1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 13
Текст из файла (страница 13)
В ней получено, в частности, что ток внутри шара однородный3σ 13 j0. Тогда поле внутри шара E1 =, полный ток через шарj1 = j0σ 0 + 2σ 1σ 0 + 2σ 13σ 1 j0J=πa 2 .σ 0 + 2σ 1661 dp vm dN== mnv 2 . Здесь m, n, v – масса,S dtS dtконцентрация, и скорость электронов вблизи поверхности анода. Ток в диоде j = env , аmvj. Из закона сохранения энергии скорость электроновследовательно, P =e312eUv=~ U 2 . Из закона “3/2” j ~ U 2 .
Таким образом, P ~ U 2 , а значит давлениеmвозрастет в n2 раз.6.Давление на поверхность анода P =Другой способ решения состоит в использовании закона сохранения импульса. Т.к.диод – замкнутая система, а поля и токи стационарны, то полная сила, действующая на двепластины, равна нулю. На каждую пластину могут действовать силы давления от удараэлектронов (или сила отдачи от вылета электронов) и сила давления со стороныE2.
Обе эти силы на катоде равны нулю, т.к. мы считаем, чтоэлектрического поля P =8πэлектроны вылетают с катода с нулевой скоростью, и делаем предположение онеограниченной эмиссии с катода, из которого следует, что Eк=0. Следовательно, эти силыдолжны быть равны и на поверхности анода. Т.е. в данной задаче можно вычислить восколько раз вырастет давление со стороны электрического поля на поверхность анода.E2, то давление вырастетПоскольку E и φ возрастают, очевидно, пропорционально, а P =8πв n2 раз.Экзаменационная работа 1m 3(mr )r+. Сила, действующая на участок провода длиной dx,r3r5dFy = dI × B y = − I ⋅ dx ⋅ Bz .
Ось z направлена вдоль дипольного момента, ось x - вдоль1. Поле диполя B = −[]∞провода. Проинтегрировав силу, получим Fy = − mI⎛ 1 3a 2 ⎞2mI∫− ∞ ⎜⎜⎝ − r 3 + r 5 ⎟⎟⎠dx = − ca 2 .2. В силу принципа суперпозиции можно рассмотреть поступательное движение ивращение отдельно.Для поступательного движения поле снаружи цилиндра будет как от прямого проводаσ ⋅ 2πa ⋅ vdt2I4πaσ v=.
Поле внутри цилиндра равно нулю.= 2πσav , т.е. Bα = z =с I z = dQdtcrr cdtДля вращательного движения поле внутри цилиндра будет как поле от соленоида с4πi 4πaσωdQ σ ⋅ 2πaповерхностной плотностью тока iα ==. Поля== σaω , т.е. Bz =ccdtTснаружи цилиндра нет.4πaσω4πaσ vОтвет: при r<a Br = Bα = 0 , Bz =; при r>a Br = Bz = 0 , Bα =.cr c3. Найдем плотность тока, создающего такое поле.
Для этого воспользуемся теоремойСтокса rotB = 4cπj . Будем решать задачу в цилиндрической системе координат. Ротор вцилиндрических координатах вычисляется как67eRR ⋅ eα1 ∂∂rotB =∂αR ∂RBRRBαez∂∂zBzПоскольку у поля есть только z-компонента, зависящая только от R, то у тока будеттолько α-компонента, как и должно быть у вращающегося заряженного цилиндра.
Такимc ∂Bz 3cB0 R 2=. С другой стороны j = ρv , т.е. jα = ρωR . Приравниваяобразом jα = −4π ∂R4πa 33cB0 Rтоки, найдем ρ =.4πωa 34. Токи в стенке трубы будут течь вдоль оси z аксиально-симметрично. Такоераспределение тока не будет создавать поля внутри трубы, т.е. поле внутри трубы создается2 J eiωt. Магнитное поле в стенке трубы можно найти, решивтолько проводом B = 0cr4πσμ ∂Bс граничным условием на поверхностиуравнение скин-эффекта rot rotB = − 2c∂t2 J 0eiωt∂B.
