Белорусская, 2015/16, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

Подсказка

Угол рассеяния однозначно связан с прицельным расстоянием; число частиц в кольце прицельных расстояний переведите в число частиц на единицу телесного угла.

Ответ

0.2) \(\chi=\pi-2\varphi\);  1.1) \(\rho=R\cos\dfrac{\chi}{2}\), \(0\le\chi\le\pi\);  1.2) \(\Delta N_\chi=\dfrac{j\pi R^2}{2}\sin\chi\,\Delta\chi\);  1.4) \(\Delta\sigma=\dfrac{R^2}{4}\Delta\Omega\), не зависит от \(\chi\);  1.5) \(\sigma=\pi R^2\);  2.1) \(\Delta\sigma_1=R^2\cos\chi_1\,\Delta\Omega_1\) при \(0\le\chi_1\le\pi/2\);  2.2) \(\Delta\sigma_2=R^2\cos\chi_2\,\Delta\Omega_2\) при \(0\le\chi_2\le\pi/2\), причём \(\chi_1+\chi_2=\pi/2\).

Решение

Часть 0. Подготовка

0.1. Пренебрегая влиянием поля тяжести, потенциальная энергия частицы до и после соударения постоянна, ее можно считать равной нулю. Так как условие гладкости поверхности говорит о сохранении механической энергии, постоянной окажется кинетическая энергия, откуда следует сохранение модуля полной скорости частицы до и после соударения.

Гладкость поверхности говорит об отсутствии каких-либо сил трения в момент соударения. Пренебрегая силой тяжести, единственная сила, действующая на частицу, – сила реакции со стороны поверхности – направлена по нормали к ней. Используя закон сохранения импульса в проекции на поверхность, приходим к выводу, что проекция скорости частицы на эту поверхность будет сохраняться.

Изобразим векторы скоростей частицы вместе с их проекциями на рисунке 1. Так как \(AO = OC\) и \(BO = OD\), прямоугольные треугольники \(ABO\) и \(CDO\) равны, откуда следует равенство углов при вершинах \(A\) и \(C\), то есть равенство углов падения \(\varphi\) и отражения \(\varphi'\).

0.2. Из рисунка 1 легко получить результат \(\chi = \pi - 2\varphi\) в радианах либо \(\chi = 180^\circ - 2\varphi\) в градусах.

Важно правильно изобразить угол рассеяния \(\chi\) на рисунке с учетом того, что это угол между направлениями, но не угол между траекториями до и после соударения. Для того чтобы его безошибочно определить, можно изобразить векторы скоростей частицы до и после столкновения непосредственно в точке \(O\). Угол \(\chi\) – это угол между указанными векторами. Наконец, подсказкой служит рисунок 1 в условии задачи.

Часть 1. Шар закреплен

1.1. Из треугольника \(OAB\) на рисунке 2 видно, что прицельное расстояние \(\rho\) связано с углом падения \(\varphi\) следующим выражением: \(\rho = R \sin \varphi\). Из результата пункта 0.2 получаем, что \(\varphi = (\pi - \chi)/2\), откуда следует:

\[\rho = R \cos \chi/2\]

Можно получить и обратное выражение:

\[\chi = 2 \arccos \frac{\rho}{R}\]

Минимальное и максимальное значение прицельного расстояния \(\rho\) для того, чтобы произошло столкновение, равно 0 и \(R\), соответственно. Полученная связь \(\chi\) и \(\rho\) является монотонной на этом интервале. Тогда, вычисляя угол рассеяния на границах интервала, делаем вывод, что он может принимать любое значение, то есть лежать в диапазоне от 0 до \(\pi\) (\(180^\circ\)).

1.2. Из полученного выражения видим, что связь \(\rho\) и \(\chi\) однозначная, то есть каждому значению прицельного расстояния соответствует свое значение угла рассеяния. Тогда можно утверждать, что в малом диапазоне углов от \(\chi\) до \(\chi + \Delta\chi\) рассеиваются те частицы, которые попадут на шар в диапазоне прицельных расстояний от \(\rho\) до \(\rho + \Delta\rho\) (рисунок 3). Поперечное сечение потока таких частиц представляет собой тонкое кольцо радиусом \(\rho\) и толщиной \(\Delta\rho\). Площадь такого кольца, учитывая малость \(\Delta\rho\), равна \(\Delta S = 2\pi\rho\Delta\rho\). Учитывая определение плотности потока частиц из условия задачи и результат пункта 1.1, получаем, что искомое число частиц, которые рассеиваются в единицу времени, равно:

\[\Delta N_\chi = 2\pi j R \cos \frac{\chi}{2} \Delta\rho\]

