1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Согласно законуБио-Савара x-компонента поля наводится только токами, текущими на участкахSC и N A (для остальных участков векторы R и dℓ лежат в плоскости, включающей ось x, поэтому их171Решениявекторное произведение перпендикулярно этой плоскости, а следовательно, и самой оси x. Bx сонаправлено с осью x и составляетпо модулю половину поля кольца радиуса a с током I:Bx “πIex .caАналогично получаем остальные ортогональные компонентыполя:πIπIBy “ey , Bz “ez .cacaИтак, искомое поле в точке O:Bo “πIpex ` ey ` ez q.caBprq на больших расстояниях представляет собой поле магнитного диполя. Для определения x-компоненты магнитного момента системы спроектируемконтур с током на плоскость yz:mx “I ¨ Szyπa2 Iex “ex ,c2c2где Szy “ πa2 – площадь области, ограниченной проекцией контура на плоскость yz (на рисунке заштрихована).Аналогично получаем остальные ортогональные проекции магнитного момента:my “πa2 Iπa2 Iey , mz “ez .2c2cТогда поле на больших расстояниях определяется формулойBprq “ ´где m “πa2 I2c pexmpm ¨ rqr`3,r3r5` ey ` ez q, r “ xex ` yey ` zez .1722014/2015 Экзаменационная работа 1Решение задачи 4Поскольку µ " 1, то можно считать поток магнитного поляодинаковым вдоль всей длины сердечника.
В области соленоидаполе однородно по сечению соленоида, поэтому оно однородно влюбом сечении сердечника, а также в зазоре. Тогда уравнениеСтокса для контура вдоль центральной линии магнитопроводапринимает вид¿żż4πN I.pH ¨ dℓq “ pHµ ¨ dℓq ` pH0 ¨ dℓq “ Hµ l ` H0 d “cldВ силу непрерывности нормальных компонент BBµ “ B0 Ñ µHµ “ H0 .Тогда имеем˙ˆl4πN I4πN I¯.`d “Ñ H0 “ ´H0µcc µl ` dВ сечении зазора действует переменное магнитное поле4πN I0¯ cospωtq,B0 ptq “ ´c µl ` dкоторое создает в сечении радиуса b переменный магнитный поток4π2 b2 N I0¯ cospωtq,Φ0 ptq “ ´lc µ `dСогласно закону Фарадея, вдоль окружности радиуса b в зазоре формируется вихревое (азимутальное) электрическое поле,отвечающее соотношению2πbEα “ω 4π2 b2 N I0sinpωtq.c2 µl ` d173РешенияПоле и сила на заряд q составляют соответственноEα “2πbωN I02πbωqN I0´¯ sinpωtq, Fα “ ´¯ sinpωtq.lc2 µ ` dc2 µl ` dРешение задачи 5Согласно формуле взаимодействия между двумя твердыми диполями сила на второй диполь со стороны центрального равнаF12 “ ´∇U12 prq “ ∇pm2 ¨ B1 prqq.Потенциальная энергия взаимодействия двух диполей задается формулойиз задачи 4.26 [1]:U12 prq “pm1 ¨ rqpm2 ¨ rqpm2 ¨ m1 q´3.3rr5С учетом наложенных ограничений на степени свободы движения бусинки получимU12 prq “ ´2m1 m2 cos θ,r3где зенитный угол θ отсчитывается относительно оси y.Условие равновесия 2-го диполя записывается только для θкомпонент.
Для магнитной силы θ-компонента равна ˚˙ˆBm2 m1 sin θm1 m2 cos θF12θ “ ´∇θ U12 prq “,“ ´22rBθr3a4˚Формула для силы из задачи 4.26 [1]F“3pm1 ¨ rqm2pm2 ¨ rqm1pm1 ¨ rqpm2 ¨ rqrpm1 ¨ m2 qr`3`3´ 15r5r5r5r7здесь неприменима, так как она получена для случая pm1 ¨ m2 q “ const.1742014/2015 Экзаменационная работа 1Полученный знак θ-компоненты силы соответствует направлениюскольжения бусинки по кольцу вверх, что и необходимо для компенсации силы тяжести. Поэтому центральный диполь долженбыть ориентирован вверх, как и предполагалось исходно.Mg 4m2 m1 sin θ“ M g sin θ Ñ m1 “a .a42m2Решение задачи 6Запишем граничное условие в произвольной точке границы раздела:F12θ “ ´Gθ Ñ 2D2n ´ D1n “ 4πΣ,где Σ – поверхностная плотность свободныхзарядов.Проинтегрируем это равенство по площади границы раздела.