Зависимость поля от времени – гармоническая:= iωB . Посколькутрубы Bα =ca∂tмагнитное поле направлено везде по eα , а зависит только от R, то, расписав ротор вцилиндрических координатах, уравнение скин-эффекта можно привести к виду:4πiσμωBα∂ 1 ∂Bα 1 ∂Bα ∂ 2 Bα 4πiσμωBαRBα = −или−++=. Точное решение этогоR 2 R ∂Rc2c2∂R R ∂R∂R 2уравнения выражается через функции Бесселя, но в данной задаче можно записатьприближенное решение для δ << a . В этом случае в левой части уравнения самым()2∂ 2 Bαδ⎛δ ⎞большим слагаемым будет третье, а первое и второе в ⎜ ⎟ ираз меньше2R∂R⎝R⎠соответственно (т.к.
поле затухает внутрь металла в слое толщиной ~ δ). Тогда, пренебрегая∂ 2 Bα 4πiσμωBα=, решением которого,первыми двумя слагаемыми, получим уравнениеc2∂R 2R−a2 J 0eiωt − δ (1+ i )удовлетворяющим граничному условию, будет Bα ( R) ≈e.ca5. Так как цилиндр и плоскость сверхпроводящие, то весь поток магнитного поля,выходящий из цилиндра, будет растекаться между торцом цилиндра и сверхпроводящейплоскостью. Найдем давление магнитного поля на торец цилиндра.
Для этого найдем полеB a2в зазоре из сохранения магнитного потока: B0 ⋅ πa 2 = B ⋅ h ⋅ 2πr , откуда B = 0 . Сила,2hrb2 22 4BHBaBabдействующая на цилиндр P = ∫dS = ∫ 0 2 2πrdr = 0 2 ln , отсюда получим дляa8π32πh16haB0 a 2 ln b a. При решении задачи считалось, что h << a .4P6. Из геометрии задачи следует, что магнитное поле во всем пространстве будетпеременным с частотой ω и направленным вдоль оси цилиндров. Непроводящий цилиндрбудет создавать поле внутри себя как от соленоида с поверхностной плотностью токавысоты h =j =4π j4 πσ adQ=Ω 0 e − iω t . Так как внешний цилиндр= σ a Ω 0 e − i ω t , т.е.
B1 =ccdt68сверхпроводящий, то в нем будут течь токи, такие, что поток через этот цилиндр будетравен нулю, т.е. B2πb 2 + B1πa 2 = 0 , где B2 – поле, создаваемое внешним цилиндром.Чтобы найти переменное электрическое поле воспользуемся закономэлектромагнитной индукции, применив его к круглому контуру радиуса r с центром на осицилиндров. Если радиус этого контура меньше a, то1 dΦ 1 22πiσarω ⎛ a 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt .2πr ⋅ Eα = = −= πr iω (B1 + B2 ) , откуда Eα =2c dt cc⎝ b ⎠Если же радиус контура больше a, но меньше b, то1 dΦ iω2πiσa 3ω ⎛ r 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt .2πr ⋅ Eα = = −B1πa 2 + B2πr 2 , откуда Eα ==2cr ⎝ b ⎠c dtcЛегко проверить, что при r=a оба выражения дают одинаковое поле, т.е. граничноеусловие [Eτ ] = 0 выполнено.
При r ≥ b поле равно нулю. Комплексная единица iпоказывает, что электрическое поле сдвинуто по фазе относительно магнитного поля (илиотносительно угловой скорости) на π/2.2πiσarω ⎛ a 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωtEα =22πiσa 3ω ⎛ r 2 ⎞c⎝ b ⎠⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt при b>r>a.при r<a, Eα =Ответ:2cr ⎝ b ⎠εε()Контрольная работа 2Задача 1. Поскольку свет падает под углом Брюстера, коэффициент отражения тойчасти света, которая имеет проекцию вектора напряжённости электрического поляпараллельную плоскости падения R|| = 0 ; следовательно T|| = 1 .
Свет, который имеетпроекцию вектора напряжённости электрического поля перпендикулярную плоскостипадения, частично отражается с амплитудным коэффициентом отраженияsin(ϕ −ψ ).r⊥ =sin(ϕ + ψ )По определению угла Брюстера (ϕ ) = n = 43 , а ϕ + ψ = π2 , cos 2 ϕ = 1+12 ϕ . sin 2 ϕ = 1+nn2 ,2sinψ = 1n sin ϕ =11+ n 2. Тогда cosψ =n1+ n 2.Для вычисления коэффициента отражения запишем sin(ϕ +ψ ) = 1 , тогдаnn11sin(ϕ −ψ ) sin ϕ cosψ − sinψ cos ϕ =−,1 + n2 1 + n21 + n2 1 + n22⎡ n2 − 1⎤n2 − 12r⊥ = 2 ; R⊥ =| r⊥ | = ⎢ 2 ⎥ .n +1⎣ n + 1⎦2⎡ n2 − 1⎤T⊥ = 1 − R⊥ = 1 − ⎢ 2 ⎥ .⎣ n + 1⎦Окончательно получимT=1⎡1 491 + T⊥ ⎤⎦⎥ = 1 − ⋅= 0.9608⎣⎢22 625Задача 2.