В данной формуле нам неизвестна величина \(\Delta\rho\). Из рисунка 3 ее можно выразить как \(\Delta\rho = AB \cos \varphi\). Учитывая малость \(\Delta\rho\) и, соответственно, хорды \(AB\), последнюю можно примерно заменить дугой: \(AB = R\Delta\varphi\). Наконец, из связи, полученной в пункте 0.2, легко получить: \(\Delta\varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = \frac{\pi-\chi_2}{2} - \frac{\pi-\chi_1}{2} = \frac{\chi_1-\chi_1}{2} = -\frac{\Delta\chi}{2}\). Знак «минус» здесь означает, что с ростом угла \(\varphi\) угол \(\chi\) уменьшается. Для наших расчетов длины отрезка \(\Delta\rho\) этот знак не нужен, поэтому мы будем брать выражение по модулю. Объединяя выражения, получаем:

\[\Delta\rho = \frac{R\Delta\chi}{2} \cos \varphi = \frac{R\Delta\chi}{2} \sin \frac{\chi}{2}\]

Откуда искомое число частиц, рассеивающихся в единицу времени, равно:

\[\Delta N _ { \chi } = j \pi R ^ { 2 } \Delta \chi \cos \frac { \chi } { 2 } \sin \frac { \chi } { 2 } = j \frac { \pi R ^ { 2 } } { 2 } \sin \chi \, \Delta \chi\]

1.3. Пусть на детектор малой площади \(\Delta S\), расположенный на расстоянии \(l\) от шара, падают частицы, которые рассеиваются в диапазоне углов от \(\chi\) до \(\chi + \Delta \chi\). На детектор попадет лишь часть таких частиц. В общем случае сечение потока всех таких частиц в некоторый момент времени будет представлять собой кольцо, вырезанное на поверхности сферы (рисунок 4), как и отмечено в условии. Найдем площадь этого кольца.

Внутренний радиус указанного кольца, как видно из рисунка 4, равен \(AB = l \sin \chi\). Фигура вырезана на сфере и, вообще говоря, не лежит в плоскости, однако в силу малости величины \(\Delta S\), а, следовательно, и \(\Delta \chi\) примерную площадь кольца можно легко рассчитать аналогично расчету в пункте 1.2. Учитывая, что толщина кольца равна \(BC = l \, \Delta \chi\), его площадь будет определяться выражением:

\[\Delta S _ { \chi } = 2 \pi \cdot A B \cdot B C = 2 \pi l ^ { 2 } \sin \chi \, \Delta \chi\]

Полагая, что в указанном тонком кольце поток частиц можно считать примерно постоянным, количество частиц, попадающих в единицу времени на детектор, можно определить простой пропорцией:

\[\Delta N _ { S } = \Delta N _ { \chi } \frac { \Delta S } { \Delta S _ { \chi } } = j \frac { R ^ { 2 } } { 4 } \frac { \Delta S } { l ^ { 2 } }\]

1.4. Подставив полученный результат в формулу \(\Delta \sigma = \frac { \Delta N } { j }\) и произведя замену \(\frac { \Delta S } { l ^ { 2 } }\) на \(\Delta \Omega\), получаем:

\[\Delta \sigma = \frac { R ^ { 2 } } { 4 } \Delta \Omega\]

Полученный результат не зависит от угла рассеяния \(\chi\). Это говорит о том, что в любом направлении будет рассеиваться одно и то же количество частиц. Иначе говоря, помещая детектор частиц на одном и том же расстоянии с разных сторон от шара, в единицу времени будет всегда фиксироваться одинаковое количество частиц. Такое рассеяние называют изотропным, то есть не зависящим от направления.

1.5. Формула, полученная в предыдущем пункте, определяет количество частиц, рассеивающихся на малый диапазон около некоторого выбранного угла \(\chi\). Если мы хотим просуммировать частицы, вылетающие под всеми углами, постоянная величина \(R^2/4\) будет

выноситься за скобки как общий множитель. Сумма по всем малым телесным углам \(\Delta\Omega\) даст полный (развернутый) телесный угол, который, как сказано в условии задачи, равен \(4\pi\). Получаем:

\[\sigma = \Delta\sigma_{\chi_1} + \Delta\sigma_{\chi_2} + \Delta\sigma_{\chi_3} + \dots = \frac{R^2}{4} 4\pi = \pi R^2\]

Данный результат легко объяснить, если от сечения рассеяния вернуться к количеству частиц, то есть умножить его на плотность потока \(j\). По внешнему виду формулы \(j\pi R^2\), можно сказать, что это количество частиц в падающем потоке, пролетающих через площадь поперечного сечения \(\pi R^2\), то есть через окружность радиусом \(R\). Но ведь именно столько частиц из падающего потока и попадают хоть в какую-нибудь точку шара (поперечное сечение шара как раз представляет собой окружность радиуса \(R\)). Другими словами, просуммировав количество частиц, вылетающих во всех возможных направлениях, мы получили полное количество частиц, падающих на шар. Понимая, что ничего другого не должно было получиться (все падающие частицы должны отлететь от шара), мы подтвердили правильность полученных результатов.

