1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Разлагаем подкоренныевыражения по малости d,h<<a и d,x<<L, тогда:λ = (r11 + r12 ) − (r21 + r22 )2Отсюда d mindh= dαaλ, что составляет 2.5·10-3 см.2αЗадача 2. Для TM волны (также называется p-волна, E - в плоскости падения),коэффициент отражения по амплитуде (из формул Френеля):RTM =λμ cos ϕ1 − λε cos ϕ 2εμ1, где λε = 1 , λμ =, ϕ1 и ϕ2 - углы падения иε2μ2λμ cos ϕ1 + λε cos ϕ 2преломления соответственно.При падении под углом Брюстера коэффициент отражения обращается в нуль:λμ cos ϕ1 − λε cos ϕ 2 = 0 .Иззаконаcos ϕ 2 = 1 − sin 2 ϕ1 ⋅Снеллиусаипростейшихтригонометрическихсоотношений:ε1μ1ε 2 μ2Тогда:λμ cos ϕ − λε 1 − sin 2 ϕ1 ⋅ε1μ1= 0 , делим на косинус угла падения:ε 2 μ22⎛λ ⎞1εμ1εμ− tg 2ϕ1 ⋅ 1 1λμ = λε− tg 2ϕ1 ⋅ 1 1 , далее - ⎜ μ ⎟ =22cos ϕ1ε 2 μ2ε 2 μ2⎝ λε ⎠ cos ϕ11= 1 + tg 2ϕ1 , тогда:пользуемся тем, что2cos ϕ12⎛ λμ ⎞⎛ ε1μ1 ⎞2⎜ ⎟ − 1 = tg ϕ1 ⋅ ⎜1 −⎟ , итого, тангенс угла Брюстера равен:⎝ ε 2 μ2 ⎠⎝ λε ⎠39tgϕ1 =ε 2 ( μ1ε 2 − μ2ε1 )ε1 ( μ2ε 2 − μ1ε1 )TEАналогично, для TE волны (также называется s-волна, E - перпендикуляренплоскости падения), тангенс угла Брюстера равен:tgϕ1 =μ2 ( μ2ε1 − μ1ε 2 )μ1 ( μ2ε 2 − μ1ε1 )TMТо есть, если μ1 = μ2 , то для TE волны tgϕ B ,TE =ε 2 n2= , тангенс угла Брюстераε1 n1равен соотношению коэффициентов преломления сред, а для TM волны угла Брюстера нетμ2 n2(тангенс угла падения комплексный).
Если ε1 = ε 2 , то для TM волны tgϕ B ,TM == ,μ1 n1тангенс угла Брюстера равен соотношению коэффициентов преломления сред, а для TEволны угла Брюстера нет.Задача 3. Так как стоит тонкая линза, то параллельный пучок света заменяетсяточечным источником на расстоянии F от отверстия. Тогда, радиус m-той зоны Френеляравен:rm = mλF2, минимальный радиус диафрагмы, при котором интенсивность в центремаксимальна R =λF. Надо оценить, при каком отклонении от центра разница2оптической длины пути для лучей, идущих с противоположных сторон диафрагмысоставляет половину длины волны. Можно воспользоваться решением задачи 1 из этой жеконтрольной, тогда радиус пятна:1 λFx2 2Задача 4. Из решения задачи 3.78 из задачника 2 находим распределениятангенциальной составляющей вектора H на плоскостях (нормальная составляющаязануляется).H = 2 H 0 ei ( k z z −ωt )π(π a )a2= H 0 ei ( k z z −ωt )+ kz2λa, где H 0 - амплитуда волны, λ - длинаволны.
Так как поверхность идеально проводящая, поле в неё не проникает и линейнуюплотность тока на границе находим из скачка тангенциальной составляющей вектора H .λ ci = H 0 ei ( kz z −ωt ) ⋅, ток перпендикулярен направлению распространения волны z.a 4πЗадача 5. Амплитуда волны, прошедшей от каждой последующей зоны Френеляуменьшается вдвое.
