1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 12
Текст из файла (страница 12)
е. пренебрегая токами сме-“ikc 6mhr¨eikz,4πσ r 2 `h2 5{2qpчто совпадает2009/2010 Контрольная работа 2` ˘` πy ˘11поскольку sin2 πy2a “ 2 ´ 2 cos a . Сравнивая это выражение собщим решением, видим, что бегущая в волноводе волна представима в виде H “ H10 ` H11 . Тогда дисперсионное соотношениедля H10 :b` π ˘2` π ˘2 b` 2π ˘2 ` π ˘2 π?3ω2ω22 , k´ a “ a ,`k“““´z1022z10aaaccа для H11 :ω2c2“2` π ˘2a2 , k` kz11z11 “bω2c2´2` π ˘2a“bp22 ´ 2q` π ˘2a“?π 2a .Окончательно z-компонентамагнитногополя имеет вид´?? ¯πy ´i π3¨z2¨z1πx ´i π1aaHz px, y, zq “ Hz0 2 cos a ecose.´ 2 cos πxaaОтвет:´?? ¯πy ´i π3¨z12¨z´i ππxaa.´ecoscoseHz px, y, z, t “ 0q “ Hz0 21 cos πxa2aaРешение задачи 2В силу независимости решения от координат вдоль границ резонатора будем искать решение в виде Epxq, направив ось x перпендикулярно стенкам резонатора.
Тогда из уравнения divE “ 0получаем условие BEBx “ 0, откуда следует, что Ex “ const. Поскольку это постоянное значение нас не интересует, то будем искать только такое решение, вектор E которого параллелен стенкам резонатора. Выберем ось y в направлении вектора E, и тогдауравнение для вектора электрического поля примет видω2 εµd2 Ey`Ey “ 0dx2c2со своими коэффициентами в каждой из областей. Введя обозна??чения χ1 “ ωc ε1 µ1 , χ2 “ ωc ε2 µ2 , можно записать решение вpiqкаждой из областей резонатора в виде Ey “ A sin χi x ` B cos χi x.105РешенияУчитывая граничные условия на стенках резонатора (Ey “ 0q,решение можно записать в видеEyp1q “ A sin χ1 x,Eyp2q “ B sinrχ2 px ´ l1 ´ l2 qs.Граничные условия на границе раздела сред:ˇˇˇˇp2q ˇp1q ˇp2q ˇp1q ˇEτ ˇ “ Eτ ˇ , Hτ ˇ “ Hτ ˇ .ΓΓΓΓИз первого граничного условия сразу получим:ω ?ω ?A sin l1 ε1 µ1 “ ´B sin l2 ε2 µ2 .ccДля удовлетворения второму граничному условию обратимся куравнениям Максвелла (закону Фарадея):prot Eqz “ ´ic BEyµω Bx .BEyiωBz “,cBxТогда второе граничное условие можно перепиˇˇp2q ˇˇEy11сать в виде µ1 Bx ˇˇ “ µ2 Bx ˇˇ , илиΓ˘?? Γ˘``??ε µε µA µ11 1 cos ωc l1 ε1 µ1 “ B µ22 2 cos ωc l2 ε2 µ2 .
Разделив левыеи правые части граничных условий попарно, получим дисперсионное уравнениеcc¯¯µ1 ´ ω ?µ2 ´ ω ?tgl1 ε1 µ1 “ ´tgl2 ε2 µ2 ,ε1cε2cили Hz “p1qBEyрешение которого даст дискретный набор частот ωn . Если µε11 “ε2примет вид tgpαq “ ´ tgpβq. Этоµ2 , то дисперсионное уравнение˘` ??ωnуравнение имеет решение c l1 ε1 µ1 ` l2 ε2 µ2 “ nπ, откудаполучаем для частот ωn “ l ?ε µ ncπ.?p 1 1 1 `l2 ε2 µ2 qОтвет: ωn “pl1?ncπ,?ε1 µ1 `l2 ε2 µ2 q106где n “ 1, 2, 3...2009/2010 Контрольная работа 2Решение задачи 3Общее решение для H10 -волны имеет вид H10 – cos πxa .