В теории рассеяния величина \(\sigma\) называется полным сечением рассеяния и имеет смысл эффективной площади той области поперечного сечения падающего потока частиц, в которой происходит взаимодействие.

Часть 2. Шар не закреплен

Прежде всего, отметим, что не стоит бояться большого количества шаров вместо одного. Это сделано лишь для того, чтобы по-прежнему большое количество частиц могло столкнуться с шаром (шарами). Ведь если бы шар был один, то после соударений с первой же частицей он отлетел, и, согласно условию, больше не столкнулся ни с одной частицей. С другой стороны, столкновение с любым из шаров, первоначально покоившихся, описывается формулами совершенно одинаково. Поэтому еще раз подчеркнем, не стоит опасаться большого количества шаров.

Далее отметим, что изменится в решении задачи по сравнению с первой частью. Конечно же, по-другому будет происходить столкновение частицы с шаром, ведь последний теперь не закреплен. В силу упругости поверхности механическая энергия системы по-прежнему сохраняется, однако часть кинетической энергии падающей частицы перейдет в кинетическую энергию отлетевшего шара. Следовательно, утверждение о сохранении модуля скорости частицы после столкновения уже не имеет место быть. Получаем, что теперь мы имеем дело с «неоптическим» случаем: угол падения не равен углу отражения! Поэтому в этой части задачи необходимо повторить все действия, проделанные в части 1, с самого начала для нового механизма взаимодействия.

2.1 и 2.2. Поверхность шара, по-прежнему, гладкая, поэтому сила взаимодействия между шаром и частицей может быть направлена только по нормали к поверхности в точке соударения. Отсюда следует, что скорость большого шара может быть направлена только

вдоль нормали, то есть под углом падения \(\varphi\) к направлению падающей частицы (рисунок 5). Но ведь это и есть угол рассеяния \(\chi_2\) большого шара. Тогда можно проделать все операции, аналогично пунктам 1.1-1.4 для больших шаров. Первым шагом найдем связь прицельного расстояния падающей частицы \(\rho\) и углом рассеяния шара \(\chi_2\).

\[\rho = R \sin \varphi = R \sin \chi_2\]

Прицельное расстояние может принимать значения от \(0\) до \(R\). На этом интервале полученная связь является монотонной. Тогда угол рассеяния будет лежать в диапазоне от \(0\) до \(\pi/2\). То есть ни один шар не отлетит под углом рассеяния, большим, чем \(\pi/2\), что, в принципе, понятно из интуитивных соображений.

Аналогично пункту 1.2 можно найти количество шаров, отлетающих в некотором заданном диапазоне углов. Связь \(\rho\) и \(\chi_2\) здесь используется в том смысле, что на каждую падающую под прицельным расстоянием \(\rho\) частицу приходится один шар, отлетевший под углом \(\chi_2\).

\[\Delta N_{\chi_2} = 2\pi j R \sin \chi_2 \Delta \rho = 2\pi j R \sin \chi_2 R \Delta \varphi \cos \varphi = j \pi R^2 \sin 2\chi_2 \Delta \chi_2\]

Вычисления, произведенные в пунктах 1.3 и 1.4 предыдущей части задачи, никак не связаны с характером взаимодействия – они универсальны для любой задачи рассеяния. Объединим их в одно выражение:

\[\Delta \sigma_2 = \frac{\Delta N_{2S}}{j} = \frac{\Delta N_{\chi_2}}{j} \frac{\Delta S}{2\pi l^2 \sin \chi_2 \Delta \chi_2} = \frac{\Delta N_{\chi_2} \Delta \Omega_2}{j 2\pi \sin \chi_2 \Delta \chi_2}\]

Наконец, подставляя результат первого выражения во второе, получаем ответ для пункта 2.2:

\[\Delta \sigma_2 = \begin{cases} R^2 \cos \chi_2 \Delta \Omega_2, & 0 \le \chi_2 \le \pi/2 \\ 0, & \chi_2 > \pi/2 \end{cases}\]

Вторая строка в этой записи несет смысл уже оговоренного факта, что ни один шар не отклонится на угол, больший, чем \(\pi/2\).

