1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Поскольку диполей нечётное число, то остаётся излучение от одного диполя- I = I 0 . В перпендикулярном направлении волны от всех диполей складываются синфазно,и общее поле увеличивается в 11 раз. Следовательно, соотношение интенсивностей будетI⊥= 112 = 121 .Iб) В этом случае всё меняется местами – вдоль прямой идёт синфазное сложениеI1.полей, поперёк – взаимное уничтожение, следовательно ⊥ =I121Задача 2.Так как скорость вращения элементов стержня v ≤ ωl c , то можно использоватьдипольное приближение.
Найдём дипольный момент стержня. В сопутствующей системекоординат (своей для каждого элемента стержня, где он покоится), имеется электрическоеполе:⎡ v × B ⎤⎦ ω rBE (r ) = ⎣er=cc, которое направлено вдоль стержня. ДипольныйD − E ω rB (ε − 1)=⋅⋅ er . Интегрируя поc4π4πмомент единицы объёма стержня равен:P=сечениюполучимP=иподлинестержня,егополныйдипольныймомент:ω B (ε − 1) l⋅S ⋅ er .
Этот дипольный момент, не изменяясь по модулю, вращаетсяc4π22в пространстве. В этих условиях, интенсивность дипольного излучения будет равна:.. 2P2I= ⋅ 33 c2π cλ=.6 2 2 42 P 2ω 412 ω B S l==⋅ (ε − 1)3c 396π 2c5, а длина волны излученияωЗадача 3.Так как поток магнитного поля через сверхпроводящий соленоид сохраняется, тоимеем следующее равенство:Φ=L0 J 0 L (t ) J (t )=.ccИспользуя выражение для индуктивности длинного соленоида, получаем:82L04π N 2 S4π N 2 SL (t ) ===(площадьl (t )l0 (1 + a sin ωt ) 1 + a sin ωtИз этого соотношения получаем: J (t ) = J 0 (1 + a sin ω t ) .соленоида S = π R 2 ).Так как размер соленоида мал по сравнению с длиной волны излучения, то задачарешается в рамках дипольного приближения.
Полный магнитный момент соленоида равенсумме моментов его витков:Μ = N ⋅m =NJ 0 SNJ (t ) S(1 + a sin ω t )ez . Тогдаez =ccв волновой зоне легко получить выражение для полей излучения магнитного диполя и егоинтенсивности:⎡n × m⎤1E ( r , t ) = ⎣ 2 ⎦ = − 2 ⋅ sin ϑ NJ 0 Sω 2 a sin(ω ( t − cr )) ⋅ eϕc rc r⎡ ⎡n × m⎤ × n ⎤1⎣⎦ ⎦H (r , t ) = − ⎣=⋅ sin ϑ NJ 0 Sω 2 a sin(ω ( t − cr )) ⋅ eϑ22c rc r2 m2N 2 J 0 2 S 2ω 4 a 2=I=.3c 33c 5Задача 4.Параллельный пучок, отражённый от сферического зеркала удобно заменитьточечным источником, помещённым в фокус этого зеркала (в параксиальномприближении).
То есть, в эквивалентной оптической схеме данный источник располагаетсяна расстоянии половины радиуса от поверхности сферы (в глубине сферы). Таким образом,на экране интерферируют плоская волна, падающая по нормали и сферическаярасходящаяся волна из источника, расположенного на расстоянии 2l+R/2 от экрана.Поскольку по условию в центре светлое пятно, то в центр эти волны приходят в фазе.
Присмещении от центра на расстояние r возникает разность фаз, равная:Δϕ = k (2l + R ) + r − k (2l + R )2222kr 22(2l + R )2Первое светлое кольцо возникнет, когда разность фаз достигнет 2π, отсюда:r = 2(2l + R ) − k (2l + R )22составляет 0.2 сантиметра.kr 22(2l + R )2и для наших данных радиусЗадача 5.а) На сферическом экране интерферируют волны от источника и волны, отражённыеот зеркала. Удобно рассмотреть реальный источник S и его зеркальное изображение S’,излучающее в противофазе. Тогда I = 2 I 0 (1 − cos k ( l2 − l1 )) .
Из простых геометрическихсоображенийl2 − l1 = h 2 + R 2 + 2 Rh cos α − h 2 + R 2 − 2 Rh cos α2h cos α.Следовательно - I = 4 I 0 sin (kh cos α ) .б) Максимумы интенсивности будут наблюдаться при выполнении условия:2832kh cos α N = 2π N + π .
