1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Из симметрии схемы ясно, что через AC и BC в35RIсредний резистор правого плеча втекает по половинке этого тока: I AC =I BC = R =0.3 A .2а протекающий через нее ток I0 =Задача 4.В соответствие с решением задачи 1.24, до появления диэлектрического шарика4a 2электрическое поле в полости было однородным и равнялось E= πρ = πρ a . Поскольку32 3диэлектрический шарик находится далеко от поверхности полости, можно считать, что набольшом расстоянии от него поле останется тем же. Тогда, согласно решению задачи 2.8,3 22найдем поле внутри диэлектрического шарика: Eшар =πρ a=πρ a .
Энергия2+ε 32+εэлектрическогополяопределяетсявсоответствиесобщимправилом49W = ∫ dVVDE 2επ 2 ρ 2 a 2 b3=.8π3(ε + 2) 2Задача 5.Снова по следам задачи 2.8, поверхностная плотность связанных зарядов равна3(1 − ε )σ св =E 0 cos θ , где θ - угол между направлением внешнего электрического поля и4π (2 + ε )радиусом вектором в точку на поверхности шара.
Плотность оказывается максимальной помодулю, когда θ = 0 или π.Задача 6.Прежде всего, заметим, что в любой точке между катодом и анодом, скоростьэлектрона двигающегося к аноду по абсолютной величине будет равна скорости электрона,отраженного от анода и двигающегося к катоду. Из этого следует, что и плотность идущегок катоду потока электронов в любой точке в α раз меньше потока в направлении анода.Таким образом, на расстоянии x от катода плотность тока в диоде равна2eϕ ( x)j ( x) = n( x)e(1 − α )v(x)=n( x)e(1 − α ), а плотность заряда складывается изmплотностей, связанных с током j1, текущим к аноду и током αj1, текущим в обратномmнаправлении - ρ = j1 (1 + α ).
Поскольку, как видно из уравнения для полной2eϕ ( x)j, то задача о нахождении вольтамперной характеристикиплотности тока, j1 =1−αm1+ α. Легко видеть, чтосводится к решению уравнения ϕ ( x) = 4π j ( x)1 − α 2eϕ ( x)3/ 2⎛ 1 − α ⎞ 2e Uj =⎜, где d – расстояние от катода до анода.⎟2⎝ 1 + α ⎠ m 9π dЭкзаменационная работа 1Задача 1.2Ieϕ , где орт eϕ и расстояние rcrзаданы относительно оси Х. Тогда сила, действующая на элемент длины dl провода стоком, текущим вдоль оси Y, равна:2I 22I 21ydF = 2 dl × eϕ = 2dy . Т.е. сила, действующая на единицуcrch2 + y 2 h2 + y 2Текущий по оси Х ток создает магнитное поле B =dF 2 I 2y= 2 2.
Нетрудно видеть, что она достигает максимальногоdyc h + y2⎛ dF ⎞I2значения ⎜⎟ = 2 , когда y = ± h . В точке y =0 сила равна 0.ch⎝ dy ⎠ maxЗадача 2.Если пренебречь полем излучения, то силу можно найти, если связать скоростьизменения потока магнитного поля через контур, на границе которого находится заряд, иэлектрическое поле, возникающее в точке его положения. Поскольку магнитный моментдлины, есть:50рамки равен m =abJ 0 cos ωtи направлен вдоль оси Z, то на плоскости XY он создаетcмагнитное полеabJ 0 cos ωtmH =− 3 =−ez .
Возьмем контур в виде окружности радиуса l. Чтобыrcr 3определить пересекающий его поток магнитного поля, примем во внимание, что потокчерез всю плоскость XY равен нулю. Поскольку он складывается из потока внутри контурарадиусаlипотокаснаружи,товнутреннийпоток∞J ab2π J 0 ab1cos ωt . Такой поток создает на контуре ЭДС,Φ in = −Φ out = 0 cos ωt ∫ 3 2π rdr =crcll1 d Φ 2π=J 0ω ab sin ωt , поэтому сила, действующая на заряд,c dt c 2lJ ω abоказывается равной F = qE = q 0 2 2 sin ωt .clЗадача 3.Полный поток через контур замкнутого сверхпроводящего соленоида1 4π N π d 2π 2 N 2d 2 JJ⋅Φ0 = ⋅⋅N =остается неизменным, т.е.
