1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Вследствие изменения магнитного потока, проходящего через сечение цилиндра, в пространстве формируется вихревое электрическое поле, действующее нараспределенный по поверхности цилиндра заряд. Возникает момент силы, вызывающий вращение цилиндра.ЭДС индукции:1 dΦπa2 dBE “´ ¨“´¨.c dtcdt(1)Вращающийся заряд цилиндра эквивалентен вихревому токус линейной плотностьюJ “ σaωeα .Вихревой ток наводит внутри цилиндра полеBi “4πJez .c85РешенияМагнитное поле B, записанное в правой части уравнения (1),включает как внешнее Bext , так и индуцируемое поле Bi , причем спротивоположными знаками, поскольку поле самоиндукции стремится сдержать изменение потока внешнего поля:dBext dBidBext 4πaσ dωdB“´“´¨.dtdtdtdtcdt(2)Тангенциальная (вихревая) составляющая электрического поля на поверхности цилиндра:a dBE“¨.2πa2c dtНаправление E, показанное на рисунке, задает направлениевращения и соответствует начальному B, направленному на нас.В дальнейшем нас будет интересовать только абсолютное значение угловой скорости, поэтому во всех выражениях ниже подразумеваются модули величин.
Момент силы на элемент поверхностиdS “ la ¨ dα:la3 σ dBdM “ aEσdS “¨dα.2cdtМомент силы на весь цилиндр:E“M “ aEσS “πla3 σ dBla3 σ dB¨2𠓨.2cdtcdtУравнение вращательного движения:Iπa3 lσ dBdω“M “¨,dtcdt(3)где I – момент инерции цилиндра относительно оси вращения.Подставляя в (3) выражение (2) для dBdt , получим:I dωdt “´I`πa3 lσc¨4π2 a4 lσ2c2dBextdt¯¨dωdt´πa3 lσc¨4πaσc“πa3 lσc¨dBextdt .86¨dωdt ,2008/2009 Контрольная работа 2Интегрируя по времени затухания поля, получим:˙ˆπa3 lσ4π2 a4 lσ2¨ ∆B.∆ω“I`c2cМомент инерции полого однородного цилиндра I “ ma2 .Конечная угловая скорость:ω“ ´πalσBm`4π2 a2 lσ2c2¯ .cКонтрольная работа 2Решение задачи 1Так как расстояние между пластинами много больше продольной длины когерентности, то электромагнитные волны после отражения не интерферируют и складывать нужно интенсивности.Для прошедшей волны можно записать следующий ряд:`˘p1´r2 qt21´rI “ I0 t2 ` t2 r 2 ` t2 r 4 ` t2 r 6 ` .
. . “ I0 1´r2 “ I0 1´r 2 “ I0 1`r ,или, подставляя численные значения:I “ 0.818 ¨ I0 .Решение задачи 2Условие минимума интенсивности в отраженном свете с учетом потери полуволны при отражении от пластины может бытьзаписана какkr 22k∆ “ 2kd ` min “ 2πm,Rгде ∆ – разность хода лучей, d – зазор между пластиной и линзой,R – радиус кривизны линзы, m – порядковый номер минимума,k “ 2π{λ – волновое число.87РешенияОтсюда получаем, чтоR“2 ´ r2D 2 ´ D52r155“ 15.λ pm15 ´ m5 q40λПодставляя численные значения, находим R “ 0, 1 м.Решение задачи 3Плоскую монохроматическую волну естественного света с интенсивностью I0 можно разложить на сумму взаимно ортогональных линейно-поляризованных волн с интенсивностью I20 каждая.Пусть направления каждой из ортогональных поляризаций параллельны соответствующим осям поляризаторов. Тогда каждыйполяризатор пропускает свою составляющую света и непрозрачендля другой. При освещении половинки зоны Френеля линейнополяризованной волной с электрическим полем E (и интенсивностью I20 ) поле в точке наблюдения составит то же значение E(а интенсивность — I20 ).
При освещении двух половинок в точкенаблюдения складываются не поля, а интенсивности, посколькуволны с взаимно ортогональными поляризациями не интерферируют:I0 I0`“ I0 .I“22При освещении полной 1-й зоны Френеля, перекрытой однимполяроидом, волны от двух половинок уже интерферируют. Поэтому поле в точке наблюдения составит значение 2E. Тогда интенсивность в точке P равнаI0I“¨2ˆ2EE88˙2“ 2I0 .2008/2009 Контрольная работа 2Решение задачи 4Запишем для данной задачи интеграл Кирхгофа:kE“2πibżr2 ż2πr1 0E0 exp pik∆ℓ ´ iωtqrdrdϕ,где E0 – амплитуда электрического поля на поверхности отверстия, dS “ rdrdϕ – элемент площади отверстия, ∆ℓ – оптическаяразность хода в параксиальном приближении:∆ℓ “ a ` b `Результат интегрирования:pika`ikb´iωtqE “ E0 eaa`bˆer2r2` .2a 2b2ikr12p a1 ` 1b q ´ e2ikr22˙p a1 ` 1b q .По условию задачи необходимо выбрать r2 такое, чтобы ин˚тенсивность в точке наблюдения´¯ I „ EE была такой же, как и вотсутствие экрана I „ E02aa`b2.
