1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Так как довнесения в поле соленоида тока в кольце не было, и, соответственно, не было магнитногополя, то полный поток магнитного поля через кольцо равен нулю. Значит:отсюда находим ток в кольце:I =−cΦ 0 (1 − cos ϑ )2LΦ+LI = 0,c. Магнитное поле отполубесконечного соленоида на расстояниях много больше его радиуса равно:B(r ) = H 0r 2ar3.Интегрируемсилуампераиполучаем:Φ 02F=⋅ (1 − cos ϑ ) sin 3 ϑ .4π Lb6. Кольца идеально проводящие, значит поток магнитного поля через каждоесохраняется. При удалении малого кольца электрический ток в большом кольце и потокмагнитного поля через него не изменяются (так как первоначально не было электрическоготока в малом кольце).
В малом кольце электрического тока первоначально не было, нопоток магнитного поля сквозь него былΦ a = B0π a 2 ,гдеB0 =2π I 0cb- магнитноеполе в центре большого кольца. Значит, при удалении малого кольца на бесконечность, длятого, чтобы сохранить в нём поток магнитного поля, в нём возникнет электрический токB0π a 2 cIa ' =La. Тогда, изменение энергии магнитного поля системы равно:La ( I a ')B0 2π 2 a 4 4π 4 a 4 I 02ΔW = W '− W0 ===2c 22 La2 La c 2b 22.887. Можно найти магнитное поле как ротор от вектор-потенциала.B1 = A0 ( xex − ye y ) , B2 = A0 ( xex − ye y − a (ex − e y ) ) . Так как лапласиан отвектор-потенциалов в области 1 и 2 равен нулю, объёмных токов нет.
Ток на поверхностинаходим из скачка тангенциальной составляющей магнитного поля. На диагонали:aa2 , B2τ = −2 , следовательно, линейная плотность тока на диагонали 22ciz =aA0 2 .4πB1τ =Контрольная работа 2Задача 1.Задача на продольную длину когерентности. Так как по условию a1 , то светLпадает на пластинку практически по нормали, к тому же, поперечная длина когерентностине играет роли. Значит, чтобы наблюдалась интерференция, оптическая длина пути(удвоенная толщина пластинки, помноженная на коэффициент преломления) должна бытьменьше или равна продольной длине когерентности l = λ2Δλ, отсюда d ≤ λ22 Δλ ⋅ n.Задача 2.Так как линза разделена, получаем два изображения источника. Из формулы тонкойлинзы легко получить, что изображения расположены в плоскости, отстоящей наlза линзой.
Так как по условию l>2f, то l ' < l . Протяжённостьрасстоянии l ' =l −1fll'afисточников равна: a ' =, а расстояние между их центрами d ' = d + d =d.ll −1l−1ffСвет, вышедший из центра источника, имеет равную вероятность распространяться подвумтраекториямсодинаковойоптическойдлинойпутиравнойlcenter =( l + l ')2+ d '2 + z 2 + d '2(где zl , l ' это расстояние до экрана), и всегдаприходит в фазе (светлая точка). Интерференция пропадёт, картинка будет «серой», еслисвет от краёв источника, распространяясь также по двум траекториям (но уже с разнойоптической длиной) будет образовывать тёмную точку. Для этого необходимо, чтобыразница данных оптических путей составляла половину длины волны (или больше, тогдавидность также будет стремиться к нулю, колеблясь по модулю синкуса). Отсюда:2λad ⎛ l ' ⎞ λa≥⎜ ⎟ ≥ .
Подставив значение l’, получаем:2 l2( l + l ') ⎝ l ⎠ 2(fdlf)−1.Задача 3.Неполяризованный свет наполовину состоит из TE и TM волн (которые такженазываются s и p волны, соответственно). Найдём коэффициенты отражения для обеих89волн, обозначив угол падения за α, у угол преломления за β. Учитывая, что tgα = n , из1cos α = sin β =,простыхгеометрическихсоображенийследует:n2 + 1sin( β − α ) n 2 − 1tg ( β − α )1== 0 , rs =.
Тогда: rp =. Коэффициентsin( β + α ) n 2 + 1tg ( β + α )1+1n2sin α = cos β =прохождения по интенсивности равен: T = 1 −rs 2 + rp 2221 ⎛ n2 − 1 ⎞ 12n 2= 1− ⎜ 2 ⎟ = +.2 ⎝ n +1⎠2 ( n 2 + 1)2Задача 4.Задача-оценка на соотношение неопределённостей. Чтобы диафрагма не влияла напрохождение пучка, необходимо, чтобы её размер был больше размера пучка в фокуселинзы. Из соотношения неопределённости, угловое расхождение пучка δα ≈пучка в фокусе первой линзы равенменьше пучка D2 < Dδα ≈λD2λD⋅ F1 . Тогда: d ≥λDλD, а размер⋅ F1 . Если апертура второй линзыF2, то расхождение пучка будет определяться этой апертурой, и F1.Задача 5.Дисперсионное соотношение для волны в волноводе будет:222ω⎞⎛⎛ π ⎞ ⎛π ⎞2222⎜ εμ ⎟ = k x + k y + k z = ⎜⎟ + ⎜ ⎟ + k z , отсюда, для того, чтобы волнаc⎠⎝⎝ ma ⎠ ⎝ nb ⎠распространялась не затухая (то есть проекция волнового вектора на ось z не была мнимой),частота должна быть: ω ≥cεμ22⎛ π ⎞ ⎛π ⎞⎜⎟ + ⎜ ⎟ .
