k l} \sin (\omega t-k x+k l), \\
V_{\text {отр }}(x, t)=\frac{V_{0}}{2 \sin k l} \sin (\omega t+k x-k l) .
\end{array}
\]

Обратим внимание на то, что при $k l=\pi n$ ( $n$-целое число) амплитуды волн, согласно нашим формулам, обращаются в бесконечность. Физически это означает наступление резонанса – частота источника сравнивается с одной из резонансных частот отрезка кабеля. Амплитуда колебаний при резонансе на самом деле безусловно конечна: величина ее определяется омическими потерями, которыми мы пренебрегли.
б) $V(x, t)=V_{\text {пад }}(x, t)+V_{\text {отр }}(x, t)=$ $=\left(V_{0} / \sin h t\right) \sin [k(l-x)] \cos \omega t$ при $l=5 \pi c / 2 \omega=5 x / 4$ $(\lambda=2 \pi c / \omega), V(x, t)=V_{0} \cos (\omega x / l) \cos \omega t$. Амплитуда напряжения макснмальна при $x=0, x=\lambda / 2, x=\lambda$ (см. рисунок).
в) Пользуясь формулой (24.1) «Лекций» (вып. 6, стр. 220), находим
\[
\begin{array}{c}
I(0)=0, \quad I\left(x=\frac{l}{2}\right)=-V_{0} \sqrt{\frac{C_{0}}{2 L_{0}}} \sin \omega t, \\
I(x=l)=V_{0} \sqrt{\frac{C_{0}}{L_{0}}} \sin \omega t .
\end{array}
\]
г) Так как поглощение отсутствует, средняя работа, производимая генератором, равна нулю [в этом можно убедиться также, вычислив среднее значение $\left.I(0) V_{0}(0)\right]$. Поэтому и средний момент силы равен нулю.
24.6. Как и в предыдущей задаче, представим
\[
V(x, t)=A_{1} e^{i(\omega t-k x)}+A_{2} e^{i(\omega t+k x)},
\]

где $k=\omega \sqrt{L C}$. Для определения $A_{1}$ и $A_{2}$ и́меем два условия: $V_{0}=A_{1}+A_{2}$ при $x=0$ и $V(l) / I(l)=Z_{T}$ при $x=l$. Так как
\[
I(l)=I_{+}^{\prime}(l)+I_{-}(l)=\frac{V_{+}(l)}{Z_{0}}-\frac{V_{-}(l)}{Z_{0}}=\frac{1}{Z_{0}}\left(A_{1} e^{-l k l}-A_{2} e^{i k l}\right),
\]

то условие при $x=l$ принимает вид
\[
\frac{A_{1} e^{-i k t}+A_{2} e^{i k t}}{A_{1} e^{-i k t}-A_{2} e^{i k l}} Z_{0}=Z_{T}
\]

или
\[
A_{1}\left(1-\frac{Z_{T}}{Z_{0}}\right) e^{-l k l}=-A_{2}\left(1+\frac{Z_{T}}{Z_{0}}\right) e^{l k} .
\]

Мы имеем два уравнения для $A_{1}$ и $A_{2}$, поэтому находим этн величины, а затем силу тока при $x=0$
\[
\begin{aligned}
I(0) & =I_{+}(0)+I_{-}(0)=\frac{1}{Z_{0}}\left(A_{1}-A_{2}\right)= \\
& =\frac{V_{0}}{Z_{0}} \frac{1+i \frac{Z_{T}}{Z_{0}} \operatorname{tg} \omega l \sqrt{L C}}{i \operatorname{tg} \operatorname{lo} \sqrt{L C}+\frac{Z_{T}}{Z_{0}}} .
\end{aligned}
\]

Следовательно,
\[
Z_{s}=\frac{V(0)}{I(0)}=i Z_{0} \frac{\operatorname{tg} \omega l \sqrt{L C}-i \frac{Z_{T}}{Z_{0}}}{1+i \frac{Z_{T}}{Z_{0}} \operatorname{tg} \omega l \sqrt{L C}} .
\]
a) Если $Z_{T}=0$, то $Z_{s}=i Z_{0} \operatorname{tg} \omega l \sqrt{L C} ; Z_{s}=0$ при $\omega l \sqrt{L C}=\pi n$, $Z_{s}=\infty$ при $\omega l \sqrt{L C}=\pi / 2+\pi n$.
Частоты, удовлетворяющие этим условиям, отвечают разным собственным модам линик. Рассмотрим только самые низкие моды. Если $Z_{T}=0$, т. е. линия замкнута накоротко, напряжение на конце линии равно нулю. На фиг. 1 изображено распределение амплитуд напряжений и токов, когда $\omega l \sqrt{L C}=\pi / 2$. Видно, что при $x=0$ ток равен нулю, что и означает $Z_{s}=\infty$. Фиг. 2 относится к случаю $\omega l \sqrt{L C}=\pi$. Здесь при $x=0$ обращается в нуль напряжение, т. е. $Z_{s}=0$.
б) Если $Z_{T}=\infty, \quad Z_{s}=-i Z_{0} / \operatorname{tg} \omega l \sqrt{\overline{L C}}$. Проанализировав этот случай аналогнчно предыдущему (только теперь при $x=l$ должен обращаться в нуль ток), можно понять, почему при $\omega \sqrt{L C} l=(\pi / 2)+n \pi, Z_{s}=0$, а при $\omega \sqrt{L C} l=\pi n$, $Z_{s}=\infty$ (см. фиг. 2).
в) Если $Z_{T}=Z_{0}$, то $Z_{s}=Z_{0}$, т. е. линия эквивалентна бесконечной.

24.7. На стыке двух передающих линий выполняются следующие условия «сшивки»: для токов
для напряжений
\[
\begin{array}{c}
I_{\text {пад }}+I_{\text {отр }}=I_{\text {процl }} \\
V_{\text {пад }}+V_{\text {отр }}=V_{\text {пронг }} .
\end{array}
\]

Используя тот факт, что
\[
V_{\text {пад }}=Z_{1} I_{\text {лад }}, \quad V_{\text {отр }}=-Z_{1} I_{\text {отр }}, \quad V_{\text {пропі }}=Z_{2} I_{\text {прош; }}
\]

находим систему уравнений
\[
\begin{array}{l}
\frac{V_{\text {пад }}}{Z_{1}}-\frac{V_{\text {отр }}}{Z_{1}}=\frac{V_{\text {прош }}}{Z_{2}}, \\
V_{\text {пад }}+V_{\text {отр }}=V_{\text {прошт }} \text {, } \\
\end{array}
\]

решая которую, получаем искомый ответ.
24.8. а) Найдем компоненты напряженности магнитного поля:
\[
\begin{array}{l}
B_{x}=(\operatorname{rot} \mathbf{A})_{x}=k_{y} \sin \left(k_{x} x\right) \cos \left(k_{y} y\right) e^{i\left(\omega t-k_{z} z\right)}, \\
B_{y}=(\operatorname{rot} \mathbf{A})_{y}=-k_{x} \cos \left(k_{x} x\right) \sin \left(k_{y} y\right) e^{i\left(\omega t-k_{z} z\right)} \\
B_{z}=(\operatorname{rot} \mathbf{A})_{z}=0 .
\end{array}
\]

Магнитное поле действительно поперечно, так как $B_{z}=0$ (волна распространяется вдоль оси z). Легко убедиться, что найденное поле в удовлетворяет волновому уравнению $\Delta \mathbf{B}-\left(1 / c^{2}\right)\left(\partial^{2} \mathbf{B} / \partial t^{2}\right)=0$. Проверим теперь выполнение граничных условий. Внутри идеального проводника, из которого, как мы считаем, сделаны стенки волновода, переменное магнитное поле должно отсутствовать (иначе возникли бы бесконечно большие индукционные токи). Так как силовые линии магнитного поля имеют вид замкнутых петель, то на стенках волновода должны быть отличны от нуля лишь тангенциальные составляющие вектора В. Но это так и есть на самом деле, поскольку $B_{z}=0$.

Определим вектор Е. C этой целью проинтегрируем уравнение $\operatorname{div} \mathbf{A}=-(1 / c)(\partial \varphi / \partial t)$ и определим потенциал $\varphi:$

TaK как
\[
\varphi=\frac{k_{z}}{\omega} c \sin \left(k_{x} x\right) \sin \left(k_{y} y\right) e^{l\left(\omega t-k_{2} z\right) .}
\]

To
\[
\mathbf{E}=-
abla \varphi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}
\]
\[
\begin{array}{l}
E_{z}=\sin \left(k_{x} x\right) \sin \left(k_{y} y\right)\left[\frac{k_{z}^{2}}{\omega} c-i \omega\right] e^{i\left(\omega t-k_{z} z\right)}, \\
E_{x}=-\frac{k_{x} k_{z}}{\omega} c \cos \left(k_{x} x\right) \sin \left(k_{y} y\right) e^{l\left(\omega t-k_{z} z\right)}, \\
E_{y}=-\frac{k_{y} k_{z}}{\omega} c \sin \left(k_{x} x\right) \cos \left(k_{y} y\right) e^{i\left(\omega t-k_{z} z\right)} .
\end{array}
\]

Өлектрическое поле также удовлетворяет волновому уравнению $\Delta \mathbf{E}-\left(1 / c^{2}\right)\left(\partial^{2} \mathbf{E} / \partial t^{2}\right)=0$. Согласно граничным условням, на стенках волновода должны быть равны нулю касательные составляющие, т. е. должно быть $E_{y}=0$ при $x=0$ и $x=a, E_{x}=0$ при $y=0$ и $y=b$ и $E_{z}=0$ на стенках волновода. Найденные выражения для компонент напряженности әлектрического поля удовлетворяют этим условиям.
б) В этом случае $k_{z}$ – чисто мнимая величина, т. е. $k_{z}=-i \alpha$, где $\alpha$-вещественное число. Но тогда $B_{x}, B_{z} \sim \exp (-\alpha z)$ и, следовательно, магнитное поле В затухает вдоль оси $z$.

К главе 25. Электродинамика в релятивистских обозначениях
25.1. $\varphi^{2}-\mathbf{A}^{2}=+A_{\mu} A_{\mu} ; \mathbf{A} \cdot \mathbf{j}-\rho \varphi=-A_{\mu} J_{\mu}, \mu=1,2,3,4$.
25.2. Начальные условия: электрон покоился (его энергия была равна $m_{0}$, а импульс-нулю), фотон налетал с энергией $h v_{0}$ и импульсом $h v_{0}$. После соударення энергия электрона стала равна $m$, а импульс $m \mathbf{v}$, где $m=m_{0} / \sqrt{1-\beta^{2}}$. Энергию фотона после соударения обозначим $h v$, а его импульс $h v$. Напишем законы сохранения энергии и импульса
\[
\begin{array}{l}
h v_{0}+m_{0}=h v+m, \\
h v_{0}=h v+m \mathbf{v} .
\end{array}
\]
(В релятивистских обозначениях это можно написать как $\sum_{\substack{\text { налет. } \\ \text { част. }}} \mathbf{P}_{\mu}=\sum_{\substack{\text { разлет. } \\ \text { част. }}} \mathbf{P}_{\mu}$.) Из треугольника $O A B$ находим $m^{2} v^{2}=h^{2} v_{0}^{2}+h^{2} v^{2}-2 h^{2} v_{0} v \cos \varphi$, а из закона сохранения энергии следует $m=h\left(v_{0}-v\right)+m_{0}$. Возводя обе части этого соотношения в квадрат и вычитая из получившегося уравнения ранее найденное из треугольника $O A B$ соотношение, весложными преобразованиями находим
\[
h v=\frac{h v_{0}}{\left[1+\frac{h v_{0}}{m_{0}}(1-\cos \varphi)\right)},
\]

где $\varphi$-угол отклонения направления распространения фотона от первоначального.
25.3. Будем исходить из того факта, что квадрат 4-векторного импульса есть инвариант ${ }_{\mu} P_{\mu}=$ inv, т. e. $E^{2}-\mathrm{p}^{2}=$ inv, где $E$ и $\mathrm{p}$-полная энергия и импульс системы. Қвадрат четырехмерного импульса системы сохраняется в результате реакции и не зависит от системы координат. В лабораторной системе (до реакции) $p_{0}=m_{e}-+E_{\gamma}$ ( $E_{\gamma}-$ энергия фотона), а трехмерный импульс равен импульсу фотона, т. е. по модулю равен $E_{\gamma}$. Кеадрат четырехмерного үмпульса в лабораторной системе: $\left(E_{\gamma}+m_{e}\right)^{2}-E_{\gamma}^{2}$. Запишем теперь четырехмерный импульс в системе центра масс. Трехмерный кмпульс здесь по определению равен нулю. Временна́я же компонента равна ( $\left.\operatorname{me}^{-} / \sqrt{1-v_{1}^{2}}\right)+$ $+\left(m_{e}+/ \sqrt{1-v_{2}^{2}}\right)+\left(m_{e-} / \sqrt{1-v_{3}^{2}}\right)$, где $m_{e-}$ и $m_{e+}-$ соответственно массы электрона и позитрона ( $m_{e-}=m_{e+}=m_{e}$ ). Итак,
\[
\left(E_{\gamma}+m_{e}\right)^{2}-E_{\gamma}^{2}=\left(\frac{m_{e}-}{\sqrt{1-v_{1}^{2}}}+\frac{m_{e+}}{\sqrt{1-v_{2}^{2}}}+\frac{m_{e}}{\sqrt{1-v_{3}^{2}}}\right)^{3} .
\]