после того, как в соленоидc c lc 2l41πd2влетит магнетик и поле внутри него окажется равным H1, поток Φ1 = ⋅ μ H1 ⋅ N ⋅= Φ0 .c4H2HОтсюда H1 = 0 . Начальная энергия магнитного поля в соленоиде равна W0 = 0 V , а вμ8π2μ H1V , поэтому кинетическая энергия стержня составитмагнетике W1 =8πVV ⎛ 2 H12 ⎞ π 2 N 2 d 2 J 2 ⎛ 1 ⎞22T = W0 − W1 =( H 0 − μ H1 ) =⎜ H0 −⎟=⎜1 − ⎟ .μ ⎠8π8π ⎝2c 2 l 2 ⎝ μ ⎠Задача 4.Поскольку h<<b, то можно считать, что полоса создает такое же поле, как бесконечная4π J 0пластина с поверхностью плотностью тока J0/b, т.е.
H 0 =⋅ . С учетом отражения наc bгранице сверхпроводящего полупространства, поток поля в зазоре между пластиной и4π J 0⋅ h и остается неизменным при перемещениях пластины.плоскостью равен Φ 0 = 2c bТ.е. после переноса пластины на высоту h, поле в зазоре оказывается равным4π J 0H1 =h.bch0Давлением этого магнитного поля пластина удерживается в равновесии, т.е.равную ε = 2π l ⋅ E = −2⎛ Jh⎞H2cμgP1 = 1 = 2π ⎜ 0 ⎟ =. Отсюда h = h0J08πb⎝ bch0 ⎠μ gb.2πЗадача 5.Энергия системы складывается из потенциальной энергии жидкости в поле тяжестиWg = mgh2и энергии конденсатора. Если предположить, что пластины разомкнуты и51заряжены зарядами q и –q соответственно,q2WC =то2C.
Так как диэлектрическая4π lq 2bHпроницаемость жидкости равна единице - C =, и WC =bH4π l. Связь междувысотой столба жидкости и расстоянием между пластинами конденсатора проста -m = ρ hlb,отсюда4π mq 2hW=+ mgbH ρ hb2l=mρ hb, отсюда.h=qНужнонайти8πρ Hb 2 gминимумэнергии:. Если учесть, что в СГСразмерность заряда г1/2см3/2с-1, то легко проверить правильность ответа по размерности.Если конденсатор подключён к батарее с ЭДС U0, то надо учесть вклад в энергиюработы,совершаемойисточникомЭДС.WC +battCU 0 2CU 0 2bH 2U 0 . С учётом связи между высотой=− qU 0 = −=−228π lстолба жидкости и расстоянием между пластинами конденсатора полная энергия⎛Hb 2 ρU 0 2Hb 2 ρU 0 2 ⎞hW =−h + mg = h ⎜ mg −⎟π8π m28m⎝⎠Видно, что в этом случае равновесия нет, еслиHb 2 ρU 0 2mg >8π m, то h будетстремиться к нулю, в противном случае пластины конденсатора сблизятся, вытолкнув всюжидкость.Задача 6.Задача на квазистационарные явления и скин-эффект.Поле в области 1 (между проводящей плёнкой и проводящим полупространством) этосумма падающей и отражённой волн.
Его можно найти из граничных условий на4πпроводящей пленке. Разрыв тангенциалных составляющих магнитного поля равенi.cПри этом i = σ * E , а так как поле распространяется в вакууме, то амплитудыэлектрического и магнитного поля равны. Примем за начало отсчёта по координате zпроводящуюплоскость,тогданагранице4π4π4πi=σ * E0 =σ * H0,отсюдаccc⎛ 4π⎞H1 = H 0 ⎜ 1 −σ * ⎟ . Во всей области 1 H1 ( z, t ) = H1 ⋅ e − iωt ⋅ cos kz ,c⎝⎠H1 − H 0 =где k =ωc.52Поле в проводящем полупространстве представляет собой бегущую затухающуюσ >> ω,тополевпроводникезатухаеткакволну.ЕслиH 2 ( z, t ) = H 2 ⋅ e− iωtволны в пространстве 1:z zi −⋅e δδ, где толщина скин-слояδ=c2πσω. С учётомH 2 = H1 ⋅ cos kb .Контрольная работа 2Задача 1.Матрица перехода через дублет из дефокусирующей и фокусирующей линз выглядиткак⎛ 1 0⎞⎛ 1 0⎞⎛ 1 (α − 1) F ⎞ ⎜⎜⎟⎟ , где, справа налево записаны матрицы переходаM=⎟⎜ 1⎜⎜ - 1 1 ⎟⎟ ⎜⎝ 0⎟11⎠⎝F⎠⎝ αF⎠через дефокусирующую линзу, пустой промежуток и фокусирующую линзу.