Используя, что h = mλ и раскладывая косинус малого угла,⎛ αN2 ⎞4m − 2 N − 1получаем: 4π m ⎜1 −,⎟ = 2π N + π . Отсюда легко выразить α N =2 ⎠2m⎝либо, удобнее выразитьαn =2n + 1где n – также целое число, равное 2m − N − 1 .2mв) Интегрируем интенсивности от множества монохроматических источников иполучаем:k 0 + Δk2k0 − Δk2I=∫2 (1 − cos(2kh cos α ) )ΔIδ k , интенсивность «прямоугольная, то естьΔkне зависит от k, значит:I = 2 I 0 (1 − sin c ( Δkh cos α ) ⋅ cos(2k0 h cos α ) ) .Отсюда видность интерференционной картины равна:⎛ Δω⎞V = sin c ( Δkh cos α ) = sin c ⎜h cos α ⎟⎝ c⎠, и далее, подставляя h =πc,2Δωимеем:⎛π⎞V = sin c ⎜ cos α ⎟⎝2⎠Задача 6.а) Чтобы интенсивность в точке P была максимальна, надо, чтобы разница оптическихпутей с краёв щели не превышала половины длины волны.r12 − r02 λ=2z p2l1 − l0 = z p + r − z p + r2Отсюда находим:21220r1 = λ z p + r02r0 +λzp2r0(последнее, если предположитьчто внутренний радиус много больше первой зоны Френеля.б) Вторая половина кольцевого отверстия создаёт в точке P поле, такое же поамплитуде, как и первая, но из за разности оптических путей, сдвинутое по фазе:Δϕ = kh(n − 1)I = EΣ ⋅ EΣ * ,.
В итоге имеемследовательноEΣ = E1 + E2 = E1 (1 + eiΔϕ )I = 2 E12 (1 + cos Δϕ ) .была больше ровно в 2 раза, надо, чтобыh=λ 2m + 1n −14. ИнтенсивностьДля того, чтобы интенсивностьΔϕ = kh(n − 1) = mπ +π2, значит.842006/2007 учебный годКонтрольная работа 11. Вычисляем потенциал на оси диска на расстоянии z от центра:aϕ ( z ) = 2πσ ∫rδ r= 2πσ ( z 2 + a 2 − z )z2 + r2q2qσ = 2 ,ϕ ( z) = 2 ( z 2 + a2 − z)aπa0Работа по перемещению заряда равна разнице потенциалов, умноженной на заряд:A = q1 (ϕ (a ) − ϕ (2a )) =2qq1( 2 + 1 − 5) .a2. Задача на метод изображения. Незаряженный цилиндр находится в почтиоднородном поле, и, чтобы выполнить закон сохранения заряда и граничные условия наповерхностипроводника(потенциал константа, тангенциальная компонентаэлектрического поля равна нулю), заряды распределяются на поверхности данногоцилиндра так, что можно считать, что ими создаваемые поля происходят от 2-х заряженныхнитей.
Одна с зарядом κ расположена по оси цилиндра, другая с зарядом -κ находится на2расстоянии l ' = a 2 на линии, соединяющей оси цилиндров. Все нити параллельны осямRцилиндров. Тогда, сила на единицу длины находится просто:2κ 2 2κ 2 2κ 2 1−=− 1)F=(R −l' RR 1− l 'R2κ 2 l ' 2κ 2 2⋅ =aR R R33. Так как плотность заряда равна нулю везде, кроме заряженной границы, топотенциал ищем в виде набора функций, зависящих только от угла и радиуса, лапласиан откоторых равен нулю. Таких функций бесконечное множество, но, для того, чтобывыполнить граничные условия в нуле (потенциал не обращается в бесконечность), навнешней границе и на плоскости секущей цилиндры напополам (потенциал обращается вноль, так как внешний цилиндр заземлён), потенциал ищем в виде:ϕ1 (r , α ) = Ar cos α ,B ⋅ b2ϕ2 (r , α ) = Br cos α −cos αrИмеем 2 константы и 2 граничных условия на границе r=a:ΔDn = 4πσ 0 cos α , ϕ1 (a, α ) = ϕ 2 (a, α )Тогда:⎛b2 ⎞4πσ 0 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟a ⎠⎝A=⎛⎛b2 ⎞b2 ⎞ε1 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟ − ε 2 ⎜ 1 + ( 2 ) ⎟a ⎠a ⎠⎝⎝85B=4πσ 0⎛⎛b2 ⎞b2 ⎞ε1 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟ − ε 2 ⎜ 1 + ( 2 ) ⎟a ⎠a ⎠⎝⎝4.