Порог реакцин будет соответствовать нулевым скоростям электронов и позитрона $v_{1}=v_{3}=v_{2}=0$. Отсюда $2 E_{\gamma}^{\text {мин }} m_{e}+$ $+m_{e}^{2}=9 m_{e}^{2}$. Следовательно, $E_{\gamma}^{\text {мин }}=4 m_{e}=2,04$ Мэв.
25.4. Обозначим через $P_{\mu}$ суммарный 4-вектор импульса частнц $m$ и $M$ до соударения в лабораторной системе координат. Очевидно, $P_{\mu}\left(\sqrt{p^{2}+M^{2}}+m, \mathbf{p}\right)$. Обозначим через $P_{\mu}$ 4-вектор импульса образовавшейся частицы в системе координат, в которой она покоится. Очевидно, $P_{\mu}^{\prime}\left(m_{1}, 0\right)$. Тогда из инвариантности квадрата 4-вектора импульса и из закона сохранения импульса следует, что $P_{\mu}^{2}=P_{\mu}^{\prime 2}$ или
\[
\left(p^{2}+M^{2}+2 m \sqrt{p^{2}+M^{2}}+m^{2}\right)-p^{2}=m_{1}^{2} .
\]

Отсюда находим массу покоя новой частицы: $m_{1}^{2}=m^{2}+M^{2}+2 m \sqrt{p^{2}+M^{2}}$. Поскольку импульс частицы р до соударения связан с ее скоростью соотношением

$p=M \mathbf{v} / \sqrt{1-v^{2}}$, то окончательно находим
\[
m_{1}=\sqrt{m^{2}+M^{2}+\frac{2 m M}{\sqrt{1-v^{2}}}} .
\]

В нерелятивистском случае, т. е. при $v^{2} \ll 1, m_{1}=m+M$. Скорость новой частицы в лабораторной системе координат связана с импульсом $\mathbf{p}^{\prime}$ и энергией $\mathscr{E}^{\prime}$ частицы соотношением: $\mathbf{V}=\mathbf{p}^{\prime} / \mathscr{E}^{\prime}$. Согласно закону сохранения импульса, $\mathbf{p}=\mathbf{p}^{\prime}$, а согласно закону сохранения энергии, $\mathscr{E}^{\prime}=m+$ $+\sqrt{p^{2}+M^{2}}$. Отсюда
\[
\mathbf{V}=\frac{M \mathbf{v}}{M+m \sqrt{1-v^{2}}} .
\]

В нерелятивистском случае $\left(v^{2} \ll 1\right)$ получаем известный результат
\[
\mathbf{V}=\frac{M \mathbf{v}}{M+m} .
\]

К главе 26. Лоренцевы преобразования полей
26.1. В четырехмерной форме результат вычисления $
abla_{\mu} F_{\mu,
u}=$ $=\left(1 / \varepsilon_{0}\right) j_{\mu}$, где $j_{\mu}(\rho, \mathrm{j})-4$-вектор плотности тока.
26.2. Искомым вектором является 4 -вектор с компонентами $f_{\mu}=F_{\mu
u} j_{
u}$, где $F_{\mu
u}$-тензор электромагнитного поля, а $j_{
u}$ 4 -вектор плотности тока. Временна́я компонента этого вектора $f_{4}=(\mathbf{j} \cdot \mathbf{E})$ равна мощности, затрачиваемой электрическим полем на изменеиие движения зарядов.
26.3. Используя соотношения, приведенные в табл. 26.2 «Лекций» (выї. 6, стр. 273), легко показать, что (Е)B) $=\left(\mathbf{E}^{\prime} \cdot \mathbf{B}^{\prime}\right)$ и $\mathbf{E}^{2}-\mathbf{B}^{2}=\mathbf{E}^{\prime 2}-\mathbf{B}^{\prime 2}$, т. е. эти величины инвариантны. Поскольку (Е)B) – инвариант, то если векторы Е и В образуют острый угол в одной системе координат, т. е. если (Е-B) $>0$, то и во всех других инерциальных системах этот угол будет острым. Оба рассмотренных инварианта равны нулю.для электромагнитной волны в пустоте.
26.4. Выберем систему координат так, что ось $x$ параллельна вектору ( $\mathbf{E} \times \mathbf{B})$. Система $K^{\prime}$ с осями $x^{\prime}\left\|x, y^{\prime}\right\| y, z^{\prime} \| z$ движется с искомой скоростью $v$. В системе $K^{\prime}\left(\mathbf{E}^{\prime} \times \mathbf{B}^{\prime}\right)=0$. Распишем это уравнение в компонентах
\[
\begin{array}{ll}
x: & E_{y}^{\prime} B_{z}^{\prime}-E_{z}^{\prime} B_{y}^{\prime}=0, \\
y: & E_{x}^{\prime} B_{z}^{\prime}-E_{z}^{\prime} B_{x}^{\prime}=0, \\
z: & E_{x}^{\prime} B_{y}^{\prime}-E_{y}^{\prime} B_{x}^{\prime}=0 .
\end{array}
\]

Выразим в этих уравнениях $\mathbf{E}^{\prime}$ и $\mathbf{B}^{\prime}$ через $\mathbf{E}$ и В в системе $K$ с помощью лоренцевых преобразований (см. соответствующие формулы преобразования в табл. 26.2 «Лекцин», вып. 6 , стр. 273).
Легко показать, что
\[
\begin{array}{l}
\left(1+v^{2}\right)\left(E_{y} B_{z}-E_{z} B_{y}\right)-v\left(B_{z}^{2}+B_{y}^{2}+E_{z}^{2}+E_{y}^{2}\right)=0, \\
E_{x}\left(B_{z}+v E_{y}\right)-B_{x}\left(E_{z}-v B_{y}\right)=0, \\
E_{x}\left(B_{y}-v E_{z}\right)-B_{x}^{t}\left(E_{y}+v B_{z}\right)=0 .
\end{array}
\]

Поскольку система $K$ выбрана так, что $E_{x}=0$ и $B_{x}=0$, два последних уравнення удовлетворяются автоматически, из первого уравнения следует, что
\[
\frac{v}{1+v^{2}}=\frac{(\mathbf{E} \times \mathbf{B})_{x}}{E^{2}+B^{2}} .
\]
26.5. Рассмотрим систему координат $K^{\prime}$, в которой заряд покоится. В этой системе координат $\mathrm{B}^{\prime}=0, \mathrm{E}^{\prime}=q \mathbf{R}^{\prime} / 4 \pi \varepsilon_{0} R^{\prime 3}$. Используд формулы преобразования для компонент векторов Е и В при лоренцевых преобразованиях, находим, что в лабораторной системе $K$ (см. табл. 26.2; в формулах этой таблицы нужно только заменнть $v$ на $-v$ ):
\[
\begin{aligned}
E_{x}=\frac{q x^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{\prime 3}}, \quad E_{y}=\frac{q y^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{\prime 3} \sqrt{1-v^{2}}}, \\
E_{z}=\frac{q z^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{\prime 3} \sqrt{1-v^{2}}}, \\
B_{x}=0, \quad B_{y}=-\frac{q v z^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R^{\prime 3} \sqrt{1-v^{2}}}, \\
B_{z}=\frac{q v y^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R^{\prime 3} \sqrt{1-v^{2}}},
\end{aligned}
\]

где $R^{\prime 2}=\left[(x-v t)^{2}+\left(y^{2}+z^{2}\right)\left(1-v^{2}\right)\right] /\left(1-v^{2}\right)$ (согласно лоренцевым преобразованиям $\left.x^{\prime}=(x-v t) / \sqrt{1-v^{2}}, y^{\prime}=y, z^{\prime}=z\right)$. Подставляя выражение для $R^{\prime}$ в выражения для компонент векторов Е и В и вводя обозначение
\[
R^{* 2}=(x-v t)^{2}+\left(1-v^{2}\right)\left(y^{2}+z^{2}\right),
\]

находим
\[
\mathbf{E}=\left(1-v^{2}\right) \frac{q \mathbf{r}_{p}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{* g}}, \quad \mathbf{B}=\mathbf{v} \times \mathbf{E} .
\]

Если ввести $\theta$-угол между векторами $\mathbf{r}_{p}\{x-v t, y, z\}$ и $\mathbf{v}$, то $R^{* 2}=\mathbf{r}_{p}^{2}\left(1-v^{2} \sin ^{2} \theta\right)$. Поэтому векторы Е и В можно представить в виде
\[
\mathbf{E}=\frac{q \mathbf{r}_{p}}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{p}^{3}} \frac{1-v^{2}}{\left(1-v^{2} \sin ^{2} \theta\right)^{3 / 2}}
\]

II
\[
\mathbf{B}=\frac{q\left(\mathbf{v} \times \mathbf{r}_{p}\right)}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r_{p}^{3}} \frac{1-v^{2}}{\left(1-v^{2} \sin ^{2} \theta\right)^{3 / 2}} .
\]
26.6. См. решение к задаче 26.5.
26.7. а) В системе координат $K$, жестко связанной с проводом; напряженность электрического поля равна нулю в силу электрической нейтральности провода. Магнитное же поле легко найти:
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{2 \mathbf{I} \times \mathrm{e}_{r}}{r},
\]

где I-вектор силы тока [по поводу этой формулы см.; например, «Лекции», выл. 5, стр. 263, формула (13.18)]. Если ось $x$ направить вдоль вектора $I$, то $r=\sqrt{y^{2}+z^{2}}$ и
\[
\begin{array}{l}
B_{x}=0, \quad B_{y}=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{2 I z}{r}, \\
B_{z}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{2 I y}{r} .
\end{array}
\]
б) Чтобы найти поля $\mathbf{E}$ и $\mathbf{B}$ в системе координат $K^{\prime}$, движущейся вместе с электронами, необходимо воспользоваться формулами преобразования полей при лоренцевых преобразованиях (см. табл. 26.2, выл. 6, стр. 273). В результате найдем
\[
\mathbf{B}^{\prime}=\frac{\mathbf{B}}{\sqrt{1-v^{2}}}, \quad \mathbf{E}^{\prime}=\frac{\mathbf{V} \times \mathbf{B}}{\sqrt{1-v^{2}}} .
\]
26.8. Вектор напряженности электрического поля $\mathbf{E}$, создаваемого бесконечной равномерно заряженной плоскостью, из соображений симметрии направлен перпендикулярно этой плоскости. Величину же его легко определить с помощью теоремы Гаусса. В результате $\mathbf{E}=\left(\sigma / 2 \varepsilon_{0}\right) \mathrm{e}_{y}$, где $\mathrm{e}_{y}$ – единичный вектор в направлении оси $y$ (см. рисунок).

На заряд $q$, двнжущийся со скоростью $\mathbf{v}$, действует сила Лоренца
\[
\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\mathbf{v} \times \dot{\mathbf{B}}) .
\]

В рассматриваемой лабораторной системе координат $\mathbf{B}=0$ и, следовательно, $\mathrm{F}=\left(\sigma q / 2 \varepsilon_{0}\right) \mathrm{e}_{y}$. Заряды отталкивают друг друга с силой Кулона
\[
f_{y}=\frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} \frac{\left(1-v^{2}\right)^{2} \sin ^{2} \theta}{\left(1-v^{2} \sin ^{2} \theta\right)^{3 / 2}}
\]
(см. решение к задаче 26.5), где $\theta$-угол между векторами $\mathbf{v}$ и $\mathbf{R}$ – радиусом-вектором, соединяющим два заряда. По условию задачи $\theta=\pi / 2$. Поэтому $f_{y}=\left(q^{2} / 4 \pi \varepsilon_{0} a^{2}\right) \sqrt{1-v^{2}}$. Движущиеся заряды не будут отклоняться от плоскости, если $F_{y}=f_{y}$. Отсюда следует ответ
\[
\sigma=\frac{q}{2 \pi a^{2}} \sqrt{1-v^{2}} .
\]

Поскольку при малых скоростях зарядов $\sigma \approx \sigma_{0}=q^{2} / 2 \pi \alpha^{2}$, то отношение плотностей зарядов на поверхности плоскости при релятивистских скоростях к плотности зарядов в нерелятивистском случае равно $\sigma / \sigma_{0}=\sqrt{1-v^{2}}$. Так как энергия частицы со скоростью $v_{2}$ равна $E=m / \sqrt{1-v^{2}}$, то $\sigma=\sigma_{0}(m / E)$. Поскольку по условию задачи энергия заряда равна $500 M_{98}$, то, учнтывая, что $m=0,5 M_{98}$, находим $\sigma / \sigma_{0}=10^{-3}$.
26.9. Пользуясь выражением $u_{\mu}=d x_{\mu} / d$, убеждаемся, что $u_{\mu}^{2}=1$. Далее
\[
f_{\mu} u_{\mu}=u_{\mu} \frac{d p_{\mu}}{d s}=m_{0} u_{\mu} \frac{d u_{\mu}}{d s}=\frac{1}{2} m_{0} \frac{d u_{\mu}^{2}}{d s}=0 .
\]
26.10. а) Прежде всего нужно определить «запаздывающее положение» частицы, т. е. выяснить, на каком этапе движения создается интересующее нас поле. Для этого достаточно ответить на вопрос, какое время больше-затраченное светом для того, чтобы пройти из начала координат в точку $(a, a)$, или затраченное частицей для того, чтобы достичь точки $(a, 0)$, выйдя опять-таки из начала координат. Так как $v / c=0,5$, второе время больше, т. е. поле создается зарядом во время его равномерного движения вдоль оси $x$.
Электрическое поле равномерно движущегося заряда имеет вид (см., например, решение к задаче 26.5) или формулы (26.2), (26.3) и (26.6) «Лекций» (вып. 6, стр. 262, 263):
\[
E_{x}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \sqrt{1-v^{2}}} \frac{x-v t}{\left[\frac{x-v t}{1-v^{2}}+y^{2}+z^{2}\right]^{9 / 2}},
\]

\[
\begin{array}{l}
E_{y}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \sqrt{1-v^{2}}} \frac{y}{\left[\frac{x-v t}{1-v^{2}}+y^{2}+z^{2}\right]^{2 / 9}}, \\
E_{z}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \sqrt{1-v^{2}}} \frac{z}{\left[\frac{x-v t}{1-v^{2}}+y^{2}+z^{2}\right]^{3 / i}} .
\end{array}
\]

