1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 15
Текст из файла (страница 15)
ЭДС индукции равна: ε (t ) = −c δtc⎝ b ⎠2a ⎛ a + b ⎞1 + iωCR − iωt2рамке находим из правила Кирхгофа: J1 (t ) = 2 ln ⎜e . Так как⎟ J 0ω C2c⎝ b ⎠1 + (ωCR )сопротивление большое, магнитным потоком от этого тока, пронизывающим рамку,пренебрегаем (то есть пренебрегаем самоиндукцией).1 δΦ (t ) 1= Blx . Так какc δtc11 δIсопротивление контура мало, эта ЭДС равна только ЭДС самоиндукции: Blx = 2 L.cc δtНеобходимо также воспользоваться уравнением движения, на стержень действуют силаI Blтяжести и сила Ампера: x = g −.
Если проинтегрировать предыдущую формулу сc m11начальными условиями x(0) = 0 и x(0) = 0 , то: Blx = 2 LI , и тогда: x + ω02 x = g , гдеcc2 2gmgcBlω02 =. Тогда решением будет: x(t ) = 2 (1 − cos ω0t ) , а для тока: I (t ) =(1 − cos ω0t ) .Blω0mLЗадача 3. ЭДС индукции, наводимая в контуре равна: ε (t ) = −Задача 4. Так как пластинка на поверхности жидкости идеально проводящая, еёпотенциал константа, а граничные условия на ней таковы, что тангенциальнаясоставляющая электрического поля равна нулю. Точечный источник тока представляетсобой точечный заряд, вблизи которого силовые линии электрического поля и линии токаидут по радиусу. Заряд, накопившийся на пластинке, создаёт такое поле, какое создавал бы77точечный заряд, помещённый на расстоянии h над жидкостью, но противоположный познаку заряду – источнику тока. Таким образом, задача является задачей на метод⎛⎞11⎜⎟ , где−изображения.
В полярных координатах: ϕ ( R, z ) = q2⎜ h + z 2 + R22 ⎟)(h − z) + R ⎠⎝ (q=δϕ ( R, z )⎛ δϕ ( R, z )eR +ez. Ток находим как j ( R, z ) = σ E = −σ ⎜δz4πσ⎝ δRI⎞⎟.⎠Задача 5. Внутри движущегося во внешнем магнитном поле проводника, полная силаeЛоренца должна быть равна нулю: eE + ⎡⎣v × B ⎤⎦ = 0 , где в случае вращения: v = [ω × r ] .cωBТаким образом, в стержне возникает радиальное поле E = −r . Из соотношенияc1 δ ⎛ ωB 2 ⎞ωBr ⎟ = 4πρ , отсюда ρ = −divE = 4πρ , в цилиндрической системе координат −.⎜2π cr δr ⎝ c⎠Так как в целом цилиндр остаётся электронейтральным, пренебрегая краевыми эффектами,получаем: ρπ a 2 + 2πσ = 0 , и поверхностный заряд на поверхности цилиндраρaω Baω 2 Ba 2ω 2 Br. Находим граничный i = σω a =и объёмный токи j = ρ v = −.σ =−=4π c2π c24π cИнтегрируя поле от множества соленоидов, получаем добавку к внешнему полю:ω 2r 2 BΔBz (r ≤ a) =, ΔBz (r > a) = 0 .
Разрыв поля на границе цилиндра обусловленc2vmax 22поверхностными токами, добавка имеет порядок малости β = 2 .cЗадача 6. Магнитное поле вдоль оси Y возникает, так как движущаяся заряженнаяпластинка создаёт ток. Так как пластинка колеблется, ток переменный, и переменноемагнитное поле создаёт переменное электрическое поле, направленное вдоль оси Z. Разрыв4πi , где iтангенциальной составляющей магнитного поля на пластинке равенcповерхностный ток. Он равен σ vz . Тогда, из симметрии задачи, магнитное поле по разныестороны пластинки одинаково по модулю, но противоположно по знаку. Разобьём верхнееполупространство на область 1 – от пластинки до проводника и область 2 – проводник.Тогда, если d много меньше длины волнырешения задачи о сильном скин-эффекте:2π cωH 2 = H1eтолщина скин-слоя. Из уравнений Максвелла:x−d− (1−i )σ v0 e −iωtδ(1 − i )eE2 = −2λδ,H1 =E2 =2πσ v0 e − iωt .c− (1−i )Из известногоx−dδc δ H24πλ δ x, гдеδ=c2πλω-, и, соответственно:.
