1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Видно, что расстояние между соседними минимумами варьируется. Для синей кривой B “ π2 , такчто cos B “ 0. Этому отвечает условие минимумовkоткуда ∆xmin,m “2apn ´ 1qαx“ p2m ` 1qπ,LλL2apn´1qα .Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Запишем граничные условия на тангенциальные компоненты E и H:E0 ` E1 “ E2 ,H0 ´ H1 “ H2 `4πc i“ H2 `4π ˚c σ E2 .1112πλ .РешенияЗдесь Ei и Hi - комплексные числа (напр., E0 “ ?E0m eipk0x x´ωt`φ0 q ).?εПерепишем систему уравнений с учетом Hi “ ?µii Ei “ εi Ei :E ` E1 “ E2 ,?0??ε1 E0 ´ ε1 E1 “ ε2 E2 `4π ˚c σ E2 .(1)1.
Положив ε1 “ ε2 “ 1, из системы (1) находимE2 “11`2πσ˚cE0 .Средняя по времени поверхностная плотность мощности w,выделяемой в пластинке, равна1σ˚ E021w “ E2 i “ σ˚ E22 “ `˘ .˚ 2222 1 ` 2πc σ2. Условие экстремумаdwdσ˚“ 0 дает2π ˚σ“ 0,c extrоткуда σ˚ , при которой w максимальна, равна1´σ˚extr “c.2πЗначение максимальной w:c 2E .16π 03. В отсутствие отраженной волны (E1 “ 0) из первого уравнения системы (1) следует E2 “ E0 . Тогда второе уравнение принимает видwmax “?ε1 E0 “??4π ˚c ?ε2 E0 `σ E0 , откуда σ˚ “p ε1 ´ ε2 q.c4π1122012/2013 Экзаменационная работа 2Решение задачи 2Для разрешения колец необходимо, чтобы угловой размер θпромежутка между кольцом и планетой заметно превышал характерный угол дифракции света δθ на зрачке:θ“wLδθ “λd,.-ñděλL0.5 ¨ 10´6 ¨ 109`3““ 2.5 ¨ 10´2 м “ 2.5 смw20 ¨ 103`3Это оценка снизу.
На практике лучше пользоваться критериемРэлея θ ě 1.22δθ, который дает минимальный размер апертуры3 см. В бинокль с объективом такого диаметра кольца Сатурнадействительно уже различимы.Решение задачи 3У дальнозоркого человекахрусталик фокусирует на сетчатке только лучи, приходящие в виде параллельного пучка. Поэтому лучи, идущие отмонитора, после прохождениячерез линзы очков должны стать параллельными. Для этогоэкран монитора должен находиться в фокальной плоскости этихлинз. Тогда искомое фокусное расстояние равно 40 см “ 0.4 м,1а соответствующая светосила 0.4“ 2, 5.Решение задачи 4Поле в точке P выражается интегралом Кирхгофа:E0EP “iλżeikRcos ψdS,RSгде интегрирование производится по площади сферического сегмента, опирающегося на отверстие (dS “ 2πa21 sin θdθ).