С учётом того, что волны от нечётных зон приходят в фазе, а от чётныхв противофазе:40∞⎛1⎞E∞ = ∑ E1 ⋅ ⎜ ⎟⎝2⎠m =1m −1. Это сумма бесконечной геометрической прогрессии со24E1 , I ∞ = I1 . Интенсивность уменьшится.39Для большей интенсивности лучше закрыть все зоны, кроме первой.знаменателем -1/2 и первым членом E1 . E∞ =Задача 6. Росинка является толстой линзой. Воспользуемся матричным формализмом.Каждый луч характеризуется вектором - отклонение от оптической оси x и угол наклона α.Матрица первой границы:1⎡⎛ x'⎞ ⎢⎜ ⎟ = ⎢ 2 ⎛ 1 − 1⎞⎝α '⎠ ⎢ ⎜⎟⎣d ⎝ n ⎠0⎤⎥⎛ x ⎞1 ⎥ ⎜ ⎟ С учётом того, что n=4/3⎝α ⎠n ⎦⎥⎡ 1⎢ 1⎢−⎣ 2d0⎤3 ⎥⎥4⎦0⎤ ⎡ 10⎤⎡ 1⎡1 d ⎤⎢⎥⎢⎥Матрица промежутка ⎢⎥ , и матрица второй границы ⎢ 2 1 − n n ⎥ = ⎢ − 2 4 ⎥01()⎣⎦⎣d⎦ ⎣ 3d 3 ⎦3 ⎤⎡ 1⎢ 2 4 d⎥Матрица всей линзы ⎢⎥1 ⎥⎢− 1⎢⎣ d2 ⎥⎦Пройдя линзу, координаты луча станут:13x 1x ' = x + dα ; α ' = − + α24d 21Луч вышедший из точки x = dα под углом α , пройдя линзу, пойдёт параллельно213оптической оси.
Для этого луча координата x ' = dα + dα = dα . Значит, увеличение44x'M= = 2 .xЭкзаменационная работа 2Задача 1. Часть волны не проходит через призму и падает на экран по нормали, частьволны, прошедшая сквозь призму падает под углом β = (n − 1)α . Обе волны остаютсяδk λ1 , для того, чтобы наблюдалось максимальное количествоплоскими, так какkdинтерференционных полос, необходимо чтобы обе части интерферировали по всейddапертуре d. Тогда Δl=. Расстояние между интерференционными полосамиβ (n − 1)αравно Δx =λ(n − 1)α.Задача 2.
Стандартная задача на дифракцию Френеля, необходимо только учестьвлияние показателя преломления на оптическую длину пути. Тогда:41⎛a b⎞⎜ ⋅ ⎟n nabrm = mλ ⎝ 1 2 ⎠ = mλ(an2 + bn1 )⎛a b⎞⎜ + ⎟⎝ n1 n2 ⎠Заметим, что увеличение коэффициента преломления приводит к уменьшению длиныволны в среде, а, значит и к уменьшению радиусов зон Френеля.Задача 3. Падающая электромагнитная частично проникает в проводящую среду иcтам затухает по глубине с толщиной скин-слоя δ =, частично отражается. Граничныеωσ2πусловия – непрерывность тангенциальной компоненты поля E и, так как плотность тока наповерхности не обращается в бесконечность, непрерывность тангенциальной компонентыполя B . Если пренебречь током смещения то в проводящей среде:1+ i−z∂Bc2=ΔB , By ( z , t ) = B0 e δ e −iωt∂t 4πσ1 ∂BrotE = −,ИзуравненийМаксвеллаc ∂t1+ i1+ izz−−c 1+ i⎛ δ ⎞ ω− iωtδδ,изграничныхусловийEx ( z, t ) = ⎜ −iBee=Bee − iωt00⎟4πσ δ⎝ 1+ i ⎠ cEпад+Eотр=Eпрош:E1 = − E01−c 1+ i4πσ δ , и при σ → ∞ E → − E .10c 1+ i1+4πσ δЗадача 4.