Для того, чтобы найти угол рассеяния налетающих частиц, запишем закон сохранения энергии и закон сохранения импульса в проекциях. Ось \(x\) направим вдоль направления движения частицы до столкновения, ось \(y\) – перпендикулярно первой в плоскости рисунка.

\[\begin{cases} \frac{m \upsilon _0^2}{2} = \frac{m \upsilon _1^2}{2} + \frac{m \upsilon _2^2}{2} \\ m \upsilon _0 = m \upsilon _1 \cos \chi_1 + m \upsilon _2 \cos \chi_2 \\ 0 = m \upsilon _1 \sin \chi_1 - m \upsilon _2 \sin \chi_2 \end{cases}\]

\(m\) – масса частицы и шара (они равны друг другу по условию), \(\upsilon _0\) – скорость частицы до столкновения, \(\upsilon _1\) – скорость частицы после столкновения, \(\upsilon _2\) – скорость отлетающего шара. Учитывая равенство масс частицы и шара, выражение можно преобразовать к виду

\[\begin{cases} \upsilon _0^2 = \upsilon _1^2 + \upsilon _2^2 \\ \upsilon _0 = \upsilon _1 \cos \chi_1 + \upsilon _2 \cos \chi_2 \\ 0 = \upsilon _1 \sin \chi_1 - \upsilon _2 \sin \chi_2 \end{cases}\]

Получить искомый угол рассеяния \(\chi_1\) из данной системы уравнений можно различными способами. Предлагаем возвести второе и третье уравнение в квадрат и сложить друг с другом:

\[\begin{cases} \upsilon _0^2 = \upsilon _1^2 + \upsilon _2^2 \\ \upsilon _0^2 = \upsilon _1^2 + \upsilon _2^2 + \upsilon _1 \upsilon _2 (\cos \chi_1 \cos \chi_2 - \sin \chi_1 \sin \chi_2) \end{cases}\]

Вычитая одно из другого, получаем:

\[0 = \upsilon _1 \upsilon _2 \cos(\chi_1 + \chi_2)\]

Откуда следует, что \(\chi_1 + \chi_2 = \pi/2\). Это известный результат для бильярдных шаров, имеющих равную массу: после столкновения они разлетаются под прямым углом друг к другу.

Понимая, что на каждый отлетевший под углом \(\chi_2\) шар приходится одна отклонившаяся на угол \(\chi_1 = \pi/2 - \chi_2\) частица, мы можем просто выразить один угол через другой в полученном выше выражении для \(\Delta N_{\chi_2}\) и получить количество рассеянных частиц \(\Delta N_{\chi_1}\):

\[\Delta N_{\chi_1} = j\pi R^2 \sin(\pi - 2\chi_1) \Delta\chi_1 = j\pi R^2 \sin 2\chi_1 \Delta\chi_1\]

Здесь мы учли, что, в силу полученной между углами связи, \(\Delta\chi_1\) и \(\Delta\chi_2\) равны друг другу с точностью до знака. Также из связи следует, что угол рассеяния частиц \(\chi_1\) изменяется в том же диапазоне, что и \(\chi_2\): от \(0\) до \(\pi/2\). То есть ни одна частица после соударения с шаром не отлетит назад.

Как и для больших шаров, справедливо выражение:

\[\Delta\sigma_1 = \frac{\Delta N_{\chi_1} \Delta\Omega_1}{j 2\pi \sin\chi_1 \Delta\chi_1}\]

Отсюда получаем дифференциальное сечение рассеяния для налетающих на шары частиц:

\[\Delta\sigma_1 = \begin{cases} R^2 \cos\chi_1 \Delta\Omega_1, & 0 \le \chi_1 \le \pi/2 \\ 0, & \chi_1 > \pi/2 \end{cases}\]

Мы получили интересный результат, что в результате описанных столкновений распределение отлетевших шаров и распределение частиц по углам рассеяния будет одинаковое. При этом количество частиц или шаров будет уменьшаться с увеличением угла \(\chi\), под которым расположен детектор.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Малый участок стержня создаёт поле, пропорциональное углу, под которым он виден из точки; при суммировании проекций поля получается площадь под графиком косинуса.

Ответ

1.1) \(\Delta E=\dfrac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0h}\Delta\varphi\), где \(h\) — расстояние от точки \(C\) до прямой стержня;  1.3) \(E_C=\dfrac{\lambda\sin\alpha}{2\pi\varepsilon_0h}\), где \(2\alpha=\angle ACB\);  1.4) \(E(h)=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0h}\);  1.5) \(F=\dfrac{\lambda^2}{2\varepsilon_0}\approx3{,}5\cdot10^{-5}\) Н, не зависит от \(h\).