dS можно113Решениявыразить через переменную R. Для этого рассмотрим сегмент радиуса AC=BC=a1 с радиусом основания BK=ρn . Без ограниченияобщности рассмотрим случай AP=a2 ąAC=a1 . Тогда по теоремекосинусовzBP2 “ CP2 ` BC2 ´ 2 ¨ BC ¨ CP cos BCP,R2 “ pa2 ´ a1 q2 ` a21 ` 2pa2 ´ a1 qa1 cos θ.Обозначим δ “ a2 ´a1 и возьмем дифференциалы от обеих частей:2RdR “ ´2a1 δ sin θdθ.Тогда sin θdθ “ ´ RdRa1 δ и элемент площади, выраженный черезпеременную R, равенdS “ ´2πa21RdRa1 RdR“ ´2π.a1 δδ(Знак «-» получился из-за того, что в случае a2 ą a1 бо́льшим Sотвечают меньшие R). Тогда с учетом cos ψ«1 интеграл Кирхгофаберется элементарно:EP “0 a1´2π EiλδRş1a2eikR dR “¯´10 a1eikR ´ eika2 .“ 2π EkλδВ параксиальном приближенииR1 “ BC 1 ` C 1 P “ a1 ` δ cos θ « a2 ´ δ ` δp1 ´ θ2 {2q “ a2 ´114a2δ.2a212012/2013 Экзаменационная работа 2Тогда комплекс поля EP и его модуль равны соответственно¸˜2EP “E0 a1δikeika2eaδ2a21´1 ,ˇ ´ 2 ¯ˇˇˇa|EP | “ 2 E0δa1 ˇsin k 4a2δ ˇ “1а искомая интенсивность:ka2 E02a1ˇ´ 2 ¯ˇˇˇaˇsinc k 4a2δ ˇ,1ˆ 2 ˙k 2 a4 I 0a2sinc k 2 δ .IP “24a14a1Подставим a1 “ r0 и оценим глубину фокуса δ˚ как половинурасстояния между первыми минимумами интенсивности по обестороны от фокуса или, что то же, как расстояние от фокуса допервого нуля sinc:ˆa2sinc k 2 δ˚4r0˙“ 0, k´ r ¯24πr02a2 ˚0˚λ.“2δ“πÑδ“22kaa4r0Глубину фокуса можно также получитьс помощью следующих простых соображений.
В приближении геометрической оптики фокус C находится на расстоянии „ r0от отверстия и является точкой пересечениярадиусов AC и BC. Вследствие дифракцииλвозникает разброс θd „ 2aпо направлениямлуча BC. Вытекающее отсюда размытие δ˚фокуса:r0 λ ˚CC 1r0 λ r0λ r02, δ “ CP “«¨“,2asin θ2a a2 a2что в смысле оценки не отличается от значения глубины, полученного из выражения для интенсивности.CC 1 “ r0 θd “115РешенияРешение задачи 5Уточним, что дипольное приближение работает при условииa ! λ (а не только r " a). Предполагаем, что оба условия выполнены.
Тогда вектор-потенциал описывается стандартной формулой,верной в квазистационарной, ближней и волновой зонах:Apr, tq “d9cripkr´ωtq e ,“ ´iω qazcr eipkr´ωtq cos θ,Ar “ ´iω qacr eipkr´ωtq sin θ.Aθ “ iω qacr eСкалярный потенциал ϕpr, tq будем искать из условия лоренцевской калибровки1 dϕ“ 0.(1)c dtПоскольку вектор-потенциал A имеет только z-компоненту, тодивергенцию удобно рассчитывать в декартовых координатах ˚ :div A `div A “BAzBzB“ ´iω qac Bz˘ipkx x`ky y`kz z´ωtq “er`1˘`qa ipkr´ωtqipkr´ωtq ´ 1 Br ` 1 ikcos θ p1 ´ ikrq .“ iω cre“ ´iω qaz22 ecrr BzПроизводная по времени в (1) сводится к умножению на p´iωq:dϕ“ ´iωϕ.dt˚В методических целях приведем расчет той же дивергенции в сферических координатах:¯´` 2 ˘B1Bpsin θAθ q “ r12 ´iω qaeipkr´ωtq cos θ p1 ` ikrq `r Ar ` r sindiv A “ r12 Brθ Bθcqa ipkr´ωtq1cos θ p1 ´ ikrq .` r siniω qaeipkr´ωtq 2 sin θ cos θ “ iω cr2 eθcr1162012/2013 Экзаменационная работа 2Тогдаqaсdiv A “ 2 eipkr´ωtq cos θ p1 ´ ikrq .´iωrВ квазистационарной зоне (kr ! 1) имеем потенциал диполяpd¨rq.r3ϕpr, tq “ ´Примечание.
