1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Так какпластинка четвертьволновая, прошедшие волны интерферируют в фазе, и коэффициентпрохождения максимален (косинус равен минус единице). Подставив соответствующиекоэффициенты получим требуемую формулу. При условии n1 n3 = n22 получаем полностьюпросветляющее покрытие и коэффициент прохождения равен единице.
При условияхn1 n3 >> n22 или n1 n3 << n22 коэффициент отражения близок к единице.Задача 6. Получается, что мы имеем 2 сдвинутые дифракционные решётки каждая изкоторых пропускает свет с ортогональной поляризацией.1⎛ ka⎞ ( sin Nka ( sin ϑ ) )I (ϑ ) = I 0 ⋅ sin c 2 ⎜ ( sin ϑ ) ⎟ ⋅24⎝ 2⎠ ( sin ka ( sin ϑ ) )21⎛ ka⎞ ( sin Nka ( sin ϑ ) )I ⊥ (ϑ ) = I 0 ⋅ sin c 2 ⎜ ( sin ϑ ) ⎟ ⋅24⎝ 2⎠ ( sin ka ( sin ϑ ) )и2Сумма данных волн будет иметь поляризацию, направленную под углом 45 градусов кплоскости поляризации любого из поляроидов.
Если закрыть чётные полосы,интенсивность света уменьшится вдвое, направление вектора поляризации будет вдольсоответствующей оси поляроида.Задача 5. При наличии частично когерентного излучения интерференционнуюкартину можно наблюдать если разность хода меньше продольной длины когерентности.Для данного случаяΔl = 2dn cosψ ≤ l .При записи этого выражения мы пренебрегаем слагаемым λ/ 2 , потому что lλ.Подставляя выражение для d = l / 2 и зависимость n sinψ = sin θ , получаем посленесложных преобразованийsin 2 θ∗ = n 2 − 1, θ > θ∗ .Записав соотношение для двух соседних максимумов2dn cos(ψ + δψ ) = mλ , 2dn cosψ = (m + 1)λ .71Вычитая из второго уравнения первое и используя малость δψ , получимδψ =λ2d sin θэто непонятно что за решение - ???Экзаменационная работа 21.
Найдем излучаемую мощность. Она будет равна мощности внешних сил,необходимой для поддержания колебаний.Заряженная плоскость создает поверхностный ток i = σv = σv0 e iωt . Из граничного2πσv0 iωt4πiусловия [H τ ] =найдем магнитное поле вблизи плоскости H =e . Очевидно,cc2πσv0 i (ωt − kz )магнитное поле волны будет иметь вид H =e, а амплитуды электрическогоcи магнитного поля в вакууме совпадают.Для того, чтобы посчитать мощность излучения, требуется уточнить, что имеется ввиду под комплексной скоростью v .
Если считать, что реальная и мнимая частьскорости это ее проекции на две перпендикулярные оси в плоскости, то мощностьизлучениясединицыплощадиводнополупространствоcP= S =H4π2=πσ 2 v 02c. Очевидно, такая же мощность излучается в другую2πσ 2 v02Если плоскости колеблется вдоль одной прямой, то от полейcπσ 2 v02πσ 2 v02c2Re H =, а PΣ =необходимо взять реальную часть. Тогда P = S =4π2cc(т.е.
мощность в 2 раза меньше).Мощность сил, действующих на плоскость можно посчитать и как P = Fv = σEv .После подстановки поля и скорости получим те же ответы, что и при решении первымспособом.сторону: PΣ =2. 1-й способ. Найдем ток, создаваемый нитью в лабораторной системе отсчета, (гденить движется). Плотность тока и заряда образуют 4-вектор jα = ( j , ρc ) . В системе отсчетанити jα′ = (0,0,0, ρc ) .
