1612046023-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (533748), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Сечение цилиндра после обжатия представляет собой прямоугольник сразмерами h × d и два полукруга радиусами h/ 2 . С учетом сохранения периметра сеченияимеем: 2π R = 2d + 2π (h/ 2) ⇒ d = π ( R − h/ 2) . Сохранение потока через это сечение,охватываемоеИскомуюF=сверхпроводником,силуможнонайтидает: π R 2 B0 = [dh + π (h/ 2) 2 ]B ⇒ B = B0подавлениюмагнитногополя,R2.h( R − h/ 4)равномуB2:8πB 2 R 4 ( R − h/ 2)lB2.dl = 08π8 ( R − h/ 4) 2 h 2Задача 4. Непрерывность тангенциальной компоненты поля H на боковойповерхности цилиндрического магнетика дает H = B/μ , а сохранение потока через сечениесверхпроводящего цилиндра приводит к уравнению: H 0π R 2 = Bπ r 2 + H (π R 2 − π r 2 ) . РешаяR2H0 , B = μ H .R 2 + ( μ − 1)r 2Задача 5.
Вольтамперная характеристика <<обычного>> вакуумного диода безS 2e 1вторичной эмиссии jS = PU 3 / 2 (где P =, а j — плотность электрического тока)9π m d 2может быть получена решением уравнения ϕ ′′( x) = −4πρ ( x) = −4π j /v( x) , где скоростьэлектронов v( x) связана с потенциалом ϕ ( x) законом сохранения энергии, с учетомсоответствующих граничных условий на ϕ ( x) и ϕ ′( x) . Последние в нашем случаеостаются без изменений, а уравнение принимает вид: ϕ ′′( x) = −4π j1/v1 ( x) − 4π j2 /v2 ( x) , гдеполученную систему, находим: H =45индексы 1 и 2 относятся к электронам, летящим соответственно от катода к аноду и вобратном направлении.
По условию задачи, j2 = α j1 , а v1 ( x) = v2 ( x) = v( x) , так как упругоеотражение от анода не меняет энергии электрона. Получаем уравнение:ϕ ′′( x) = −4π j1 (1 + α ) /v( x) , сравнив которое с уравнением для <<обычного>> диода, находимj1 (1 + α ) S = PU 3 / 2 .Полныйтоквдиодеравен,очевидно,1−αI = ( j1 − j2 ) S = (1 − α ) j1S =PU 3 / 2 .1+ αЗадача 6. Решим уравнение Пуассона в проводнике1 ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ 1 ∂ 2ϕ=0⎜r⎟+r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2 ∂α 2методом разделения переменных, то есть предположим, что решение представимо ввиде: ϕ (r , α ) = R(r )Y (α ) , где R и Y — некоторые искомые функции. При r → ∞потенциал должен соответствовать однородному полю E0 = j0 /σ , то естьjϕ (r → ∞) = − 0 r cos α . Значит, Y = cos α . Подставив ϕ (r, α ) = R(r ) cos α в уравнениерешение:σПуассона, получим уравнение:1 ∂ ⎛ ∂R ⎞r ⎜r⎟ = 1.R ∂r ⎝ ∂r ⎠Будем искать его решение в виде R ∝ r n .
Подставив, найдем два решения: n = 1 иA ⎞⎛n = −1 . Их линейная комбинация ϕ = ⎜ A1r + 2 ⎟ cos α тоже является решением уравненияr ⎠⎝jjПуассона. Учтя граничное условие ϕ (r → ∞) = − 0 r cos α , найдем A1 = − 0 . Граничноеσσ1 ∂ϕусловие jn = 0 на плоской поверхности проводника: −∝ sin α α =0,π = 0σ r ∂α α =0,πвыполняется автоматически из-за равенства нулю sin α .
Это же условие на1 ∂ϕцилиндрической поверхности проводника= 0 приводит к соотношению:σ ∂r r = aA2 = A1a 2 .Такимобразом, ϕ = −j0 ⎛ a 2 ⎞⎜1 + ⎟ r cos α ,σ ⎝ r2 ⎠jr = −σ⎛ a2 ⎞∂ϕ= j0 ⎜1 − 2 ⎟ cos α ,∂r⎝ r ⎠⎛ a2 ⎞1 ∂ϕ= − j0 ⎜1 + 2 ⎟ sin α .jα = −σr ∂α⎝ r ⎠Задача 7. Будем решать задачу, пользуясь комплексными амплитудами зависящих отвремени величин. Потенциал ψ в указании к задаче соответствует линейной комбинацииоднородного поля и поля магнитного диполя. Причем, для поля снаружи H out однородноеполе должно совпадать с заданным внешним H 0 , а для поля внутри H in дипольнуюкомпоненту нужно выбрать равной нулю, чтобы избежать расходимости в центре сферы:m 3(mr )rout, H in = H 1.H = H0− 3 +5rrЗдесь m и H 1 — искомые величины.
