1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Причем, для поля снаружи H out однородноеполе должно совпадать с заданным внешним H 0 , а для поля внутри H in дипольнуюкомпоненту нужно выбрать равной нулю, чтобы избежать расходимости в центре сферы:m 3(mr )rout, H in = H 1.H = H0− 3 +5rrЗдесь m и H 1 — искомые величины.
Граничные условия на поверхности сферы—H nin |= H nout | ( μ = 1 ) и Hτin | − Hτout |= 4π i ∗ /c ( i ∗ — плотность поверхностного тока)—приводят к соотношениям:⎛⎞2mm⎞4π ∗⎛H1 cos θ = ⎜⎜ 3 + H 0 ⎟⎟ cos θ , ⎜ H1 − H 0 + 3 ⎟ sin θ =i.⎜ a⎟a ⎠c⎝⎝⎠46Плотность тока i ∗ = σ ∗ E найдем, применив интегральное уравнение Максвелла оциркуляции вектора E к контуру под углом θ на поверхности сферы:iα H11 dΦsin θ , где введеноEe −iωt 2π a sin θ = −, где Φ = H1e −iωtπ a 2 sin 2 θ . Получим i ∗ =2cc dtобозначение α := ωσ ∗a/c 2 .
Система из двух соотношений, выражающих граничныеусловия, теперь замкнута и не содержит угловых зависимостей. Решив ее, находим:1 + 4π iα−4πα 2 + iα∗=,i=H 0 c sin θ .H1H01 + 16π 2α 21 + 16π 2α 2Контрольная работа 2Задача 1. Падающий луч содержит, очевидно, в равных долях s - иp -поляризованные компоненты. Условие α = n2 /n1 с учетом закона преломленияsin α/ sin β = n1/n2 означает α + β = π/ 2 , то есть угол α совпадает с углом Брюстера, прикотором p -волна полностью проходит во вторую среду. Значит, искомый коэффициент1 1прохождения есть t = + (1 − Rs2 ) , где амплитудный коэффициент отражения s -волны,2 2sin(α − β )= cos 2α (здесь учтено, чтосогласно формулам Френеля, равен Rs = −sin(α + β )1 1α + β = π/ 2 ).
Таким образом, t = + sin 2 2α . С учетом α = n2 /n1 отсюда находим2 221 1 ⎛ 2n n ⎞t = + ⎜ 2 1 22 ⎟ .2 2 ⎝ n1 + n2 ⎠Задача 2. Как известно, l ∼ λ 2 /Δλ , а l⊥ ∼ λ/α , где α ∼ D/l — малый угол, подкоторым виден источник. Таким образом, l /l⊥ ∼ λ D/ (Δλl ) ≈ 2, 8 .Задача 3. Радиусы rm зон Френеля определяются условиемn1 rm2 + a 2 + n2 rm2 + b 2 − n1a − n2b =λm,2где учитывается оптическая разность хода лучей. Применив разложение корней (сrm2ab22учетом rm a, b ) вида rm + a ≈ a +, получим rm =λm .2an1b + n2 aЗадача 4. Поле в волноводе u = u0 sinсуперпозиции двух волн: u =π/aоси Z , где α ≈πxa2eik z z⎛ 2π ⎞ π2, где ⎜⎟ = 2 + k z , представимо в виде⎝ λ ⎠ a2u0 ⎡⎢ i( kz z − πax ) i( kz z + πax ) ⎤⎥e+e, распространяющихся под углами ±α к⎥⎦2i ⎢⎣=λ.
Расстояние между максимумами на экране равно2ak + π /a2lα = λ l /a , а их ширина равна lα = λl / (2a) .Задача 5. Выберем ось x в плоскости экрана перпендикулярно щелям. Разложениеволны u0 eikα x на выходе из щелей имеет вид:2224u0k (θ − α )ak (θ − α )b,sincosk (θ − α )22где k = 2π/λ , углы α и θ считаем малыми. Искомое угловое распределение есть:| uk |= uo ∫+ a/ 2− a/ 2ei ( kα x − kθ x ) dx ⎡⎢⎣1 + e(ikα −ikθ )b ⎤⎥⎦ ==472I u kdθ I 0 akkb(θ − α )2 ka (θ − α )=cos 2dI = 0 kdθ .sinc2a u0 2π22πЭкзаменационная работа 2Задача 1. Угловое распределение интенсивности от одной из щелей, как известно,πadI 2 I 0 a2равно:=sin θ .