В лабораторной системе jα = Λ αβ j β′ = (βγρc,0,0, γρc ) . Тогда ток в2 I 2κ=βγ , а направленоcrrпо окружности вокруг провода. Также мы получили, что линейная плотность заряда нанити в лабораторной системе отсчета вырастет в γ раз, что является следствиемрелятивистского сокращения длины нити.
Электрическое поле в лабораторной системе2γκотсчета E =.rпроводе I = ∫ jdS = βγcκ . Тогда магнитное поле по модулю B =2-й способ заключается в преобразовании полей из системы отсчета, связанной с2κнитью, в лабораторную систему. В системе нити H ′ = 0; E r′ =. Формулыrпреобразования полей имеют вид72E|| = E||′E ⊥ = γ (E ⊥′ − 1c [V × B ′]⊥ )B|| = B||′Здесь индекс||B⊥ = γ (B⊥′ + 1c [V × E ′]⊥ )обозначает компоненту поля вдоль нити, аполе нити, получим⊥- поперек. ПодставляяB|| = 02κrМагнитное поле, как и в первом решении, направлено по окружности вокруг нити.Электрическое поле также легко вычисляетсяE|| = 0B⊥ = γ1c[V × E ′]⊥ = βγE ⊥ = γE ⊥′ =2γκr⎡d × n ⎤e 2 E0⎥⎢, E0 3. Поле рассеянной волны для одного заряда H = ⎣ 2 ⎦ , где d = er =mc rполе падающей волны.
Поля рассеянных волн от каждого заряда будут складываться сучетом разности фаз между ними. При рассеянии вперед поля складываются в фазе иH 1Σ = 2 H . При рассеянии назад разность хода волн составит 2l , т.е. H 2 Σ = H 1 + e 2ikl .dσ1 dI1 c2==HΣ r2dΩ S 0 dΩ S 0 4πДифференциальное сечение рассеяния(), что для2рассеяния вперед даетre ≈ 3 ⋅ 10 −13 см-dσ 14π=dΩ cE024 d sin 2 θ4πc 3классическийрадиус=4e 4 sin 2 θ4e 4== 4re2 , ( θ = π 2 ,m 2c 4m 2c 4электрона).Длярассеянияназад2dσ 24π=dΩ cE02θ =π 2.d sin 2 θ4πc 3422⎛⎜ 1 + e 2ikl 2 ⎞⎟ = 4e sin θ cos kl = 4r 2 cos 2 kl , и также подставленоe⎝⎠m2c 44. В поле электромагнитной волны диск будет поляризоваться.
Поскольку размердиска мал по сравнению с длиной волны падающего излучения, то весь диск можнозаменить на точечный диполь. Дипольный момент будет менять с частотой внешнего поля.Излучение этого диполя и будет рассеянным излучением.Пренебрегая краевыми эффектами, будем считать, что поле вне диска однородно иравно.ИзграничныхусловийнаповерхностидискаE 0 e iωt[Dn ] = 0 ⇒ Dвнповерхности= Dсн = E 0 e iωt ; E вн =дискаσ св =E 0 R 2 h ε − 1 iωt.d = σ св Sh =eε4E 0 e i ωtε.
Поверхностная плотность связанных зарядов на[E n ] = E0 ⎛1 − 1 ⎞e iωt4π⎜4π ⎝Амплитуда⎟ε⎠.Дипольныйэлектрическогополямоментдискарассеяннойволны73E=d sin θc2r.ДифференциальноеdσE 2 2 ⎛ (ε − 1)hR 2ω 2 sin θ ⎞1 dI⎟⎟r = ⎜⎜==dΩ S 0 dΩ E 022εc 2⎝⎠dσ2π ⎛ (ε − 1)hR 2ω 2⎜σ =∫dΩ =dΩ3 ⎜⎝εc 2⎞⎟⎟⎠сечениерассеянияволнынадиске2.Полноесечениерассеяния25. Поскольку кольцо сверхпроводящее, то поток магнитного поля в нем сохраняется, аток будет зависеть от положения кольца.