Согласно условию задачи $z=0, y=a, x=a, v t_{1}=a$, $v=1 / 2$. Отсюда $E_{x}=E_{z}=0, E_{y}=q / 2 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} a^{2}$.
б) Қак было выяснено в пункте (a), интересующее нас поле определяется движением частицы вдоль оси $x$. Оно не зависит от характера движения частицы до прихода ее в начало координат.
? главе 27. Энергия поля и его импульс
27.1. Вычислим $
abla \times \mathbf{A} \times \mathbf{B}$, дифференцируя так же, как мы дифференцируем пронзведение функций
\[

abla \times \mathbf{A} \times \mathbf{B}=
abla_{A} \times(\mathbf{A} \times \mathbf{B})+
abla_{B} \times(\mathbf{A} \times \mathbf{B}) .
\]

Индексы $A$ и $B$ у $
abla$ мы приписали для удобства, чтобы яснее отметить тот факт, что при дифференцировании оператор $
abla$ действует только на соответствующий вектор, а другой вектор при этом считается постояиным. Далее, замечая, что
\[

abla_{A} \times \mathbf{A} \times \mathbf{B}=\left(\mathbf{B} \cdot
abla_{A}\right) \mathbf{A}-\mathbf{B} \operatorname{div} \mathbf{A},
\]

находим окончательно
\[
\operatorname{rot} \mathbf{A} \times \mathbf{B}=\mathbf{A} \operatorname{div} \mathbf{B}-\mathbf{B} \operatorname{div} \mathbf{A}+(\mathbf{B} \cdot
abla) \mathbf{A}-\mathbf{A} \cdot
abla) \mathbf{B} .
\]

Вычислим теперь grad A-B. Для $i$-й компоненты этого вектора можно написать $
abla_{i} \mathbf{A}_{k} \mathbf{B}_{k}=\mathbf{A}_{k}
abla_{i} \mathbf{B}_{k}+\mathbf{B}_{k}
abla_{i} \mathbf{A}_{k}$. Замечая, что $(\mathbf{A} \times \operatorname{rot} \mathbf{B})_{i}=\mathbf{A}_{k}
abla_{i} \mathbf{B}_{k}-\mathbf{A}_{k}
abla_{k} \mathbf{B}_{i}, \quad$ находим $\mathbf{A}_{k}
abla_{i} \mathbf{B}_{k}=$ $=(\mathbf{A} \times \operatorname{rot} \mathbf{B})_{i}+((\mathbf{A} \cdot
abla) \mathbf{B})_{i}$. Отсюда окончательно
\[

abla \mathbf{A B}=\mathbf{A} \times \operatorname{rot} \mathbf{B}+\mathbf{B} \times \operatorname{rot} \mathbf{A}+(\mathbf{A} \cdot
abla) \mathbf{B}-(\mathbf{B} \cdot
abla) \mathbf{A} .
\]
27.2. Напряженность магнитного поля диполя с магнитным моментом М равна
\[
\mathbf{B}=\frac{3(\mathbf{M} \cdot \mathbf{R}) \mathbf{R}-\mathbf{M} R^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{5} c^{2}} .
\]

Выберем сферическую систему координат, начало которой совпадает с центром Земли, а ось $z$ – с направлением вектора М. Величину $M$ можно определить через магнитное поле у поверхиости Земли на экваторе $B_{0}=M / R_{0}^{3} 4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}$, где $R_{0}$-радиус Земли. Считая Землю шаром, вычислим энергию внешнего по отношению к Земле магнитного поля по формуле $W=\left(\varepsilon_{0} c^{2} / 2\right) \int B^{2} d V$. Подставляя в эту формулу выражение для $\mathbf{B}$, легко несложным интегрированием показать, что $W=4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} B_{0}^{2} R_{0}^{3} / 3 \approx 10^{3} \mathrm{Mzm}$. Отсюда ясно, что по энергетическим соображениям взрыв водородной бомбы в $1 \mathrm{M2m}$ не может существенно исказить магннтное поле Земли.
27.3. Напряженность магнитного поля на поверхности провода $B=I / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$, где $I$-сила тока, протекающего по проводу. Напряженность электрического поля найдем, воспользовавшись законом Ома, $\mathrm{I}=\mathrm{E} / R$, где $R$ – сопротивление единицы длины провода. Тогда плотность потока энергии, равная модулю вектора Пойнтинга, равна $\mathbf{S}=\varepsilon_{0} c^{2} \mathbf{E} \times \mathbf{B}=\left(\varepsilon_{0} c^{2} / R\right) \mathbf{I} \times \mathbf{B}$. Поток энергии няправлен нормально к поверхности провода. Интегрируя по поверхности провода единичной длины, находим
\[
\int \mathrm{S} d \mathrm{~s}=I^{2} R .
\]

Следовательно, поток вектора Пойнтинга через поверхность прямолинейного провода равен омическим потерям в этом проводе.
27.4. Очевидно, что электромагнитное поле будет заключено в пространстве между цилиндрами. Так как цилиндры изготовлены из идеальных проводников, электрическое поле перпендикулярно поверхности цилиндров, т. е. радиально. Магнитное поле $B$ на расстоянии $r$ от оси цилиндров легко найти по теореме Стокса ( $a \leqslant r \leqslant b$ ): $B=I / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r$. Силовые линии магнитного поля представляют собой концентрические окружности с центрами на оси цилиндров. Следовательно, вектор Пойнтинга направлен вдоль оси цилиндров. В задаче 6.5 была найдена емкость $C$, приходящаяся на единицу длины такого кабеля, как в данной задаче: $C=2 \pi \varepsilon_{0} / \mathrm{ln}(b / a)$. Учитывая, что заряды на цилиндрах связаны с разностью потенциалов $V$ соотношением $q=V C$, и используя теорему Гаусса, находим, что напряженность электрического поля $E$ в пространстве между цилиндрами равна $E=V / r \ln (b / a)$. Поэтому вектор Пойнтинга в каждой точке этого пространства равен по величине
\[
|\mathrm{S}|=\varepsilon_{0} c^{2}|\mathbf{E} \times \mathbf{B}|=\frac{I V}{2 \pi r^{2} \ln (b / a)} .
\]

Плотность энергии электромагнитного поля
\[
W=\frac{\varepsilon_{0}}{2}\left[\mathbf{E}^{2}+c^{2} \mathbf{B}^{2}\right]=\frac{\varepsilon_{0} V^{2}}{2 r^{2}}\left[\frac{1}{\ln (b / a)}+\frac{c^{2}}{R^{2}\left(2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}\right)^{2}}\right] .
\]

Таким образом, скорость распространения энергии равна
\[
v=\frac{|\mathbf{S}|}{W}=\frac{2 R}{R^{2} C+\mathscr{L}},
\]

где $\mathscr{L}=\ln (b / a) / 2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}$ – емкость единицы длины кабеля (см. решение к задаче 17.6). Заметим, что̀ в силу того, что $\mathscr{L} C=1 / c^{\mathbf{2}}, \quad v=c$ при $R=\sqrt{\mathscr{L} / C}$.
27.5. Антенна длиной $\lambda / 4$, помещенная над идеально проводящей плоскостью, эквивалентна рассмотренной в задаче 21.5 антенне с длиной $\lambda / 2$ (мы учли зеркальное отображение антенны длиной $\lambda / 4$ ). Поэтому воспользуемся найденными в решении к задаче 21.5 выражениями для напряженностей электрического и магнитного полей на далеком расстоянин от антенны (поля над плоскостью):
\[
\begin{array}{l}
E_{\theta}=\frac{\alpha}{\dot{r}} \frac{\cos \left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin \theta} \cos \omega\left(t-\frac{r}{c}\right), \\
B_{\varphi}=\frac{1}{c} E_{\theta}, \quad 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2},
\end{array}
\]

где постоянную $\alpha$ мы должны определить из условий задачи. С этой целью вычислим вектор Пойнтинга
\[
\mathbf{S}=\varepsilon_{0} c^{2} \mathbf{E} \times \mathbf{B}=\frac{\varepsilon_{0} c \alpha^{2}}{r^{2}} \frac{\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin ^{2} \theta} \cos ^{2} \omega\left(t-\frac{t}{c}\right) .
\]

Тогда мощность, излучаемая антеиной, равна среднему по времени потоку вектора Пойнтинга:
\[
\boldsymbol{W}=\varepsilon_{0} c \alpha^{2} \lim _{T \rightarrow \infty} \frac{1}{T} \int_{0}^{T} \cos ^{2} \omega\left(t-\frac{r}{c}\right) d t \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin ^{2} \theta} 2 \pi \sin \theta d \theta .
\]

В решении $К$ задаче 21.5 отмечалось, что функция $\cos [(\pi / 2) \cos \theta] / \sin \theta$ хорошо аппроксимируется $\sin \theta$. Используя это и учитывая, что $\overline{\cos ^{2} \omega[t-(r / c)]}=1 / 2$, легко находим $W=(2 \pi / 3) \varepsilon_{0} c \alpha^{2}$. Следовательно, $\alpha=\sqrt{3 W ! 2 \pi \varepsilon_{0} c}$. a) На поверхности Земли, т. е. при $\theta=\pi / 2$, среднее значение по времени вектора Пойнтинга равно
\[
\bar{S}=\frac{3 W}{2 \pi r^{2}} \overline{\cos ^{2} \omega\left(t-\frac{r}{c}\right)}=2,4 \cdot 10^{-5} \mathrm{sm} / \mathrm{M}^{2} .
\]
б) Используя найденное выражение для $\alpha$, находим, что максимальные значения напряженностей электрического и магнитного полей равны
\[
\begin{array}{l}
E_{\theta}\left(r, \theta=\frac{\pi}{2}\right)_{\text {макс }}=\frac{\alpha}{r}=\frac{1}{r} \sqrt{\frac{3 W}{2 \pi \varepsilon_{0} c}}, \\
H_{\varphi}\left(r, \theta=\frac{\pi}{2}\right)_{\text {макс }}=\frac{\alpha}{c r}=\frac{1}{c r} \sqrt{\frac{3 W}{2 \pi \varepsilon_{0} c}} .
\end{array}
\]
27.6. а) Граничные условия заключаются в обращении в нуль тангенцнальных составляющих $\mathbf{E}$ на стенках волновода и нормальных составляющих вектора В. Эти условия выполняются, так как $E_{y}(x=0, a)=0, E_{x}(y=0, b)=0$, $B_{y}(y=0, b)=0$ и $B_{x}(x=0, a)=0$.
б) $\mathrm{S}=\varepsilon_{0} c^{2} \mathbf{E} \times \mathbf{B}=\varepsilon_{0} c^{2} E_{0}^{2}\left[\mathrm{e}_{z} \frac{k_{z}}{\omega} \sin ^{2}\left(\frac{\pi x}{a}\right) \cos ^{2}\left(\omega t-k_{z} z\right)-\right.$
\[
\left.-\mathbf{e}_{x} \frac{\pi}{\omega a} \cos \left(\frac{\pi x}{a}\right) \sin \left(\frac{\pi x}{a}\right) \cdot \frac{1}{2} \sin 2\left(\omega t-k_{z} z\right)\right] .
\]

Плотность энергии равна
\[
\begin{aligned}
U=\frac{\varepsilon_{0}}{2} \mathbf{E}^{2} & +\frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{2} \mathbf{B}^{2}=\frac{\varepsilon_{0} E_{0}^{2}}{2}\left[\sin ^{2} \frac{\pi x}{a} \cos ^{2}\left(\omega t-k_{z} z\right)+\right. \\
& +\frac{k_{2}^{2} c^{2}}{\omega^{2}} \sin ^{2}\left(\frac{\pi x}{a}\right)\left(\cos ^{2}\left(\omega t-k_{z} z\right)+\right. \\
& \left.+\frac{c^{2} \pi^{2}}{\omega^{2} a^{2}} \cos ^{2}\left(\frac{\pi x}{a}\right) \sin ^{2}\left(\omega t-k_{z} z\right)\right] .
\end{aligned}
\]
в) Усредняя выражение для $S_{z}$ по времени и по сечению волновода, находим
\[
\left\langle\mathrm{S}_{z}\right\rangle_{t, x}=\frac{1}{a} \int_{0}^{a}\left\langle\mathrm{~S}_{z}\right\rangle_{t} d x=\frac{k_{z}}{\omega} \frac{\varepsilon_{0} c^{2}}{4} E_{0}^{2} \mathrm{e}_{z} .
\]
г) Усредняя $U$ по времени и по объему волновода, находим среднюю плотность энергии в волноводе
\[
\langle U\rangle_{t, x}=\frac{\varepsilon_{0} E_{0}^{2}}{8}\left[1+\frac{c^{2} k_{z}^{2}}{\omega^{2}}+\frac{c^{2} \pi^{2}}{\omega^{2} a^{2}}\right] .
\]

Если учесть тот факт, что $k_{z}=\sqrt{\left(\omega^{2} / c^{2}\right)^{\text {क्- }}\left(\pi^{2} / a^{2}\right)}$ [см. «Лекции», вып. 6, формулы (24.16), (24.13)], то
\[
\langle U\rangle_{t, x}=\frac{\varepsilon_{0} E_{0}^{2}}{4} .
\]
д) Средняя скорость рас̨пространения энергии совпадает с групповой скоростью. Действительно,
\[
\mathbf{v}=\frac{\langle S\rangle_{t, x}}{\langle U\rangle_{t, x}} c^{2} \frac{k_{z}}{\omega} \mathbf{e}_{z}=\mathrm{e}_{z} c \sqrt{1-\frac{\pi^{2} c^{2}}{a^{2} \omega^{2}}}=\mathrm{v}_{\mathrm{rp}}
\]
[ср. формулу (24.27) «Лекций», вып. 6, стр. 229].