Граничные условия на поверхности сферы—H nin |= H nout | ( μ = 1 ) и Hτin | − Hτout |= 4π i ∗ /c ( i ∗ — плотность поверхностного тока)—приводят к соотношениям:⎛⎞2mm⎞4π ∗⎛H1 cos θ = ⎜⎜ 3 + H 0 ⎟⎟ cos θ , ⎜ H1 − H 0 + 3 ⎟ sin θ =i.⎜ a⎟a ⎠c⎝⎝⎠46Плотность тока i ∗ = σ ∗ E найдем, применив интегральное уравнение Максвелла оциркуляции вектора E к контуру под углом θ на поверхности сферы:iα H11 dΦsin θ , где введеноEe −iωt 2π a sin θ = −, где Φ = H1e −iωtπ a 2 sin 2 θ . Получим i ∗ =2cc dtобозначение α := ωσ ∗a/c 2 . Система из двух соотношений, выражающих граничныеусловия, теперь замкнута и не содержит угловых зависимостей.
Решив ее, находим:1 + 4π iα−4πα 2 + iα∗=,i=H 0 c sin θ .H1H01 + 16π 2α 21 + 16π 2α 2Контрольная работа 2Задача 1. Падающий луч содержит, очевидно, в равных долях s - иp -поляризованные компоненты. Условие α = n2 /n1 с учетом закона преломленияsin α/ sin β = n1/n2 означает α + β = π/ 2 , то есть угол α совпадает с углом Брюстера, прикотором p -волна полностью проходит во вторую среду.
Значит, искомый коэффициент1 1прохождения есть t = + (1 − Rs2 ) , где амплитудный коэффициент отражения s -волны,2 2sin(α − β )= cos 2α (здесь учтено, чтосогласно формулам Френеля, равен Rs = −sin(α + β )1 1α + β = π/ 2 ). Таким образом, t = + sin 2 2α . С учетом α = n2 /n1 отсюда находим2 221 1 ⎛ 2n n ⎞t = + ⎜ 2 1 22 ⎟ .2 2 ⎝ n1 + n2 ⎠Задача 2. Как известно, l ∼ λ 2 /Δλ , а l⊥ ∼ λ/α , где α ∼ D/l — малый угол, подкоторым виден источник.
Таким образом, l /l⊥ ∼ λ D/ (Δλl ) ≈ 2, 8 .Задача 3. Радиусы rm зон Френеля определяются условиемn1 rm2 + a 2 + n2 rm2 + b 2 − n1a − n2b =λm,2где учитывается оптическая разность хода лучей. Применив разложение корней (сrm2ab22учетом rm a, b ) вида rm + a ≈ a +, получим rm =λm .2an1b + n2 aЗадача 4. Поле в волноводе u = u0 sinсуперпозиции двух волн: u =π/aоси Z , где α ≈πxa2eik z z⎛ 2π ⎞ π2, где ⎜⎟ = 2 + k z , представимо в виде⎝ λ ⎠ a2u0 ⎡⎢ i( kz z − πax ) i( kz z + πax ) ⎤⎥e+e, распространяющихся под углами ±α к⎥⎦2i ⎢⎣=λ. Расстояние между максимумами на экране равно2ak + π /a2lα = λ l /a , а их ширина равна lα = λl / (2a) .Задача 5. Выберем ось x в плоскости экрана перпендикулярно щелям. Разложениеволны u0 eikα x на выходе из щелей имеет вид:2224u0k (θ − α )ak (θ − α )b,sincosk (θ − α )22где k = 2π/λ , углы α и θ считаем малыми.
