1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Поэтому интенсивность в точке второгоэкрана с учетом полного спектра описывается интегралом по всемчастотам:`˘ż81 ` cos 2ωdxI0 γcLdω.Ipxq “ 2πpω ´ ω0 q2 ` γ2´8Разобъем интеграл на две части и с учетом записанного вышеполучим:»Ipxq “ 2I0 –1 `γπż8´8` 2ωdx ˘ficos cLdωfl .pω ´ ω0 q2 ` γ2Интеграл будем вычислять методом вычетов. Для этого заменим в числителе подынтегрального выражения cospβωq на экспоненту exppiβωq, а в полученном интеграле возьмем действительную часть, т. е.»Ipxq “ 2I0 –1 `γReπż8´8fi` 2ωdx ˘exp cL idωfl .pω ´ ω0 q2 ` γ2167РешенияКонтур интегрирования(для интеграла в квадратных скобках) выберем в виде полуокружности с диаметром вдоль оси Repωq идугой, на которой интегралобратится в нуль при |ω| Ñ8. Для нашей подынтегральной функции условиена дуге выполняется в верхней полуплоскости.
Сделав замену переменных z “ ω´ω0 , представим интеграл в виде контурного ин˚теграла в комплексной плоскости (введено обозначение κ “ 2dxcL ) :ż8´8$&cos κωdω “ Re eiκω0%pω ´ ω0 q2 ` γ2żCeiκzz 2 ` γ2dz,.-.Подынтегральная функция как функция комплексного аргумента z имеет полюсы в точках z “ ˘iγ. Внутри выбранногоконтура лежит только один полюс z “ iγ. По теореме о вычетахинтеграл по контуру равенżCeiκzdz “ 2πi Respiγq.pzq2 ` γ2Вычет подынтегральной функции вычисляется известным способом:ˆ˙f pzqe´γκf piγqRes“.“ 1ψpzq iγ ψ piγq2iγ˚Кстати, именно этот интеграл приводится в качестве 1-го примера использования вычетов при вычислении интегралов в книге [5], гл. V, п. 2 иназывается он интегралом Лапласа.1682011/2012 Контрольная работа 2Подставляя полученное значение интеграла в выражение дляинтенсивности, получим:Ipxq “ 2I0 p1 ` e´κγ cos κω0 q.Видность интерференционной картины:V “Imax ´ Imin.Imax ` IminПоскольку очевидно, что максимуму интенсивности соответствует cos “ 1, а минимуму cos “ ´1, то видность равнаV “ e´κγ “ e´2dγxcLcLи падает в e раз при κγ “ 2dγxcL “ 1, т.
е. при x “ 2γd . Поэтомухарактерный размер интерференционной картины ∆x “ cLγd .Подобный результат можно получить и с помощью оценки, поскольку временная длительность импульса τ связана с ширинойспектра (в частотной области δω) соотношением неопределенностей δωτ „ 2π, τ „ 2π{δω. В нашем случае легко увидеть, чтополуширина импульса δω “ 2γ. Тогда пространственная длинаимпульса (продольная длина когерентности) lk “ τc. Интерференционная картина видна до тех пор, пока разность хода не сравняется с пространственной длиной когерентности, а следовательно, область, в которой интерференционная картина будет видна,определяется соотношением∆x “Lcπ,2dγчто в смысле оценки не отличается от полученной выше формулы.169РешенияЭкзаменационная работа 2Решение задачи 1Согласно принципу Бабине, искомое поле Epbq в сумме с полемEДЭ pbq за дополнительным экраном дает поле E0 pbq падающейволны.
ОтсюдаEpbq “ E0 pbq ´ EДЭ pbq.Дополнительным в нашем случае является экран с отверстиемв виде двух полудисков. Поле EДЭ pbq выражается интеграломКирхгофа:ş E0 eikrş2eikb1E0 eikρ {2b ρdρdϕ “cosψdS«EДЭ pbq “ λirbλiДЭ˜Rş“π eikb“E0 eikb bπbikλi“bλiДЭikρ2 {2bE0 eρ“0ikb´ E0 2eˆˆρdρ `ˇρ“R2ˇeikρ {2b ˇρ“0eikR22b´1 ` e`xşikρ2 {2bE0 eρ“0“ˇρ“x ˙“ˇ2ˇeikρ {2bikx22bρdρ¸ρ“0˙´1 .Учтем, что E0 pbq “ E0 eikb .