Электрическое поле в области 1 состоит изпадающей и отражённой волны. Из уравнений Максвелла и из граничных условий(тангенциальная составляющая электрического поля на границе раздела непрерывна),78находим:гдеiωH1 x ,c2πσω v0 e− iωt d ⎛ δδ ⎞⎞⎛−+E0 = −i1⎜ 2d ⎜ 2d ⎟ ⎟c2⎝⎠⎠⎝E1 = E0 −. Удельную силу (наединицу площади), необходимую для поддержания движения легко находим из уравнениядвижения:μ vz = σ E0 + f z ,отсюдаπσ 2ω v0 e −iωtδfz =c2− iω v0 e− iωt⎛ 2πσ 2 d ⎛δ ⎞⎞μ ⎜1 +⎜1 +⎟⎟2μc⎝ 2d ⎠ ⎠ .⎝Контрольная работа 2Задача 1. Обозначим коэффициент преломления воды n0 = 43, а коэффициентпреломления воздуха n1 = 1 .а) В соответствии с формулами Френеля, коэффициент отражения электромагнитнойволны по интенсивности в случае нормального падения на границу раздела двух сред2⎛ n −n ⎞4n0 ⋅ n1.
В нашемравен: R = ⎜ 0 1 ⎟ , а коэффициент прохождения равен: T = 1 − R =(n0 + n1 ) 2⎝ n0 + n1 ⎠48случае T =.49б) Если воспользоваться граничными условиями, из которых параллельные границераздела составляющие волнового вектора падающей и прошедшей волны равны и закономдисперсии ki = ni ω , где ki – волновой вектор в i-той среде, ni – показатель преломленияci-той среды, то: k1,⊥ 2 =ω22(n21− sin 2 ϕ0 ⋅ n02 ) .
Здесь φ0 – угол падения. Видно, чтоcперпендикулярная составляющая волнового вектора прошедшей волны становится мнимой,nесли sin ϕ0 ≥ 1 . Значит, в нашем случае минимальный угол падения, при которомn0происходит полное внутреннее отражение, равен 54о.в) Угол Брюстера определяется выражениемtgϕ B =n1n0=34.Угол Брюстерадля границы раздела вода/воздух равен 36.9о. При падении под этим углом, уэлектромагнитной TM волны обращается в ноль коэффициент отражения.
Обратитевнимание, что для падения из оптически менее плотной среды в оптически более плотнуюсреду (например, из воздуха в воду) угол Брюстера наоборот, больше 45о, и для границыраздела воздух/вода равен 53.1о, в ноль также обращается коэффициент отражения для TMволны. Циркулярно поляризованную волну можно представить в виде суммы TM и TE волнс одинаковой амплитудой, но сдвинутых по фазе на четверть оборота. Используя формулыФренеля, получаем:7922ITE ⎛ sin(ϕ0 − ϕ1 ) tg (ϕ0 + ϕ1 ) ⎞ ⎛ cos(ϕ0 − ϕ1 ) ⎞ ⎛ 1 + tg (ϕ0 )tg (ϕ1 ) ⎞=⎜⋅⎟ =⎜⎟ =⎜⎟ITM ⎝ sin(ϕ0 + ϕ1 ) tg (ϕ0 − ϕ1 ) ⎠ ⎝ cos(ϕ0 + ϕ1 ) ⎠ ⎝ 1 − tg (ϕ0 )tg (ϕ1 ) ⎠Разлагаем тангенс угла падения в ряд Тэйлора вблизи угла Брюстера:tgϕ0 = tg (ϕ B + γ )2⎛ n0 ⎞ ⎛ ⎛ n1 ⎞ ⎞ ⎞n1 ⎛⎜=tgϕ B +1 + γ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎟2cos ϕ B n0 ⎜⎝ n1 ⎠ ⎝⎜ ⎝ n0 ⎠ ⎠⎟ ⎠⎟⎝γДля нахождения тангенса угла преломления воспользуемся законом Снеллиуса итригонометрическими соотношениями:tg (ϕ1 ) =sin ϕ1 n0= ⋅cos ϕ1 n1sin ϕ02⎛n ⎞1 − ⎜ 0 ⎟ sin 2 ϕ0⎝ n1 ⎠=n0⋅n11⎛ n0 ⎞1+−⎜ ⎟tg 2ϕ0⎝ n1 ⎠12Воспользуемся разложением тангенса угла падения -1tgϕ02⎛ n0 ⎞ ⎛ ⎛ n1 ⎞ ⎞ ⎞n0 ⎛⎜ 1 − γ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ 1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ , тогда:n1 ⎜⎝ n1 ⎠ ⎝⎜ ⎝ n0 ⎠ ⎟⎠ ⎟⎠⎝2n0 ⎛n0 ⎛ ⎛ n1 ⎞ ⎞ ⎞tg (ϕ1 )⋅ ⎜ 1 + γ ⋅ ⋅ ⎜ 1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ , и, следовательно:n1 ⎜n1 ⎜ ⎝ n0 ⎠ ⎟ ⎟⎝⎠⎠⎝2ITEITM⎛⎞⎜⎟⎜⎟211=⋅⎜⎟222⎜ n0 ⎛ ⎛ n1 ⎞ ⎞ ⎟ γ ⎛ n0 n1 ⎞⎜ + ⎟⎜ 2γ ⎜⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜⎟n1n⎝ n1 n0 ⎠⎝ ⎝ 0 ⎠ ⎠⎠⎝Для наших условий:ITEITM21 ⎛ 12 ⎞1 144⋅⎟ = 2⋅2 ⎜γ ⎝ 25 ⎠ γ 625Задача 2.На первой границе раздела (вакуум – диэлектрик с показателем n1) из-за нормальногопадения угол преломления не меняется.