Магнитный дипольный момент кольцапропорционален току, т.е. тоже будет меняться, а значит, возникнет магнитодипольноеизлучение.Найдеммагнитныймоменткольца.Изсохраненияпотока2I 0 2 LI2πa 2 I 0=0⇒I =πa +crcLr. Здесь учтено, что r >> a и поле в плоскости кольцаможно считать однородным. Магнитный момент витка с током m =Мощность магнитодипольного излучения найдем по формуле P =2π 2 a 4 I 0зависимость r (t ) в виде r (t ) = r0 − vt , тогда m =Lc4 8 2 4 ∞32π a I 0 vПолная излученная энергия ΔE = ∫ Pdt =∫0 (r3c 5 L20IS 2π 2 a 4 I 0=.cLrc2m3c 32.
Запишем32 π 4 a 8 I 2 v 402v 2,а P =5 2 633c L rr4 8 2 332π a I 0 vdt=.615c 5 L2 r05− vt ).6. Сначала найдем толщину линзы. По определению зон Френеля, разность хода лучейmλ. Дляидущих из центра отверстия и с границы m-той зоны Френеля составляет Δl =2второй зоны Френеля Δl = λ . Линза, покрывающая отверстие компенсирует оптическуюразность хода для всех лучей. Тогда для луча, идущего по центру линзы,λ = Δl = dn − d = d (n − 1) , откуда и следует приведенный в условии задачи результат.Амплитуду поля в точке наблюдения(фокусе линзы) можно найти из спиралиФренеля (см. рисунок слева).
При двухоткрытых зонах Френеля без линзы в точкеE0наблюденияполе было бы равно нулю.2πiEЛинза же компенсирует набег фазы длякаждого луча и поле в точке наблюденияокажется равным длине окружности(спирали Френеля), т.е. E = 2πiE 0 . Комплексная единица показывает, что поле будетсдвинуто по фазе на четверть периода относительно того поля, которое было бы в этойточке при отсутствии экрана (E0).0742005/2006 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1. Так как расстояние до заряженного шара много больше диаметра росинки,qона находится в практически однородном электрическом поле E0 = 2 . Считаем росинкуlшаром, дипольный момент диэлектрического шара в однородном поле равен:ε − 1 qa 3 ε − 1d = E0 ⋅ a 3=. Проще вычислить силу, действующую от поля росинкиε + 2 l2 ε + 22d 2q 2 a 3 ε − 1.
Сила притяжения направлена вдоль(диполя) на заряд: F = q ⋅ Ed = − q ⋅ 3 = 5llε +2линии, соединяющей центр заряженного шара и росинки.Задача 2. Задача на метод изображения. Заряд, индуцированный на поверхностидиэлектрика, создаёт поле, которое бы создавала нить, размещённая на расстоянии h отповерхности в глубину диэлектрика (зеркальное отображение реальной нити) с зарядом на1− ε. Сила взаимодействия на единицу длины двух заряженныхединицу длины κ ' = κ1+ εнитей равна:F = κ Emirrow2κ ' κ 2 1 − ε=κ ⋅=2hh 1+ ε.Задача 3.
Функций, зависящих от x и y, лапласиан от которых равен нулю –бесконечное множество. Искусство заключается в том, чтобы выбрать из них те, чтоудовлетворят граничным условиям. Сама форма поверхности подсказывает, что ответ надоискать в виде ϕ ( x, y ) = C ⋅ x ⋅ y . При x либо y, равном нулю, потенциал зануляется.Константу найдём из условий на гиперболической границе: ϕhyperbole = C ⋅ A = ϕ0 , отсюдаϕ ( x, y ) =ϕ0A⋅x⋅ y .Задача 4. Разобьём пространство на 3 части: 1 – r>a; 2 – b<r<a; 3 – r<b.