Задача на дифракцию Френеля, для решения необходимо воспользоватьсяпринципом дополнительности Бабине. Дополнительным экраном для диска являетсянепрозрачный экран с отверстием того же радиуса. Пусть амплитуда падающей волны E0.Тогда:E ( z ) = E0 e −ikzkREe2π iz ∫0ikz⋅eikr22z2π rδ r0E ( z ) = E0 eikz eikR22zИнтенсивность света на оси постоянна и равна I 0 = E0 2 , то есть на оси диска всегдасуществует светлое пятно (пятно Пуассона). Необходимо отметить, что это решениесправедливо только в области z>>R. При приближении к диску в интеграле Кирхгофанеобходимо учитывать косинус угла между нормалью к площадке и направлением на точкунаблюдения.
Тогда, в асимптотике, при z ≈ R : I ( z ) = I 0z2R2 + z 2Задача 5. Электрическое поле от такой плоскости находим из решения уравненияЛапласа методом разделения переменных с соблюдением граничных условий назаряженной поверхности (задача из задачника 1). Напряжённость электрического поля наоси X=0, Y=0 в нижнем полупространстве равна:42E (0; 0; z ) = 2πσ 0 eα 2 + β 2 ⋅zМощность излучения ультрарелятивистской частицы при движении параллельноэлектрическому полю:02e 4 E 22e 4 E (t ) 2zδt , t =w=,энергияизлученияΔε=2 32 3∫3m c3m cv−∞2πσ 0 ) re 2(ze2, Δε=, re =.cmc 23 α2 + β22Задача 6. Частица слегка изменит угол вылета за счёт того, что излучит часть энергиии, соответственно, изменит компоненту импульса px параллельную границе разделаобласти с магнитным полем. Так как изначально угол α<<1, компонента импульса py,перпендикулярная границе раздела, практически не меняется по модулю, но, магнитноеполе меняет её знак.δ p v δε= ⋅ .
В момент, когда частица только залетелаИзменение импульса частицы:δ t c2 δ tв область поля:p0 y = γ 0 mcα , p0 x = γ 0 mcВ тот момент, когда частица вылетела:p y = −γ 0 mcα , px = γ mc . Значит β =γ0α.γНеобходимо найти полную излучённую энергию и новое значение γ .Для ультрарелятивистской частицы:δε2e2= − cre 2γ 2 B0 2 , где re =δt3mc 21 1 2 2 22α RL− = cre B0 t , где время пролёта t, RL - ларморовский радиус, который,cε ε0 3так как β − αα , можно считать постоянным RLγ 0 mc 2eB0. Тогда:23⎛ 4⎛ 42 re B0 ⎞2 e B0 ⎞β = α ⎜1 + αγ 0⎟ = α ⎜1 + αγ 0 2 4 ⎟e ⎠mc ⎠⎝ 3⎝ 32001/2002 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1. Заряженный шарик (пусть его заряд равен q ) поляризует незаряженный.aДипольный момент d последнего можно найти, поместив заряды изображения q′ = − ql23aaот его центра и q′′ = −q′ в центре: d = q′l ′ = − q 2 .
Силуна расстоянии l ′ =llвзаимодействия шариков оценим как силу, действующую на точечный заряд в поле диполя:433q2 ⎛ a ⎞d 3(dr )rd= 2 3 при r = l ). Знак минус соответствует⎟ ( Ed = − 3 +2 ⎜5rrll ⎝l⎠притяжению. После соединения проводником заряды на шариках равны q/ 2 , и сила ихF1 = qEd = −23(q/ 2) 2F1⎛ l ⎞отталкивания F2 =. Таким образом, 2 = − ⎜ ⎟ .2F18⎝ a ⎠lЗадача 2. Поле в верхнем полупространстве эквивалентно полю кольца с зарядом Q и1− εего изображения с зарядом Q′ =Q , расположенного симметрично границе раздела в1+ εнижнем полупространстве. При этом ϕ0 определяется полным зарядом:Q + Q′2 Q2ε, а ϕ1 — дипольным моментом d = Qh − Q′h =Qh , направленнымϕ0 ==ε +1 rε +1r(dr ) d2 Q 2ε Qhвдоль оси z : ϕ1 = 3 = 2 cos θ .
