1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Электрическое поле основной моды описывается выражением⎛π ⎞ ⎛π ⎞E = Ex = E0 sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t.⎝a ⎠ ⎝a ⎠Сначала, используя граничные условия для нормальной составляющей электрическойиндукции, находим распределение зарядов61E0E⎛π ⎞ ⎛π ⎞⎛π ⎞ ⎛π ⎞sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t , σ x = a = − 0 sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t.4π4π⎝a ⎠ ⎝a ⎠⎝a ⎠ ⎝a ⎠Затем, выразив H y и H z через Ex , с помощью соответствующих граничных условийнаходим распределение токовσjxx =0y =0y =a==cc E0c E0⎛π ⎞⎛π ⎞H z , jx y = o =sin ⎜ z ⎟ sin ω t , jx y = a = −sin ⎜ z ⎟ sin ω t ;4π4π 24π 2⎝a ⎠⎝a ⎠c E0c E0⎛π ⎞⎛π ⎞jx z =o =sin ⎜ y ⎟ sin ω t , jx z = a = −sin ⎜ y ⎟ sin ω t .4π 24π 2⎝a ⎠⎝a ⎠4. E (ω ) = E0τ /21⎛ωτ ⎞ ⎛11⎛πt ⎞⎞+sin ⎜ ⎟eiω t dt = E0 ⎜ cos⎟⎜⎟.i⎝2 ⎠⎝ ω + π /τ ω −π /τ ⎠⎝τ ⎠/2∫τ−5.
Воспользуемся дифракционным интегралом КирхгофаE eika eikreik ( a +b )EP = 0 ∫cosψ n ( 2π a 2 sin θ dθ ) 2 E0.iλ a ra+bОчевидно, что2r 2 = ( a + b ) + a 2 − 2a ( a + b ) cos θ .Отсюдаsin θ dθ =rdr.a (a + b)Полагая cosψ n ≈ 1 , найдем вклад n – ой зоны ФренеляEn = E0e 2π a1a iλ a ( a + b )2ikab+n∫λ2b + ( n −1)eikr dr = − E0λeik ( a +b ) iπ n iπ ( n −1)e −e.a+b()2Для второй зоны получаемE2 = −2 E0eik ( a +b ).a+b6. Пусть на решетку перпендикулярно к ее поверхности падает плоскаямонохроматическая волна.
Разность хода между вторичными волнами, исходящими из2πd sin θ , где θ соседних щелей решетки, будет d cos θ , а разность фаз δ = kd sin θ =λугол дифракции. Обозначим через E1 поле в точке наблюдения, излучаемое первой щелью.Поля, излучаемые остальными щелями:− i N −1 δE2 = E1e − iδ , E3 = E1e −i 2δ ,..., EN = E1e ( ) ,где N – общее число щелей.
Полное поле, излучаемое всеми щелями, представляетсясуммой1 − e − i( N −1)δ− i ( N −1)δ− iδ−2 iδE = E1 1 + e + e + ... + e= E1,1 − e − iδоткудаsin ( N δ / 2 ) − i( N −1)δ / 2.E = E1esin (δ / 2 )()62Для интенсивности получаем2⎡ sin ( N δ / 2 ) ⎤I = I1 ⎢⎥⎣ sin (δ / 2 ) ⎦В направлениях, определяемых условиемd sin θ = mλ ( m = 0, ±1, ±2,...) ,получаются главные максимумы. (При отдельных значениях m максимумы могут ине возникнуть, если эти направления совпадают с направлениями на дифракционныеминимумы от одной щели, когда I1 = 0 ).В направлениях, определяемых условиемp⎞⎛d sin θ = ⎜ m + ⎟ λ ( p = 1, 2,..., N − 1) ,N⎠⎝получаются дифракционные минимумы, в которых интенсивность равна нулю.Если волна падает на решетку наклонно под углом α, то положение главныхмаксимумов определяется условиемd ( sin θ − sin α ) = mλ ,а дифракционных минимумов - условиемp⎞⎛d ( sin θ − sin α ) = ⎜ m + ⎟ λ .N⎠⎝Для дифракционной решетки Рэлей предложил следующий критерий спектральногоразрешения.