Ранее нами было показано, что из соотношения Рэлея для различимости69двух точек объекта необходимо выполнение условияλ5 ⋅10−5θ min = 1.22 = 1.22= 1.22 ⋅10−4.0.5DТогда1.4 ⋅106= 1.15 ⋅1010 километров.Lmin = D/θ min =1.22 ⋅10−4Задача 3. В волноводе гармоническое решение для H -волны можно записать в виде⎛⎜ω2⎜⎝c2⎜2 Bz ( x, y ) + ⎜ ε⎞⎟− k 2 ⎟⎟ Bz = 0.⎟⎠Как известно, все поля в волноводе определяются (для H -волны) через Bz , котороеудовлетворяет вышеприведенному уравнению и граничному условию∂Bz|Γ = 0.∂nЕсли переписать это уравнение в виде∂Ψ2|Γ = 0,2 Ψ ( x, y ) + γ Ψ ( x, y ) = 0,∂nто понятно, что решение Ψ ( x, y ) и собственные значения γ m,n зависят только отгеометрии поперечного сечения волновода.
Более того, для прямоугольного сечения axb идля волны H10 собственное числоγ 12,0 =π2a2и не зависит от вида функции ε (ω ) . Тогда дисперсионное уравнение для первого(вакуум) и второго (плазма) случая имеют вид (с учетом того, что частота возбуждающегоисточника не меняется ( ω = ω0 ),ε (ω0 ) ⋅ω02π 2 ω02π2−k = 2 ; 2 −k = 2 .c2acak0222По условию задачи k = / m (длина волны увеличилась в m раз). Подставляя эту220зависимость и зависимость ε (ω0 ) = 1 − ⎛⎜⎝ ω p2 /ω02 ⎞⎟⎠ и делая несложные преобразования,получимω p21 ⎞ ⎛ ω02 π 2 ⎞⎛=−− ⎟1⎜⎟⎜c 2 ⎝ m2 ⎠ ⎝ c 2 a 2 ⎠Задача 4.
Для решения этой задачи необходимо обобщить понятие зон Френеля.Можно ее, конечно, решать и с помощью вычисления интеграла Кирхгофа, но прощеопределитьприкакомрадиусеrразностьоптическихпутейλΔl = (n1l1 + n2l2 ) − (an1 − bn2 ) = 2 . Это и будет радиус, при котором интенсивность в точке Bбудет максимальной. Дальше задача становится чисто геометрической. Из прямоугольныхтреугольниковl12 = (a + x) 2 + r 2 , l22 = (b − x) 2 + r 2 .Из прямоугольного треугольника с радиусом границы средыR 2 − r 2 = ( R − x) 2 = R 2 − 2 Rx + x 2 ,пренебрегая x 2 по сравнению 2Rx , получим r 2 = 2 Rx .
Вычислим l1702xRx⎛ x ⎞ 2R x⎛ R⎞l1 = a ⎜1 + ⎟ += a 1+ 2 + 2≈ a + x ⎜1 + ⎟ .a aaaa⎝ a⎠⎝ a⎠Аналогично, для l2⎛R ⎞l2 = b + x ⎜ − 1 ⎟ .⎝b ⎠Делая очевидные преобразования, получимr=λ( n1 − n2 )R+(n1a+ nb2)Задача 5. Из решения задачи 3.34 [Меледин Г.В., Черкасский В.С. Электродинамикачастиц и полей в задачах, часть 2, Новосибирск: НГУ, 2003], с учётом многократнойинтерференции получаем:T=τ 122 τ 2321 + r232 r212 − 2r23 r21 cos Δ2π, где Δ = 2dn2 , τ и r - коэффициенты прохождения иλ2отражения от границ соответствующих сред (вычисляемые по формулам Френеля).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