27.7. а) Вектор Пойнтинга равен $\mathbf{S}=\varepsilon_{0} c^{2} \mathbf{E} \times \mathbf{B}=\varepsilon_{0} c^{3} \mathbf{B}^{2} \mathbf{n}$. Магнитное поле осциллирующего диполя равио [см., например, «Лекции», вып.’ 6, стр. 153, формула (21.23)]
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{3} r} \ddot{\mathbf{p}} \times \mathbf{n},
\]

где $\mathbf{n}$-единичный вектор в радиальном направлении. Следовательно,
\[
\mathrm{S}=\frac{p^{2} \omega^{4} \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \omega t}{(4 \pi)^{2} \varepsilon_{0} c^{3} r^{2}} \mathrm{n},
\]

где $\theta$-угол между векторами $\mathbf{p}$ и $\mathbf{n}$.
б) Средняя по времени излучаемая мощность равна
\[
W=\oint \overline{\mathrm{S}} d \boldsymbol{\sigma}=\frac{p^{2} \omega^{4}}{12 \pi \varepsilon_{0} c^{3}}
\]
(с учетом того, что $\overline{\cos ^{2} \omega t}=1 / 2$ ). Что и требовалось показать.
27.8. Считая, что на әлектрон действует только әлектрическое поле волны $\mathrm{E}=E_{0} \exp (i \omega t)$, найдем из уравнения движения $m \ddot{r}=q E_{0} \exp (i \omega t)$ дипольный момент колеблющегося әлектрона. Аналогично предыдущей задаче найдем вектор Пойнтинга:
\[
\mathrm{S}=\frac{q^{4} \mathrm{E}^{2} \sin ^{2} \theta}{(4 \pi)^{2} \varepsilon_{0} c^{3} r^{2} m^{2}} \mathrm{n} .
\]

Если ввести угол $\theta$ между векторами $\mathbf{n}$ и $\mathbf{E}$, то поток излучаемой энергии в әлемент $d \Omega$ телесного угла можно записать в виде
\[
d J=|\mathrm{S}| d \Omega=\frac{q^{4} \mathbf{E}^{2}}{(4 \pi)^{2} \varepsilon_{0} c^{3} m^{2}} \sin ^{2} \theta d \Omega .
\]

Разделив этот поток на плотность энергии в падающей волне $J=\varepsilon_{0} c E^{2}$, получим так называемое дифференциальное сечение рассеяния электромагнитной волны электроном
\[
d \sigma=\frac{d J}{J}=\left(\frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} m c^{2}}\right)^{2} \sin ^{2} \theta d \Omega .
\]

Полное сечение рассеяния равно
\[
\sigma=\frac{8 \pi}{3}\left(\frac{e^{2}}{m c^{2}}\right)^{2},
\]

где $e^{2}=q^{2} / 4 \pi e_{0}$.
27.9. Сила светового давления на частицу равна
\[
F=\frac{S_{1}}{S_{0}} \frac{W}{c}(1+\beta)_{2}
\]

где $S_{1}$-площадь поперечного сечения шарика с радиусом $r$ $S_{0}=4 \pi R^{2}$ ( $R$ – расстояние частицы от Солнца); $W$-энергия, излучаемая Солнцем в единицу времени; $\beta$-коәффициент отражения (по условию задачи $\beta=0$ ). Сила гравитационного притяжения равна
\[
F_{1}=\frac{G M m}{R^{2}},
\]

где $m$-масса частицы, $M$-масса Солнца ( $M=2 \cdot 10^{30}$ кг), $G-$ гравитационная постоянная ( $G=6,67 \cdot 10^{-8} \mathrm{~m}^{3} / \kappa 2 \cdot$ сек ${ }^{2}$ ). В равновесии будут находиться лишь те частицы, радиус которых удовлетворяет условию $F_{1}=F$ :
\[
r=\frac{3}{16 \pi} \frac{W}{G M \rho c} ;
\]

здесь $\rho$-плотность массы частицы. Оценивая радиус частицы в предположении, что $\rho \approx 12 / \mathrm{cm}^{3}$, находим $r_{0} \approx 6 \cdot 10^{-5} \mathrm{~cm}$. Частицы с радиусом $r<r_{0}$ световым давлением будут отбрасываться Солнцем. Таким образом видно, что обычное объяснение хвостов комет вполне разумно.
27.10. а) Учитывая тот факт, что $r \ll R$, магнитное поле внутри тороидальной катушки можно приближенно считать однородным по поперечному сечению. Выбрав в качестве контура интегрирования среднюю линию тороида, с помощью теоремы Стокса легко найти
\[
B=\frac{N K t}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R} .
\]

Выберем в поперечном сечении тороида контур интегрирования. в форме окружности радиусом $\rho(0 \leqslant \rho \leqslant r)$. Так как магнитное поле мы счнтаем однородным по сечению, то магнитный поток через этот контур равен
\[
\Phi=\pi \rho^{2} B=\frac{\pi \rho^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{N K t}{R} .
\]

Следовательно, ә.д.с. в этом контуре равна
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial \Phi}{\partial t}=-\frac{\pi \rho^{2} N K}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R} .
\]

C другой стороны, считая приближенно напряженность электрического поля одинаковой по величине во всех точках этого контура, интегрируя вдоль него, находим
\[
\mathcal{E}=\int E d l=E \cdot 2 \pi \rho
\]
(вектор E в каждой точке контура направлен по касательной). Таким образом,
\[
E=-\frac{\rho N K}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R} .
\]

Энергия, запасенная в тороидальной катушке к моменту времени $t$, равна
\[
\begin{aligned}
W & =\frac{\varepsilon_{0}}{2} \int\left(E^{2}+c^{2} B^{2}\right) d V= \\
& =\frac{\pi r^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2}} \frac{N^{2} K^{2} t^{2}}{R}+\frac{\varepsilon_{0}}{2}\left(\frac{N K}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R}\right)^{2} \pi r^{5} .
\end{aligned}
\]
б) Найдем направление и величину вектора Пойңтинга на поверхности тороида. Величины напряженностей $E$ и $\dot{B}$ найдены в пункте (а). Направления Е и В таковы, что вектор Пойнтинга $\mathbf{S}$ в каждой точке на поверхности тороида нормален к поверхности и направлен внутрь тороида. Кроме того, $\mathbf{E} \perp$ В в каждой точке. Следовательно, модуль вектора Пойнтинга равен
Отсюда полная мощность поглощаемой тороидом энергии, равная потоку вектора Пойнтинга через всю поверхность тороида (последняя приближенно равна $2 \pi r_{0} \cdot 2 \pi R$ ), оказывается равной
\[
\oint \mathrm{S} d \sigma=\frac{\pi r^{2} t(N K)^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} c^{2} R} .
\]

Этот результат верен, так как выполняется условие
\[
-\frac{\partial W}{\partial t}=\oint \mathrm{S} d \sigma
\]

К. главе 28. Электромагнатная масса
28.1. Подсчитаем электростатическую энергию электроиа, исходя из общего выражения $U_{\text {әл }}=\left(\varepsilon_{0} / 2\right) \int \mathrm{E}^{2} d V$. Напряженность электрического поля, создаваемого равномерно заряженным шаром, равна (см. решение к задачам 5.8 и 5.9)
\[
\mathbf{E}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{q \mathbf{r}}{4 \pi \varepsilon_{0} a^{3}}, & r \leqslant a, \\
\frac{q \mathbf{r}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}, & r>a .
\end{array}\right.
\]

Интегрируя по всему пространству в сферической системе координат; находим
\[
U_{\text {э. }}=\frac{3 q_{e}^{2}}{5 \cdot 4 \pi \varepsilon_{0} a} .
\]

Приравнивая $U_{9 \pi}$ энергии покоя электрона $m c^{2}$, находим
\[
a=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{3}{5} \frac{q_{e}^{2}}{m c^{2}}=1,69 \cdot 10^{-13} \mathrm{cM} .
\]
28.2. Момент количества движения электромагнитного поля определяется выражением
\[
\mathbf{L}=\varepsilon_{0} \int(\mathbf{r} \times \mathbf{E} \times \mathbf{B}) d V .
\]

Согласно условию задачи, электрическое и магнитное поля имеют вид
\[
\mathbf{E}=\left\{\begin{array}{cc}
0, & r<a, \\
\frac{q_{e}}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{r}{r^{3}}, & r>a,
\end{array} \quad \mathbf{B}=\frac{3 \mathbf{r}(\mathbf{r} \cdot \boldsymbol{\mu})-\mu r^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} r^{5}} .\right.
\]

Подставим выражение для $\mathbf{E}$ и B в формулу для $\mathbf{L}$ и проинтегрируем по всему пространству в сферической системе координат. В результате найдем
a) $\mathbf{L}=\frac{2}{3} \frac{q_{e} \boldsymbol{\mu}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a}$,
б) $\frac{L}{\mu}=\frac{2}{3} \frac{q_{e}}{4 \pi \varepsilon_{0} c^{2} a}=\frac{m}{q_{e}}$
[с учетом того, что $m=2 / 3\left(q_{e}^{2} / 4 \pi \varepsilon_{0} a c^{2}\right)$ ].
в) Будем считать, что заряд электрона равномерно «размазан* по поверхности сферы и что сфера вращается с угловой скоростью ю. В этих предположениях задача аналогична задаче 14.6. Если воспользоваться решением к задаче 14.6, положив $4 \pi \varepsilon_{0} V a=q_{e}$, то мы сразу получин нскомый результат $\boldsymbol{\mu}=\omega q_{e} a^{2} / 3$. Отсюда $\omega=3 \mu / a^{2} q_{e}$. Максимальная скорость электрона на поверхностн-это его линейная скорость на экваторе сферы $v_{\text {макс }}=\omega \alpha=3 \mu / a q_{e}$. Так как по условию задачи
\[
\mu=\frac{\hbar q_{e}}{2 m}=\frac{3}{4} \frac{q_{e} a c}{\alpha},
\]

то
\[
v_{\text {макс }}=\frac{9 c}{4 \alpha} \gg c .
\]

Следовательно, собственный магнитный момент электрона нельзя объяснить с позиций классической физики как генитный момент вращающейся твердой сферы с радиусдм, равным электромагнитному радиусу электрона, и с зарядом электрона.

К главе 29. Движение зарядов в электрическом и магнитном полях
29.1. а) Уравнения движения заряда:
\[
\begin{array}{l}
\frac{d p_{x}}{d t}=q E_{x} \\
\frac{d p_{y}}{d t}=0
\end{array}
\]
т. e. $p_{x}=q E t, \quad p_{y}=0$.

Следовательно, $v_{y}=0$, а для $v_{x}$ нмеем
\[
q E t=\frac{m v_{x}}{\sqrt{1-v_{x}^{2} / c^{3}}},
\]

откуда
\[
v_{x}=\frac{c q E t}{\sqrt{m^{2} c^{2}+(q E t)^{2}}} .
\]

Таким образом, при малых временах $v \sim t$, а при $t>m c / q E$ частица движется практически равномерно со скоростью, близкой к скорости света
\[
x(t)=\int_{0}^{t} v(t) d t=\frac{c}{q E}\left(\sqrt{m^{2} c^{2}+(q E t)^{2}}-m c\right) .
\]

6. 9лектродинамика
б) В этом случае
\[
\begin{array}{l}
p_{x}=q E t, \\
p_{y}=p_{0}=\frac{m v_{0}}{\sqrt{1-\frac{v_{0}^{2}}{c^{2}}}},
\end{array}
\]

С другой стороны,
\[
p_{x}=\frac{m v_{x}}{\sqrt{1-\frac{v_{x}^{2}}{c^{2}}-\frac{v_{y}^{2}}{c^{2}}}}, \quad p_{y}=\frac{m v_{y}}{\sqrt{1-\frac{v_{x}^{2}}{c^{2}}-\frac{v_{y}^{2}}{c^{2}}}} \mathrm{x}
\]

откуда
\[
\frac{v_{y}}{v_{x}}=\frac{p_{y}}{p_{x}}=\frac{p_{0}}{q E t} .
\]

Видно, что при $t \rightarrow \infty \quad v_{y} \rightarrow 0$. Для зависимости $v_{x}(t)$ имеем
\[
v_{x}=\frac{q E t}{\sqrt{m^{2} c^{2}+p_{0}^{2}+(q E t)^{2}}} .
\]

Переход к движению со скоростью, близкой к скорости света, происходит теперь через время порядка $\sqrt{m^{2} c^{2}+p_{0}^{2}} / q E$, т. е. несколько позже. Зависимость $x(t)$ имеет в остальном тот же характер, что и раньше. Что касается зависимости $y(t)$, то при малых временах $y \sim t$, а при $t \gg \sqrt{m^{2} c^{2}+p_{0}^{2}} / q E, \quad y \sim \ln t$.
29.2. В циклотроне протоны движутся в постоянном однородном магнитном – поле $B=$ const. Направим ось $z$ в направлении вектора В. Уравнения движения запишутся в следующем виде:
\[
\dot{p}_{x}=q v_{y} B, \quad \dot{p}_{y}=-q v_{x} B, \quad \dot{p}_{z}=0 .
\]

При этом энергия $\mathscr{E}=$ const, так как $\mathbf{F} \perp \mathbf{V}$. Поскольку $\mathscr{E}=m c^{2} / \sqrt{1-\left(v^{2} / c^{2}\right)}$ и $\mathbf{p}=\mathscr{E} \mathrm{v} / c^{2}$, то уравнения движения приобретают вид
\[
\dot{v}_{x}=\frac{q B c^{2}}{\mathscr{E}} v_{y}, \quad \dot{v}_{y}=-\frac{q B c^{2}}{\mathscr{E}} v_{x} .
\]

Умножая второе уравнение на мнимую единицу и складывая его с первым, для комплексной скорости $z=v_{x}+i v_{y}$ получаем уравнение $\dot{z}+i \omega z=0$, где частота колебания $\omega=q B c^{2} / \mathscr{E}=$ $=(q B / m) \sqrt{1-v^{2} / c^{2}}$. Если протоны движутся медленно, то $v^{2} \ll c^{2}$ и циклотронная частота имеет обычный вид $\omega=q B / m$. При увеличенни энергии циклотронная частота уменьшится. Так как $\Delta \omega / \omega=-\Delta \mathscr{E} / \mathscr{E}$, то при изменении циклотронной частоты на $1 \%$ энергия изменится также на $1 \%$.