ПолучимxxD1n dS “ 4πQ,D2n dS ´S2S1где S1 и S2 – поверхности, прилегающие к границе раздела состороны областей 1 и 2 соответственно ˚ .ε jnУчтем, что D1,2n “ 1,2σ1,2 :xε1 xε2jn dS ´jn dS “ 4πQ.σ2σ1S2S1Интеграл от jn по площади границы раздела (см. примечание)равен полному току I от A к B. Тогда искомый заряд Q равен˙ˆε1ε2´“ I ¨ pτ2 ´ τ1 q,Q“I¨4πσ2 4πσ1где τ1,2 “ε1,24πσ1,2– времена релаксации в средах 1 и 2.˚Здесь и ниже S1 и S2 не включают сечение обратного провода, входящегов контур реальной электрической цепи.175РешенияКонтрольная работа 2.1, вариант 1Решение задачи 1Суперпозиция полей в точке пространства r “px, y, zq равнаE0 eipk`1x x`k1y y´ωtq ez ` E0 eipk2x x`k2y y´ωtq ez “ ˘“ E0 eipkx cos α`ky sin α´ωtq ` eipkx cos αx´ky sin α´ωtq ez ““ 2E0 eipkx cos α´ωtq cospky sin αqez .E равно нулю в точках, в которых выполняется условиеky sin α “ π{2 ` πm Ñ y “π{2 ` πm,k sin αгде m – целые.Это система параллельных плоскостей с межплоскостным расπстоянием k sinα.Решение задачи 2Спектр одиночного центрированного импульса шириной τ:´ ωτ ¯.E0 pωq “ τE0 sinc2По теореме о сдвиге Фурье-образ первого импульса отличается от Фурье-образа соответствующего центрированного импульсамножителем e´iωτ{2 .
Каждый новый импульс добавляет к Epωqмножительexpp´iωT q.2В совокупности Фурье-образы образуют бесконечную геометрическую прогрессию со знаменателем q “ 21 expp´iωT q, суммакоторой равна:` ˘8ÿE0 τ e´iωτ{2 sinc ωτE1 pωqk2.“E1 pωqq “expp´iωT q1´q1´k“021762014/2015 Контрольная работа 2.1, вар.
1Квадрат модуля спектральной плотности равен (см. рисунок, на которомзнаменатель в комплексном выражении Epωq показан в виде разностивекторов на комплексной плоскости)` ˘` ˘2 τ2 sinc2 ωτEE02 τ2 sinc2 ωτ0222“ 5.|Epωq| “´cosωT1 ` p 21 q2 ´ 2 ¨ 1 ¨ 12 cos ωT4Решение задачи 3Поляризация падающей волны задаетсявекторной записью ˚?ˆ ?˙˙ˆ33 ´iπ{2´iπ{2E0 ee“ E0 1,.E0 ,22Тогда поляризация преломленной волнызапишется как¸˜ ??ˆ˙3ξk ´iπ{23iπ{2,E0 ξK ,ξ ee“ E0 ξK 1,2 k2ξK(1)E2k2Kгде ξK “ EE0K и ξk “ E0k – амплитудные коэффициенты прохождения для TE- и TM-волн соответственно.Согласно формулам Френеляξk1.“ξKcospθ0 ´ θ2 q(2)Угол преломления θ2 найдем из закона Снеллиуса:??n13˝sin θ2 “ sin θ0“ sin 30 3 “Ñ θ2 “ 60˝ .n22˚Знак “-” перед π{2 обусловлен тем, что волна в условии нашей задачиописывается выражением Ek „ eipkr´ωt`π{2q “ eipkr´pωt´π{2qq .177РешенияПодставляя найденный θ2 в уравнения (2) и (1), получим?˙ˆ¯´3´iπ{2´iπ{2,e1,e“EξE0 ξK 1,0 K2 cosp30˝ ´ 60˝ qчто соответствует левой круговой поляризации.Коэффициент отражения рассчитываем по формулеR“ă S1 ą,ă S0 ąгде ă Si ą – усредненный по времени модуль вектора Пойнтингадля падающей (i “ 0) и отраженной (i “ 1) волн соответственно.Поскольку поля EK и Ek взаимно перпендикулярны, суммарный вектор Пойнтинга равен сумме векторов Пойнтинга, рассчитанных отдельно для TE- и TM-волн ˚ .