Во всёмпространстве (кроме границ раздела) лапласиан от потенциала обращается в ноль. С учётомграничных условий в нуле и на бесконечности, будем искать электрическое поле в виде:3n nd1 − d13n nd 2 − d 2r,=+, E3 ' = E3 , где n = . Имеем 4E1 ' = E0 +E'E2233rrrнеизвестных и 4 граничных условия на 2-х границах раздела: Et = const и Dn = const . Изэтих граничных условий:На границе r=a:dddd− E0 sin ϑ + 13 sin ϑ = − E2 sin ϑ + 23 sin ϑ , ε E0 cos ϑ + 2ε 13 cos ϑ = E2 cos ϑ + 2 23 cos ϑaaaaНа границе r=b:dd− E2 sin ϑ + 32 sin ϑ = − E3 sin ϑ , E2 cos ϑ + 2 32 cos ϑ = ε E3 cos ϑ . Видно, что граничныеbbусловия выполняются при любых углах θ между векторами n и E0 , если:( )( )75d1d= − E2 + 233aad1d2) ε E0 + 2ε 3 = E2 + 2 23aad23) − E2 + 3 = − E3bd4) E2 + 2 32 = ε E3b1) − E0 +Если к третьему уравнению прибавить четвертое, то:d1b3 ( ε − 1)EE=−+23 3a3a33db ( ε − 1)2) ε E0 + 2ε 13 = E2 + 2 E3 3aa3(ε − 1) = − E3) − E2 + E333(ε − 1) , тогда:d2= E33b31) − E0 +Из последнего уравнения - E2 = E3( ε + 2 ) , и, соответственно:3(ε + 2 ) + E b ( ε − 1)d1= − E33 33aa333ε+2()db ( ε − 1)+ 2 E3 32) ε E0 + 2ε 13 = E3a3a3Умножаем первое уравнение на −2ε и складываем со вторым:31) − E0 +(ε + 2) + 2E2ε ( ε + 2 )b3 ( ε − 1)b3 ( ε − 1)3ε E0 = E3+ E3− 2ε E3 33 33a33a33(ε + 2 )(1 + 2ε ) + 2 E b (ε − 1) 1 − ε3=εEE( ) , и поле внутриОтсюда:033 333a9ε E0=E3шара равно:b32 .
Нужно было найти поле в зазоре:(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 ( ε − 1)a3ε ( ε + 2 ) E0E2 =b32 и дипольный момент внутреннего шара:(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 (ε − 1)a3ε ( ε − 1) E0 ⋅ b3d2 =b32(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 (ε − 1)aЗадача 5. Вследствие краевых эффектов, уровень проводящёй жидкости не совпадаетс уровнем погружения. Обозначим разницу за H. Сопротивление конденсатора обратноC, а припропорционально уровню жидкости в нём.
Тогда, при погружении на h: R =h+H76Ch+H, отсюда: C = R ( h + H ) и 2 =, значит h = H . Ипогружении на 2h: 2 R =332h + H2h + HR ⋅ 2h 2при погружении на 4h: R4 h == R.4h + h 5Задача 6. Через среду протекает однородный ток. Направим ось z вдоль направлениятока j = j ⋅ ez . Среда проводящая, проводимость обозначим за σ. Согласно локальномузакону Ома j = σ E . Вектор электрической индукции D = ε (r ) E = ε (r )воспользоваться соотношениеминдукцииρ free =пропорциональнаjσ. НеобходимоdivD = 4πρ free (дивергенция вектора электрическойплотностисвободныхзарядов).Отсюда:11 jdivD =div ( ε (r ) ⋅ ez )4π4π σЭкзаменационная работа 1Задача 1. Необходимо просто сложить «половинки» полей от двух перпендикулярноπJрасположенных колец. Тогда: B (0) =( e y + ez ) .caЗадача 2. Магнитное поле от бесконечного проводника известно, находим магнитный2 J (t )1 δΦ (t )⎛ a+b⎞поток через рамку: Φ (t ) =, а ток вa ln ⎜⎟ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