Воспользовавшись формулойˇˇ2ˇ iϕˇˇe ´ eiψ ˇ “ 2 ´ 2 cos rϕ ´ ψs ,получаем, что это возможно, если˜ `˘ˆ˙¸ik r12 ´ r221 12 ´ 2 cos`“ 1,2a bоткуда˘ˆ`˙ik r12 ´ r221 1π`“´2a b3иλ abr22 “ r12 `.3a`b89РешенияРешение задачи 5Распространение электромагнитных полей в волноводе описывается волновым уравнением вида∆B ´1 B2 B“ 0,c2 Bt2(1)решение которого для z-составляющей ищется в видеBz “ B̂zpn,nq px, yq eikz´iωt .(2)Подставляя данное решение в волновое уравнение (1), получаемзадачу на собственные значения∆K B̂zpn,nq px, yq ` γ2mn B̂zpn,nq px, yq “ 0(3)и дисперсионное уравнение`˘ω2mn “ c2 k2 ` γ2mn .После установки двух поперечных перегородок появляются дополнительные требования для выполнения граничных условийпри z “ 0 и z “ L на нормальную составляющую магнитногополя Bz |z“0 “ 0 и Bz |z“L “ 0.
Такое решение можно получить спомощью линейной комбинации решений вида (2):pn,nqBz “ B̂zpx, yq sin pk zq e´iωt , где k “ p Lπ и p – целые числа.Так как (3) записано для H-моды колебаний в волноводе, тотребование Ez “ 0 на зануление нормальной составляющей электрического поля на двух поперечных перегородках выполняетсяавтоматически.Спектр частот получается из дисперсионного уравнения:˙ˆ´ ¯π 2` γ2mn .pω2mnp “ c2L902008/2009 Экзаменационная работа 2Решение задачи 6Видность V Ñ 0, когда разность хода интерферирующих лучей больше продольной длины когерентности:∆ℓ ą ℓk “2πcλ2“.∆λ∆ωРазностьa хода в пластине для интерферирующих лучей∆ℓ “ 2h n2 ´ sin2 pθq.Отсюда получаем условие: sin2 pθq ă n2 ´ 1.Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Главные максимумы порядка m видны под углами θm “ m aλ ,где m – порядок максимума, λ – длина волны, a – период одномерной решетки (θm ! 1).
При освещении дифракционной решеткивидимым светом со спектром rλ0 , λ0 ` ∆λs самый большой уголдля первого порядка будет равен θ1 max “ λ0 `∆λ, а минимальныйaλ0для второго порядка θ2 min “ 2 a . Так как по условию задачи∆λ ă 2 ¨ λ0 , то θ1 max ă θ2 min и спектры не перекрываются.Решение задачи 2Запишем граничные условия на тангенциальную составляющую электрических и магнитных полей. Так как по обеим сторонам границы ε “ 1, то углы падения, преломления и отраженияравны.
ТогдаE1 cos pθq ´ E3 cos pθq “ E2 cos pθq ,E1 ` E3 ´ E2 “4π ˚4πi“σ E2 cos pθq .cc91РешенияРешая данную систему уравнений, получаем коэффициентыотражения r и прохождения t по амплитуде:r“2πσ cos pθq{cE3“,E11 ` 2πσ cos pθq{ct“E21“.E11 ` 2πσ cos pθq{cРешение задачи 3Воспользуемся результатом для вычисления интеграла Кирхгофа по отверстию радиуса r0 для точки наблюдения zp :ˆE “ E0 exp pikzp q ¨ 1 ´ expˆikr022zp˙˙.Тогда для электрических полей, создаваемых разными половинками, можно записатьˆˆ 2 ˙˙ikr01,E1 “ E0 exp pikzp q exp pik∆q ¨ 1 ´ exp22zpˆˆ 2 ˙˙1ikr0E2 “ E0 exp pikzp q exp pikn∆q ¨ 1 ´ exp.22zpИспользуя принцип суперпозиции и подставляя все заданныев условии значения, получаем:E “ E1 ` E2 “ E0 exp pikzp q exp pik∆q ¨ p1 ` iq .Решение задачи 4Так как точка наблюдения находится на расстоянии длиныволны от излучающего диполя, то в формулеB“: ˆ n d9 ˆ nd`c2 rcr 2922008/2009 Экзаменационная работа 2необходимо учитывать оба члена.
