1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Амплитудаk⎝ λ⎠ABO●●P′Pzобратится в ноль, если переместиться в сторону от оси симметрии в точку P′ так,чтобы разница хода лучей, идущих от краев второй зоны, составила λ. Если обозначить2aλрасстояние между точками P и P′ через х, то несложно видеть, что AP-AP′=x, аaaλλ( 2 − 1) .. Вычитая одно из другого, имеем ( AP − BP) − ( AP′ − BP′) = xBP-BP′=xaaПоскольку, по условию, эта разница должна быть равна λ/2, то x ≈ λ a .Экзаменационная работа 2Задача 1.Двигаясь в электрическом поле кольца, электрон теряет энергию со скоростьюdE 2 2 2 222−= r0 cγ [ E − ( β E ) 2 ] = r02 cγ 2 E 2 (1 − β 2 ) = r02 cE 2 .dt 333Следовательно, полная потеря энергия определится при интегрировании этоговыражения:∞2ΔE = r02 c ∫ E 2 dt.3 −∞Используя очевидную подстановку x=vt, dx=vdt и учитывая, что поле на осиопределяется выражениемqxqxE= 2⋅= 2,22 3/ 2r0 + xr02 + x 2 (r0 + x )легко видеть, что полная потеря энергии равнаπ q2ΔE =.12β r02При вычислении потерь энергии предполагалось, что частица движется с постояннойскоростью.
Это верно до тех пор, пока, в соответствие с условием задачи, потеряннаяэнергия много меньше энергии электрона.Задача 2.Поскольку движение шаров не является релятивистским, уравнения их движенияимеют вид mra = −qE0 e − iωt и mrb = qE0 e −iωt , так что вторая производная дипольного момента55системы равна d = (−q)ra + qrb =2q 2E0 e − iωt . Магнитное поле, создаваемое шарами в точкеm2q 2[ E0 × n ]e − iωt , а интенсивность излучения2mrcdIcc q2 2c q2 2 2q2E=〈E2 〉r2 = 4 ⋅⋅ 2 E0 〈cos 2 ωt 〉 sin 2 θ = 4 ⋅sinθ=4〈 S0 〉 sin 2 θ ,022dο 4πmc4π mc8π mcгде 〈 S0 〉 - усредненный по времени поток энергии в падающей волне.
Таким образом,r , имеет вид H =дифференциальное сечение рассеяния определяется выражениемdσq2= 4 2 sin 2 θ , аdοmcполное сечение равно:πdσ32 q 22π sin θ dθ =.dο3 mc 20σ =∫Задача 3.Магнитные поля, создаваемые диполями в точке r волновой зоны, равныp × n − i (ωt − k h2 cosθ )p × n −i (ωt + k h2 cosθ )ωH1 = −ω 2 0 2 eи H 2 = −ω 2 0 2 e, где, как обычно, k = .rcrccp×nhПолное поле в точке наблюдения H = H1 + H 2 = −2ω 2 0 2 cos(k cos θ )e − iωt .rc2Усредненная по времени угловая интенсивность определится выражением:p 2ω 4dIc 4 2 24hh=ω p0 sin θ ⋅ 4 ⋅ cos 2 (k cos θ )〈cos 2 ωt 〉 = 0 3 cos 2 (k cos θ ) sin 2 θ .dο 4πc22π c2Задача 4.Амплитуда будет максимальной, если разность фаз, набираемых вдоль пути из точкиА в точку B через какую либо точку на границе экрана ( ϕ2 ) и через центр отверстия ( ϕ1 )окажетсяπ,т.е.⎛r2 ⎞ 2 ωn1 ⎜ a +⎟ + r + n22cRc⎝⎠из условия на разность фазω r 2 ⎡ n1 n1 n2ϕ2 − ϕ1 =+ −c 2 ⎢⎣ R a Rϕ2 =ωравнойϕ2 − ϕ1 = π(+2πm?).Таккакϕ1 =ωcn1a +ωcn2b ,а⎛r2 ⎞ 2 ω ⎛r2 r2 ⎞ ω ⎛r2 r2 ⎞−+≈+++−+ ⎟ , тоbrnanb⎜⎟⎟1⎜2⎜22222b ⎠RcRacR⎝⎠⎝⎠⎝+n2 ⎤2π c= π , находим r 2 =⎥ωb⎦1⎛1 1⎞⎛1 1 ⎞n1 ⎜ + ⎟ + n2 ⎜ − ⎟⎝a R⎠⎝b R⎠.Задача 5.Если бы на пути волны не было никаких препятствий, амплитуда поля в точке Z p былабы равна E0 .
