1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Таким образом, поле в центре тора равноB0 “ ´Q m r1 Q m r2`,r13r23(1)где r1 и r2 – векторы, направленные в точку O из левого и правого торцов соответственно. Результирующая двух векторов (1)направлена горизонтально (справа налево) и равнаB0 “2QmµHr 2αα“sinsin .22R22R2(2)Примечание. Понятие “магнитный заряд” встречалось в задачнике [1] (см. решение задачи Р.55), где с его помощью определялось магнитное поле вдали от конца прямого тонкого соленоида.Покажем, что оно справедливо также для непрямого соленоида,если соленоид тонкий, а магнитный поток постоянен вдоль егодлины.Действительно, выберем некоторую замкнутую поверхность изапишем уравнение Максвелла для потока магнитного поля:{B dS “ 0.(3)1562011/2012 Экзаменационная работа 1Устремляя размер области, ограниченной этой поверхностью, кнулю, получим:div B “ 0.(4)Предположим теперь, что рассмотренная выше замкнутая область находится непосредственно на конце тонкого соленоида.
Тогда уравнение (3) можно записать в виде{1BdS ` BS “ 0.(5)Здесь знаком 1 мы обозначили область вне соленоида. Поток жечерез соленоид BS (S – площадь сечения соленоида) будем рассматривать отдельно.Сделаем следующее допущение. Предполагая соленоид тонким, опустим 1 в интеграле (5). Устремим теперь размер областиинтегрирования к нулю (предполагая его при этом большим сечения соленоида). Тогда вместо уравнения (4) получим:divB “ ´BSδpr ´ r0 q.(6)Здесь вектор r0 определяет положение конца соленоида. Уравнения (6) и rot H “ 0 описывают электростатику точечного зарядаQm “ BS{4π, а их решение есть закон Кулона:B“´BS r ´ r0.4π |r ´ r0 |3(7)Оценим ошибку нашего приближения.
Опускание 1 в интеграле(4) справедливо, если считать поле в соленоиде равным нулю (этополе уже учтено выделением особенности BS в уравнении (4)).Мы же предполагаем поле в соленоиде равным полю вне соленоида. Непрерывность поля необходима для перехода к дифференциальному уравнению (6). Это позволяет оценить относительнуюSошибку приближения как 4π|r´r2.0|157РешенияРешение 2.Разобьем тор на бесконечно малые окружности толщиной dl.Магнитный момент витка, связанного с каждой такой окружностью, равен dm “ µInπr 2 dl{c и направлен по касательной к тору.Здесь n и I – плотность намотки и ток в ней соответственно; ихможно связать с магнитным полем в торе:H“4πIn,cтак чтоµr 2 dlH.4Магнитное поле в центре тора можно определить как векторную сумму полей от каждого витка:dm “B0 “ ´ÿ dmR3`ÿ 3pdm ¨ RqRR5.Последняя сумма в этой формуле равна нулю, так как dm¨R “0 (векторы dm и R взаимно перпендикулярны), а первая равнаB0 “ ´µr 2 LH,4R3(8)где L – вектор, соединяющий левый и правый торцы тора.
Егодлина равна L “ 2R sin α2 . Подставляя это в формулу (8), получим (2).Решение задачи 6Поле на оси прямого полубесконечного соленоида как функция координаты z, отсчитываемой от торца соленоида, имеет видBz pzq “z ¯ B0B0 ´1´«вблизи торца.2R21582011/2012 Экзаменационная работа 1Если размер лягушки (водяногошарика) мал по сравнению с радиуса катушки R, то вблизи торца полеможно считать однородным с величиной B20 , и тогда шарик приобретаетмагнитный момент, равныйm“pµ ´ 1qa3 B0pµ ´ 1qa3 B0¨«.µ`223¨2Сила на магнитный диполь (ср. с решением задачи 1 из ЭР12007/08, стр. 8, 48):pµ ´ 1qa3 B024πa3 ρBBz pzqez “ ´ez “ ´g.Bz12R3Искомое магнитное поле внутри соленоида равноdc48πRρg3.14 ¨ 5 ¨ 1 ¨ 9.81 ¨ 102B0 ““4¨« 16 ¨ 104 Гс “ 16 Т.3p1 ´ µq10´5F “ pm ¨ ∇qB “ mz ¨Приведем упрощенные соображения в пользутого, что положение лягушки неустойчиво.
Сместим лягушку на бесконечно малое расстояние вгоризонтальном направлении. В первом приближении у вектора магнитного поля в смещенной точкепоявится горизонтальная компонента, направленная в сторону смещения. Тогда все изложенные выше рассуждения, примененные по отношению к оси z 1 (см. рисунок), даютпоявление горизонтальной невозвращающей компоненты у силы,что и означает неустойчивость ˚ .˚В приведенном рассуждении мы пренебрегли вкладом магнитного поля,формируемого внутри капли, в полную энергию системы. На самом деле учетэтого фактора необходим, но представляет собой более сложную задачу.
