1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Увеличениеравно (см. примечание к задаче 1 вар. 1 на стр. 147)1K “ ´ p´1q “ ´3.K1Размер изображения x “ K ¨x “ ´3x pизображение перевернутоq.Решение задачи 2При интерференции света в тонких пленках, наблюдаемой под прямым углом, переход между темными и светлыми полосами обусловленλ.изменением толщины пленки на 4nПри этом оптическая длина хода луча в пленке (туда и обратно)изменяется на 2λ , а фаза на π. Края клина разделены 12-ю переходами между светлыми и темными полосами. Поэтому перепадтолщины клина оценивается какλ3λ3 ¨ 0.5∆h « 12“““ 1 мкм,4nn1.5а угол∆h10´4 смα“““ 10´5 рад.l10 см1502013/2014 Контрольная работа 2.2, вар.
2Решение задачи 3Интерференционные картины от всехисточников совпадают, если с точностью доmλ pm “ 1, 2, 3, ...q совпадают разности хода лучей от каждого источника до щелей.Для источника, положение которого на вертикальной оси составляет i¨a, разность ходав параксиальном приближении равна2d ¨ ai.LЧтобы эта дробь была кратна λ для взаимно простых i “ 3 иi “ ´4, должно выполняться равенство∆ri “2d ¨ aLλm“ mλ, d “.L2aМинимальное значение d соответствует m “ 1:dmin “Lλ.2aПри этомa∆r|i“3 “ 3 2Lλ2a L “ 3λ,a∆r|i“´4 “ ´4 2Lλ2a L “ ´4λ.Решение задачи 4Волны в щелях находятся в противофазе (см.
решение задачи 4 вар. 1 настр. 149). Тогда условие минимума m-гопорядка в точке экрана z “ b{2 “ 7a{2:R “ X ` mλ0 ,?X 2 ` b2 “ X ` mλ0 ,X 2 ` b2 “ X 2 ` 2mλ0 X ` m2 λ20 ,X“b2 ´m2 λ202mλ0 .151РешенияМаксимальное значение X соответствует m “ 1:Xmax “b2 ´λ202λ0“72 λ20 {2´λ202λ0“ 47λ0 {4.Приведенное решение является точным. Параксиальное приближение в виде сильного неравенства не выполняется:bXmax47λ0“ ? ¨« 0.42 ă 1.2 47λ0Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Граничные условия на тангенциальные компоненты E и H:E0 ` E1 “ E2 ,H0 cos θ0 ´ H1 cos θ1 “ H2 cos θ2 `4πc J“ H2 cos θ2 `4π ˚c σ E2 .Здесь Ei и Hi - комплексные числа(напр., E0 “ E0m eipk0x x´ωt`φ0 q ).Если отраженная волна отсутствует,то E1 =0, и из первого уравнения следует, что E2 =E0 .
При полном внутреннем отражении cos θ2 “ cos π2 “ 0.?Учтем также, что Hi “ εi Ei . Тогдавторое уравнение принимает вид:?4π ˚ε1 E0 cos θ0 “σ E0 ,cc ac ?cε1 cos θ0 “откуда σ˚ “n1 1 ´ sin2 θ0 “n14π4π4πbcn21 ´ n22 .“4π152d1´n22“n212013/2014 Экзаменационная работа 2Решение задачи 2Внешний радиус m-ой зоны Френеля выражается формулойaρm “ mzp λТогда внутренний радиус кольца равен?ad1 “ ρ1 “ zp λ “ 2 ¨ 0.5 ¨ 10´6 “ 1 ¨ 10´3 м “ 1 мм,внешнийd2 “ ρ1 “?a2zp λ “ 2 ¨ 2 ¨ 0.5 ¨ 10´6 “ 1.41 мм.Амплитуду волны удобно проанализировать спомощью диаграммы Френеля. На ней 1-я зонапредставляет собой полуокружность, концы которой образуют вектор E1 “ 2E0 (снизу вверх), 3-яи все последующие представляют собой спиральс итоговым вкладом в поле, равным E0 (снизувверх).