Перемножая,⎛ α (α − 1) F ⎞найдем, что M = ⎜⎟ . Соответственно, после прохождения первого дублета, луч,1/ α ⎠⎝0определяющийразмерсеченияпучка,будетописыватьсявектором'⎛ x ⎞ ⎛ α (α − 1) F ⎞ ⎛ d / 2 ⎞ ⎛ α d / 2 ⎞⎜ ⎟=⎜⎟⎜⎟=⎜⎟ . Размер пучка, таким образом, изменится в α раз.1/ α ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠⎝α '⎠ ⎝ 0Легко видеть, что после прохождения N дублетов его размер изменится в αN раз.Задача 2.Поскольку в волноводе возбуждена H11 волна, то компонента магнитного поля,⎛πx ⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt ),направленная вдоль волновода (вдоль оси z), имеет вид H z = H 0 cos ⎜⎟ cos ⎜⎟e⎝ a ⎠⎝ b ⎠ω222⎛π ⎞ ⎛π ⎞= ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + k 2 . В соответствии2c⎝a⎠ ⎝b⎠со стандартной теорией волноводов, изложенной почти в любом учебнике поэлектродинамике, определяются остальные компоненты магнитного и электрическогополей:ikπ⎛πx ⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )H x = −H0 2 2esin ⎜,⎟ cos ⎜2ω / c − k a ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎟⎠ikπ⎛ π x ⎞ ⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )H y = −H0 2 2,cos ⎜⎟ sin ⎜⎟e2ω /c −k b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωπ⎛ π x ⎞ ⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )Ex = − H 0,cos ⎜⎟ sin ⎜⎟e222c(ω / c − k ) b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωπ⎛πx⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )Ey = −H0sin ⎜.⎟ cos ⎜⎟e222c(ω / c − k ) a⎝ a ⎠⎝ b ⎠Теперь задача о нахождении поверхностных плотностей токов и зарядов сводится ктребованию выполнения граничных условий на стенках волновода.
С учетомдисперсионного уравнения, фазовая скорость волны в волноводе равнаа дисперсионное уравнение записывается как5322dωc 2 ⎡⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎤, а групповая v g == c 1 − 2 ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ .v= =222 ⎡dkω ⎢⎣⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎥⎦k⎤c ⎛π ⎞ ⎛π ⎞1 − 2 ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ω ⎣⎢⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎦⎥ωcЗадача 3.При определении видности интерференционной картинки будем считать светмонохроматичным с длиной волны λ.
Тогда, в соответствии с решением задачи 3.12,⎛ π dα ⎞видность равна V = s inc ⎜⎟ , где d – расстояние между щелями в схеме Юнга.⎝ λ ⎠π dαλВидность равна нулю, когда= π , т.е. d max =. Высота y, на которойλαинтерференционная картинка исчезает, определяется разбросом длин волн Δλ dy λ 2=- разность хода лучей через щели не должна превышать продольной длиныb Δλкогерентности.
Из этого соотношения видно, что величина y обратно пропорциональна d иb λ2λymin ==αb .d max Δλ ΔλЗадача 4.Интеграл Кирхгофа в приближении дифракции Френеля записываем как:kn i( knz −ωt ) N −1E (ϑ ) =e∑2π izm=0md + b∫E ( x)e − ikn sinϑ xδ xmdТак как волна падает на решётку под углом α, то в каждую точку решётки волнаприходит с различной фазойБрюстера, тоtgα = n = 43E ( x) = E0 ⋅ eik sin α x .Так как волна падает под углом. Угол Брюстера для воды равен 53.10. Интеграл отэкспоненты берётся легко, сумма конечной геометрической прогрессии также находится, аинтенсивность равна произведению амплитуды на её комплексно сопряжённое.⎛sin α ⎞ ⎞knd ⎛sin N⎜ sin ϑ −⎟⎜22 ⎝n ⎠ ⎠⎟sin α ⎞ ⎞ ⎝2 kn ⋅ b2 ⎛ knb ⎛⋅ sin c ⎜I (ϑ ) = E0⎜ sin ϑ −⎟⎟⋅22π z2n⎝⎠⎠ ⎛⎝sin α ⎞ ⎞knd ⎛⎜ sin 2 ⎜ sin ϑ − n ⎟ ⎟⎝⎠⎠⎝Главный максимум будет наблюдаться при условии sin ϑ −θ0=36.90.sin α= 0 , отсюдаnkn ⋅ N 2b 2I0 =2π zЗадача 5.542ПосколькувобщемслучаеполеЕопределяетсявыражениемiEiEP = 4π 0 ei ( ka -ωt ) [k1 − k2 + k3 − k4 + ...] , где k1 = − , то для открытой второй зоныkλ⎛ i ⎞ iEамплитуда волны в точке P равна EP = - ⎜ - ⎟ 4π 0 ei ( ka -ωt ) = -2 E0 ei ( ka -ωt ) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