Задача также на метод изображения. Пусть один заряд диполя (-q) находится прямона границе раздела, а сам диполь образует угол θ с нормалью к границе раздела. Изграничных условий, заряды изображения равны:ε1 − ε 22ε 2, q '' = qε1 + ε 2ε1 + ε 22ε1−qε1 + ε 2q' = qзарядаот заряда на границе раздела, поле будет как отПоле в верхней полуплоскости будет как от диполя p + от его изображения p’:⎛ ε −ε ⎞2ε 2p1⊥ = p cos θ ⎜1 − 1 2 ⎟ = p cos θε1 + ε 2⎝ ε1 + ε 2 ⎠⎛ ε −ε ⎞2ε11 ( p1n )p1 = p sin θ ⎜ 1 + 1 2 ⎟ = p sin θϕ=1ε1 + ε 2 ,ε1 r 2⎝ ε1 + ε 2 ⎠Здесь мы разбили диполь на перпендикулярную и параллельную границе разделасоставляющую.
Векторсоответственно:p2⊥ = p cos θn- нормаль к границе раздела. В нижней полуплоскости,2ε 2ε1 + ε 2,p2 = p sin θ2ε 21 ( p2 n )ϕ=ε1 + ε 2 , 2 ε 2 r 2Поле находим как градиент от потенциала, а поверхностный заряд из граничныхусловий:E1⊥ − E2⊥4πp cos θ ε 2 ⎛ 1 1 ⎞=−σ⎜ − ⎟Тогда π r 3 ε1 + ε 2 ⎝ ε1 ε 2 ⎠σ=divj = 0 , а так какj0()=Exзадача одномерная, j x = const = j0 . Так как j = σ E , то xx⎞.⎛σ 0 ⎜1 + ⎟⎝ d⎠dUσ 0j=U=E(x)δx, тогда 0. ПлотностьНайдём плотность тока из условия ∫0 xd ⋅ ln 25.
Режим стационарный, заряд нигде не накапливается, значитзаряданайдёмизсоотношенияdivE = 4πρ,и861 δEx ( x) =4π δ xρ=Ux⎞⎛4π d ln 2 ⎜ 1 + ⎟⎝ d⎠22Экзаменационная работа 11. Диполь является «упругим» и его потенциальная энергия во внешнем поля равна( dE )W =−2, электрическое поле на оси кольца равнодипольныймоментd z ( z ) = Ez ( z )диэлектрическогоε −1 3aε +2.Работапотенциальной энергии и составляетшараповEz ( z ) =однородномперемещениюдиполяqz(b2 + z 2 )полеравна3а2равенразности1 ε −1 3 21 ε −1 3 q2A=−a Ez (b) = −a2ε +216 ε + 2 b 4.2.
Поток магнитного поля в соленоиде с идеально проводящими витками сохраняется:⎛πR ⎞B0π R = B ' ⎜⎟⎝ 2 ⎠22. Работа (на единицу длины) равна разнице потенциальнойэнергии (на единицу длины) в конечном и начальном состояниях.B02W0 = π R8π2,2B '22 B0W '=aA= R(4 − π ) .8π8π23. Напряжённость вихревого электрического поля (поле имеет только составляющуюEα (r ) = −вдоль угла α) равна:riω B0 .2cПо закону Джоуля-Ленца, усреднённая поσ ⎛ rω⎞w = ⎜B0 ⎟2 ⎝ 2c ⎠времени мощность, выделяемая в единице объёма равна:ИнтегрируемW=σ ⎛ωпо2r0объёмуπσ 4 ⎛ ω ⎞⎞3πδB2drrdr0 ⎜ B0 ⎟⋅⋅=0⎟⎜8 ⎝ c ⎠ ∫016⎝c ⎠и2.получаем:2. Обратите внимание, чтополная мощность пропорциональна не площади диска, а площади в квадрате.
Поэтомусердечники трансформаторов делают не из сплошных проводников, а пластин,разделённых диэлектриком (чтобы токи Фуко не слишком грели сердечник).87Hα (r ) =4. Напряжённость магнитного поля от бесконечного прямого тока -2I0cr.ЭДС индукции пропорциональна изменению магнитного потока и равна падениюнапряженияI =−наε indсопротивлении:v 2I0 ⎛l⎞⋅+ln1⎜⎟c2 R ⎝ a ⎠ .v=− ⋅ca +l∫a2I0δ r = IRcr.ОтсюдаПроинтегрировав силу Ампера, действующую на каждыйv 4I02 ⎛ ⎛l ⎞⎞F= 4⋅+ln1⎜⎟cR ⎜⎝ ⎝ a ⎠ ⎟⎠участок перемычки, получаем полную силу:5. Полный поток магнитного поля через соленоид равенсоленоида, пронизывающий кольцо равенΦ=2.Φ 0 = H 0π a 2 ,1Φ 0 (1 − cos ϑ )2поток от. Так как кольцосверхпроводящее, то полный поток магнитного поля через него постоянный.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