2-я зона без кольца была бы полуокружностью диаметра 2E0 , идущей сверху вниз (синий пунктир на рис.). Поэтому для максимализации поля нужно сделать так, чтобы полуокружность, отвечающая 2-я зоне, шла снизу вверх (синяя сплошная линия). Для этого достаточно придать волне во 2-й зоне дополнительный сдвиг по фазе на π. Условие этогоkpn ´ 1q∆min “ π, ∆min “λπ“.kpn ´ 1q2pn ´ 1qАмплитуда волны при этом равнаEmax “ 2E0 ` 2E0 ` E0 “ 5E0 .153РешенияРешение задачи 3Схема слева до второго экрана представляет собой классическую схему Юнга, поэтому интенсивность света на втором экране какфункция x описывается формулой˙˙ˆˆ2d ¨ x,I2 pxq “ I20 1 ` cos kaв частности, в щелях x “ h и˙˙ˆˆ2d ¨ h.I2 “ I20 1 ` cos kaЕсли I2 “ 0, то и интенсивность на третьем экране всюду равна нулю.
Для этого должно выполняться условие˙ˆπ ` 2πm2d ¨ h2d ¨ h“ π ` 2πm, d “a,“ ´1, kcos kaa2khπλaa“.2kh4hЕсли яркость в щелях на втором экране не равна нулю, то правая часть схемы также сводится ксхеме Юнга. Тогда интенсивность света на третьемэкране равна˙˙ ˆˆ˙˙ˆˆ2h ¨ x2d ¨ h1 ` cos k.Ipxq “ I0 1 ` cos kabdmin “1542013/2014 Экзаменационная работа 2Решение задачи 4Общее выражение для потерь энергии релятивистской заряженной частицы на излучение:(2q 4BE“ ´ 2 3 γ2 pE ` rβ ˆ Hsq2 ´ pβ ¨ Eq2 ,Bt3m cгде поля относятся к лабораторной системе отсчета.Случай 1): E “ 0.Тогда E ` rβ ˆ Hs “ βHeK и pβ ¨ Eq “ 0.BE2q 42q 4“ ´ 2 3 γ2 pβHq2 “ ´ 2 3 γ2 β 2 H 2 .Bt3m c3m cСлучай 2): H “ 0, E “ Ek .Можно упростить решение, воспользовавшись свойством инвариантности BEBt относительно преобразований Лоренца.
В сопутствующей системе отсчета β1 =0, γ1 “ 1. ТогдаE1K “ γpEK ` rβ ˆ Hs “ 0, E1k “ Ek “ E иBE 12q 42q 4BE“ 1 “ ´ 2 3 pγ1 q2 E 2 “ ´ 2 3 E 2 .BtBt3m c3m cРешение задачи 5Под действием электрического поля свободные заряды приобретают ускорение, равноеa“x: ex “qE eipkzi ´ωtqex ,mгде zj – положение i-го заряда. Сила Лоренца по модулю равнаvqHc =βqE, то есть значительно меньше кулоновской, и ею можнопренебречь.155РешенияТогда вследствие дипольного излучения j-го заряда в волновой зоне ˚ формируется магнитное полеBj “reE0 eipkr´ωt`d¨jq sin θeα .rВопросы, сформулированные в данной задаче, относятся к плоскости yz, θ “ π2 , поэтомуBj “reE0 eipkr´ωt`d¨jq eα .rЗаряды осциллируют и излучаюткогерентно, но несинфазно.
Для соседей изначальный сдвиг по фазе составляет kd. Кроме того, если обозначить за r расстояние от левого источника до фронта волны, излучаемой вволновой зоне под углом α к оси z, то фаза излучения от j-гоисточника запишется какφj “ φ0j ` k ¨ pr ´ r0j q “ φ0j ` kz pz ´ z0j q ` ky py ´ y0j q ““ kd ¨ j ` k cos αpz ´ j ¨ dq ` ky y “ ψ ` χ ¨ j,где ψ “ ky y ` kz z “ k ¨ r включает часть фазы, одинаковую длявсех источников, а χ “ kdp1 ´ cos αq.В результате интерференции трех волн магнитное поле в волновой зоне составит2ÿre1 ´ e3iχreipkr´ωtqeiχj “ E0 eipkr´ωtq.Bi “ E0 eBpr, tq “rr1 ´ eiχj“0j“02ÿ˚В ближней зоне pkr „ 1q формируется поле порядка dλ03 „ rλe E0 ! E0 . Поэтому можно пренебречь влиянием излучения, рассеянного одним свободнымзарядом, на ускорение соседних свободных зарядов.1562013/2014 Экзаменационная работа 2Модуль вектора Пойнтинга рассеянной волны равенS“c 2c re2 2 sin2 p3χ{2qB “E.4π4π r 2 0 sin2 pχ{2qsin2 p3χ{2qSr 2 dΩ“ re2dΩ.S0sin2 pχ{2qdσ “2dσsin2 p3χ{2qSr 22 sin p3kdp1 ´ cos αq{2q““ re2“r.edΩS0sin2 pχ{2qsin2 pkdp1 ´ cos αq{2qВ случае d “ 4λ ,kd2“π4sin2 p3πp1 ´ cos αq{4qdσ.