От двух щелей получим:sinc u , где u =λλdθπbdI 2 I 0 adI 8 I 0 aiπiv 2222=sin θ . Окончательно:=sinc u ⋅ e + e , где v =sinc u sin v .λλλdθdθikzЗадача 2. При полностью открытом фронте амплитуда в точке P есть u0 = E0 e p .Радиус выступа соответствует 3-ей (нечетной) зоне Френеля, поэтому вклад от круглогоотверстия с таким радиусом равен uотв = 2uo . Вклад от открытой полуплоскости равен,очевидно, uп/пл = u0 / 2 . Для полуплоскости с выступом получим:ikzu = uп/пл − uотв / 2 = −u0 / 2 = − 12 E0 e p .Задача 3. Радиус отверстия соответствует 4-ой (четной) зоне Френеля для точек S иP . В точку P попадает также свет от изображения S ′ источника в зеркале.
Дляконструктивной интерференции света от источников S и S ′ радиус отверстия долженсоответствовать нечетной зоне Френеля m для точек S ′ и P (с учетом добавления π кabфазе волны при отражении): 2λ a = mλ, где b — расстояние от S ′ до экрана.a+bМинимальное m , удовлетворяющее этому условию, есть m = 3 .
При этом b = 2a = a + 2l ,то есть l = a / 2 .Задача 4. Суммарное магнитное поле, действующее на электрон, равно нулю, аэлектрическое E = 2 E 0 . Из уравнения движения mr = eE получим для дипольногомомента: d = er =e2E . Интенсивность дипольного излучения, действующего в теченииm2 | d |2 2 2 2e2=crE,гдеr=— <<классический>> радиус электрона.ee3c33mc 28Полная излученная энергия ΔE = IT = cre2 E02T .3Задача 5. Законы сохранения энергии и импульса для системы <<волна + зеркало>>имеют вид:γμ c 2 + W = μ c 2 + W0 βγμ c − W /c = W0 /c,где β = v/c .
Из полученной системы уравнений найдем: ( β + 1)γ = 1 + 2α . Подставиввремени T , равна I =γ = 1/ 1 − β 2 , найдем для α ≈ 1 : β ≈ 4/ 5 .Задача 6. Для одного дипольного излучателя, как известно,dI 0ω 4 d 02 2=sin θ . ДляdΩ8π c 3двух заданных диполей2dI 0ω 4 d 02 2dI=1 + eik (10 λ cosθ ) =sin θ cos 2 (10π cos θ ).32π cdΩdΩИз полученного выражения видно, что максимумы излучения наблюдаются под48m, где m — целое число. Очевидно, что | m |< 10 , так как | cos θ m |≤ 1 ,10причем | cos θ m |= 1 не соответствует максимуму из-за равенства нулю sin θ m . Полное числомаксимумов, таким образом, равно 19.углами cos θ m = ±2002/2003 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1.pr, а потенциал однородного электрического поляr3ϕ E = − E0 r . Таким образом, уравнение требуемой эквипотенциали выглядит как:Потенциал диполя имеет вид ϕd =1⎛ p ⎞3prϕ = 3 − E0 r = 0 , а его решением является сфера радиуса R = ⎜ ⎟ .r⎝ E0 ⎠Задача 2.Поле над заполненным проводником полупространством равно векторной суммеполей, создаваемых кольцом и его отражением, имеющим радиус а, заряд –Q инаходящимся на расстоянии h ниже границы проводника.
