1612045810-b1a4a1ae277456cfb661a3eadfde0b6a (533740), страница 4
Текст из файла (страница 4)
При какой толщине двояковыпуклая линза из стекла с показателем преломления n будет действовать как плоскопараллельнаяпластинка? Радиусы кривизны поверхностей линзы считать известными.1.33. У тонкой двояковыпуклой линзы серебрится одна из поверхностей с радиусом кривизны R2. Радиус чистой поверхности R1.Найти фокусное расстояние полученного таким образом зеркала, еслипоказатель преломления стекла линзы n.1.34. Найти расстояние от центра стеклянного шара (n = 1, 5)радиуса R = 4 см до изображения предмета, который расположен в6 см от поверхности шара. Найти размер изображения.1.35.
Две тонкие линзы с фокусными расстояниями f1 и f2 находятся на расстоянии l друг от друга, образуя собой центрированнуюсистему. Найти фокусное расстояние этой системы, а также положение ее главных плоскостей.1.36. Предмет находится на двойном фокусном расстоянии от линзы с показателем преломления n0 = 1, 504n =1,501n =1 (оптическое стекло крон). Как изменится поnложение и размер изображения, если пространство между предметом и линзой залитьбензолом (n1 = 1, 501)? Линза симметричная, двояковыпуклая, углы малы.101.37. Имеются две системы N линз с одинаковыми фокуснымирасстояниями |f | каждой линзы.
Найти траекторию луча в каждойиз систем, если расстояние между линзами – d. Рассмотреть случаи:а) система составлена только из собирающих линз. При каком соотношении d/f решение неустойчиво ? б) Система состоит из чередующихся рассеивающих и собирающих линз.2411.4.КИНЕМАТИКА ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫХ ВОЛНРефракция1.38. Найти радиус кривизны светового луча при его распространении в прозрачной среде с медленно изменяющимся показателемпреломления n .1.39.
Градиент показателя преломления воздуха вблизи земнойповерхности составляет около 3 · 10−10 см−1. Определить радиус кривизны луча, распространяющегося в атмосфере в горизонтальном направлении. Каков должен быть градиент, чтобы луч света, выйдя вгоризонтальном направлении, описал окружность вокруг земного шара ?1.40. При какой массе планеты, имеющей радиус, равный радиусуЗемли, и земной состав атмосферы, луч света может обогнуть планетупо окружности ?1.41. Пространство x > 0 занято прозрачной средой, показательпреломления которой меняется по закону n = n0 + ky.Перпендикулярно к поверхности раздела падает лучсвета (при y = 0). Найти траекторию луча в среде.YX01.42.
Считая, что показатель преломления n воздуха зависитαтолько от расстояния до центра Земли, найтиαастрономическую рефракцию с учетом кривизMны земной поверхности. Рефракцией называетOся разность между величиной α∞ ( α∞ – угол,образуемый асимптотой к лучу с вертикалью места наблюдения) и величиной α0 (α0 – видимое зенитное расстояниеобъекта при наблюдении из точки М).∞01.43. Найти рефракцию, считая разность n − 1 пропорциональной плотности воздуха и полагая, что последняя меняется с высотойсогласно барометрической формуле (атмосфера изотермическая).1.44.
Насколько раньше мы видим восход солнца из-за рефракции1.5Решение типичных задач25( n0 = 1, 003; h = 8 км)?1.5.Решение типичных задачР.1. Вывести граничные условия для полей электромагнитной волны. Используя их, получить законы отражения и преломления, а также доказать равенство частот в отраженной и преломленной волнах.~ D,~ H,~ B:~Электромагнитное поле характеризуется величинами E,~ — напряженность электрического поля, D~ — электрическая инE~ — напряженность магнитного поля, B~ — магнитная индукция, H~ D,~ H,~ B~ являются в общем случае функдукция.