29.3. а) Так как движение предполагается нерелятивистским, то импульс частицы с ее скоростью связан обычным соотношением
\[
\mathbf{p}=m \mathbf{v} .
\]

Уравнение движения и начальные условия имеют вид
\[
\begin{aligned}
m \dot{\mathrm{v}} & =q(\mathbf{E}+\mathbf{v} \times \mathbf{B}), \\
x(0)=y(0)=z(0) & =0, \quad \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=z(0)=0 .
\end{aligned}
\]

Уравнение движения в компонентах запишутся в виде
\[
\ddot{x}=\frac{q B}{m} \dot{y}, \quad \ddot{y}=\frac{q E}{m}-\frac{q B}{m} \dot{x}, \quad \ddot{z}=0 .
\]

Из последнего уравнения с учетом начальных условий следует, что $z(t)=0$, т. ө. движение происходит в плоскости $x y$. Если сложить первые два уравнения, предварительно умножив обе части второго уравнения на мнимую единицу и ввести обозначения $\omega=q B / m, x+i y=\eta$, то получим одно уравнение $\ddot{\eta}+i \omega \dot{\eta}=i q E / m$. Решение этого уравнения будет суммой решения соответствующего однородного уравнения и любого частного решения неоднородного уравнения. Решение однородного уравнения $\ddot{\eta}_{0}+i \omega \dot{\eta}_{0}=0$ можно представить в виде $\eta_{0}=C \exp (-i \omega t)$, где комплексную константу $C$ можно написать как произведение ее модуля на фазовый множитель: $C=a \exp (i \varphi)$. В качестве частного решения неоднородного уравнения можно взять $\eta_{1}=q E t / m \omega$. Следовательно,
\[
\eta=a e^{-i \omega t+i \varphi}+\frac{q E}{m \omega} t x+i y .
\]

Отделяя мнимую часть от вещественной и принимая во внимание начальные условия, окончательно находим
\[
\begin{array}{l}
x=\frac{q E}{m \omega^{2}}(\omega t-\sin \omega t), \\
y=\frac{q E}{m \omega^{2}}(1-\cos \omega t),
\end{array}
\]
т. е. траектория в плоскости является циклоидой (см. рисунок).Заметим, что из выражения $\dot{x}=(q E / m \omega)(1-\cos \omega t)$ следует, что предположение о нерелятивистском характере движения справедливо, если $q E / m \omega \ll c$, т. е. $E / B c \ll 1$.

в) Рассмотрим решение $y(t)=\left(q E / m \omega^{2}\right)(1-\cos \omega t)$, найденное в пункте (а) задачи. Условисм того, что частица не попадает на анод, будет условие: $y_{\text {макс }}<d$. Отсюда следует, что должно выполняться неравенство \”
\[
\frac{2 q E}{m \omega^{2}}<d \text { или } B>\sqrt{\frac{2 m c^{2} E}{q d}} .
\]
29.4. Для данной системы двух тонких линз существует соотношение $F^{-1}=f^{-1}+(-f)^{-1}-d(f)^{-1}(-f)^{-1}$, где $F$ – фокусное расстояние системы, отсчитываемое от главных плоскостей системы.
Расстояние $\Delta$ от первой линзы до первой главной плоскости системы (1) выражается соотношением $\Delta=d(-f)^{-1} / F^{-1}$. Из первого уравнения находим $F=f^{2} / d$. Следовательно, $\Delta=-f$. Положение второй главной плоскости (2) от второй линзы определяется расстоянием $\Delta_{\mathbf{1}}=-d(f)^{-1} / F^{-1}$, или $\Delta_{1}=-d^{2} / f^{3}$.
a) Величина главного фокусного расстояния $F=f^{2} / d$ отсчитывается от первой главной плоскости системы (I), находящейся на расстоянии $\Delta=-f$ от первой линзы. Из рисунка следует, что расстояние от (1) до главного фокуса равно $F=f+d+l$. Так как $F=f^{2} / d$, то $f^{2} / d=f+d+l$, или $l=\left(f^{2} / d\right)-(f+d)$.
б) Реальное изображение будет при условии, что $F>0$ или $f+d+l>0$.

$K$ главе 32. Показатель преломленая плотного вещества
32.1. Уравнения Максвелла в диэлектрическом веществе, в котором нет других зарядов, кроме тех, которые связаны в атомах, нмеют вид
a) $
abla \cdot \mathbf{E}=-\frac{
abla \cdot \mathbf{P}}{\varepsilon_{0}}$,
б) $c^{2}
abla \times \mathbf{B}=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\mathbf{P}}{\varepsilon_{0}}+\mathbf{E}\right)$ 。
B) $
abla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}$,
г) $
abla \cdot \mathbf{B}=0$.
Как указывалось в «Лекциях (вып. 7, гл. 32, § 3), эти уравнения допускают волновые решения. Будем искать әти решения для волны в виде
\[
\begin{array}{l}
\mathbf{E}=\mathbf{E}_{0} e^{l(\omega t-\mathbf{k} \cdot \mathbf{r})}, \\
\mathbf{P}=\mathbf{P}_{0} e^{t(\omega t-\mathbf{k} \cdot \mathbf{r})} . \\
\mathbf{B}=\mathbf{B}_{0} e^{l(\omega t-\mathbf{k} \cdot \mathbf{r})}, \\
\end{array}
\]
\[
\mathbf{B}=\mathbf{B}_{0} e^{l(\omega t-\mathbf{k} \cdot \mathbf{r})},
\]

При этом, если ввести вектор электрической индукциг $\mathbf{D}=\mathbf{E}+\mathbf{P} / \varepsilon_{0}$, уравнения Максвелла примут вид
a) $\mathbf{k} \cdot \mathbf{D}=0$,
б) $c^{2} \mathbf{k} \times \mathbf{B}=-\omega \mathbf{D}$,
в) $\mathbf{k} \times \mathbf{E}=\omega \mathbf{B}$,
г) $\mathbf{k} \cdot \mathbf{B}=0$.

Умножая векторно уравнение (в) на $k$ и используя уравнение (б), получаем
\[
\mathbf{k} \times(\mathbf{k} \times \mathbf{E})=-\frac{\omega^{2}}{c^{2}} \mathbf{D},
\]

или
\[
\mathrm{D}=\frac{c^{2} k^{2}}{\omega^{2}}\left(\mathrm{E}-\frac{\mathrm{k}(\mathrm{k} \cdot \mathrm{E})}{k^{2}}\right) .
\]

Так как электрическая волна поляризована в направлении, перпендикулярном $\mathbf{k}$, то $\mathbf{k} \cdot \mathbf{E}=0$ и $\mathbf{D}=n^{2}(\omega) \mathbf{E}$, где $n^{2}(\omega)=c^{2} k^{2} / \omega^{2}$. Но, с другой стороны, для волны с частотой $\omega$ в «линейном» прнближении $\mathbf{D}=\varepsilon(\omega) \mathrm{E}$ (это приближение справедливо, если электрические поля в диэлектрике слабы по сравнению с электрическими полями в атома:

и молекулах; для лазерного луча, направленного на диэлектрик, возникает необходимость учета нелинейной связи $D$ с $E$, т. е. учитывать в разложении $D$ по $E$ члены, квадратичные по $E$, кубичные и т. д.). Следовательно, $\varepsilon(\omega)=n^{2}(\omega)$. Полагая в этом соотношении $\omega=0$ и учитывая, что $\varepsilon(0)=x$, находим
\[
x=n^{2}(0) .
\]
32.2. Квадрат показателя преломления для плазмы в ионосфере имеет вид (см. „Лекции\”, вып. 7, стр. 67) $n^{2}=1-N q_{e}^{2} / m \varepsilon_{0} \omega^{2}$. При $\quad \omega>\omega_{p}, \quad$ где $\omega_{p}-\sqrt{N q_{e}^{2} / m \varepsilon_{0}}-$ длазменная частота, ионосфера становится прозрачной, так как при этом условии показатель преломления веществен. Отсюда плотность свободных электронов в ионосфере равна
\[
N=\frac{m \varepsilon_{0} \omega_{p}^{2}}{q_{e}^{2}}=4,5 \cdot 10^{5} \text { ялектрон } / \text { см }^{3} .
\]
32.3. Так как электрическое поле, действующее на электроны проводимости, равно среднему полю $\mathrm{E}$, то, полагая $\omega_{0}=0$ в уравнении (32.1) «Лекций» (вып. 7, стр. 50), $v_{\text {дрей }}=\dot{x}$, можно записать уравнение для дрейфовой скорости электронов:
\[
\frac{d v_{\text {дрей }}}{d t}=\frac{q_{e} E}{m}-\frac{v_{\text {дрей }}}{\tau} .
\]

Когда поле E постоянно ден̆ствует на электроны проводимости, $d v_{\text {дрей }} / d t=0$, для дрейфовой скорости получаем
\[
v_{\text {дрей }}^{(0)}=\frac{q_{e} E}{m} \tau
\]
[см. «Лекции», вып. 7, стр. 68, формула (32.39)].
Если же в момент времени $t=0$ әлектрическое поле мгновенно выключается, дрейфовая скорость әлектронов будет меняться согласно однородному дифференциальному уравнению
\[
\frac{d v_{\text {дрейФ }}}{d t}=-\frac{v_{\text {дрей }}}{t} .
\]

Решая это уравнение, находим
\[
v_{\text {дрей } \Phi}=\frac{q_{e} E}{m} \tau e^{-t / \tau} .
\]

Это решение отвечает начальному условию задачи, согласно которому $v_{\text {дрейф }}=v_{\text {дрей }}^{(0)}$ при $t=0$. Из него видно, что время, за которое величина дрейфовой скорости уменьшится в $е$ раз, в топности равно $\tau$-среднему времени между соударениями.

32.4. Из уравнения Максвелла $\partial \mathbf{B} / \partial t=-\operatorname{rot} \mathbf{E}$ находнм $\partial B_{x} / \partial t=0$, $\partial B_{y} / \partial t=i k E_{0} \exp [i(\omega t-k z)], \partial B_{z} / \partial t=0$.
Отсюда
a) $B_{x}=0, \quad B_{y}=\frac{k}{\omega} E_{0} e^{i(\omega t-k z)}, \quad B_{z}=0$.
б) $\mathbf{E} \perp \mathrm{B}$.
в) Так как волновой вектор можно записать в виде
\[
k=(1-i) \sqrt{\frac{\sigma \omega}{2 \varepsilon_{0} c^{2}}}=\sqrt{\frac{\sigma \omega}{\varepsilon_{0} c^{2}}} e^{-i \pi / 4},
\]

то разность фаз, очевидно, равна $-\pi / 4$.
32.5. Более реалистичное выражение для $n^{2}$ получится, если воспользоваться выражением для показателя преломления: $n^{2}=1+\left(\sigma / \varepsilon_{0}\right) / i \omega(1+i \omega \tau)$ [см. «Лекции», вып. 7, стр. 64, формула (32.42)]. Видно, что даже для частот $\omega>\sigma / \varepsilon_{0} \tau$ $n^{2}$ имеет мнимую часть.