Заметим, что в нашейзадаче θ0 равен углу Брюстера. Поэтому в отраженной волне присутствует только TE-волна. Согласно формулам Френеля, имеем0 ´θ2 qE1 “ E1K “ ´ sinpθsinpθ0 `θ2 q E0 “ă S1 ą“c28π E1“14¨sin 30˝sin 90˝ E0“E02 ,cE028π ,ă S0 ą“ă S0K ą ` ă S0k ą“2cE0K8πR “ 71 .`2cE0k8π“cE028π`˘1 ` 43 “74¨cE028π ,˚В общем случае принцип суперпозиции к вектору Пойнтинга неприменимввиду его нелинейности по полю.1782014/2015 Контрольная работа 2.1, вар. 2Решение задачи 4Разброс значений волнового вектора в волновом пакете оценимπ.из соотношения неопределенностей: ∆kx “ ∆x0Групповая скорость пакета, рассчитанная для некоторого значения волнового вектора k1 равнаˇBωpkq ˇˇvg pk1 q ““ v ` αpk1 ´ k0 q.Bk ˇk“k1Тогда разброс групповых скоростей волн с разными kx в пакете равен:πα.∆vg “ α∆k “∆x0Ширину пакета через время t можно оценить так ˚ :∆x2 ptq “ ∆x20 ` p∆vg ¨ tq2 “ ∆x20 `pπαtq2.∆x20Минимальное значение это выражение достигает при?∆x0 “ παt.Контрольная работа 2.1, вариант 2Решение задачи 1Суперпозиция полей в точке пространства r “px, y, zq равнаE0 eipk1x x`k1y y´ωtq ez ` E0 eipk2x x`k2y y´ωtq ez “`˘“ E0 eip´kx sin β`ky cos β´ωtq ` eipkx sin βx`ky cos β´ωtq ez ““ 2E0 eipky cos β´ωtq cospkx sin βqez .˚Складывются не сами величины, а их квадраты, так как каждое слагаемое по своему смыслу представляет не абсолютный, а характерный разброс.179РешенияE равно нулю в точках, в которых выполняется условиеkx sin β “ π{2 ` πm Ñ x “π{2 ` πm,k sin βгде m – целые.
Это система параллельных плоскостей с межплосπкостным расстоянием k sinβ.Решение задачи 2Спектр одиночного центрированного импульса шириной τ:´ ωτ ¯E0 pωq “ τE0 sinc.2По теореме о сдвиге Фурье-образ первого импульса отличается от Фурье-образа соответствующего центрированного импульсамножителем e´iωτ{2 . Каждый новый импульс добавляет к Epωqмножительexpp´iωT q´.2В совокупности Фурье-образы образуют бесконечную геометрическую прогрессию со знаменателем q “ ´ 12 expp´iωT q, суммакоторой равна:` ˘8ÿE0 τ e´iωτ{2 sinc ωτE1 pωqk2.“E1 pωqq “expp´iωT q1´q1`k“02Квадрат модуля спектральной плотности равен (см. рисунок, на которомзнаменатель в комплексном выражении Epωq показан в виде суммы векторов на комплексной плоскости)` ˘` ˘E02 τ2 sinc2 ωτE02 τ2 sinc2 ωτ22“ 5.|Epωq| “1 ` p 21 q2 ` 2 ¨ 1 ¨ 12 cos ωT`cosωT421802014/2015 Контрольная работа 2.1, вар.
2Решение задачи 3Поляризация падающей волны задаетсявекторной записью ˚?ˆˆ ?˙˙33 iπ{2iπ{2E0 ,E0 ee“ E0 1,.22Тогда поляризация преломленной волнызапишется как¸˜ ??˙ˆ3ξ3kξ eiπ{2 “ E0 ξK 1,eiπ{2 ,E0 ξK ,2 k2ξK(1)E2k2Kгде ξK “ EE0K и ξk “ E0k – амплитудные коэффициенты прохождения для TE- и TM-волн соответственно.Согласно формулам Френеляξk1“.ξKcospθ0 ´ θ2 q(2)Угол преломления θ2 найдем из закона Снеллиуса:sin θ2 “11n1sin θ0 “ ? sin 60˝ “ Ñ θ2 “ 30˝ .n223Подставляя найденное θ2 в уравнения (2) и (1), получим?˙ˆ¯´3iπ{2iπ{2,e“ E0 ξK 1, eE0 ξK 1,2 cosp60˝ ´ 30˝ qчто соответствует правой круговой поляризации.Коэффициент отражения рассчитываем по формулеR“ă S1 ą,ă S0 ą˚Знак “+” перед π{2 обусловлен тем, что волна в условии нашей задачиописывается выражением Ek „ eipkr´ωt´π{2q “ eipkr´pωt`π{2qq .181Решениягде ă Si ą – усредненный по времени модуль вектора Пойнтингадля падающей (i “ 0) и отраженной (i “ 1) волн соответственно.Поскольку поля EK и Ek взаимно перпендикулярны, суммарный вектор Пойнтинга равен сумме векторов Пойнтинга, рассчитанных отдельно для TE- и TM-волн.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