Тогдадисперсионные соотношения в левой pz ă 0q и правой (z ą 0qполовинах волновода будут иметь вид´ ω ¯2´ ω ¯2´ π ¯2´ π ¯23ε0´ pkz q2 ´“ 0, ε0´ pkz q2 ´“ 0,cacaоткуда минимальные частоты для прохождения волны в левой иp2qp1qправой половинах имеют вид ωmin “ ?cε πa , ωmin “ ?c3ε πa . Поскольp2qp1qку ωmin ă ωmin , то частота, с которой H10 -волна будет отражаться от границы раздела, должна удовлетворять неравенствуc πc π?ăωă ? .εa3ε a?c π3ε aОтвет:ăωă?c π .εaРешение задачи 4Сигнал представляет собой два прямоугольных импульса, показанных на рисунке.Можно использовать линейность преобразования и теорему о сдвиге:p2qp1qττ5τ0 ` eiω 2 f 0 “ eiω 2 p1 ` e2iωτ qf 0 “fω “ fω ` fω “ eiω 2 fωωωτ´e´iωτ ` eiωτ2τ{2şeiωt dt ““ 2 eiω 2 eiωτ¯3τ0 “ 2 eiω 2 cos ωτf 0 ,fωω0 – Фурье-образ одного центрированного импульса;где fω0 “fω“?12π?τ2π´τ{2sinc` ωτ ˘2?1 22π ω´.107ττeiω 2 ´ e´iω 22i¯sin ωτ2?12π ωτ{2τ“Решения´ ωτ ¯3τ2τfω “ ? eiω 2 cospωτq sinc.22πТот же результат можно получить напрямую, записывая интеграл Фурье, сместив импульс в симметричное положение относительно начала координат (t̃ “ t ´ 3τ{2q:¸˜3τ{2´τ{2şşeiωpt̃`3τ{2q dt̃ “eiωpt̃`3{2τq dt̃ `f “ ?1ω“2π?2τ2π´3τ{23ττ{2eiω 2 cospωτq sincОтвет: fω “3τ?2τ eiω 22π` ωτ ˘2.cospωτq sinc` ωτ ˘2.Решение задачи 5В плоской падающей волне амплитуды электрического и магнитного полей равны, т.
е. E0 “ H0 . В идеально проводящемпространстве электрическое и магнитное поля равны 0, поэтому граничные условия на границе раздела вакуум-металл будутиметь вид B1n “ 0, которое выполняется автоматически (TMволна и, следовательно, магнитное поле касательно поверхности).Из-за поворота вектора электрического поля при отражении (иначе нельзя удовлетворить граничным условиям при нормальномпадении) нормальная составляющая электрического поля на границе (y “ 0q испытывает скачок. Вектор электрического поля впадающей плоской волне имеет вид E “ E0 eipωt´kx x´ky yq , а скачокнормальной составляющей электрического поля равенω∆E1n “ 2E0 sin φ ¨ eipωt´ c x sin φq .Если скачок нормальной составляющей не равен нулю, то наповерхности будет поверхностная плотность заряда σ, которая находится из уравнения ∆E1n “ 4πσ.
Тогда„ ˆ˙x sin φ12E0 sin φ cos ω t ´.σ“4πc1082009/2010 Контрольная работа 2Скачок касательной составляющей магнитного поля приводитк появлению поверхностного тока i, который определяется из граничного условияH2τ ´ H1τ “ H1τ |y“0 “ ´ez E0 eipωt´kx xq “ ey ˆ i0откуда i0 “cipt´ xc sin φq.4π ex E0 eОтвет: σ “14π 2E0 sin φ cos”´ω t´x sin φc¯ı, i0 “4π,ccipt´ xc sin φq.4π ex E0 eРешение задачи 6Задачу можно решать как матричным методом, так и геометрическим построением (см.