К главе 33. Отражение от поверхности
33.1. а) В области 1 будет падающая волна, амплитуду которой примем равной единице, и отраженная волна с амплитудой $b_{1}$. В области 2 одна волна с амплитудой $a_{2}$ распространяется вправо, а другая волна с амплитудой $b_{2}$ -влево. В области 3 имеется лишь одна прошедшая волна, амплитуду которой обозначим через $a_{3}$. Записывая плоские волны в виде $E=a \exp i\left(\omega t \mp \frac{n \omega}{c} z\right)$, получаем из условий непрерывности на границах раздела тангенциальных составляющих электрического и магнитного полей (среды считаем немагнитными) следующую систему уравнений:
\[
\begin{array}{l}
1+b_{1}=a_{2}+b_{2}, \\
1-b_{1}=\frac{n_{2}}{n_{1}}\left(a_{2}-b_{2}\right), \\
a_{2} e^{-i \frac{n_{2} \omega}{c} l}+b_{2} e^{i \frac{n_{2} \omega}{c} l}=a_{3} e^{-i \frac{n_{3} \omega}{c} t}, \\
a_{2} e^{-i \frac{n_{3} \omega}{c} t}-b_{2} e^{i \frac{n_{3} \omega}{c} t}=\frac{n_{3}}{n_{2}} a_{3} e^{-i \frac{n_{3} \omega}{c} t} .
\end{array}
\]

Решая эту систему, находим выражение для квадрати амплитуды прошедшен волны
\[
\begin{aligned}
\left|a_{3}\right|^{2}= & 16 n_{1}^{2} n_{2}^{2}\left[\left(n_{1}+n_{2}\right)^{2}\left(n_{2}+n_{3}\right)^{2}+\left(n_{1}-n_{2}\right)^{2}\left(n_{2}-n_{3}\right)^{2}+\right. \\
& \left.+2\left(n_{1}^{2}-n_{2}^{2}\right)\left(n_{2}^{2}-n_{3}^{2}\right) \cos \left(2 \frac{n_{2} \omega l}{c}\right)\right]^{-1} .
\end{aligned}
\]

б) $П р и ~ l=\lambda_{2} / 4=\pi c / 2 n_{2} \omega$ и $n_{2}^{2}=n_{1} n_{3}$ из системы уравнений, приведенной выше, и из выражения для $\left|a_{3}\right|^{2}$ следует, что $b_{1}=0,\left|a_{3}\right|^{2}=n_{1} / n_{3}$, т. е. плотность потока энергии в падающей слева на слой волне $\left|\mathrm{S}_{1}\right| \sim n_{1} E_{1}^{2}=n_{1}$ равна плотности потока энергии прошедшей волны
\[
\left|S_{3}\right| \sim n_{3}\left|a_{3}\right|^{2}=n_{3} \frac{n_{1}}{n_{3}}=n_{1} .
\]
в) Толщина пленки при этом примерно равна $\lambda / 4 n_{2}=1200 \AA$. г) Из предыдущего анализа ясно, что для просветления линзы безразлично, какую ее сторону покрывать. Для просветления важно, чтобы выполнялось соотношение $n_{2}^{2}=n_{1} n_{3}$. Просветление будет, как в случае $n_{1}=1$, $n_{2}^{2}=n_{3}$ (покрывается внешняя сторона линзы), так и в случае $n_{3}=1, n_{2}^{2}=n_{1}$ (покрывается внутренняя сторона).
33.2. Выберем систему координат так, как показано на рисунке:
\[
k_{x}^{\prime 2}=\frac{\omega^{2}}{c^{2}}\left(1-n^{2} \sin ^{2} \theta\right)
\]
(см. «Лекции», гып. 7, стр. 88).
Отраженная и преломленная волны запишутся соответственно в виде
\[
\mathbf{E}_{2}=\mathbf{E}_{02} e^{i\left(\omega t-\frac{\omega n_{1}}{c} y \sin \beta+\frac{\omega n_{1}}{c} x \cos \beta\right)}
\]

и
\[
\mathrm{E}_{3}=\mathrm{E}_{03} e^{i\left(\omega t-\frac{\omega n_{3}}{2} y \cdot \sin \gamma-\frac{\omega n_{2}}{c} x \cos \gamma\right)} .
\]

На границе поле Е непрерывно. Поэтому
\[
E_{01} e^{-\frac{\omega n_{1} y}{c} \sin \alpha}+E_{02} e^{-\frac{\omega n_{1}}{c} y \cdot \sin \beta}=E_{03} e^{-\frac{i \omega n_{2}}{c} y \sin \gamma} .
\]

В силу того что $x$ произвольно, из последнего уравнения следует, что $\sin \alpha=\sin \beta, \sin \alpha / \sin \gamma=n_{2} / n_{1}$. Отсюда
\[
\cos \gamma=\sqrt{1-\frac{n_{1}^{2}}{n_{2}^{2}} \sin ^{2} \alpha .}
\]

По условию задачи $n_{1} / n_{2}=1,6, \sin ^{2} \alpha=0,5\left(\alpha=\beta=45^{\circ}\right)$ и, следовательно, $\cos \gamma=\sqrt{-0,28} \approx \pm i 0,53$. Подставляя найденное значение $\cos \gamma$ в выражение для $\mathbf{E}_{3}$, получаем $\left(n_{2}=1\right)$ :
\[
\mathrm{E}_{3} \sim e^{ \pm 0,53 \frac{\omega}{c} z}=e^{ \pm 0,53 \frac{2 \pi z}{\lambda}} .
\]

Верхнему знаку отвечает экспоненциально нарастающее поле, нижнему-убывающее. Оставляя из физических соображений последнее решение, находим, что в воздухе за болышой гранью призмы электрическое поле волны убывает в $е$ раз на расстоянии $x=0,3 \lambda=1350 \AA$. Если вектор– Е лежит в плоскости падения, результат будет точно таким же.

К главе 34. Магнетизм вещества
34.1. Сила, действующая на частицу в переменном магнитном поле, равна
\[
\mathbf{F}=q[\mathbf{v} \times \mathbf{B}+\mathbf{E}] .
\]

Электрическое поле $\mathbf{E}$ вызвано изменяющимся магнитным полем. Если напряженность электрического поля мала, частица движется приблизительно по окружности, радиус которой равен $R=p / q B$ ( $p$-импульс частицы). Момент количества движения частицы при этом равен $J=p R=q B R^{2}$. Электрическое поле вызывает изменение абсолютной величины импульса $d p / d t=q E$, откуда $d J / d t=q E R$. Величину $E$ можно вычислить, пользуясь теоремой Стокса:
\[
E \cdot 2 \pi R=-\pi R^{2} \frac{d B}{d t} .
\]

Отсюда следует
\[
E=-\frac{R}{2} \frac{d B}{d t},
\]
\[
\frac{d J}{d t}=-\frac{q R^{2}}{2} \frac{d B}{d t} \text { или } \frac{1}{J} \frac{d J}{d t}=-\frac{1}{2} \frac{1}{B} \frac{d B}{d t} .
\]

Наши рассуждения годятся только в том случае, если частица движется по круговой орбите, т. е. если $T(d J / d t)=(T / 2)(d B / d t) \ll 1$, где $T$ – период обращения частицы по орбите.

К главе 35. Парамагнетизм и магнитный резонанс
35.1. В магнитном поле напряженностью $B$ частица вращается по круговой орбите с ларморовой частотой $\omega_{L}$, не зависящей ни от радиуса орбиты, ни от скорости частицы (при $v / c \ll 1$ ) и равной $\omega_{L}=q B / m$. Выразим величину $B$ через период обращения $T=2 \pi / \omega_{L}$ :
\[
B=\frac{2 \pi m}{q T} .
\]

Частота ядерного магнитного резонанса равна (см. «Лекции», вып. $7, \S 6$, стр. 130)
\[
\omega_{p}=g \frac{q}{2 m} B=\frac{g}{2} \omega_{L} .
\]

Отсюда
\[
g=\frac{2 \omega_{p}}{\omega_{L}}=2 v_{p} T,
\]

где $v_{p}=\omega_{p} / 2 \pi$. Подставляя численные значения для $v_{p}$ и $T$, данные в условии к задаче, находим $g=5,46$.
35.2. Теорию классического парамагнетизма можно построить аналогично классической теории диэлектрической проницаемости. Энергия магнитного момента $\mu$ в магнитном поле равна $-\mu B \cos \theta$, где $\theta$-угол между векторами $\boldsymbol{\mu}$ и В. Согласно статистической физике, число моментов, угол наклона которых к оси $z$ (последняя выбрана совпадающей с вектором в) равен $\theta$, приходящееся на единичный телесный угол, вычисляется по формуле
\[
n(\theta)=n_{0} e^{\mu B \cos \theta / k T} .
\]

Предполагая, что магнитное поле мало, так что $\mu B / k T \ll 1$, разложим экспоненту в ряд и ограничимся первыми двумя основными членами разложения:
\[
n(\theta)=n_{0}\left[1+\frac{\mu B \cos \theta}{k T}\right] .
\]

Интегрируя это выражение по всем телесным углам, получаем $N$-полное число моментов, $N=4 \pi n_{0}$. Полный магнитный момент определим следующим образом (k-единичный вектор в направлении в):
\[
\mathbf{M}=\int(\boldsymbol{\mu} \cdot \mathbf{k}) \mathbf{k} n(\theta) d \Omega=-\mathbf{k} \int \mu(\cos \theta) n(\theta) 2 \pi \sin \theta d \theta .
\]

Вычисляя, находим
\[
\mathbf{M}=\frac{N \mu^{\mathrm{a}}}{3 k T} \mathbf{B} .
\]

Подобная теория классического парамагнетизма не противоречит утверждению о том, что в рамках классической физикн парамагнетизм вообще отсутствует. Просто классическая физика не может обосновать существование у каждого атома «собственного» магнитного момента $\mu$. Наличие его есть чисто квантовый эффект.
35.3. Избыток параллельных полю спинов можно найти, используя формулу (35.21) «Лекций» (вып. 7, стр. 121) для магнитного момента единицы объема $M$, если поделить $M$ на магнитный момент одного атома:
\[
\frac{N_{\mathrm{u} 36}}{N}=\text { th } \frac{\mu_{0} B}{k T} .
\]

При $T=300^{\circ} \mathrm{K}$ отношение $\mu_{0} B / k T$ равно $2,3 \cdot 10^{-3}$ и, следовательно, $N_{\text {изб }} / N=$ th $0,0023 \approx 0,23 \%$. При $T=4,2^{\circ} \mathrm{K}$ отношение $\mu_{0} B / k T$ равно 0,16 и $N_{\text {изб }} / N=15,9 \%$.
35.4. Задача решается несложным обобщением формул (35.10)(35.21) «Лекций» (вып. 7). Если ввести обозначение
\[
\mu_{0}=g\left(\frac{q_{e} h}{2 m}\right) \text {, }
\]

то энергии, соответствующие различным проекциям спина в магнитном поле, равны $U=-\mu_{0} B$ для $J_{z} / \hbar=+1, U=0$ для $J_{z} / \hbar=0$ и $U=+\mu_{0} B$ для $J_{z} / \hbar=-1$. Согласно статистической механике,
\[
N_{+1}=n_{0} e^{\mu_{0} B / k T}, N_{0}=n_{0}, N_{-1}=n_{0} e^{-\mu_{0} B / k T} .
\]

Постоянная находится из условия равенства числа частид с разными проекциями полному числу частиц $N$ :
\[
N=N_{+1}+N_{0}+N_{-1}=n_{0}\left(e^{\mu_{0} B / k T}+e^{-\mu_{0} B / k T}+1\right) .
\]

Средний магнитный момент в магнитном поле равен
\[
M=\mu_{0} N \frac{2 \operatorname{sh} \frac{\mu_{0} B}{k T}}{1+2 \operatorname{ch} \frac{\mu_{0} B}{k T}} .
\]

Отсюда при $\mu_{0} B / k T \ll 1$ в силу того, что при $x \ll 1, \operatorname{sh} x \approx x_{2}$ ch $x \approx 1$
\[
M=\frac{2}{3} \frac{N \mu_{0}^{2} B}{k T} .
\]

К главе 36. Ферромагнетизм
36.1. Токи, связанные с намагниченностью ( $\mathbf{j}_{\text {маг }}=
abla \times \mathbf{M}$ ), отличны от нуля только на поверхности щара. Именно эти токи создают магнитное поле вне и внутри шара. Из симметрии задачи ясно, что токи текут по окружиостям, плоскости которых перпендикулярны $M$. Проведем ось $z$ через центр шара параллельно вектору М. Представим себе, что изменение $\mathbf{M}$ на поверхности происходит не скачком, а непрерывно в некотором слое толщиной $d$, и вычислим $j$ в этом слое
\[
\begin{array}{l}
\left(\mathrm{f}_{\text {Maг }}\right)_{x}=\frac{\partial M}{\partial y}, \\
\left(\mathrm{j}_{\text {маг }}\right)_{y}=-\frac{\partial M}{\partial x} .
\end{array}
\]

Так как ось $y$ направлена по касательной к поверхности шара, то $\partial M / \partial y=0$. Далее, $\Delta x=d / \sin \theta$; стало быть
\[
\frac{\partial M}{\partial x}=-\frac{M \sin \theta}{d} \text { и } j_{\text {маг }}=\frac{M \sin \theta}{d} .
\]

Плотность поверхностных токов равна
\[
\left(i_{\text {маг }}\right)_{y}=\mathrm{j}_{\text {маг }} \cdot d=M \sin \theta .
\]

Это соотношение можно также записать в виде $\mathbf{i}=\boldsymbol{M} \times \mathbf{n}$, где $\mathbf{n}$-нормаль к поверхности шара.