Решение

1.1 Выделим на стержне маленький участок \(FG = \Delta l\), который виден из точки \(C\) под малым углом \(\Delta \varphi\) и находится на расстоянии \(r = CG\) от точки \(C\), а также на угловом расстоянии \(\varphi\) от отрезка \(h\) (см. рис.) С учетом того, что угол \(HGF\) также равен \(\varphi\) можем записать

\[\cos \varphi = \frac{h}{GC} = \frac{h}{r} = \frac{GH}{\Delta l} = \frac{r \Delta \varphi}{\Delta l},\tag{1}\]

откуда следует, что

\[\Delta l = \frac{r^{2}}{h} \Delta \varphi.\tag{2}\]

Поскольку стержень заряжен равномерно, то на участке стержня \(\Delta l\) находится заряд \(\Delta q = \lambda \Delta l\), который, согласно закону Кулона, создаёт в точке \(C\) напряжённость \(\Delta \vec{E}\), равную по модулю

\[\Delta E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\Delta q}{r^{2}} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{r^{2}} \frac{r^{2}}{h} \Delta \varphi = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{h} \Delta \varphi.\tag{3}\]

Поскольку для разных участков стержня величины \(\lambda\) и \(h\) постоянны, то из (3) следует неожиданный вывод, что \(\Delta \vec{E}\) не зависит ни от \(r\), ни от \(\varphi\), а определяется только малым углом \(\Delta \varphi\), под которым данный малый отрезок виден из точки \(C\). Соответственно, из (3) найдем искомое значение коэффициента пропорциональности

\[k_{1} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda}{h} = 1{,}5 \cdot 10^{3} \frac{\text{Н}}{\text{Кл} \cdot \text{рад}} = 1{,}5 \frac{\text{кН}}{\text{Кл} \cdot \text{рад}}\tag{4}\]

1.2 Рассмотрим два симметричных (по углу \(\varphi\)) относительно биссектрисы \(DC\) малых участка стержня \(\Delta l_{i}\) и \(\Delta l_{j}\), имеющих одинаковую угловую ширину \(\Delta \varphi\). Согласно (3), векторы напряжённостей \(\vec{E}_{i}\) и \(\vec{E}_{j}\), создаваемые ими, равны по модулю и симметричны относительно биссектрисы угла. Следовательно, их сумма \(\vec{E}_{i+j}\) ориентирована вдоль биссектрисы угла. Заметим, что длины (и заряды!) отрезков \(\Delta l_{i}\) и \(\Delta l_{j}\) различны, но согласно (2) большему отрезку соответствует большее расстояние, что и приводит к равенству модулей соответствующих напряжённостей.

Разбивая стержень на подобные пары и суммируя их напряжённости, приходим к выводу, что напряжённость \(\vec{E}\) электростатического поля всего стержня также направлена вдоль биссектрисы угла \(A\hat{C}B\).

1.3 Для вычисления нормального компонента \(\vec{E}_{\perp}\) напряжённости электростатического поля всего стержня рассмотрим малый элемент стержня длиной \(\Delta l_{i}\) (Рис.), находящийся на расстоянии \(r_{i}\) от точки наблюдения. Пусть нормальный компонент поля этого

элемента равен \(E_{i\perp} = E_i \cos \varphi_i\). Тогда искомая величина \(E_\perp\) будет представлена суммой

\[E_\perp = \sum_i E_{i\perp} = \sum_i E_i \cos \varphi_i\tag{5}\]

Однако, с учётом (3), сумма значительно упрощается. Действительно, при таком подходе имеем

\[E_\perp = \sum_i E_i \cos \varphi_i = \sum_i \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \cos \varphi_i \Delta \varphi_i = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i\tag{6}\]

сумма \(S = \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i\), входящая в выражение (6), представляет собой площадь под

графиком функции \(y(x) = \cos(x)\). И, согласно математической подсказке в условии, равна \(S = \sum_i \cos \varphi_i \Delta \varphi_i = \sin \varphi\). Заметим, что геометрический смысл этой суммы – сумма проекций хорд на диаметр окружности. Это замечание вполне позволяет получить математическую подсказку в условии самостоятельно. Таким образом, часть заряженного стержня, соответствующая углу \(\alpha\) в условии, создает нормальную напряженность \(E_{\perp\alpha} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \alpha\), а вторая часть стержня – точно такую же.

\[E_C = 2E_\perp = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} (\sin \alpha + \sin \alpha) = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \alpha\tag{7}\]

Естественно, что вектор \(\vec{E}_\perp\) ориентирован перпендикулярно стержню в направлении «от него». Если бы заряд стержня был отрицателен, то направление было бы «к нему».