Тогда для Epbq получим:ˆ˙˙ˆikR2ikx2ikx2ikR22ikbikbEpbq “ E0 e1 ´ ` e 2b ` e 2b“ E0 ee 2b ` e 2b .2(1)Сумма в скобках равна нулю, если фазы в экспонентах отличаются на p2m ` 1qπ:kx22b´kR22bx2 “ R 2 `“ p2m ` 1qπ, откуда2bp2m`1qπk“ R2 ` p2m ` 1qbλ.1702011/2012 Экзаменационная работа 2Минимальному радиусу полудиска отвечает m “ 0:x“aR2 ` bλ.Примечание. Если x “ R, то в уравнении (1) справа фазыв экспонентах совпадают и в середине тени от диска возникаетсветлое пятно (пятно Пуассона).
Для этого диаметр диска должен быть достаточно малым, чтобы выполнялось приближениедифракции Френеля.Решение задачи 2Если бы клина не было, то главныймаксимум 1-го порядка наблюдался быпод углом(1)θ1 “ ˘λ{d.Клин отклоняет падающий на неголуч на угол β “ pn ´ 1qα (см., например,задачу 3.16 из сборника [2]). Тогда условие на угол α принимаетвидλ.β ´ θ1 “ 0, откуда α “dpn ´ 1qПримечание. Строго говоря, максимум 1-го порядка будет наблюдаться под двумя углами: второй угол возникает от симметричного максимума для решетки без клина (ему соответствуетзнак “+” в формуле (1)) и равен β “ 2θ1 “ 2λ{d.Решение задачи 3Обозначим за r расстояние от 2-го диполя до точки наблюдения, расположенной под углом θ. В волновой зоне (r " λ) напря171Решенияженности электрического поля от каждого диполя равны:E1 prq “ E01 prq eipkpr` 3sin θq´ωtq“ E0 eipkr`4π3sin θ´ωtq,E3 prq “ E03 prq eipkpr´ 3sin θq´ωtq“ E0 eipkr´4π3sin θ´ωtq,2λ2λE2 prq “ E02 prq eipkr`φ´ωtq ,где предэкспоненциальные множители E0i prq “ constri « E0 можносчитать одинаковыми для всех трех источников.Излучение диполя с фиксированной ориентацией линейно поляризовано, поэтому в точке наблюдения E1 k E2 k E3 и абсолютная величина поля равна сумме соответствующих комплексов:Eprq “ E1 prq ` E2 prq ` E3 prq “¯´4π4π“ E0 eipkr´ωtq eiφ ` e´i 3 sin θ ` ei 3 sin θ “``˘˘“ E0 eipkr´ωtq eiφ `2 cos 4π3 sin θ .При θ таких, что sin θ ą 3{8, модуль напряженности поля достигает максимума по φ при φ “ π.
