1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Чтобыrcr 3определить пересекающий его поток магнитного поля, примем во внимание, что потокчерез всю плоскость XY равен нулю. Поскольку он складывается из потока внутри контурарадиусаlипотокаснаружи,товнутреннийпоток∞J ab2π J 0 ab1cos ωt . Такой поток создает на контуре ЭДС,Φ in = −Φ out = 0 cos ωt ∫ 3 2π rdr =crcll1 d Φ 2π=J 0ω ab sin ωt , поэтому сила, действующая на заряд,c dt c 2lJ ω abоказывается равной F = qE = q 0 2 2 sin ωt .clЗадача 3.Полный поток через контур замкнутого сверхпроводящего соленоида1 4π N π d 2π 2 N 2d 2 JJ⋅Φ0 = ⋅⋅N =остается неизменным, т.е.
после того, как в соленоидc c lc 2l41πd2влетит магнетик и поле внутри него окажется равным H1, поток Φ1 = ⋅ μ H1 ⋅ N ⋅= Φ0 .c4H2HОтсюда H1 = 0 . Начальная энергия магнитного поля в соленоиде равна W0 = 0 V , а вμ8π2μ H1V , поэтому кинетическая энергия стержня составитмагнетике W1 =8πVV ⎛ 2 H12 ⎞ π 2 N 2 d 2 J 2 ⎛ 1 ⎞22T = W0 − W1 =( H 0 − μ H1 ) =⎜ H0 −⎟=⎜1 − ⎟ .μ ⎠8π8π ⎝2c 2 l 2 ⎝ μ ⎠Задача 4.Поскольку h<<b, то можно считать, что полоса создает такое же поле, как бесконечная4π J 0пластина с поверхностью плотностью тока J0/b, т.е. H 0 =⋅ .
С учетом отражения наc bгранице сверхпроводящего полупространства, поток поля в зазоре между пластиной и4π J 0⋅ h и остается неизменным при перемещениях пластины.плоскостью равен Φ 0 = 2c bТ.е. после переноса пластины на высоту h, поле в зазоре оказывается равным4π J 0H1 =h.bch0Давлением этого магнитного поля пластина удерживается в равновесии, т.е.равную ε = 2π l ⋅ E = −2⎛ Jh⎞H2cμgP1 = 1 = 2π ⎜ 0 ⎟ =. Отсюда h = h0J08πb⎝ bch0 ⎠μ gb.2πЗадача 5.Энергия системы складывается из потенциальной энергии жидкости в поле тяжестиWg = mgh2и энергии конденсатора.
Если предположить, что пластины разомкнуты и51заряжены зарядами q и –q соответственно,q2WC =то2C. Так как диэлектрическая4π lq 2bHпроницаемость жидкости равна единице - C =, и WC =bH4π l. Связь междувысотой столба жидкости и расстоянием между пластинами конденсатора проста -m = ρ hlb,отсюда4π mq 2hW=+ mgbH ρ hb2l=mρ hb, отсюда.h=qНужнонайти8πρ Hb 2 gминимумэнергии:. Если учесть, что в СГСразмерность заряда г1/2см3/2с-1, то легко проверить правильность ответа по размерности.Если конденсатор подключён к батарее с ЭДС U0, то надо учесть вклад в энергиюработы,совершаемойисточникомЭДС.WC +battCU 0 2CU 0 2bH 2U 0 . С учётом связи между высотой=− qU 0 = −=−228π lстолба жидкости и расстоянием между пластинами конденсатора полная энергия⎛Hb 2 ρU 0 2Hb 2 ρU 0 2 ⎞hW =−h + mg = h ⎜ mg −⎟π8π m28m⎝⎠Видно, что в этом случае равновесия нет, еслиHb 2 ρU 0 2mg >8π m, то h будетстремиться к нулю, в противном случае пластины конденсатора сблизятся, вытолкнув всюжидкость.Задача 6.Задача на квазистационарные явления и скин-эффект.Поле в области 1 (между проводящей плёнкой и проводящим полупространством) этосумма падающей и отражённой волн.