1.4 Для перехода к полю бесконечного тонкого равномерно заряженного стержня в формуле (7) следует положить \(\alpha = \frac{\pi}{2}\). При этом получаем, что напряженность электростатического поля бесконечного стержня на расстоянии \(h\) от него равна по модулю

\[E(h) = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h} \sin \frac{\alpha + \alpha}{2} = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \frac{\lambda}{h}\tag{8}\]

и направлена перпендикулярно стержню.

1.5 Изобразим скрещивающиеся заряженные стержни на чертеже так, чтобы один из них (создающий поле) был виден в виде точки, а второй (на который действует поле) – находился в плоскости чертежа. На маленький кусочек \(FG\) стержня длиной

\[FG = \Delta l = \frac{HG}{\cos \varphi} = \frac{r \Delta \varphi}{\cos \varphi}\tag{9}\]

действует сила, определяемая зарядом \(\lambda \Delta l\) рассматриваемого кусочка и полем \(E(r) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\) в данной точке пространства. Поскольку силы, действующие вдоль стержня, будут скомпенсированы, то нам следует искать только силы, перпендикулярные к стержню. Тогда для участка \(FG\) можем записать

\[\Delta F = E(r) \lambda \Delta l \cos \varphi = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r} \lambda \frac{r \Delta \varphi}{\cos \varphi} \cos \varphi = \frac{\lambda^2}{2\pi\varepsilon_0} \Delta \varphi\tag{10}\]

Суммируя (10) по всем кусочкам стержня, найдем величину силы электростатического расталкивания стержней, которая перпендикулярна стержню и ориентирована по продолжению высоты \(h\) на рисунке

\[F = \sum_{i} \Delta F_{i} = \sum_{i} \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \Delta \varphi_{i} = \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \sum_{i} \Delta \varphi_{i} = \frac{\lambda^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \pi = \frac{\lambda^{2}}{2 \varepsilon_{0}} = 3{,}5 \cdot 10^{-5} \text{ Н} = 35 \text{ мкН}.\tag{11}\]

Интересно, что сила взаимодействия между заряженными стержнями не зависит от расстояния \(h\) между ними. Следовательно, при изменении расстояния \(h\) ответ (11) не изменится. Это связано с влиянием двух факторов: при удалении стержней друг от друга поле, естественно, уменьшается, но увеличивается заряд, попадающий на отрезок \(FG\) стержня при данном угле \(\Delta \varphi\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

В модели Друде электрон между столкновениями ускоряется полем, а при столкновении теряет энергию, накопленную на длине свободного пробега; потоки энергии через сечение зависят от температуры в точках последнего столкновения.

Ответ

1.1) \(n=\dfrac{Z\rho N_A}{A}\approx8{,}44\cdot10^{28}\) м\(^{-3}\);  1.2) \(\sqrt{\langle v^2\rangle}=\sqrt{3kT/m_e}\approx1{,}17\cdot10^{5}\) м/с;  1.4) \(\sigma=\dfrac{ne^2\tau}{m_e}\);  1.5) \(\tau\approx2{,}51\cdot10^{-14}\) с;  2.1) \(\langle\varepsilon\rangle=\dfrac{(eE\tau)^2}{m_e}\);  2.2) \(w=\sigma E^2=j^2/\sigma\);  3.2) \(\kappa=\tfrac12kn\langle v^2\rangle\tau\approx2{,}0\cdot10^{2}\) Вт/(м\(\cdot\)К);  3.3) \(L=\dfrac32\left(\dfrac ke\right)^2\approx1{,}1\cdot10^{-8}\) Вт\(\cdot\)Ом/К\(^2\).

Решение

Часть 1. Закон Ома.

1.1. На каждый ион в металле приходится \(Z\) электронов, причём массой электронов в сравнении с массой иона можно пренебрегать. В соответствии с этим

\[n = \frac{N}{V} = \frac{Z \frac{\rho V N_A}{A}}{V} = \frac{Z \rho N_A}{A} = 8{,}44 \cdot 10^{28} \text{ м}^{-3}.\tag{1}\]

1.2. Так как электронный газ считается идеальным, к нему можно применить методы кинетической теории газов, в соответствии с чем

\[\frac{m_e \langle v^2 \rangle}{2} = \frac{3kT}{2} \Rightarrow \sqrt{\langle v^2 \rangle} = \sqrt{\frac{3kT}{m_e}} = 1{,}17 \cdot 10^5 \text{ м} \cdot \text{с}^{-1}.\tag{2}\]