Мгновенное значение дипольного момента берется в запаздывающий момент времениt1 “ t´ rc , где r – расстояние от точки наблюдения до излучающегодиполя. В результате суммирования полей от всех трех диполейполучаем:¨ ˛0d0B “ 2π ˝ 0 ‚ 3 r2π ` is ¨ expp´iωtq.a1Решение задачи 5Воспользуемся тем, что мгновенные потери частицы на излучение совпадают в лабораторной и сопутствующей системах отсчета:˜ 2 1 ¸2:1e E||22d1.“ 3I“I “33c3cmПоперечное поле в системе отсутствует, а продольное не меняетсяпри преобразованиях Лоренца.
Поэтому можно записать следующее выражение для потери энергии электроном на излучение:8ş 2 e4 4q2 v2 t2I “3m2 c3 pρ2 `v2 t2 q3 dt, где ρ “ h{2 – прицельный параметр.´8Предполагая, что потери на излучение достаточно малы и не влияют на скорость движения частицы (ультрарелятивистский электрон), получаем:8 e4 q 2 1∆E “3m2 c3 vρ3ż8´8ξ2p1 `dξξ2 q3“8π re2 q 2q2π re2“,23 ph{2q ph{2q3 h3Lгде re “ e2 mc2 – классический радиус заряженной частицы. Потерянный импульс рассчитывается по формулеv∆p “ 2 ∆E.c93РешенияРешение задачи 6Разделим задачу на несколько этапов.
Во-первых, для ее решения найдем поляризуемость бесконечного цилиндра в однородном электрическом поле. Во-вторых, запишем изменение дипольного момента единицы длины цилиндра. Зная его, посчитаем магнитное поле в волновой зоне и проинтегрируем по всей длине сучетом геометрического набега фаз. В заключение воспользуемсяизвестными формулами, связывающими дифференциальное сечение рассеяния с интенсивностью электромагнитного излучения,переизлученного в заданный телесный угол. Координатные осизададим следующим образом: ось цилиндра направим вдоль осиX, а электрическое поле падающей волны – вдоль оси Z.Этап 1.
Определим дипольный момент, возникающий во внешнем однородном электрическом поле E0 , перпендикулярном осицилиндра. Воспользуемся следующими известными фактами: поле внутри цилиндра однородно E1 , поле снаружи цилиндра описывается суммой однородного поля E0 и поля от дипольной нити,расположенной по оси цилиндра. Дипольный момент нити κ пропорционален внешнему электрическому полю κ “ α ¨ E0 :Ein “ E1 ,Eout “ E0 `2κ 4 pκ ¨ rq r´.r2r4Для нахождения неизвестных констант запишем граничныеусловия в двух точках на границе цилиндра: в точке, где E1 параллельно границе цилиндра – непрерывность тангенциальной составляющей электрического поля, и в точке, где E1 перпендикулярно границе цилиндра – непрерывность нормальной составляющей вектора индукции:E1 “ E0 `942κ,R22008/2009 Экзаменационная работа 2E0 ´2κ“ εE1 .R2Решая систему уравнений, получаем:κ“1ε´1 2R E0 expp´iωtq.2ε`1Этап 2.
Дипольный момент элемента длины dx:δd “11´ε 211´ε 2R E0 expp´iωtqdx “R E0 ez expp´iωtqdx.21`ε21`εМагнитное поле от цилиндра длиной dx в волновой зоне:: ˆnδd,c2 rδH “где r – расстояние до точки наблюдения,n “ psin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θq – единичный вектор, направленный в точку наблюдения.Магнитное поле с учетом набега фаз равняетсяH“l{2ş´l{2:δdˆnc2 rexp pikxnex q dx ““ε´1 ω2 R2ε`1 2c2 r E0 rez“ε´1 ω2 R2 lε`1 2c2 r E0 rezˆ nsl{2ş´l{2exp pikx sinpθq cospφqq dx “ˆ ns sinc´kl sinpθq cospφq2¯.Этап 3. Дифференциальное сечение рассеяния определяетсякакdσr2Sr 2 SdΩили“,dσ “S0dΩS095Решениягде S – модуль вектора Пойнтинга рассеянной волны, r 2 SdΩ – поток энергии в телесный угол dΩ и S0 – модуль вектора Пойнтингападающей волны. Подставляя все ранее полученные соотношения,получаем:ˆˆ˙˙ε ´ 1 2 ω4 R4 l2kl sin θ cos φdσ2“sin θ sinc.dΩε`14c422009/2010 учебный годКонтрольная работа 1Решение задачи 1Полукольца в силу своего симметричного расположения создаqют в центре сферы потенциал ϕ1 “ Qa ` b .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