рисунок). Поскольку предмет находится внутристекла, то луч, проведенный из конца предмета параллельно оси, дойдет до границы шара изнутрии преломится. При этом для углов α и ψ будет выполняться соотношение (закон Снелиуса) n sin α “ sin ψ, или, с учетом параксиального приближения, nα “ ψ. Продолжение этого лучавлево даст одну из линий для построения мнимого изображенияпредмета. Луч, проведенный из центра шара через вершину рассматриваемого предмета, не преломляется (поскольку этот луч –нормаль к поверхности шара), и его пересечение с проведеннымранее лучом даст мнимое изображение длиной a.
Используя соотxношения для углов α “ Rи La “ ψ ´ α, получим:aaxaxL “ ψ ´ α “ pn ´ 1q R ,L´R´x{ψ´α “ α,L´R´xR{pn´1qx “ R ,¯´¯´aRaRnaRL “ pn´1qx, a “ pn´1qx,, aR “ x pn´1qx´ R ´ n´1´ n´1a n´2x n´1n“ ´ n´1, в результате получим увеличение109ax“n2´n“ 3.РешенияМатричным методом получим тот же результат. Оптическуюсистему можно представить суммой двух трансляций и преломляющей поверхности (учитываем, что объект внутри шара):˙ˆ˙ˆ˙ˆ˙ ˆ˙ˆ101 2Rxx1 b“M“30 1αα0 1´ 3{2´1R2ˆ˙ˆ˙bx2R ` 2b1 ´ 2R“, откуда заключаем (из условия11α´ 2R2формирования изображения), что b “ ´4R, следовательно, увеличение xa “ 1 ` 4R2R “ 3.aОтвет: x “ 3.Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Интенсивность равнаa?I “ I1 ` I2 ` 2 I1 I2 cos ∆ϕ “ 3I0 ` 2 2I0 cospk∆rq,xdс учетомI1 “ I0 , I2 “ 2I0 .где разность хода¯´ ∆r “? l2 2kxdОтсюда I “ 3I0 1 ` 3 cos l .Видность V “Imax ´IminImax `Imin´Ответ: I “ 3I0 1 `?2 23“?2 23 .¯, V “cos kxdl?2 23 .Решение задачи 2С учетом отражения от зеркала амплитуда волны слева отэкрана Eслева “ E0 ey eipk0z z´ωtq pe´ik0x x ´ eik0x x q.Амплитуду волны справа от экрана записываем в виде интеграла Кирхгофа для цилиндрических волн в приближении Фраунгофера (поскольку по условию R0 " a2 {λ, при этом считаем1102009/2010 Экзаменационная работа 2угол отражения φ « φ0 и, следовательно, cos φ « cos φ0 q:bşakipkR0 ´ωtq cos φdxpe´ik0x x ´ eik0x x q eikx x “EeeE “ 2πiR0 y00´abkipkR0 ´ωtq cos φ ¨ 2iaˆ“ 2πiREee0 y00ˆ rsinc pk0x ´ kx q a ` sinc pk0x ` kx q as .Так как k0x « ´kx , sinc pk0x ` kx q a « 0.
Делая заменуk0x “ k ¨ sin φ0 , kx “ k ¨ sin φ, получим интенсивностьE E 2 ka2 cos2 φA0¨ sinc2 rpsin φ0 ´ sin φq kas .I “ |E|2 “ 0πR0Выражаяsin φ¯ « sin φ0 ` ∆φ cos φ0 и полагая´λsinc 2πa∆φcosφ0 “ 0, получим ∆φ “ 2a cosλφ0 .Ответ: I “E02 ka2 cos2 φ0¨sinc2 rpsin φ0πR0´ sin φq kas, ∆φ “λ2a cos φ0 .Решение задачи 3Зоны Френеля одинаковой четности дают одинаковый синфазный вклад 2E0 в амплитуду поля в точке P . Вклады зон с различной четностью отличаются по знаку. Поэтому суммарный вкладот открытых трех зон равен вкладу одной (первой или третьей)зоны:EI “ 2E0 .Амплитуда поля в точке P достигнет максимума, если все тризоны будут давать одинаковый по знаку вклад. Для этого нужноувеличить оптическую длину хода лучей, идущих через вторуюзону, на p2m ` 1qλ{2, где m “ 0, 1, 2, ...