Электромагнитное поле должно⎝ ma ⎠ ⎝ nb ⎠удовлетворять уравнениям Максвелла и граничным условиям. На границе идеальноговолновода должны зануляться тангенциальная компонента электрического поля инормальная компонента магнитного поля. Отсюда:⎛ π mx ⎞⎛ π ny ⎞ i( k z −ωt )H z = H 0 cos ⎜⎟ cos ⎜⎟e⎝ a ⎠⎝ b ⎠ik π m⎛ π mx ⎞⎛ π ny ⎞ i( k z −ωt )H x = − 2zH 0 sin ⎜⎟ cos ⎜⎟eχ a⎝ a ⎠⎝ b ⎠ik π n⎛ π mx ⎞ ⎛ π ny ⎞ i( k z −ωt )H y = − 2zH 0 cos ⎜⎟ sin ⎜⎟eχ b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωμ π n⎛ π mx ⎞ ⎛ π ny ⎞ i ( kz −ωt )Ex = 2H 0 cos ⎜⎟ sin ⎜⎟ecχ b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωμ π m⎛ π mx ⎞⎛ π ny ⎞ i( k z −ωt )Ey = − 2H 0 sin ⎜⎟ cos ⎜⎟ecχ a⎝ a ⎠⎝ b ⎠902Ez как и положено Hmn волне везде равен нулю, а χ =ω2c2εμ − k z2 .Экзаменационная работа 21.
Как известно, нерелятивистская частица с зарядом q, движущаяся с ускорением a, завремя Δt излучает энергию2Δε = 3 q 2 a 2 Δt .3cВ частности, электрон, движущийся по окружности радиуса r, испытывает ускорениеv2a= .rРадиус r определяется из равенства центробежной и кулоновской сил:mv 2 eQeQ.= 2 ⇒ r=rrmv 2Таким образом, за время2π rΔt =,vто есть за один оборот, электрон излучает энергию:2Δε =2 2 ⎛ eQ ⎞ 2π r 4π e 4Q 2 1 4π ee ⎜ 2⎟= 3 2 3 = 3 mv 5 .33c3c m v r3c Q⎝ mr ⎠ vИли38π e ⎛ v ⎞ mv 2.Δε = 3 ⎜ ⎟3c Q ⎝ c ⎠ 22.
Заряженное кольцо на оси симметрии создает полеQzEz ( z ) =.22 3/ 2a+z()В системе отсчета, движущейся вдоль этой оси, поле такое же. Поэтомуdεd ε / 2 q 4Q 2z2−=− / =.dtdt3 m 2 c 3 ( z 2 + a 2 )3Полная энергия, излученная частицей на всем ее пути, равна2 ⎛ q 2Q ⎞Δε = 3 ⎜⎟3c ⎝ m ⎠Используя условие v02∞∫z2⎛−∞ ⎜⎝a2 + z2 ⎞3⎟⎠dtdz.dz2Qq, выносим скорость из-под знака интеграла.
Тогдаma2 ⎛ q 2Q ⎞Δε = 3 ⎜⎟3c v0 ⎝ m ⎠2∞∫⎛−∞ ⎜⎝z2a 2 + z 2 ⎞⎟⎠3dz.Окончательный ответ2Δε =π ⎛ q 2Q ⎞ 1.⎜⎟6c 3v0 ⎝ m ⎠ a 3913. Вырез в экране можно рассматривать как комбинацию из ¾ первой зоны Френеля,радиус которой r1 = λ z P , и ¼ круга радиусом r2 = 3λ z P / 2 , в котором укладываетсяпервая зона и половина второй. С помощью векторной диаграммы находимгеометрическую (комплексную) сумму вкладовπ3πii3112 ikzP2 E0 e 4 eikzP = iE0 eikzP ( 7 + i ) .EP = ⋅ 2 E0 e e +444Очевидно, что, то же самое получится, если вырез в экране рассматривать как суммупервой зоны Френеля и ¼ части «полуторной» зоны.4. Волна, падающая на зеркало, интерферирует с отраженной волной:− ik x − ik y −iω t− ik x + ik y − iω tEz = E0 e x y− E0 e x y= E0 ( −2i ) sin ( k y y ) e− ik x x −iω t .Поле, действующее на частицу, находящуюся на высоте h над зеркалом:E = −2iE0 sin ( k y h ) e −iω t = Ae− iω t .(Предполагается, что скорость, приобретаемая частицей, мала по сравнению соскоростью света.