На границу раздела двух диэлектриков луч падает⎛ n ⎞под углом α, и, согласно закону Снеллиуса, выходит под углом α 2 = α ⎜1 − 1 ⎟ . Под данным⎝ n2 ⎠углом луч падает на границу раздела (диэлектрик с показателем n2 – вакуум) и такжепреломляется. Таким образом, угол, под которым луч выходит из призмы, равен:α 3 = n2α 2 = α ( n2 − n1 ) , значит Δn = n2 − n1 =α3.α802Задача 3.Как известно, любую моду прямоугольного волновода можно разложить на плоскиеволны, а волна Hm0 представляет собой суперпозицию двух плоских волн с векторами kz иmπnωkx = ±. Из дисперсии - k x 2 + k z2 =.acПренебрегая искажением волн вблизи края волновода, считаем, что наша задачаkxmπ cаналогична задаче о падении под углом α ( sin α ==±) плоской волны наaω nk x 2 + k z2границу раздела двух сред. Тогда условием полного внутреннего отражения таких волнбудет превышение углом α значения минимального угла полного внутреннего отражения:mπ c 1aωsin α ==≥ .
Отсюда m >.πcaω n nЗадача 4.Интеграл Кирхгофа в приближении дифракции Френеля записываем как:E (ϑ ) =k2π izei ( kz −ωt )N −1 m ( a + b ) + a∑ ∫E ( x)e− ik sinϑ xδ xm =0 m ( a +b )Так как волна падает на решётку под углом α, то в каждую точку решётки волнаik sin α x. Интегрируем, потом находим суммуприходит с различной фазой E ( x) = E0 ⋅ eконечной геометрической прогрессии. Интенсивность равна произведению амплитуды наеё комплексно сопряжённое.k ( a + b)⎛⎞sinsin ϑ − sin α ) ⎟N(2⎜ka2⎛ ka⎞⎠⋅ sin c 2 ⎜ ( sin ϑ − sin α ) ⎟ ⋅ ⎝I (ϑ ) = E0222π z⎝ 2⎠ ⎛k ( a + b)sin( sin ϑ − sin α ) ⎞⎟⎜2⎝⎠Задача 5.Запишем условие для границы m-той зоны Френеля - разность фаз для лучей, идущихна расстоянии r от оси и вдоль самой оси составляет:k rm 2 + a 2 + kn rm 2 + b 2 − ka − knb = mπРазлагая в ряд Тейлора по малостиrma1иrmb1 получаем: rm =mλ1 n+a b.Это стандартная формула для радиусов зон Френеля, за исключением того, что вместо bстоитb.
Обратите внимание, что оптическая длина пути увеличивается в n раз, а радиусnзон Френеля уменьшается. Подставив значения, легко убедится, что открыто 16 зонФренеля – 8 нечётных и восемь чётных. Так как вклад в суммарное поле на оси отверстия отнечётной и четной зоны равен нулю, то и интенсивность в точке P близка к нулю. Еслизакрыть нечётные зоны, то каждая чётная зона в соответствии с интегралом Кирхгофа даст812интенсивность, вчетверо превосходящую интенсивность света, которая была бы в случаеотсутствия экрана – I0. Соответственно, 8 зон дадут интенсивность в 64 раза большую, вцелом 256I0.Экзаменационная работа 2Задача 1.а) Очевидно, что волны от двух синфазных диполей помещённых на расстоянии вполовину длины волны, распространяющиеся вдоль направления смещения диполей,взаимно уничтожаются (излучение от разных диполей доходит до наблюдателя впротивофазе).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