Учитывая, что h<<a, легконайдем величину электрического поля в точке, находящейся на оси симметрии наQ hQhповерхности металла: E=2Ч 2 Ч = 2 3 . Теперь, в соответствие с граничным условиемa aaQh.для нормальной компоненты электрического поля, находим, что σ = 2πa 3Задача 3.ЭквивалентноеR R 5R0 = + = R ,2 3 6сопротивлениеподключеннойкбатарейкецепиравно6ε. Поскольку на каждом из трех параллельно5Rсоединенных резисторов в правом плече схемы падает одинаковая разность потенциалов,12εчерез них текут равные токи I R = I0 =.
Из симметрии схемы ясно, что через AC и BC в35RIсредний резистор правого плеча втекает по половинке этого тока: I AC =I BC = R =0.3 A .2а протекающий через нее ток I0 =Задача 4.В соответствие с решением задачи 1.24, до появления диэлектрического шарика4a 2электрическое поле в полости было однородным и равнялось E= πρ = πρ a . Поскольку32 3диэлектрический шарик находится далеко от поверхности полости, можно считать, что набольшом расстоянии от него поле останется тем же. Тогда, согласно решению задачи 2.8,3 22найдем поле внутри диэлектрического шарика: Eшар =πρ a=πρ a . Энергия2+ε 32+εэлектрическогополяопределяетсявсоответствиесобщимправилом49W = ∫ dVVDE 2επ 2 ρ 2 a 2 b3=.8π3(ε + 2) 2Задача 5.Снова по следам задачи 2.8, поверхностная плотность связанных зарядов равна3(1 − ε )σ св =E 0 cos θ , где θ - угол между направлением внешнего электрического поля и4π (2 + ε )радиусом вектором в точку на поверхности шара.
Плотность оказывается максимальной помодулю, когда θ = 0 или π.Задача 6.Прежде всего, заметим, что в любой точке между катодом и анодом, скоростьэлектрона двигающегося к аноду по абсолютной величине будет равна скорости электрона,отраженного от анода и двигающегося к катоду.
Из этого следует, что и плотность идущегок катоду потока электронов в любой точке в α раз меньше потока в направлении анода.Таким образом, на расстоянии x от катода плотность тока в диоде равна2eϕ ( x)j ( x) = n( x)e(1 − α )v(x)=n( x)e(1 − α ), а плотность заряда складывается изmплотностей, связанных с током j1, текущим к аноду и током αj1, текущим в обратномmнаправлении - ρ = j1 (1 + α ). Поскольку, как видно из уравнения для полной2eϕ ( x)j, то задача о нахождении вольтамперной характеристикиплотности тока, j1 =1−αm1+ α. Легко видеть, чтосводится к решению уравнения ϕ ( x) = 4π j ( x)1 − α 2eϕ ( x)3/ 2⎛ 1 − α ⎞ 2e Uj =⎜, где d – расстояние от катода до анода.⎟2⎝ 1 + α ⎠ m 9π dЭкзаменационная работа 1Задача 1.2Ieϕ , где орт eϕ и расстояние rcrзаданы относительно оси Х.
Тогда сила, действующая на элемент длины dl провода стоком, текущим вдоль оси Y, равна:2I 22I 21ydF = 2 dl × eϕ = 2dy . Т.е. сила, действующая на единицуcrch2 + y 2 h2 + y 2Текущий по оси Х ток создает магнитное поле B =dF 2 I 2y= 2 2. Нетрудно видеть, что она достигает максимальногоdyc h + y2⎛ dF ⎞I2значения ⎜⎟ = 2 , когда y = ± h . В точке y =0 сила равна 0.ch⎝ dy ⎠ maxЗадача 2.Если пренебречь полем излучения, то силу можно найти, если связать скоростьизменения потока магнитного поля через контур, на границе которого находится заряд, иэлектрическое поле, возникающее в точке его положения. Поскольку магнитный моментдлины, есть:50рамки равен m =abJ 0 cos ωtи направлен вдоль оси Z, то на плоскости XY он создаетcмагнитное полеabJ 0 cos ωtmH =− 3 =−ez . Возьмем контур в виде окружности радиуса l.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