Спектральные линии с близкими длинами волн λ и λ / считаютсяразрешенными, если главный максимум дифракционной картины для одной длины волнысовпадает по своему положению с первым дифракционным минимумом в том же порядкедля другой длины волны, то есть1⎞⎛d ( sin θ − sin α ) = ⎜ m + ⎟ λ ,N⎠⎝d ( sin θ − sin α ) = mλ / .Отсюда ( m + 1/ N ) λ = mλ / , и следовательно, δλ ≡ λ / − λ = λ / ( Nm ) . Таким образом,разрешающая способностьR=λ= Nm .δλНаправление на «самый» главный максимум с номером m = 0 не зависит от длиныволны. Он наблюдается под углом θ = α .Экзаменационная работа 21.2RTM2⎡ tg (ϕ − π / 4 ) ⎤⎡ sin (ϕ − π / 4 ) ⎤2=⎢⎥ , RTM = (RTE) .⎥ , RTE = ⎢⎣ sin (ϕ + π / 4 ) ⎦⎣ tg (ϕ + π / 4 ) ⎦()2.
Так как дипольный момент системы частиц d = 2qr cos ω t ⋅ ex + sin ω t ⋅ e y , аd2d = −ω 2 d , то2dt63d ε 2 ( 2q ) ω 4r .=dt 3c324(1)mv 2 q 2−и, следовательно,С другой стороны ε = 222rq2ε (t ) = −4r ( t )А так как mv2 / r = q2 / 4r2, то(2)ω2 = q2 / (4mr3).(3)4Из (1), (2) и (3) получаем d(1 / r) / dt = k / r , гдеk = 2q4 / (3m2c3) = (2 / 3)rq2c, rq = q2 / mc2. Отсюда r ( t ) =3r03 − 2rq2ct , t0 = r03 / 2rq2c.И, наконец,ε (t ) = −q2(1/ 3 1 − 2rq2ct / r03 ) или ε ( t ) =4r0ε031−128tεmcq302 3 3,где ε0 = − q2 / 4r0.3. По условию заряд, двигаясь со скоростью v, успевает переместиться по орбите нарасстояние πa, пока излучение проходит расстояние R, т. е. R = c(πa / v) = πa / β, где β = v /c.
Поле в точке P:⎛ d2 ⎞⎛d ⎞⎜ dt 2 d ⎟ × n ⎜ d ⎟ × ndt ⎠⎠+⎝B=⎝.2c RcR 2sin θ2 cosθОтсюда Bz = − q β+ qβ 2 .aRRА теперь все выразим через β: sinθ = a / R= β / π , cosθ ≈ 1− (1 / 2)(β / π)2 и, наконец,B=−q 3⎡β⎤β ⎢1 − 2 + 0 ( β 2 ) ⎥ .2πa⎣ π⎦4. Дисперсионное соотношение для пустого волновода(ω / c)2 = γmin2+ k2,отсюда, полагая k=0, получаем для минимальной частоты: ω∗ / c = γmin.Дисперсионное соотношение для заполненного волноводаε(ω / c)2 = γmin2+ (k/)2.Так как по условию фазовая скорость ω/k/ = с, то (ε − 1)(ω / c)2 = (ω∗ / c)2, откудаω=ω∗.ε −15. Пусть поле волны в точке Р в отсутствие диска равно E0 .
Рассмотрим это поле каксуперпозицию полей E1 + E2 .Вклад в E0 от 1/3 части первой зоны Френеля накомплексной плоскости можно представить вектором E1 , равным по модулю вектору E0 ,и повернутым по часовой стрелке на угол 600. Увеличение оптической длины пути на λ/364после установки диска означает поворот вектора E1 на угол 1200 против часовой стрелки и/преобразование его в вектор E1 , параллельный вектору E2 .
Таким образом, поле в точке Рпосле установки диска станет равным по модулю 2Е0 , а интенсивность увеличится в 4 раза.6. Уравнение движения плоскости: μ(dv / dt) = σ(E0+E1). Отсюда получаем -iωμv =σ(E0+E1).Граничные условия: E0+E1 = E2 и E0 − E1 − E2 = 4πσv / c. Решая систему уравнений,находимE1 = −E0 / (1− iα), E2 = −iαE0 / (1− iα), v = (c / 2πσ)E0 / (1− iα),где α = cωμ / (2πσ2).7. Размеры области поперечной когерентности, т.е. площадки, освещаемойкогерентно протяженным некогерентным источником:r⊥ ∼ λ / α, где α = D / l – угловой размер источника.Разрешающая способность решетки R = λ / δλ = mNэфф, где эффективное числоштрихов Nэфф ≈ r⊥ / d. Тогда при m=1: λ / δλ ≈ λl / Dd, откуда lmin ≈ Dd / δλ = 100 см.2004/2005 учебный годКонтрольная работа 11.А) До соединения проводником.