Условие лоренцевской калибровки позволяет определить скалярный потенциал с точностью до произвольной независящей от времени функции координат. Поэтому, строго говоря, мы должны добавить к найденному ϕpr, tq слагаемое rq .Решение задачи 6Излучение системы будет представлять собой суперпозицию излучения от самого вибратора и излучения,формируемого вследствие отраженияволны от стенок. Отраженные волныудобно описывать как исходящие изтрех изображений вибратора.В волновой зоне каждое излучение локально представляет собой плоскую монохроматическую линейно поляризованнуюволну. Фазу излучения самого источникаи изображений удобно отсчитывать относительно точки O. Учтем также, что принечетном числе отражений возникает скачок по фазе на π:E0E1E2E3“ E0 eipkx px´aq`ky y´ωtq“ E0 eipkx x`ky py´aq´ωt`πq“ E0 eipkx x`ky py`aq´ωt`πq“ E0 eipkx px`aq`ky y´ωtq117“ E0 eipkr´ωt´ka cos αq ,“ E0 eipkr´ωt´ka sin α`πq ,“ E0 eipkr´ωt`ka sin α`πq ,“ E0 eipkr´ωt`ka cos αq .РешенияЗдесь r – вектор из точки O в точкуˇнаблюдения,а предэкспоненˇˇ d: ˇd02циальный множитель равен E0 “ ´ ˇ c2 r ˇ “ ´ω c2 r в соответствиис формулой для амплитуды поля отдельного точечного вибраторав волновой зоне.
Можно показать, что при таких расположениии фазах трех излучателей-изображений выполняются граничныеусловия Eτ “ 0, Bn “ 0 на проводящих плоскостях.На расстояниях r " a все векторы ki параллельны и поэтомусуперпозиция полей сводится к алгебраическому, а не векторномусуммированию:`˘EΣ “ E0 eipkr´ωtq e´ika cos α ` e´ika sin α`iπ ` eika sin α`iπ ` eika cos α “`˘“ E0 eipkr´ωtq eika cos α ´ eika sin α ´ e´ika sin α ` e´ika sin α ““ 2E0 eipkr´ωtq pcospka cos αq ´ cospka sin αqq .Интенсивность излучения в волновой зоне на единицу телесного угла равнаdI0dI“4¨ pcospka cos αq ´ cospka sin αqq2 ,dΩdΩгдеdI0dΩобозначает такую же величину в отсутствие стенок.В направлении биссектрисы α “ 0 иdI0dI0dI“¨ pcospkaq ´ 1q2 “ 4¨ sin4 pka{2q.dΩdΩdΩУсловию максимума соответствуетam “kam2“π2` πm, откуда2πλ2π 2πm`, amin “ a0 ““ .2kk2k21182013/2014 Контрольная работа 1.1, вар. 12013/2014 учебный годКонтрольная работа 1.1, вариант 1Решение задачи 1Выделим на полукольце элементдлины adα.
Заряд на элементе равенdαπ q, а создаваемое им в точке p0, 0, z0 qполе:dα˘dE “ q ` 2π a ` z02с z´компонентойdEz “ dE cos θ “ az0a2 ` z02dEи y´компонентойdEy “ ´dER cos α “adEa2 `z02“ ´dE sin θ cos α “ ´ ?cos α.По принципу суперпозиции поле, создаваемое всем полукольцом, равно интегралу от элементарного поля по углу α от´ π2 до π2 . Из симметрии задачи ясно, что x´компонента полного119Решенияполя равна нулю. Остальные компоненты равныEy “ ´“´π{2ş´π{2q? 2a 2a `z0 πpa2 `z02 q2qaπpEz “3{2a2 `z02qπ{2ş´π{2cos αdα “ ´ˇπ{2ˇ“sin αˇˇqaπpa2 `z02 q3{2´π{2,qdαa `z02 πpa2 `z02 q? z20“Величина полного поля E “πqz0πpa2 `z02 qb3{2“Ez2 ` Ey2 “qz03{2pa2 `z02 qbz02 `.q4a2π2 a2 `z 2 3{2 .p0qРешение задачи 2Точечный заряд на плоской границе, разделяющей два крупных диэлектрика с ε1 и ε2 , формирует потенциал (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