Векторы поля E,циями координат и времени и связаны между собой соотношениями~ = εE,~ B~ = µH.~ Величина ε называется диэлектрической проDницаемостью, а µ — магнитной проницаемостью сред. Диэлектрическая и магнитная проницаемости являются функциями координат, принекоторых постановках они могут зависеть от времени.~ D,~ H,~ B~ подчиняются законам, которые формируются вПоля E,виде системы уравнений Максвелла. Здесь мы будем пользоватьсяинтегральной формой уравнений Максвелла. В Гауссовой системе единиц они имеют видIZ Z1∂~~ ~` = −EdBdS,c ∂tI~ S~ = 0,BdIZ ZZ Z4π1∂~ ~` =~+~ S,~~jdSHdDdcc ∂tIZ Z Z~ S~ = 4πDdρdv,~где ρ — объемная плотность зарядов, ~j — плотность тока (~j = γ E,где γ — проводимость), c — скорость света в вакууме. Для случая261КИНЕМАТИКА ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫХ ВОЛНэлектромагнитных волн в непроводящей среде ~j = 0, и при отсутствиизарядов (ρ = 0) уравнения примут видIZ I1∂~ ~` = −~ S;~EdBd(1)c ∂tI~ S~ = 0;Bd(2)IZ Z∂1~ S;~~ ~` =DdHdc ∂tI~ S~ = 0.Dd(3)(4)Выясним, как изменяются векторы электромагнитного поля на границе раздела двух сред с различными свойствами.
Пусть одна средахарактеризуется проницаемостями ε1 и µ1, вторая — соответственноrZEε2 и µ2, а границей является плоскость Z = 0.YlПрименим уравнение (1) к контуру, ограни∆Sl∆lчивающему малую площадку ∆Sx, пересекаXrющую границу раздела и нормальную к ней.lEНа рисунке эта площадка расположена в плоскости рисунка.
Левая часть уравнения — интеграл по замкнутомувыбранному контуру. Под интегралом стоит скалярное произведение~ где d`~ — вектор элементарного приращения, дли~ и d`,векторов E~ ана которого равна элементарному приращению длины контура d`,направление совпадает с направлением касательной к контуру в соответствующей точке.
Это скалярное произведение равно произведению~~~ на направление вектора d`−Eпроекции вектора Eτ x и длины d`, т. е.~ = Eτ xd`. Площадка ∆Sx пересекает поверхность раздела по~ · d`)(Eдлине `0. Пусть стороны площадки `2 и `1 параллельны поверхностираздела, а ∆` — длина сторон площадки, пересекающих поверхностьраздела. Если ∆` стремится к нулю: ∆` → 0, то `1 и `2 будут стремиться к `0, а площадь ∆Sx будет стремиться к нулю.
Левая часть11x0221.5Решение типичных задач27уравнения (1) при ∆` H→ 0 (с точностью до величин второго порядка~ ~` = (E1τ x − E2τ x) · `0, где E1τ x и E2τ xмалости) будет равна Ed~ соответственно в первой и— касательные составляющие вектора Eвторой средах и лежащие в плоскости площадки ∆Sx.
Длина `0 выбрана настолько малой, что можно пренебречь изменением Eτ на этомотрезке.Правая часть уравнения (1), представляющая изменение во време~ через площадку ∆Sx, пропорциональна площадини потока вектора B∆Sx и сведется к нулю при ∆Sx → 0, поскольку B конечно. Получим(E1τ x − E2τ x) · `0 = 0, откуда E1τ x |= E2τ x |.
Если применить уравнение (1) к площадке ∆Sy , перпендикулярной рассмотренной и границе раздела, и провести рассуждения, аналогичные произведенным, тополучим E1τ y |= E2τ y |, где E1τ y | и E2τ y | — касательные к поверх~ соответственно в первой иности раздела, составляющие вектора Eвторой средах, лежащие в плоскости площадки ∆Sy . Итак, доказананепрерывность проекций на два взаимно перпендикулярных направ~ значит,ления касательной к поверхности раздела, составляющей E,~ τ , т. е. E~ 1τ |= E~ 2τ |.непрерывна полная касательная, составляющая EАналогично, из уравнения (3) следует непрерывность касательных~ при переходе через граили тангенциальных составляющих вектора Hницу раздела двух сред (если на границе раздела нет поверхностных~ 1τ |= H~ 2τ |.токов): HПокажем, что из уравнения (4) следуетuruurnDнепрерывность нормальных к поверхности разSдела составляющих вектора электрической ин~ Рассмотрим малый цилиндр с обраS∆lдукции D.uurS uur Dзующими ∆`, перпендикулярными к поверхноnсти раздела.