1.3. В электрическом поле в соответствии со вторым законом Ньютона для электронов

\[e\vec{E} = m_e \frac{\Delta \vec{v}}{\Delta t}.\tag{3}\]

Тогда по прошествии времени \(t\) после предыдущего столкновения электрон имеет скорость

\[\vec{v} = \vec{v_0} + \frac{e\vec{E}t}{m_e},\tag{4}\]

где \(\vec{v_0}\) — скорость, полученная электроном в результате столкновения. Тогда, учитывая, что среднее время между столкновениями равно времени релаксации, а скорость после столкновения направлена случайным образом, получаем, что

\[\langle \vec{v} \rangle = \langle \vec{v_0} + \frac{e\vec{E}t}{m_e} \rangle = \langle \frac{e\vec{E}t}{m_e} \rangle = \frac{e\vec{E} \langle t \rangle}{m_e} = \frac{e\vec{E}\tau}{m_e}.\tag{5}\]

1.4. Плотность тока в данном случае найдем

\[\vec{j} = ne\langle \vec{v} \rangle = \frac{ne^2\tau}{m}\vec{E} = \sigma\vec{E}\tag{6}\]

по закону Ома. Тогда

\[\sigma = \frac{ne^2\tau}{m}.\tag{7}\]

1.5. С учетом (7) для среднего времени между столкновениями получаем

\[\gamma = \frac{1}{\sigma} = \frac{m}{ne^2\tau} \Rightarrow \tau = \frac{m}{ne^2\gamma} = 2{,}51 \cdot 10^{-14} \text{ с}.\tag{8}\]

Часть 2. Закон Джоуля-Ленца.

2.1. Найдем среднюю энергию, передаваемую электроном кристаллической решетке за одно столкновение. Если \(\vec{v_1}\) — скорость электрона сразу после столкновения, а \(\vec{v_0}\) — непосредственно перед ним, то

\[H = \frac{m_e}{2} (\langle v_1 \rangle^2 - \langle v_0 \rangle^2)\tag{9}\]

\[\langle v_1^2 \rangle = \langle \left( \overrightarrow{v_0} + \frac{e\overrightarrow{E}t}{m_e} \right)^2 \rangle \approx \langle v_0^2 \rangle + 2 \left( \frac{eE}{m_e} \right)^2 \langle \tau^2 \rangle = \langle v_0^2 \rangle + 2 \left( \frac{eE\tau}{m_e} \right)^2\]

из которого следует искомое значение

\[\langle v_1^2 \rangle = \langle \left( \overrightarrow{v_0} + \frac{e\overrightarrow{E}t}{m_e} \right)^2 \rangle = \langle v_0^2 \rangle + \left( \frac{eE}{m_e} \right)^2 \langle \tau^2 \rangle = \langle v_0^2 \rangle + 2 \left( \frac{eE\tau}{m_e} \right)^2 \Rightarrow H = \frac{(eE\tau)^2}{m_e}\tag{10}\]

2.2. Тогда мощность, выделяемую в единице объёма, можно найти как

\[w = \frac{n}{\tau} H = \frac{n\tau(eE)^2}{m_e} = \sigma E^2 = 5{,}95 \cdot 10^{11} \text{ Вт} \cdot \text{м}^{-3}\tag{11}\]

Как следует из закона Ома в дифференциальной форме

\[j = \sigma E \Rightarrow P = \frac{j^2}{\sigma} LS\tag{12}\]

где \(L\) и \(S\) — длина и площадь сечения стержня соответственно. Тогда

\[w = \frac{(jS)^2}{\sigma S} L \cdot \frac{1}{V} = \frac{1}{\sigma} j^2\tag{13}\]

Часть 3. Закон Видемана - Франца.

3.1. Перенос теплоты осуществляется за счёт того, что электроны, пришедшие из областей с более высокой температурой, сталкиваясь с ионами в областях с меньшей температурой, отдают им больше энергии, чем получают от них. Рассмотрим некоторое поперечное сечение внутри металла. В среднем половина электронов приходит в эту точку со стороны положительного направления оси \(x\), а половина — со стороны отрицательного.

Тогда плотность потока теплоты, обусловленная электронами, пришедшими со стороны отрицательного направления оси \(x\) с проекцией скорости \(v_x\) равна

\[q_-(x) = \frac{1}{2} n_x v_x \cdot \frac{3}{2} kT(x - v_x \tau)\tag{14}\]

а с положительного —

\[q_+(x) = -\frac{1}{2} n_x v_x \cdot \frac{3}{2} kT(x + v_x \tau)\tag{15}\]

где \(n_x\) — концентрация электронов с проекцией скорости \(v_x\).