Отметим только, что теорема Ирншоу на случай диамагнетиков не распространяется, и возможна такая конфигурация магнитного поля, при которой равновесие подвешенной капли воды оказывается устойчивым.159РешенияКонтрольная работа 2Решение задачи 1Интенсивностьволны равнаI0 “падающей˘cc ` 22xE 2 y “E0x ` E0y.4π8πМгновенное электрическоеполе на выходе поляроида находим как проекцию входного поля на ось поляроида:E1 “ pEx cos ϕ ` Ey sin ϕq ep .Интенсивность прошедшей волны получим, усреднив E12 повремени:˘` 2ccxE12 y “ 4πxEx y cos2 ϕ ` xEy2 y sin2 ϕ ` 2xEx Ey y sin ϕ cos ϕ “I1 “ 4π“c8π˘` 22 sin2 ϕ ` 0 .E0x cos2 ϕ ` E0yИскомый коэффициент пропускания:2 cos2 ϕ ` E 2 sin2 ϕE0xI10y.“22I0E0x ` E0yРешение задачи 2Фурье-образ от одного прямоугольного единичного импульса шириной τ,симметричного относительно оси t “0, равенωτ ¯τ´sinc.E1 pωq “22Фурье-образ от прямоугольного импульса, сдвинутого по времени на t0 относительно E1 ptq, отличается появлением фазового1602011/2012 Контрольная работа 2множителя eiωt0 .
Наш сигнал представляет собой последовательность прямоугольных импульсов, сдвинутых один относительнопредыдущего на фазу π ` ωt0 “ π ` ωτ (домножение на eiπ “ ´1равносильно перемене знака). С учетом того, что первый импульссдвинут по времени относительно симметричного на τ{2, получаем искомую спектральную мощность:Epωq ““τ iτ{22eτ iτ{22e``sinc ωτ2sinc ωτ23˘ řN “1˘ 1`e3iωτ1`eiωτqN “τ iτ{22e`sinc ωτ2˘ 1´q31´q“,где q “ ´ eiωτ – знаменатель геометрической прогрессии.
Для модуля Epωq получим:ωτ ¯ cos 3ωττ´2sinc¨.|Epωq| “22cos ωτ2Решение задачи 31. Исходим из общего выражения для групповой скорости вволноводе:aa?c ω˚2 ´ ω20c 4ω20 ´ ω20c2 kz˚3c,(1)“““vg “˚˚ωω2ω02?3cl0 “ vg ¨ τ “τ.22. Расплывание волнового пакета определяется двумя факторами: шириной волнового пакета (по k) и дисперсионными (нелинейными) свойствами среды.
В сумме эти факторы приводят кразбросу групповых скоростей внутри пакета. Чтобы установитьсвязь между ∆kz и ∆vg , запишем уравнение (1) в формеωvg “ c2 kz .161РешенияПродифференцируем это уравнение по kz :dωdvgvg ` ω“ c2 .dkzdkzc2 ´ vg2dvgdvgdω“ vg : vg2 ` ω“ c2 Ñ“.dkzdkzdkzω?2πc dvgac3c, ω “ 2ω0 “:.“В нашем случае vg “2adkz8πУчтем, чтоОценку ширины волнового пакета в k-пространстве получаемиз соотношения неопределенностей: ∆kz “ lπ0 . Тогда имеем:∆vg “ ∆kzacπ acac““.8πl0 8π8l0Удвоению ширины волного пакета (в r-пространстве) соответствует условие ∆vg ¨ T “ l0 , откудаT “l08 ¨ 3c2 τ26cτ28l2“.“ 0 “∆vgac4acaПримечание.
В процессе расплывания волнового пакета ∆kzостается неизменным, поскольку каждая плоская волна, входящая в пакет при t “ τ, никуда не исчезает, и, с другой стороны,никакая плоская волна, которой не было в пакете при t “ τ, неможет возникнуть при t ą τ. Следовательно, ∆vg является неизменным в процессе расплывания пакета.Решение задачи 4Способ 1 (через матричный формализм).Сначала запишем в матричном виде закон преобразования луча при преломлении на сферической границе раздела двух сред споказателями преломления n1 и n2 :˙ ˆ˙ˆ˙ ˆx1x210¨.“11n 1 α1n 2 α2´ n2 ´nR1622011/2012 Контрольная работа 2Отражение удобно формально рассматривать как преломление на границе со средой с показателем преломления n2 “ ´n1 “´1. Тогда преобразование луча при отражении описывается матричным равенством:˙ ˆ˙ ˆ˙ ˆ˙ˆ˙ ˆx1m11 m12x1x21 0¨“¨.“2α1m21 m22α1´α2R 1Теперь применим стандартные формулы для коэффициентаувеличения K и расстояния d2 от зеркала (от главной плоскости)до изображения:d2dAB1“ m21` m22 “`1“,Kn1RA1 B1OA1 “ d2 “ ´n2dm11 d ` m12 n1“ą 0,m21 d ` m22 n12d{R ` 1т.