Вычисляя магнитный момент поверхностных токов, находим
\[
m=\int \pi r^{2}(\theta) i d S=2 M \pi a^{3} \int_{0}^{\pi / 2} \sin ^{3} \theta d \theta=\frac{4 \pi}{3} a^{3} M .
\]
36.2. Из теоремы Стокса (в качестве контура выберем среднюю линию магнита) следует
\[
\oint \mathbf{H} d \mathbf{l}=\frac{N I}{\varepsilon_{0} c^{2}},
\]

где $N$-полное число витков обмотки; $I$-сила тока в обмотке. Разделяя контурный интеграл на две части, одна из которых отвечает зазору, а другая – контуру вне его, и предполагая, что поле $H$ по всему периметру средней линии ярма однородно, в результате интегрирования находим
\[
H_{1} l_{1}+H_{2} l_{2}=\frac{N I}{e_{0} c^{2}} \text {, }
\]

где $H_{1}$-поле в зазоре; $H_{2}$-поле в каркасе магннта; $l_{1}=1$ iм-ширина зазора; $l_{2}=375 \mathrm{cM}$ – периметр средней линии. Гракичные условия в зазоре имеют вид $B_{1 n}=B_{2 n}$, причем $B_{1 n}=H_{1}$. Выражая $H_{1}$ через $B_{2 n}$, находнм уравнение
\[
B_{2 n}=\frac{N I}{\varepsilon_{0} c^{2} l_{1}}-\frac{l_{2}}{l_{1}} H_{2} \text {. }
\]

Построив эту прямую на графике $B_{2 n}=f\left(H_{2}\right)$ (см. стр. 386), можно найти $H_{2}$ и $B_{2 n}$. Тогда поле в зазоре равно $H_{1}=B_{2 n}$ (для указанных параметров магнита эта линейная зави-. симость имеет вид $B_{2 n}=1,35$ вебер $/ \mu^{2}-375 H_{2}$ ). Согласно графику, $H_{1}=B_{2 n}=1,17$ вебер $/$ м $^{2}$.
36.3. Обозначим через $B_{1}$ и $B_{2}$ напряженности магнитного поля в постоянном магните и зазоре. Так как зазор узок, то, пренебрегая краевыми эффектами в зазоре и на углах, напишем условие постоянства магнитного потока
\[
B_{1} A_{1}=B_{2} A_{2} ;
\]

здесь $A_{1}=100 \mathrm{~cm}^{2}$ – площадь поперечного сечения магнита; $A_{2}=20 \mathrm{~cm}^{2}$ – площадь зазора. Отсюда $B_{2}=5 B_{1}$. После выключения тока циркуляция магнитной индукции $H$ по средней линии системы будет равна нулю. Считая поле магнитной индукции в магните однородным и учитывая, что магнитная восприимчивость мягкого железа бесконечна, т. е. в мягком железе $H=0$, запишем
\[
H_{1} l_{1}+H_{2} l_{2}=0,
\]

где $l_{1}=20 \mathrm{cM}$ – длина постоянного магнита; $l_{2}=1 \mathrm{cM}$-ширина зазора. Так как в зазоре $H_{2}=B_{2}=5 B_{1}$, из последнего уравнения находим
\[
4 H_{1}+B_{1}=0,
\]

или, учитывая, что $H_{1}=B_{1}-M / \varepsilon_{0} c^{2}$,
\[
\frac{M}{\varepsilon_{0} c^{2}}=-5 H_{1} \text {. }
\]

Если эту прямую линию построить на приведенной в условии задачи кривой $M-H$ (стр. 387 ), то она пересекает ее в двух точках, отвечающих $H_{1}= \pm 0,04$ вебер/ $\mu^{2}$. Так как при уменьшении тока система окажется на верхней части кривой $M-H$, то $H_{1}=-0,04$ вебер $/ \mathrm{M}^{2}$. Тогда $B_{1}=-4 H_{1}=0,16 \mathrm{вебер/ \textrm {m } ^ { 2 }}$ н искомая напряженность магнитного поля, т. е. $B_{2}=5 B_{1}=$ $=0,8$ вебер $/ \boldsymbol{\mu}^{2}$.
36.4. Магнитное поле такого стержня создается токами намагничивания, текущими по его поверхности (см. Лекции», вып. 7, гл. $36, \S 1)$. При этом поверхностная плотность токов $i_{\text {маг }}=M$. Величина $B$ находнтся так же, как для соленоида:
\[
B=\frac{i}{\varepsilon_{0} c^{2}}=\frac{M}{\varepsilon_{0} c^{2}} \text {. }
\]

Направление поля $\mathbf{H}$ совпадает с направлением вектора В. Так как $H=B-M / \varepsilon_{0} c^{2}$, то внутри стержня $H=0$.

Если вырезать игольчатую полость вдоль осн цилиндра, то поле внутри этой полости будет создаваться как уже рассмотренными токами, текущими по поверхности цилиндра, так и төками, текущими по поверхности полости. Плотность этих токов равна $M$, а направление их противоположно направлению внешних токов (в одном случае величина $M$ увеличивается при удалении от оси цилиндра, в другомуменьшается, поэтому направление вектора $\mathbf{j}=\operatorname{rot} \mathbf{M}$ различно). Таким образом, поле внутри полости-это поле, которое на своей оси создают два коаксиальных соленоида с противоположно направленными и равными по величине токами: Поле это равно нулю.

К главе 38. Упругость
38.1. Воспользуемся формулой (38.42) «Лекций» (вып. 7, стр. 205) для отклонения конца стержня длиной $L$, жестко заделанного другим концом в стенку:
\[
x(L)=\frac{F L^{3}}{3 Y I},
\]

где $Y$-модуль Юнга, $I$-момент инерции сечения стержня. По определению, жесткость равна отношению $F / x(L)=$ $=3 Y I / L^{3}$. По условию задачи алюминиевый и стальной стержни обладают одинаковой жесткостью и имеют одинаковую: длину. Следовательно, $Y_{\mathrm{Al}} I_{\mathrm{Al}}=Y_{\text {сталь }} I_{\text {сталь }}$. Так как момент инерции круглого сечения стержня равен $I=\pi R^{4} / 4$, где $R$-радиус поперечного сечения, то $\left(Y_{\text {сталь }}=21 \cdot 10^{11} \partial u \mathrm{Cl}^{2} \mathrm{CM}^{2}, Y_{\mathrm{Al}}=7 \cdot 10^{11} \partial u \mathrm{H} / \mathrm{CM}^{2}\right)$.
a) $R_{\mathrm{Al}} / R_{\text {сталь }}=\left(Y_{\text {ста.ыь }} / Y_{\mathrm{Al}}^{\prime}\right)^{1 / 4}=1,32$.
б) Если $\rho$-плотность вещества, то ( $\rho_{\mathrm{Al}}=2,7$ г/см $\boldsymbol{M}^{3}, \rho_{\text {сталь }}=$ $\left.=7,8 \mathrm{e} / \mathrm{cm}^{3}\right)$
\[
\frac{m_{\mathrm{Al}}}{m_{\text {сталь }}}=\frac{\rho_{\mathrm{Al} 1} R_{\mathrm{Al}}^{2}}{\rho_{\text {сталь }} R_{\text {сталь }}^{2}}=\frac{\rho_{\mathrm{Al}}}{\rho_{\text {сталь }}} \sqrt{\frac{Y_{\text {сталь }}}{Y_{\mathrm{Al}}}} \approx 0,6 .
\]
38.2. На тело $m$ действую две силы: вес тела $\mathbf{P}$ и упругая сила F со стороны стержня, действующая в вертикальном направленин. Поэтому уравнение движения этого тела запишется в виде
\[
m \ddot{\mathbf{r}}=\mathbf{P}+\mathbf{F} .
\]

Спроектируем это уравнение на вертикальную ось (ось $y$ ): $m \ddot{y}=F_{y}-P$. Согласно формуле для отклонення конца стержня, жестко заделанного в стенку, сила, с которой незакрепленный конец стержня действует на тело $m$, равна
\[
F_{y}=-\frac{3 Y I y}{L^{3}},
\]

где $y$-вертикальное смещение массы $m ; Y$-модуль Юнга; $I$-главный момент инерции сечения стержня: $I=a^{4} / 12$. Подставляя это выражение для силы $F_{y}$ в уравнение движения, получаем
\[
m \ddot{y}=-P-\frac{3 Y I}{L^{2}} y .
\]

Отсюда находим собственную частоту колебания массы $m$ :
\[
\omega=\left(\frac{3 Y I}{L^{3} m}\right)^{1 / 2}=\frac{a^{2}}{2}\left(\frac{Y}{L^{3} m}\right)^{1 / 2} .
\]
88.3. Рассмотрим массивное тело, поперечные размеры которого много больше длины волны звука. Ударяя по такому телу, можно обнаружить, что оно не раздается во все стороны, а сжимается только в направлении удара. В таком теле побежит продольная волна, в которой частицы тела движутся только в направлении распространения волны. Чтобы найти уравнения, описывающие распространение такого продольного звука, мы фактически можем рассмотреть стержень, который закреплен так, что при сжатии и растяжении его боковые размеры не сокращаются. Пусть площадь поперечного сечения такого стержня равна $A$, а длина $L$. Рассмотрим элемент стержня длиной $\Delta z$, расположенный на расстоянии $z$ от его конца. Обозначим через $u(z, t)$ смещение этого элемента в волне в момент времени $t$. При статическом растяжении (или сжатии) внутреннее напряжение $F / A$ на всем протяжении стержня одно и то же и пропорционально $u / L$, где $u$-удлинение стержня. В упругой волне важна местная деформация в точке $z$, т. е. $\partial u(z, t) / \partial z$. Для стержня без бокового смещения (см. «Лекции», вып. 7, стр. 196) было найдено
\[
\frac{\partial u}{\partial z}=\frac{(1+\sigma)(1-2 \sigma)}{(1-\sigma) Y} \frac{F(z)}{A},
\]

где $F(z)$-сила, действующая в поперечном сечении на расстоянии $z$ от начала координат. На одном конце әлемента $\Delta z$ действует $F(z)$, а на другом $F(z+\Delta z)$. Полная сила, действующая на элемент $\Delta \boldsymbol{z}$, очевидно, \”равна
\[
F(z+\Delta z)-F(z)=\frac{d F(z)}{d z} \Delta z=\Delta z \cdot A \frac{(1-\sigma) Y}{(1+\sigma)(1-2 \sigma)} \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}} .
\]

Согласно закону Ньютона, эта сила равна произведению массы элемента $\rho \Delta z \cdot A$ ( $\rho$-плотность тела) на его ускорение $\partial^{2} u(z, t) / \partial t^{2}:$
\[
\rho \Delta z \cdot A \frac{\partial^{2} u(z, t)}{\partial t^{2}}=\Delta z \cdot A \frac{(1-\sigma) Y}{(1+\sigma)(1-2 \sigma)} \frac{\partial^{2} u(z, t)}{\partial z^{2}} .
\]

Сокращая обе части получившегося уравнения на $\Delta z \cdot A$, получаем
\[
\frac{\partial^{2} u(z, t)}{\partial t^{2}}-v_{\text {прод }}^{8} \frac{\partial^{2} u(z, t)}{\partial z^{2}}=0,
\]

где
\[
v_{\text {прод }}^{2}=\frac{(1-\sigma) Y}{(1+\sigma)(1-2 \sigma) \rho}
\]
– квадрат фазовой скорости распространения продольных волн в твердом теле.
38.4. Так как расстояние между планками слабо отличается от $L$, то изгиб можно считать слабым. Кроме того, как будет ясно из дальнейшего, учет веса линейки (около 0,3 г) несущественно меняет величину действующей вдоль стержня силы внутренних напряжений. Если отклонение линейки от прямой линии между концами обозначить через $y(x)$, где $x$ расстояние от левого конца линейки, а через $F$ обозначить горизонтальную составляющую силы, с которой упоры изгибают линейку, то форма изогнутой линейки будет описываться уравнением (38.45) «Лекций» (вып. 7, стр. 206):
\[
\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=-\frac{F}{Y I} y,
\]

где $Y$-модуль Юнга; $I$-момент инерции поперечного сечения линейки. Из этого уравнения следует:
a) Форма изогнутой линейки описывается синусоидой
\[
y(x)=K \sin \frac{\pi x}{l} .
\]

Постоянную $K$ можно определить из условия нормировки на длину линейки
\[
\begin{aligned}
L= & \int_{0}^{l} \sqrt{(d x)^{2}+(d y)^{2}}=\int_{0}^{l} \sqrt{1+y^{2}} d x= \\
& =\int_{0}^{l} \sqrt{1+K^{2} \frac{\pi^{2}}{l^{2}} \cos ^{2} \frac{\pi x}{l}} d x .
\end{aligned}
\]

Учитывая тот факт, что прогиб линейки слабый, т. е. что $K / l \ll 1$, вычислим интеграл, разложив подынтегральное выражение в ряд
\[
L=\int_{0}^{l}\left(1+\frac{K^{2} \pi^{2}}{2 l^{2}} \cos ^{2} \frac{\pi x}{l}\right) d x=l+\frac{K^{2} \pi^{2}}{4 l} .
\]

Отсюда $K=(2 / \pi) \sqrt{(L-l) l}=34,2 \mu \mu$.