Окончательно, ϕ (r , θ ) =+cos θ .rrε +1 r ε +1 r2Задача 3. Пусть заряд единицы длины внутреннего цилиндра равен κ , а внешнего—2κ( −κ ). Электрическое поле в пространстве между цилиндрами E = 2 r (вклад внешнегоrb drb= 2κ ln .цилиндра в это поле равен нулю), а напряжение между ними U = 2κ ∫a radC dQ 1 κ1== =.Емкость системы на единицу длиныdldl U U 2 ln baЗадача 4. Заданное в задаче распределение заряда можно получить, взяв шар радиусаQa , равномерно заряженный с объемной плотностью заряда ρ = 4 3 , а на место полости3πaпоместив шар радиуса a/ 2 с плотностью заряда ( − ρ ). Как известно, электрическое поле4внутри равномерно заряженного шара равно πρ r .
Согласно принципу суперпозиции, для34поля в полости имеем E = πρ (r1 − r2 ) , где r1,2 — радиус-векторы, проведенные в точку3наблюдения соответственно из центра большого шара и центра полости. Учитывая, чтоr1 − r2 = a / 2 , где a/ 2 — вектор, проведенный из центра шара в центр полости, найдем, что4a4поле в полости однородно и равно E = πρ , а ϕ = πρ ar cos θ (начало координат326выбрано в центре большого шара, так что r = r1 , а θ — угол между векторами r и a/ 2 ).Задача 5. Как известно, ток через вакуумный диод связан с напряжением на немS 2e 1законом <<3/2>>: I = PU 3 / 2 , где P =( e и m — соответственно заряд и масса9π m h 2Sэлектрона).
Емкости диода и плоского конденсатора одинаковы и равны C =. Пусть4π hQ — суммарный заряд на обкладках параллельно соединенных конденсатора и диода.IQ.Тогда напряжение на них U =, а ток утечки через диод I = −Q , то есть U = −2C2CPU 3 / 2при начальном условии U = U 0 при t = 0 имеетПолучившееся уравнение U = −2C44решение U (t ) =U0(1 +P4CU0 t)2=U0(1 +2em19hU 0 t )2.Экзаменационная работа 1Задача 1. Заряд металлической толстостенной сферы может располагаться только наее поверхностях— внутренней и внешней. Причем, на внутренней поверхности заряд равен−q , что легко показать, применив теорему Гаусса к замкнутой поверхности, находящейсявсюду внутри металлической сферы с учетом того, что поле в металле равно нулю.
Зарядвнешней поверхности сферы равен + q , поскольку сфера не заряжена. Полный зарядсистемы равен q и распределен сферически симметрично внутри области r < r2 , поэтомупри r ≥ r2 потенциал ведет себя как q /r и при r = r2 совпадает с искомым потенциаломсферического слоя: ϕсл = q/r2 . Потенциал шара, всюду внутри шара одинаковый, простонайти в его центре: ϕш = q/r0 − q/r1 + q/r2 .Задача 2. Шарик находится в магнитном поле кольца равном2π R 2 JHz =c ( R 2 + z 2 )3 / 2 z = h(ось z направлена от центра кольца к центру шарика, H x = H y = 0 ), которое с учетомусловия a r можно считать вблизи шарика однородным. Шарик с магнитнойпроницаемостью μ в однородном магнитном поле приобретает магнитный моментm=dH zμ −1 3a H , а действующая на него сила равна Fz = mdzμ +2=−z =hμ − 1 12π 2 R 4 hJ 2 a 3.μ + 2 ( R 2 + h2 )4 c2Задача 3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