Чтобы учесть вклад диска, перекрывающего вторую зону Френеля, сначалауберем из E0 вклад, создаваемый открытой второй зоной (-2 E0 ), а затем добавим вкладэтой зоны в случае, когда она перекрыта диском толщины Δ с показателем преломления n.Результирующая амплитуда окажется равной:E = E0 − (−2 E0 ) + (−2 E0 )eωi nΔc= 3E0 − 2 E0 eωi nΔc.ωi nΔОчевидно, что она будет максимальной, когда e c = −1 , т.е.cλΔ=(2m + 1)π =(2m + 1)2nωn56и составит при этом E = 5 E0 . При этом интенсивность в точке Z p в 25 раз превышаетинтенсивность в случае отсутствия экрана.Задача 6.Дисперсионное отношение, связывающее частоту и длину H10 волны в пустом2ω22⎛ π ⎞ ⎛ 2π ⎞волноводе, выглядит как 2 = ⎜ ⎟ + ⎜⎟ . В волноводе, заполненном плазмой, оноc⎝a⎠ ⎝ λ ⎠запишется как:ω p2 ⎞ ⎛ π ⎞ 2 ⎛ 2π⎜1 −⎟ = ⎜ ⎟ +⎜c 2 ⎜⎝ ω 2 ⎟⎠ ⎝ a ⎠ ⎜⎝ λ pω2 ⎛2⎞⎟⎟ . Поскольку, по условию задачи, λ p = qλ , то, как нетрудно⎠⎡ 2 ⎛ π c ⎞2 ⎤ ⎛1 ⎞видеть, ω = ⎢ω − ⎜ ⎟ ⎥ ⎜1 − 2 ⎟ .⎝ a ⎠ ⎦⎥ ⎝ q ⎠⎣⎢2p2003/2004 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1.Поскольку плотность заряда зависит только от радиуса, то, следовательно, задачаимеет сферическую симметрию и потенциал будет функцией только радиуса, откудаследует, что поле имеет только радиальную компоненту, зависящую от радиуса.
Тогда, всоответствии с теоремой Гаусcа,nrr∫ Eds = 4π Er (r )r 2 = 4π ∫0 (r ′)dV ′ = 4π 4π 0 ∫0 ⎜⎛ r ′ ⎟⎞ r ′2dr ′ .⎝a⎠Отсюда получаем при r ≤ an +14π 0 r 3 (r /a ) n 4π 0 a ⎛ r ⎞Er (r ) = 2=⎜ ⎟ .r(3 + n)(3 + n) ⎝ a ⎠Для r > aEr (r ) =4π 0 a 3 1.3 + n r2Таким образом, получаем, что для n > −1 максимум Er находится при r = a . При4πρ 0 a.этом максимальное значение Er (a) =3+ nЕсли n = −1 , то Er (r ) = 4π 0 a = const внутри шара.При −2 < n < −1 максимум функции Er → ∞ при r → 0 .Задача 2.Поскольку и в том и другом случае шар создает поле диполя, необходимо приравнятьдипольные моменты.
Откуда получаем57E0 R 3 = E0ε1 − ε 2 3a.ε1 + 2ε 2Тогда радиус «эквивалентной» диэлектрической сферыε −1R = a⋅ 3.ε +2Задача 3.Это обычный плоский диод, вольт-амперная характеристика которого подчиняетсязакону "3/2", а распределение потенциала имеет следующий вид⎛x⎞ϕ ( x) = U ⎜ ⎟⎝d ⎠4/3.Так какmv 2= eϕ ,2тоv( x) =2eU ⎛ x ⎞⎜ ⎟m ⎝d ⎠2/3или, с учетом закона "3/2",1/ 3⎡18π I e ⎤ 2 / 3v( x) = ⎢x .⎣ S m ⎥⎦Задача 4.В процессе решения задачи 3.24 было получено, что поле внутри полости –однородное, равное по величине33 j0.E in = E 0 =22σПоскольку шарик расположен вдали от поверхности полости, то мы имеем дело сдиэлектрическим шариком в однородном поле E in . Шарик в однородном поле приобретаетдипольный момент (см.
задачу 2)ε −1 33 j 0 ε −1 3p=b E in =b.ε +22 σ ε +2Задача 5.В соответствии с принципами метода изображений необходимо поместить заряд′q = −qa/ (2a) = −q / 2 в точку с координатой z ′ = a 2 / 2a = a/ 2 . Для обеспечения нулевогопотенциала на плоскости z = 0 необходимо оба заряда отразить через плоскость вниз сосменой знака. Таким образом, получаем четыре заряда, показанных на рисунке.58Полный заряд, расположенный под линией раздела, а, точнее, заряд, распределенныйвдоль поверхности, равен −q .