В направлении θ “ π{6 имеем:|Eprq| “ |´1 ` 2 cosp2π{3q| ¨ E0 “ 2E0 .Интенсивность излучения антенны в элемент телесного углаdΩ:dI „ EE ˚ r 2 dΩ „ 4|E0 |2 „ 4I0 .Решение задачи 4Если шарики не соединены, то в них наводятся одинаковые дипольные моменты, рассчитываемые, как в однородном поле. Дипольный момент системы равенd1 “ Ea3 ` Ea3 “ 2Ea3 .1722011/2012 Экзаменационная работа 2Когда шарики соединены проводником, то на них собираютсяпротивоположные заряды. Разность потенциалов между шариками можно выразить, используя принцип суперпозиции:∆ϕ “qqqq´ ´ p´ q ´ E ¨ s « 2 ´ E ¨ s.a saaС другой стороны, ∆ϕ “ 0, откуда q “ Eas2 , а дипольныймомент системыEas2d2 “.2Дипольные моменты параллельны x, поэтому в обоих случаяхинтенсивность дипольного излучения в направлении, противоположном z, пропорциональна d2 с одним и тем же коэффициентом.ТогдаE 2 a2 s 4d211 ´ s ¯4I2.“ 22 “¨“I12222 E 2 a616 ad1Решение задачи 5Компоненты 4-вектора полного тока J i в лабораторной и J 1i всобственной системах отсчета связаны преобразованием Лоренца:˛˛ ¨¨˛ ¨˛ ¨γcκ 1cκ 1γ βγ 0 0cκ˚ J ‹ ˚ βγ γ 0 0 ‹ ˚ 0 ‹ ˚ γβcκ 1 ‹‹,‹“˚˚‹¨˚‹ ˚‚˝ 0 ‚“ ˝ 000 1 0 ‚ ˝ 0 ‚ ˝0000 0 10J “ γβcκ 1 “ γuκ 1 , κ “ γκ 1 .В лабораторной системе отсчета получаем прямой провод стоком γvκ 1 и линейной плотностью заряда γκ 1 .
Соответствующиеэлектрическое и магнитное поля в лабораторной системе:κ2JE“2 ,H“.rcr173Решения`˘Сила, действующая на заряд q, равна F “ q E ´ vc H и приположительных q и κ направлена к цилиндру перпендикулярноего оси. Подставив сюда предыдущие выражения, получим:F “2Решение задачи 6qκ 1 1 ´ uv{c2a.r1 ´ u2 {c2Магнитное поле на оси x образованодвумя магнитными диполями с магнитπr 2 Iным моментом M “ c0 ez каждый:B“´Mii“1 ´ R3 `ř2i´M“ 2ez ¨ ´ R3 `“ 2ez ¨MR3“ 2ez ¨ MНа рисунке показано слагаемое2ři“1´´3pMi Ri qRiR5i3M cos2 αR33a2R2¯´1 “3a2R5´3pMi Ri qRi,R5i1R3¯¯¯““.обозначенное BR .Максимальное значение магнитного поля достигается при R “ a:Bmax “ 2ez ¨ Mˆ3a21´ 35aa˙“4Mez .a3Мощность излучения релятивистской частицы в лабораторнойсистеме описывается формулой2cre2 22cre2 2 2 2dE“γ pE ` rβ ˆ Bsq2 “γ β B ,dt331742011/2012 Экзаменационная работа 22eгде re “ mc2 – классический радиус заряженной частицы.
Полныепотери энергии на излучении равныż82cre2 γ2 β2∆E “3B 2 dt.´82С учетом dEdt ! γmc можно принять dt «интегрированию по координате:2cre2 γ2 β2∆E “3vż8dxvи перейти кB 2 dx.´8Магнитное поле быстро убывает с расстоянием. Это позволяетвоспользоваться оценкойż8´816M 216M 2a“,a6a52B 2 dx « Bmax¨ ∆x “где ∆x “ a – характерный размер области действия поля. Тогда∆E “2cre2 γ2 β2 16M 232re2 γ2 βM 2“.3va53a5Для сравнения приведем точное решение:ˆ 2˙2˙ˆ3a16a29a412B 2 “ 4M 2“4M´´`.R5R3R6R8R10∆E ““2cre2 γ2 β24M 23v8βpre γM q238ş´8´8ş´´6a2R8´81R61R6175´`6a2R89a4R10`¯9a4R10dx.¯dx “РешенияУдобно перейти к интегрированию по углу:dx “ dpa tg αq “ aУчтем, что∆E ““aR“ cos α. Тогда8βpre γM q238βpre γM q23a5dα.cos2 απ{2şπ{2ş´π{2´π{2`´cos6 αa6´6 cos8 αa6`9 cos10 αa6¯adαcos2 α“˘cos4 ´6 cos6 `9 cos8 dα.Для вычисления интеграла потребуется несколько раз восполь2φзоваться формулой понижения степени cos2 φ “ 1`cos.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