Поэтому действием магнитных полей падающей и отраженной волнпренебрегаем).Уравнение движения заряда:mz = −q 2iE0 sin ( k y h ) e −iω t = qAe − iω t .Магнитное поле рассеянной зарядом волны:⎡ ⎛ r1 ⎞⎤⎢ d1 ⎜ t − c ⎟ × n1 ⎥⎝⎠⎦,Hq (r ,t ) = ⎣2c R1где d1 ( t ) = q 2 Ae − iω t ez , R1 = r − r1 , R1r − ( n1r1 ) .Для того, чтобы выполнялись граничные условия, необходимо учесть электрическоеизображение заряда q, то есть заряд –q в точке y = −h :⎡ ⎛ r2 ⎞⎤⎢ d 2 ⎜ t − c ⎟ × n2 ⎥⎝⎠⎦.H −q ( r , t ) = ⎣2c R2Здесь d 2 = −d1 , R2 = r − r2 .Далее считаем, что n1 = n2 = n , а в знаменателе R1 = R2 = r . Суммарное магнитноеполе рассеянной волны:q2 Aq2 AH Σ = [ ez × n ] 2 ei( kr −ω t ) ⎡⎣ e − ik ( nr1 ) − e − ik ( nr2 ) ⎤⎦ = [ ez × n ] 2 ei( kr −ω t ) ⎡⎣e − ikh sinθ sin ϕ − e+ ikh sinθ sin ϕ ⎤⎦ ,c rmc rm42q sin θ2H Σ = 2 4 2 ⋅ 4 E02 sin 2 ( kh sin ϕ 0 ) ⋅ 4sin 2 ( kh sin θ sin ϕ ) .mcrИ, наконец,dσ 16q 4 sin 2 θ=⋅ sin 2 ( kh sin ϕ 0 ) ⋅ sin 2 ( kh sin θ sin ϕ ) .2 4 2dΩmcr5.
Направления на дифракционные максимумы определяются выражением:λm.sin θ m =dТак как, по условию, θ1 = 300 , тоd = 2λ = 1, 2 мкм .92Ширина главного максимума Δθ 0 =λNdN≈. Отсюдаθ1= 30 .Δθ 0Ширина первого максимума Δθ1 = Δθ 0 + Δθ λ , где Δθ λ =Δλλ≈2, откудаdNdСледовательно,Δλ ≈Δλ. По условию Δθ λ = 2Δθ 0 .d2λ≈ 0, 04мкм .N6. Так как плёнка толстая, туннелированием и влиянием другой границыпренебрегаем. Полное внутренне отражение происходит, когда проекция волновоговектора падающей волны на ось x становится меньше модуля волнового векторапреломлённой волны (тогда перпендикулярная составляющая волнового векторапреломлённой волны становится мнимой).2πλsin ϕ ≥2πλ(1 − δ 2 ) , или 1 − θ 2 ≥ (1 − δ 2 ) , отсюда θПВО≤ 2δ 2.При угле θ большем, чем θПВО фаза волны не меняется при отражении от пластинки именяется на угол π при отражении от воздуха. Разница в фазе за счёт оптической разницыпутей составляет: Δ =2πλ2d n22 − sin 2 ϕ .
Минимум коэффициента отражения будеттогда, когда все отраженные лучи приходят в противофазе. Значит:2π2⎛ λ ⎞ 22d n − sin ϕ m = 2π m , и, соответственно: sin ϕ m = n − ⎜⎟ m . Но лучше иλ⎝ 2d ⎠22222эффективнее сделать следующую оценку: луч почти не преломляется и разница вπоптической длине пути составляет 2d (sin( − ϕ )) , отсюда2d=λ2δθ.93Учебное изданиеВ.
В. Володин, М.И.Захаров, А.Н.Матвеенко, Г.В.Меледин,А.Г.Погосов,С.Л.Синицкий, Б.И.Хазин, В.С.ЧеркасскийЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕИ ОЛИМПИАДНЫЕ ВАРИАНТЫ ЗАДАЧПО ЭЛЕКТРОДИНАМИКЕ 2000-2007 ггУчебное пособиеРедактор С. В. ИсаковаОригинал-макет О. Г. ЗаварзинойПодписано в печать 27.03.2006 г.Формат 60 х 84 1/16.
Офсетная печать. Гарнитура Times New Roman.Уч.-изд. л. 1. Усл. печ. л. 0,93. Тираж 100 экз.Заказ №Редакционно-издательский центр НГУ630090, Новосибирск-90, ул. Пирогова, 2.94.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