“ re2dΩsin2 pπp1 ´ cos αq{4qКачественная диаграмма строится по характерным точкам:α “ 0,dσdΩ“ 9re2 pmaxq,α “ π2 ,dσdΩ“ re2 ,α “ π,dσdΩ“ re2 ,два нуля при условии 3p1´cos α0 q{4 “ 1¯ dσă |α0 | ă π ,“ 0.2dΩ´πРешение задачи 6Пусть 4-вектор потенциала в сопутствующей системе отсчетаимеет следующее компоненты (здесь и всюду ниже будем пользоваться контравариантным представлением):`˘pAi q1 “ ϕ1 , A1x , A1y , A1z .157РешенияКомпоненты 4-потенциала¨˛ ¨ϕγ βγ 0 0˚ Ax ‹ ˚ βγ γ 0 0˚‹ ˚˝ Ay ‚ “ ˝ 00 1 0Az00 0 1в лабораторной системе равны˛˛¨ 1 ˛ ¨ϕγϕ1 ` βγA1x‹ ˚ A1x ‹ ˚ βγϕ1 ` γA1x ‹‹ (1)‹˚ 1 ‹ “ ˚‚‚˝ Ay ‚ ˝A1yA1zA1zПоскольку в сопутствующей системе имеем скалярный потенциал, равный нулю, и векторный потенциал магнитного диполя1A1 pr 1 q “ mr013ˆr (то есть A1x “ 0), то компоненты 4-потенциала влабораторной и сопутствующей системах совпадают и выражаются через координаты сопутствующей системы какϕ “ ϕ1 “ 0,Ax “ A1x “ 0,Ay “ A1y “ ´m0 z 1m0 y 1, Az “ A1z “ 13 .13rrЧтобы выразить вектор-потенциал через координаты px, y, zqлабораторной системы, запишем связь между 4-векторами события в различных системах:˛¨˛ ¨˛¨ 1 ˛ ¨γ´βγ 0 0ctγct ´ βγxct˚‹ ˚‹˚ x1 ‹ ˚ ´βγγ0 0 ‹‹ ˚‹ ˚ x ‹ “ ˚ ´βγct ` γx ‹˚˝˝‚‚‚˝ y1 ‚ “ ˝ 001 0yy1000 1zzzПодставляя полученные выражения в (1), получим:ϕ “ 0, Ax “ 0, Ay “ ´ mr130 z ,или в векторной записи A “Az “m0 y,r 13m0 ˆr,r 13где r “ px, y, zq, r1 “ pγpx ´ vtq, y, zq, r 1 “158aγ2 px ´ vtq2 ` y 2 ` z 2 q.2014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
12014/2015 учебный годКонтрольная работа 1.1, вариант 1Решение задачи 1Система обладает сферическойсимметрией, что позволяет считатьполе радиально направленным и зависящим только от радиуса в сферических координатах. Тогда из теоремы Гаусса поток поля через поверхность сферы радиуса r с центром Oравен{pE ¨ dSq “ 4πr 2 Eprq “ 4πQ,где Q – заряд, заключенный внутри сферы.На разных расстояниях от центра O имеем:răa:4πr 2 Eprq “ 0Ñ Eprq “ 0,a ă r ă b : 4πr 2 Eprq “ 4πqarąb:Ñ Eprq “4πr 2 Eprq “ 4πpqa ` qb q Ñ Eprq “Для потенциала получим:rąb:ϕprq “qa `qbr ,a ă r ă b : ϕprq “qab`qar ,răa:qab`qaa.ϕprq “159qae ,r2 rqa `qber .r2РешенияРешение задачи 2Для определения x-компонентыполя выделим на стержне элемент длины dx1 на расстоянииx1 от точки O.
Заряд элементаdq “ κdx1 , элементарное полев точке px, rq “ p0, aq равноdE “px12dq,` a2 qа x-комонента элементарного поляdEx “x1dqdq?cosθ“.px12 ` a2 qpx12 ` a2 q x12 ` a2Вклад всего стержня в x-компоненту поля получим интегрированием по длине стержня:Ex “ż80κκx1 dx1“ .apx12 ` a2 q3{2Из симметрии задачи следует, что вклад стержня в r-компонентуполя составляет половину от поля прямого бесконечного провода:Er “1 2κꨓ .2 aaРешение задачи 3Будем искать поле в виде$ A1& r2 er в области 1,Eprq “% A2e в области 2.r2 r160(1)2014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