Тогда амплитуда возрастетдоEII “ 3 ¨ 2E0 “ 6E0 “ 3EI .111РешениягдаМинимальной толщине пластины отвечает условие m “ 0. То-λλñ∆“,22pn ´ 1qгде n – показатель преломления стекла.Ответ:1) в 3 раза (с 2Е0 до 6Е0 q;λ;2) ∆min “ 2pn´1q3) надо закрыть вторую зону Френеля.n¨∆´∆“Решение задачи 4Амплитуда поля справа `от транспаранта ˘E0Epx, zq “ E0 eikz ¨tpxq “ 1`b1 ` 2b eiαx ` 2b e´iαx eikzпредставляет собой сумму трех расходящихся волн.Ответ: три расходящиеся волны амплитудойˆ˙bbE01 ` eiαx ` e´iαx eikz .Epx, zq “1`b22Решение задачи 5В дальней волновой зоне1prd1 !ˆ n1 s ` rd2 ˆ n2 s ` rd3 ˆ n3 sq “c2 aiω pt´ aq2cpiey ´ ex q ˆ ex ` pex ´ iey q eiφ0“ ´d0 ω ce2 a´¯)?i 3epex ´ iey q eiφ0 ˆ e2x ` 2 y.Bp0q “Ответ: Bp0q “id0 ω 2 p1´eiφ0 qezc2 aeiωpt´ c q .112aˆ´ex2´¯?i 3ey`22009/2010 Экзаменационная работа 2Решение задачи 6Переходим в систему отсчета кольца.
Скорость электрона вэтой системеv´V.v1 “1 ´ vVc2В системе кольца потери энергии электрона на излучение вединицу времениdE 12e41“inv“E 2,dt13m2 c3 x1где Ex “Qx1pa2 `x12 q3{2— электрическое поле на оси.Используя подстановку dx1 “ v 1 dt1 , находим потери энергииэлектрона на излучение в системе кольца:2e4∆E “3m2 c31ż8´82e4 Q2Ex dt “ 2 3 13m c v121ż8´8x12 dx12e4 Q2𓨠3.2123231pa ` x q3m c v 8aПотери импульса электрона на излучение в системе кольца:∆p1 “v1 ∆E 12e4 Q2 π“¨ex pне зависит от скорости!q.c23m2 c5 8a3Возвращаемся в лабораторную систему` отсчета.Используя пре˘Eобразование 4-вектора энергии-импульса c , p , получим:∆p1x “∆px ´ pV {cq ¨ ∆E{ca.1 ´ V 2 {c2Далее, используя соотношение ∆px “ pv{cq¨∆E{c, получим потериимпульса электрона на излучение в лабораторной системе:aa1 ´ V 2 {c21 ´ V 2 {c22e4 Q2 π1v“¨v,∆px “ ∆pxv´V3m2 c5 8a3v´V113Решенияоткуда потери энергии электрона на излучение в лабораторнойсистеме равныa1 ´ V 2 {c22e4 Q2 π∆px c2“¨.∆E “v3m2 c3 8a3v´V??1´V 2 {c21´V 2 {c22e4 Q22e4 Q2ππ,∆p“v.Ответ: ∆E= 3m¨¨2 c3v´Vv´V8a33m2 c5 8a32010/2011 учебный годКонтрольная работа 1Решение задачи 1В полярной системе координат с центром в точке O дифференциал длины дуги вдоль спирали равенdˆ ˙adr 2dl “ dr 2 ` prdαq2 “` r 2 dα .dαЗамечая, что dr{dα “ ab exppbαq “ br, найдем потенциал в точкеO по известной формуле:ϕpr “ 0q “LpNż q0κdl “r2πNż0?ab2 r 2 ` r 2dα “ 2πκN 1 ` b2 .κrРешение задачи 2Задача состоит в решении уравнения Лапласа ∆ϕ “ 0 (так как отсутствует объемнаяплотность заряда) с граничными условиями настенках металлической трубы и границе раздела двух сред 1 с ε1 и 2 с ε2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