Отсюда следует, что заряд на выступе равен Q = −q − qплоск ,где qплоск – заряд плоской части границы раздела. Плотность этого заряда определяется поформуле1σ=Ez ( z = 0).4πДля определения поля на границе вычислим потенциал в произвольной точке вверхней полуплоскости. Запишем суммарный потенциал от четырех зарядов впроизвольной точке, определяемой цилиндрическими координатами {r , z, α } .qqqqϕ ( r , z, α ) =−+−.r 2 + ( z − 2a ) 2 2 r 2 + ( z − a / 2) 2 2 r 2 + ( z + a/ 2) 2r 2 + ( z + 2a ) 2Тогда электрическое поле на границе∂ϕEz (r , z = 0) = −|z =0 =∂z⎧⎫z − 2a1z − a/ 21z + a/ 2z + 2a= q⎨ 2−+− 2=2 3/ 222 3/ 222 3/ 22 3/ 2 ⎬2 [r + ( z − a/ 2) ]2 [r + ( z + a / 2) ][ r + ( z + 2a ) ] ⎭ z = 0⎩ [ r + ( z − 2a ) ]⎫qa ⎧81− 2⎨ 22 3/ 22 3/ 2 ⎬2 ⎩[r + (2a) ][r + (a/ 2) ] ⎭Полный заряд на всей плоской части поверхности получается интегрированиемпредыдущего выражения по плоскости.qa ⎡ 82 ⎤3qQ′ = 2π ∫ σ rdr = − ⎢−=−⎥2 ⎣ 5a5a ⎦2 5Тогда заряд на выступе33Q = − q(1 −) = q(− 1).2 52 5=−Сила, действующая на выступ, равна силе действующей со стороны трех зарядовзеркального изображения минус сила, действующая со стороны плоской части поверхности.Сила со стороны трех зарядов изображения⎧ q2/2q2/2q2 ⎫q 2 737F1 = ⎨−+−=− 2222⎬a 3600⎩ (3/ 2a ) (5/ 2a ) 16a ⎭Сила, действующая со стороны плоской части поверхности, равна591⎡ qa ⎤F2 = −2π ⎢ ⎥8π⎣2⎦2∫∞a2⎡⎤8113q 2⎢ [r 2 + (2a ) 2 ]3 / 2 − [r 2 + (a/ 2) 2 ]3 / 2 ⎥ rdr = − 900a 2 .⎣⎦Итоговый результат.q 2 137F = F1 − F2 = 2.a 720Экзаменационная работа 11.
Среднее значение токаT11< J >= ∫ J ( t ) dt =T0TT /2∫J ( t ) dt +0T∫T /22. Магнитный момент содержит две компоненты m =Соответственно поле B = −π R2I2cI 03(exJ ( t ) dt =π R2I2c(ex8ε 03π r+ ey ).+ ey ).3. Из непрерывности потенциала на заряженной границе раздела следует, что с1 = с2 =c. С помощью граничного условия D2n−D1n = 4πσ получаем c = −4. Для медленно меняющегося поляB=ЭДС в витке ε = −4π 2σ 0.a ( ε1 + ε 2 )3μH sin ω t.μ+2 01 ∂Φ3μ=ε0.
Отсюда ε/ε0 = 3μ / (μ + 2).c ∂t μ + 25. Согласно теореме Стокса∫ Hdl =4π IN. Мысленно отодвинем слегка брусок иcподсчитаем энергию поля в зазоре:ΔW =H /B( 2 S ⋅ Δl ) .8πПодставим сюда поле, найденное по теореме Стокса и, с учетом уравнения связи B =μH, а также граничных условий [Bn]=0, получим выражение для силы:4π I 2 N 2 μ 2 SF=.c 2l 2− iω t6. Будем искать поле внутри цилиндра в виде H = H1e , причем это поле, как ивнешнее, также параллельно оси цилиндра. Граничное условие: H/ − H = 4πi / c, где i = σ∗E.С помощью закона Фарадея находим/60c1 ∂(H S ), откуда E =H / − H ) . И, наконец,lE = −(c ∂t4πσ ∗H0.H1 =2⎛ 4πσ ∗ω S ⎞1+ ⎜⎟2⎝ lc⎠/7.
Для ЭДС, возникающей на зажимах катушки, имеем выражениеε=1dJ L12L=J 0ω cos ω t2 12cdt c 2Для нахождения L12 рассмотрим поток через одиночный виток2H 0SL124π J Nα⋅=,где=⋅ .cosSJH04π l 2cca222 NSNSОтсюда находим L12 = L21 = 2 cosα = 3 и, наконец,l al2NS J 0ωcos ω t.ε=c 2l 3Φ=Контрольная работа 21. Расстояние от антенны до спутникаL = RЗ + ( 7 RЗ ) − 2 RЗ ⋅ ( 7 RЗ ) ⋅ cos 600 = RЗ 43 .2Используя очевидное равенствоL ⋅ sin θ = ( 7 RЗ ) ⋅ sin 600 ,найдем угол между вертикалью и осью направления приема сигнала от спутника:θ ≈ 680 .Угловая точность нацеливания антенны на спутник:λ 0,1 0Δϕ ≈=≈3 .2r22. Так как падающий свет естественный, то его интенсивность11I0 = I + I⊥ .22Очевидно, что свет падает под углом Брюстера. Поэтому доля потока, попадающая вводу21 111 ⎛ n2 − 1 ⎞T = + T⊥ = (1 + 1 − R⊥ ) = 1 − ⎜ 2 ⎟ ≈ 0,96 .2 222 ⎝ n +1⎠3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