Этот цилиндр вырезает из поверхности элемент S0 столь малый, что его можносчитать плоским. Основания цилиндра площади S1 и S2 параллельны~ через поверхностьповерхности раздела. Вычислим поток вектора DZ11Y1X0222281цилиндра:IКИНЕМАТИКА ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫХ ВОЛН[[~ S~ = D1 cos(D~ 1n~1)S1 + D2 cos(D~ 2n~2)S2 + Φ,Dd~ на соответствующих основанияхгде D1 и D2 – значения вектора Dцилиндра; n~1 и n~2 – внешние нормали к этим основаниям; Φ – потокчерез боковую поверхность цилиндра.
Если уменьшить высоту цилиндра ∆`, не изменяя при этом S0, то площадь боковой поверхности ци~ через эту поверхность будет стремитьсялиндра и поток Φ вектора Dк нулю. Учитывая, что[~ 1n~1) = D1n,D1 cos(D[~ 2n~2) = −D2n,D2 cos(D~ через поверхность цилиндра в пределе при ∆ → 0поток вектора Dбудет равенI~ S~ = (D1n| − D2n|)S0,limDd∆`→0~ к поверхностигде D1n и D2n — нормальные составляющие вектора Dраздела со стороны первой и второй сред, D1n|, D2n| — нормальные~ на основаниях цилиндра.
Из уравнения (4)составляющие вектора Dпоток равен нулю, поэтому (D1n|−D2n|)S0 = 0, откуда D1n| = D2n|.Применяя аналогичные рассуждения к уравнению (2), получаемB1n| = B2n|.Итак, на границе раздела должны выполняться граничные условия~ 1τ | = E~ 2τ |, H~ 1τ | = H~ 2τ |;E(5)D1n| = D2n|, B1n| = B2n|.(6)Рассмотрим прохождение электромагнитной волны через границудвух непроводящих сред. В случае однородной среды ε = const,1.5Решение типичных задач29µ = const из уравнений Максвелла, взятых в дифференциальной~ и H:~форме, можно получить уравнения второго порядка для Eεµ ∂ 2 ~εµ ∂ 2 ~~~∆E − 2 2 E = 0, ∆H − 2 2 H = 0.c ∂tc ∂tЭти уравнения допускают частные решения в виде монохроматическихплоских волн~ = E~0e±i(ωt−~k~r), H~ =H~ 0e±i(ωt−~k~r),E(7)~ 0 — константы, называемые амплитудами волны; ω — цикгде E~0, H√лическая частота волны; |~k| = ωc εµ = 2πλ — длина волнового вектора, а направление волнового вектора ~k совпадает с направлением~ H~ взаимно перпендикулярныраспространения волны.
Векторы ~k, E,и образуют правовинтовую систему, причем~~ = c [~k × E].(8)HµωМожно показать, что для монохроматических полей (7) условия(6) выполняются автоматически, если выполняются условия (5). Кро~ иH~ связаны соотношением (8). Поме того, для каждой волны Eэтому одновременно удовлетворить условию (8) и двум граничнымусловиям (5) можно только допустив, что падающая волна частично проходит во вторую среду, а частично отражается от поверхностираздела. Особенно просто это можно проиллюстрировать на примерепадения волны по направлению, перпендикулярному плоскости раздела. Тогда у падающей волны есть только тангенциальные составляю~ 1. Если существует только проходящая волна, тощие векторов E~1 и H~ 1, чтоиз граничных условий (5) у этой волны те же вектора E~1 и Hи у падающей, т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