е. изображение находится за зеркалом (мнимое).В оптимальном положении концы дуги l лежат на сторонахBA1 и BB1 треугольника A1 BB1 . С учетом параксиального приближения можно составить пропорцию (дуга l “выпрямлена” в163Решениявертикально ориентированный отрезок A2 B2 – см. рисунок):dl““2dHd`d2A1 B1“pd`d2 qdHd2“dH´dd2¯`1 “dHp2d{R ` 1 ` 1q “pd{R ` 1q .Отсюда находим:d“Rˆ˙H´1 .2lСпособ 2 (через построение изображения).Построим изображение B1 точкиB. Оно находится на пересечении двухлучей, исходящих из B: один к центру сферы (он падает по нормали кповерхности, следовательно, его продолжение проходит по радиусу), второй – к точке O (в ней нормаль ориентирована горизонтально, поэтому дляпродолжения отраженного луча в области за зеркалом имеем{{B1 OC “ BOD). В силу симметрии задачи изображение A1 точки A располагается симметрично точке B1 относительно оси OC,при этом точка O лежит на прямой A1 B.
Если точка D расположена заметно ближе к сфере, чем точки A и B, то ее изображениебудет располагаться ближе к сфере (с внутренней стороны), чемизображения точек A и B (в отражении человек будет выглядетьпузатым – пунктирная линия на рисунке).В оптимальном положении концы дуги l лежат на сторонахBA1 и BB1 треугольника A1 BB1 (см. рисунок). Тогда для углаβ, опирающегося на дугу l, имеем:β “ Rl ,BD “ CD tg β.1642011/2012 Контрольная работа 2С учетом BD “H2и CD “ d ` R получим:lHctg ´ R.(1)2RОтсюда можно определить минимальный размер зеркальногоучастка, при котором человек увидит себя в полный рост, подойдявплотную к шару (строго говоря, в полный рост он себя не увидитиз-за того, что вследствие искривления изображения живот будетзаслонять ноги):H.l0 “ R arctg2RДля характерных размеров (H “ 170 cм, R “ 4 см) l0 « 6 см(β чуть меньше π{2).ˆ˙HllЕсли l ! R, то tg «иd“R´1 .RR2ld“Для характерных размеров (H “ 170 cм, R “ 4 см, l “ 2 см)d « 166 cм.В случае плоского зеркала (R Ñ 8) его минимальная высота l, независимо от расстояния d, составляет половину роста H(женщины это хорошо знают).Заметим, что выражение (1) получено без использования какихлибо приближений.
Окончательное выражение получено при условии l ! R. Параксиальное приближение не использовалось ни втом, ни в другом случае.Решение задачи 5Определим разность хода лучей в точку с координатой x отдвух щелей:´¯a4d2r1 “ x2 ` p2dq2 « x 1 ` 2x“2“x`2d2x ,165Решенияr2 “?´x2 ` d2 « x 1 `r1 ´ r2 «2d2x´d22x“d22x2¯“x`d22x ,3d22x .Разность фаз волн, приходящих от разных щелей:∆ϕ “ k∆r “3kd2.2xИнтенсивность интерференционной´´ 2картины:¯¯Ipxq “ I0 p1 ` cos ∆ϕq “ I0 1 ` cos 3kd.2xУсловие интерференционного максимума:3kd23d2“ 2πm Ñ xm “,2xm2mλоткуда ∆xm “ xm ´ xm`1 “3d22mλ´3d22pm`1qλ“3d22mpm`1qλ .При этом для выполнения условия d ! xm порядок максимумадолжен лежать в интервале 0 ă m ! 3d2λ .Решение задачи 6В соответствии с привычной постановкой задач на схему Юнга предположим, что для каждого из отверстий задана одинаковая спектральная плотность в виде лоренцевского контура.
Тогдаполная интенсивность получается из заданного распределения интегрированием его по ω в диапазоне от ´8 до 8, поскольку элементарное интегрирование даетI0 γπż8´8„ˇdωpω ´ ω0 q ˇˇ8I0 γ 1“ I0 .“arctgˇpω ´ ω0 q2 ` γ2π γγ´81662011/2012 Контрольная работа 2Для узкого диапазона частот dω можно считать источник монохроматическим и когерентным, поэтому суммарная интенсивность на втором экране в схеме Юнга (с учетом того, что разность2k¨d¨xхода от двух щелей δl “ 2d¨xL , а разность фаз δϕ “L ) равна˘`˘ dI`“ 2 1 ` cos 2ωdxdIΣ “ dI 2 ` 2 cos 2ωdxcLcLdω dω “I0 γp1`cos 2ωdxcL q“ 2 πppω´ω0 q2 `γ2 q dω.Волны с разными частотами являются по отношению друг кдругу некогерентными.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