Маленький незаряженный проводящий шарикqlприобретет в поле большого шарика дипольный момент p = Er 3 ,где E = 3 - поле отlбольшого шарика. Диполь упругий ( p ~ E ), значит сила, действующая на диполь( )11 ∂ ⎛ 3 q2 ⎞2r 3 q 2⎜r⎟=− 5F = ∇ pE =22 ∂l ⎜⎝ l 4 ⎟⎠lВ) После соединения потенциалы шариков уравняются, а заряд разделитсяrqrRпропорционально ёмкостям шариков (С=r,R).
q1 = q≈ ; q2 = q≈ q . СилаR+r RR+rq1 q 2 q 2 rотталкивания шариков F2 = 2 ≈ 2 .lRlF2r 2 RОтношение сил составит 1 ≈ − 3 .F2lНеточность в таком решении заключается в том, что при соединении шариков прямымпроводником мы пренебрегли ёмкостью этого проводника, или, другими словами, тем, чтона этом проводнике тоже останется часть заряда (причем, если l>>R, то ёмкость прямогоl, где d – диаметр проводника, может оказаться большедлинного проводника C l ~2 ln ldёмкости шаров).2.ϕ=∫МультипольноеразложениепотенциалаимеетвидQα1α2 ...αnpr Qαβ ∂ 2 1∂n1≈ + 3 ++ ...
+r − r′r rn! ∂xα1 ∂xα2 ...∂xαn r , где Q, p,2 ∂xα ∂xβ rρ (r ′)dV ′ Q65Qαβ, Qα1α 2 ...α n – заряд, дипольный, квадрупольный, и 2n-польный моменты системысоответственно. Для вычисления мультипольных моментов используем Q = ∫ ρ (r ′)dV ′ ,p =∫r ′ ρ ( r ′ ) d V ′ , Qαβ = ∫ xα′ x ′β ρ (r ′)dV ′ , Qα1α 2 ...α n = ∫ xα′ 1 xα′ 2 ...xα′ n ρ (r ′)dV ′ .В данной задаче заряд и дипольный момент не равны нулю, значит достаточноограничиться этими членами разложения.
Заряд кольца задан по условию. Из симметриикольца следует, что дипольный момент кольца равен нулю, если начало координат выбранов центре кольца. При смещении начала координат вдоль оси z изменитсяp *z = ∫ ( z ′ + h) ρ (r ′)dV ′ = p z + Qh = Qh . Следует отметить, что в данном случае p z независит от ориентации кольца (т.е. не важно, какой угол между нормалью к плоскостикольца и осью z).Таким образом, первые два ненулевых члена разложения по мультиполям потенциалаq qh cos(θ )кольца ϕ ( r ,θ ) на большом расстоянии r >> a ϕ (r , θ ) ≈ +.rr23. Для шара С0=R. Сферическая концентрическая оболочка не создает поля внутри,rE=q 3.Потенциалшаразначитполевнутринеизменится:rR⎛ 1 1⎞dr⎛ 1 1⎞ϕ = ∫ Edl = q ∫ 2 = q⎜ − ⎟ = q⎜⎜ − ⎟⎟ .⎝R a⎠⎝ C0 a ⎠a r4.Воспользуемся методом изображений.
Система зарядов изображений будетсостоять из 3 зарядов, расположенных какq. Дляпоказано на рисунке слева. q′ = −Bq2нахождения поверхностной плотностиaq' A2заряда в точке B воспользуемся граничным[En ] = 4πσ . Складываяусловием-q'нормальные компоненты поля от всех-qзарядов в точке B и учитывая, что поле вметаллеравнонулю,получим[En ] = − q2 ⎛⎜1 − 1 ⎞⎟ = 4πσ . Отсюда σ B = − q 2 ⎛⎜1 − 1 ⎞⎟ .
Точка A под зарядом находится4πa ⎝ 5 5 ⎠a ⎝ 5 5⎠в угле, в котором пересекаются две металлические полуплоскости. Поскольку поле наповерхности металла не может иметь компоненты вдоль поверхности, то в таких точкахполе всегда равно нулю. Таким образом, плотность заряда в точке А равна нулю σ A = 0 .5.Задача о распределении тока внутри и вокруг шара с проводимостьюσ1 ,помещенного в среду с проводимостью σ 0 , в которой течет ток j0 решена, например, в[Меледин Г.В., Черкасский В.С. Электродинамика частиц и полей в задачах, часть1,Новосибирск: НГУ, 2003].
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