Тогда полная плотность потока теплоты для электронов с проекцией скорости \(v_x\) равна

\[q(x) = \frac{3}{4} k n_x v_x \big( T(x - v_x \tau) - T(x + v_x \tau) \big)\tag{16}\]

Предполагая, что температура меняется незначительно на длине свободного пробега электрона, получаем, что

\[T(x \pm v_x \tau) \approx T(x) \pm v_x \tau \frac{\Delta T}{\Delta x}(x) \Rightarrow q(x) = -\frac{3}{2} k n_x v_x^2 \tau \frac{\Delta T}{\Delta x}(x)\tag{17}\]

\[q(x) = -\sum \frac{3}{2} k n_x v_x^2 \tau \frac{\Delta T}{\Delta x}(x) = -\frac{3}{2} k n \langle v_x^2 \rangle \tau \frac{\Delta T}{\Delta x}(x) = -\frac{1}{2} k n \langle v^2 \rangle \tau \frac{\Delta T}{\Delta x}(x),\tag{18}\]

так как \(\langle v_x^2 \rangle = \frac{1}{3} \langle v^2 \rangle\).

3.2. Для теплопроводности металла (меди) получаем следующее значение

\[\kappa = \frac{1}{2} k n \langle v^2 \rangle \tau = 1{,}99 \cdot 10^2 \text{ Вт} \cdot \text{м}^{-1} \cdot \text{К}^{-1}.\tag{19}\]

3.3. Численное значение постоянной Лоренца найдем из формулы подсказки

\[L = \frac{\kappa}{\sigma T} = \frac{3}{2} \left( \frac{k}{e} \right)^2 = 1{,}12 \cdot 10^{-8} \text{ Вт} \cdot \text{Ом} \cdot \text{К}^{-2}.\tag{20}\]

Часть 4. Эффект Томсона.

4.1. Рассуждения в данном пункте практически полностью повторяют оные из пункта 2.1. Действительно, при этом

\[\langle v_Q \rangle = \langle \frac{1}{2} (v_x(x - v_x \tau) - v_x(x + v_x \tau)) \rangle = - \langle \tau v_x \frac{\Delta v_x}{\Delta x} \rangle\tag{21}\]

С учетом правил работы с бесконечно малыми величинами, данное выражение можно преобразовать как

\[\langle v_Q \rangle = - \langle \tau v_x \frac{\Delta v_x}{\Delta x} \rangle = - \langle \frac{\tau \Delta v_x^2}{2 \Delta x} \rangle = - \frac{\tau \Delta \langle v_x^2 \rangle}{2 \Delta x} = - \frac{\tau \Delta \langle v^2 \rangle}{6 \Delta x} = - \frac{k \tau}{2 m_e} \frac{\Delta T}{\Delta x}.\tag{22}\]

4.2. Пусть электрон испытывает одно столкновение в точке с координатой \(x - d\), а второе — в точке с координатой \(x\). Тогда выделение теплоты во втором столкновении равно

\[Q = \frac{m_e}{2} (\langle v_1^2 \rangle - \langle v_0^2 \rangle) = \frac{m_e}{2} \left( 2 \left( \frac{e E \tau}{m_e} \right)^2 + \langle v_0(x - d) \rangle^2 - \langle v_0(x) \rangle^2 \right).\tag{23}\]

Полученное выражение можно привести к виду

\[\langle v_0(x - d) \rangle^2 - \langle v_0(x) \rangle^2 = - \frac{\Delta \langle v_0(x) \rangle^2}{\Delta x} (d) = - \frac{3 k}{m_e} \frac{\Delta T}{\Delta x} \langle v_{0x} t + \frac{e E t^2}{2 m_e} \rangle = - \frac{3 k e E \tau^2}{m_e^2} \frac{\Delta T}{\Delta x},\tag{24}\]

Откуда следует, что

\[p = \frac{(e E \tau)^2}{m_e} - \frac{3 k e E \tau^2}{2 m_e} \frac{\Delta T}{\Delta x}.\tag{25}\]

Численное значение дает

\[p = - \frac{3 n k e E \tau \Delta T}{2 m_e \Delta x} = - \frac{3 n k e E \tau}{2 m_e} \lambda = 7{,}71 \cdot 10^6 \text{ Вт} \cdot \text{м}^{-3}.\tag{26}\]

4.3. Из формулы (25) следует, что мощность дополнительной теплоты Томсона пропорциональна плотности тока и градиенту температур, причем коэффициент пропорциональности равен

\[\mu = - \frac{3 k}{2 e}.\tag{27}\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.