б) Сила, с которой линейка упирается в планки, равна $F=\pi^{2} Y I / l^{2}$, где $I=a b^{3} / 12$. Если принять для стали $Y=2 \cdot 10^{12} \partial u н / \mathrm{Cm}^{2}$, то $F=1,47 \kappa \Gamma$.
38.5. Выберем плоскость нзгиба в качестве плоскости $x y$. Ось $x$ параллельна силе $P$. Введем $\theta$-угол между касательной к линии стержня и осью $x$ и $s$ – расстояние вдоль кривой. Тогда $d x / d s=\cos \theta$ и $d y / d s=\sin \theta$. При этом кривизна стержня $1 / R$ будет определяться выражением $1 / R=d \theta / d s$. С другой стороны, кривизну стержня можно связать с изгибающим моментом силы $P$ :
\[
\frac{1}{R}=\frac{P}{Y I}(\delta-y) \text {. }
\]

Следовательно,
\[
\frac{d \theta}{d s}=\frac{P}{Y I}(\delta-y) .
\]

Дифференцируя последнее уравиение по $s$, получаем исходное уравнение
\[
I Y \frac{d^{2} \theta}{d s^{2}}+P \sin \theta=0
\]

Так как угол $\theta$ мал, то, полагая $\sin \theta=\theta$, получаем уравнение
\[
\frac{d^{2} \theta}{d s^{2}}+\frac{P}{I Y} \theta=0,
\]

общее решение которого имеет вид
\[
\theta(s)=A \sin \sqrt{\frac{P}{I Y}} s+B \cos \sqrt{\frac{P}{I Y}} s,
\]

где $A$ и $B$-константы. Из граничного условия $\theta(0)=0$ (нижний конец стержня жестко заделан) находим $B=0$. Из условия равенства нулю момента сил внутренних напряжений у свободного конца, т. е. из граничного условия $\theta^{\prime}(L)=0$, находим
\[
\cos \sqrt{\frac{P}{I Y}} L=0_{\varepsilon}
\]
т. e.
\[
\sqrt{\frac{P}{I Y}} L=\frac{\pi}{2} .
\]

Следовательно, $P=\pi^{2} I Y / 4 L^{2}$. Учитывая, что $I$ a $t^{3} / 12$, окончательно находим искомую силу
\[
P=\frac{\pi^{2} I Y w t^{3}}{48 L^{2}} .
\]

К главе 40. Течение «сухой» воды
40.1. а) Согласно гл. 31 «екций (вып. 7), в произвольной точке жидкости $i$-я компонента силы, действующей на единичную площадку, перпендикулярную оси $j$, определяется тензором внутренних напряжений $S_{i j}$, Так как в невязкой жидкости нет сдвиговых напряжений, то недиагональные элементы тензора $S_{i j}$ должны быть равны нулю. В этом можно убедиться, построив в этой точке три единичные площадки, перпендикулярные осям $x, y$ и $z$ соответственно. Следовательно, если около этой точки построить элементарную площадку da с вектором нормали $\mathbf{n}$, то сила, действующая на эту площадку, будет иметь компоненты
\[
\begin{array}{l}
d F_{x}=S_{x x} n_{x} d a, \\
d F_{y}=S_{y y} n_{y} d a, \\
d F_{z}=S_{z z} n_{z} d a .
\end{array}
\]

Поскольку проекция силы $d F$ на площадку $d a$ должна быть равна нулю (отсутствуют касательные напряжения), то өто означает, что вектор $d \mathbf{F}$ должен быть направлен вдоль n. Это может быть только при условии, что диагональные элементы тензора $S_{i j}$ равны друг другу, т. е. если $S_{x x}=S_{y y}=S_{z z}=p$. Отсюда
\[
d \mathrm{~F}=p \mathrm{n} d a .
\]

Следовательно, какое бы направление вектора $\mathbf{n}$ мы ни выбрали, всегда сила, действующая на единичную площадку, перпёндикулярную этому направлению, нормальна к площадке и равна численно одному и тому же значению $p$ (давление).
б) Это тождество следует как частный случай из доказанного в задаче 27.1 (см. решение к этой задаче, стр. 481) общего соотношения
\[

abla(\mathbf{A} \cdot \mathbf{B})=\mathbf{A} \times(
abla \times \mathbf{B})+(\mathbf{A} \cdot
abla) \mathbf{B}+(\mathbf{B} \cdot
abla) \mathbf{A}+\mathbf{B} \times(
abla \times \mathbf{A}),
\]

если положить в нем $\mathbf{A}=\mathbf{B}=\mathbf{v}$.
40.2. Направим ось $z$ вдоль цилиндра, а начало координат выберем в наинизшей точке воронки. Введем вектор угловой скорости вращения жидкости $\boldsymbol{\omega}$, который, очевидно, направлен вдоль оси $z$. Тогда вектор скорости частицы жидкости, находящейся на расстоянии $r$ от оси, можно записать в виде $\mathbf{v}=\boldsymbol{\omega} \times \mathbf{r}$, где $\mathbf{r}$ – радиус-вектор частицы. При өтом $v_{x}=-\omega \cdot y$, $v_{y}=\omega \cdot x, v_{z}=0$. Вычислим вектор $\boldsymbol{\Omega}=
abla \times \mathbf{v}$. Находим
\[
\begin{array}{l}
\Omega_{x}=\frac{\partial v_{z}}{\partial y}-\frac{\partial v_{y}}{\partial z}=0, \\
\Omega_{y}=\frac{\partial v_{x}}{\partial z}-\frac{\partial v_{z}}{\partial x}=0,
\end{array}
\]

\[
\boldsymbol{\Omega}_{z}=\frac{\partial v_{y}}{\partial x}-\frac{\partial v_{x}}{\partial y}=2 \omega,
\]

или в векторном виде $\boldsymbol{\Omega}=2 \boldsymbol{\omega}$. Отсюда ясно, что в данной задаче $\boldsymbol{\Omega} \times \mathbf{v}=-2 \omega^{2} \mathbf{r}$. Так как можно представить $\mathbf{r}=
abla\left(r^{2} / 2\right)$, то во всех точках жидкости выполняется уравнение
\[
\frac{p}{\rho}+\frac{v^{2}}{2}+\varphi-\omega^{2} r^{2}=\text { const. }
\]

Так как на поверхности жидкости давление постоянно и равно атмосферному, то имеем ( $\varphi=g z$ )
\[
\frac{v^{2}}{2}-g z=\frac{\omega^{2}}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)-g z=\text { const. }
\]

В нашей системе координат, очевидно, const $=0$. Поэтому уравнение поверхности жидкости имеет вид
\[
z=\frac{\omega^{2}}{2 g}\left(x^{2}+y^{2}\right),
\]
т. е. поверхность является параболоидом вращения.
40.3. В § 5 гл. 12, вып. 5 «Лекций» решалась задача об обтекании шара «сухой» водой. Скорость «сухой» воды была найдена равной
\[
\mathbf{v}=
abla v_{0} \cos \theta\left(r+\frac{a^{3}}{2 r^{2}}\right)=v_{0}
abla z\left(1+\frac{a^{3}}{2 r^{3}}\right),
\]

где $v_{0}$-скорость воды на бесконечном расстоянии от шара, $\theta$-угол между радиусом-вектором $\mathbf{r}$ и $\mathbf{v}_{0}$ (ось $z$ выбрана вдоль вектора $\mathbf{v}_{0}$ ). В настоящей задаче мы можем воспользоваться этим решением, если перейдем к системе координат, в которой жидкость вдалеке от шара покоится. Результат можно записать в виде
\[
\mathrm{v}=\frac{a^{3}}{2 r^{5}}\left[3 \mathrm{r}\left(\mathrm{v}_{0} \cdot \mathrm{r}\right)-\mathrm{v}_{0} r^{2}\right] .
\]

Кинетическая энергия жидкости $T_{\text {ж равна интегралу от }}$ квадрата этой скорости, умноженному на плотность жидкости, по всему пространству вне шара. Математически, как мы видим, задача аналогична задаче 27.2, где определялась энергия магнитного поля Земли. Воспользовавшись найденным в этой задаче результатом, получим
\[
T_{\mathrm{k}}=M \frac{v_{0}^{2}}{4},
\]

где $M$-масса жидкости в объеме шара. Добавляя к $T_{\text {ж }}$ кинетическую энергию шара, находим полную энергию
\[
T=\frac{1}{2}\left(m+\frac{M}{2}\right) v_{0}^{2} .
\]

Полный импульс системы вычисляется по формуле
\[
\mathbf{P}=m \mathbf{v}_{0}+\rho \int \mathbf{v} d V .
\]

Подставляя в нее приведенное выше поле скоростей $\mathbf{v}$ и выполняя несложное интегрирование, получаем $\int \rho \mathbf{v} d V=0$; следовательно, $\mathbf{P}=m \mathbf{v}_{0}$.
$K$ главе 41. Течение «мокрой» воды
41.1. К параметрам, определяющим силу сопротивления, относятся: $a$-радиус шара, $v$-скорость движения шара относительно жидкости, $\eta$-коэффициент вязкости. Размерность этих величин такова:
\[
\begin{array}{l}
{[a]=\text { Длина; }[v]=\text { Длина/Время; }} \\
{[\eta]=\text { Масса/Время } \times \text { Длина. }}
\end{array}
\]

Будем искать из соображений размерности выражение для силы в виде $F=a^{\alpha} v^{i} \eta^{\dagger}$. Запишем условие совпадения размерностей левой н правой частей этого соотношення:
\[
\begin{array}{c}
{[F]=\left[a^{\alpha} v^{\gamma} \eta\right],} \\
{[\text { Масса }] \times[\text { Длина }] \times[\text { Время }]^{-2}=} \\
=[\text { Масса }]^{\gamma} \times[\text { Длина }]^{\alpha+\beta-\gamma} \times[\text { Время }]-\beta-\gamma .
\end{array}
\]

Отсюда $\gamma=1, \alpha+\beta-\gamma=1, \beta+\gamma=2$, или $\alpha=1, \beta=1$, $\gamma=1$. В результате находим
\[
F \sim \eta a v .
\]

То, что параметры входят в выражение для $F$ так, как было найдено выше, а не иначе, ясно из следующих качественных соображений. В «Лекциях» (вып. 7, стр. 260) указывалось, что вязкая сила $f_{\text {вязк }}$, действующая на единицу объема жидкости, пропорциональна коэффициенту вязкости $\eta$ и вторым производным скорости по координатам. Так как в задаче о движении шара в вязкой жидкости характерным размером, на котором существенно меняется скорость, являются размеры порядка размеров шара, то вторые производные по порядку величины равны $v / a^{2}$. Уможая $f_{\text {вязк }}$ на объем, где силы вязкости отличны от нуля, т. е. на объем порядка $a^{3}$, находим $F \sim \eta a v$. Заметим, что сила трения, действующая на гармонический осциллятор, также пропорциональна скорости осциллятора.
41.2. Направим ось $z$ вдоль оси трубы в направлении потока жидкости. Предполагая жйдкость несжимаемой, напишем уравнение движения в стационарном случае
\[
(\mathbf{v} \cdot
abla) \mathbf{v}=-\frac{
abla p}{\rho}+\frac{\eta}{\rho}
abla^{2} \mathbf{v} .
\]

Так как в данной задаче отлична от нуля лишь $z$-компонента скорости – $v_{z}$, причем $v_{z}$ зависит только от $r$-расстояния от осн трубы, то $(v \cdot
abla) v=0$. Записав $
abla p=-\Delta p / L$, где $\Delta p=p_{1}-p_{2}$ – разность давлений на концах трубы, получим
\[

abla^{2} v_{z}=-\frac{\Delta p}{\eta L} .
\]

Это уравнение совпадает по виду с уравнением Пауссона для потенциала равномерно заряженного бесконечного цилиндра $
abla^{2} \varphi=-\rho / \varepsilon$. Потенциал $\varphi$ легко найти, если воспользоваться теоремой Гаусса, найти напряженность электрического поля, а затем проинтегрировать соотношение $\mathbf{E}=-
abla \varphi$. В результате $\varphi=\varphi_{0}-\rho r^{2} / 4 \varepsilon_{0}$, где $\varphi_{0}$ – постоянная интегрирования. Заменяя $\varphi$ на $v_{z}$ и $\rho / \varepsilon_{0}$ на $\Delta p / \eta L$, получаем
\[
v_{z}(r)=v_{0}-\frac{\Delta p}{4 L \eta} r^{2} .
\]

Неизвестную константу $v_{0}$ легко найти, если вспомнить, что на стенке трубы скорость жидкости равна нулю. Окончательно:
\[
v_{z}(r)=\frac{\Delta p}{4 L \eta}\left(a^{2}-r^{2}\right) .
\]

Поток массы жидкости плотности $\rho$ через поперечное сечение (расход) трубки равен
\[
Q=\rho \int v_{z}(r) d S=\frac{a^{4} \pi}{8 \eta} \rho \frac{\Delta p}{L} .
\]

Если провести аналогию между разностью потенциалов и разностьк давлений, а также расходом жидкости и электрическим током, то под сопротивлением трубы надо понимать величину
\[
R=\frac{\Delta p}{Q}=\frac{8 \eta L}{\pi a^{4} \rho} .
\]

Аналогом конденсатора являются два сообщающихся сосуда, снизу соединенные трубкой, которую можно перекрывать краном так, что уровень воды в сосудах может быть разным.
41.3. а) Определим сначала распределение скоростей в жидкости вдали от краев доски. Для этого выберем систему координат, плоскость $x z$ которой совпадает с дном бассейна, а ось $z$ направлена вдоль скорости доски. Тогда из уравнения Навье-Стокса для стационариого течения следует $d^{2} v / d y^{2}=0$. Из этого уравнения находим $v=C_{1} y+C_{2}$. Учитывая граничные условия $v(0)=0$ и $v(d)=u$, определим постоянные интегрирования $C_{1}$ и $C_{2}$. Окончательно:
\[
v=\frac{u}{d} y .
\]

б) Силу трения, действующую на единицу поверхности доски, найдем, исходя из формулы $S_{x z}=\eta(d v / d y)=\eta u / d$, где $\eta$-коэффициент вязкости. При этом работа на преодоление силы трения, совершаемая в едииицу времени и отнесенная к единице площади поверхности доски, равна
\[
S_{x z} u=\frac{\eta u^{2}}{d} .
\]

Искомая же скорость диссипации энергии в единице объема оказывается равной
\[
\frac{S_{x z} \cdot u}{d}=\frac{\eta u^{2}}{d^{2}} .
\]