Искомое угловое распределение есть:| uk |= uo ∫+ a/ 2− a/ 2ei ( kα x − kθ x ) dx ⎡⎢⎣1 + e(ikα −ikθ )b ⎤⎥⎦ ==472I u kdθ I 0 akkb(θ − α )2 ka (θ − α )=cos 2dI = 0 kdθ .sinc2a u0 2π22πЭкзаменационная работа 2Задача 1. Угловое распределение интенсивности от одной из щелей, как известно,πadI 2 I 0 a2равно:=sin θ . От двух щелей получим:sinc u , где u =λλdθπbdI 2 I 0 adI 8 I 0 aiπiv 2222=sin θ . Окончательно:=sinc u ⋅ e + e , где v =sinc u sin v .λλλdθdθikzЗадача 2.
При полностью открытом фронте амплитуда в точке P есть u0 = E0 e p .Радиус выступа соответствует 3-ей (нечетной) зоне Френеля, поэтому вклад от круглогоотверстия с таким радиусом равен uотв = 2uo . Вклад от открытой полуплоскости равен,очевидно, uп/пл = u0 / 2 . Для полуплоскости с выступом получим:ikzu = uп/пл − uотв / 2 = −u0 / 2 = − 12 E0 e p .Задача 3. Радиус отверстия соответствует 4-ой (четной) зоне Френеля для точек S иP . В точку P попадает также свет от изображения S ′ источника в зеркале. Дляконструктивной интерференции света от источников S и S ′ радиус отверстия долженсоответствовать нечетной зоне Френеля m для точек S ′ и P (с учетом добавления π кabфазе волны при отражении): 2λ a = mλ, где b — расстояние от S ′ до экрана.a+bМинимальное m , удовлетворяющее этому условию, есть m = 3 . При этом b = 2a = a + 2l ,то есть l = a / 2 .Задача 4.
Суммарное магнитное поле, действующее на электрон, равно нулю, аэлектрическое E = 2 E 0 . Из уравнения движения mr = eE получим для дипольногомомента: d = er =e2E . Интенсивность дипольного излучения, действующего в теченииm2 | d |2 2 2 2e2=crE,гдеr=— <<классический>> радиус электрона.ee3c33mc 28Полная излученная энергия ΔE = IT = cre2 E02T .3Задача 5. Законы сохранения энергии и импульса для системы <<волна + зеркало>>имеют вид:γμ c 2 + W = μ c 2 + W0 βγμ c − W /c = W0 /c,где β = v/c . Из полученной системы уравнений найдем: ( β + 1)γ = 1 + 2α . Подставиввремени T , равна I =γ = 1/ 1 − β 2 , найдем для α ≈ 1 : β ≈ 4/ 5 .Задача 6. Для одного дипольного излучателя, как известно,dI 0ω 4 d 02 2=sin θ .
ДляdΩ8π c 3двух заданных диполей2dI 0ω 4 d 02 2dI=1 + eik (10 λ cosθ ) =sin θ cos 2 (10π cos θ ).32π cdΩdΩИз полученного выражения видно, что максимумы излучения наблюдаются под48m, где m — целое число. Очевидно, что | m |< 10 , так как | cos θ m |≤ 1 ,10причем | cos θ m |= 1 не соответствует максимуму из-за равенства нулю sin θ m . Полное числомаксимумов, таким образом, равно 19.углами cos θ m = ±2002/2003 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1.pr, а потенциал однородного электрического поляr3ϕ E = − E0 r . Таким образом, уравнение требуемой эквипотенциали выглядит как:Потенциал диполя имеет вид ϕd =1⎛ p ⎞3prϕ = 3 − E0 r = 0 , а его решением является сфера радиуса R = ⎜ ⎟ .r⎝ E0 ⎠Задача 2.Поле над заполненным проводником полупространством равно векторной суммеполей, создаваемых кольцом и его отражением, имеющим радиус а, заряд –Q инаходящимся на расстоянии h ниже границы проводника.
Учитывая, что h<<a, легконайдем величину электрического поля в точке, находящейся на оси симметрии наQ hQhповерхности металла: E=2Ч 2 Ч = 2 3 . Теперь, в соответствие с граничным условиемa aaQh.для нормальной компоненты электрического поля, находим, что σ = 2πa 3Задача 3.ЭквивалентноеR R 5R0 = + = R ,2 3 6сопротивлениеподключеннойкбатарейкецепиравно6ε. Поскольку на каждом из трех параллельно5Rсоединенных резисторов в правом плече схемы падает одинаковая разность потенциалов,12εчерез них текут равные токи I R = I0 =.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