Его можно найти из граничных условий на4πпроводящей пленке. Разрыв тангенциалных составляющих магнитного поля равенi.cПри этом i = σ * E , а так как поле распространяется в вакууме, то амплитудыэлектрического и магнитного поля равны. Примем за начало отсчёта по координате zпроводящуюплоскость,тогданагранице4π4π4πi=σ * E0 =σ * H0,отсюдаccc⎛ 4π⎞H1 = H 0 ⎜ 1 −σ * ⎟ . Во всей области 1 H1 ( z, t ) = H1 ⋅ e − iωt ⋅ cos kz ,c⎝⎠H1 − H 0 =где k =ωc.52Поле в проводящем полупространстве представляет собой бегущую затухающуюσ >> ω,тополевпроводникезатухаеткакволну.ЕслиH 2 ( z, t ) = H 2 ⋅ e− iωtволны в пространстве 1:z zi −⋅e δδ, где толщина скин-слояδ=c2πσω. С учётомH 2 = H1 ⋅ cos kb .Контрольная работа 2Задача 1.Матрица перехода через дублет из дефокусирующей и фокусирующей линз выглядиткак⎛ 1 0⎞⎛ 1 0⎞⎛ 1 (α − 1) F ⎞ ⎜⎜⎟⎟ , где, справа налево записаны матрицы переходаM=⎟⎜ 1⎜⎜ - 1 1 ⎟⎟ ⎜⎝ 0⎟11⎠⎝F⎠⎝ αF⎠через дефокусирующую линзу, пустой промежуток и фокусирующую линзу.
Перемножая,⎛ α (α − 1) F ⎞найдем, что M = ⎜⎟ . Соответственно, после прохождения первого дублета, луч,1/ α ⎠⎝0определяющийразмерсеченияпучка,будетописыватьсявектором'⎛ x ⎞ ⎛ α (α − 1) F ⎞ ⎛ d / 2 ⎞ ⎛ α d / 2 ⎞⎜ ⎟=⎜⎟⎜⎟=⎜⎟ . Размер пучка, таким образом, изменится в α раз.1/ α ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠⎝α '⎠ ⎝ 0Легко видеть, что после прохождения N дублетов его размер изменится в αN раз.Задача 2.Поскольку в волноводе возбуждена H11 волна, то компонента магнитного поля,⎛πx ⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt ),направленная вдоль волновода (вдоль оси z), имеет вид H z = H 0 cos ⎜⎟ cos ⎜⎟e⎝ a ⎠⎝ b ⎠ω222⎛π ⎞ ⎛π ⎞= ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + k 2 . В соответствии2c⎝a⎠ ⎝b⎠со стандартной теорией волноводов, изложенной почти в любом учебнике поэлектродинамике, определяются остальные компоненты магнитного и электрическогополей:ikπ⎛πx ⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )H x = −H0 2 2esin ⎜,⎟ cos ⎜2ω / c − k a ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎟⎠ikπ⎛ π x ⎞ ⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )H y = −H0 2 2,cos ⎜⎟ sin ⎜⎟e2ω /c −k b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωπ⎛ π x ⎞ ⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )Ex = − H 0,cos ⎜⎟ sin ⎜⎟e222c(ω / c − k ) b⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠iωπ⎛πx⎞⎛ π y ⎞ i ( kz −ωt )Ey = −H0sin ⎜.⎟ cos ⎜⎟e222c(ω / c − k ) a⎝ a ⎠⎝ b ⎠Теперь задача о нахождении поверхностных плотностей токов и зарядов сводится ктребованию выполнения граничных условий на стенках волновода.
С учетомдисперсионного уравнения, фазовая скорость волны в волноводе равнаа дисперсионное уравнение записывается как5322dωc 2 ⎡⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎤, а групповая v g == c 1 − 2 ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ .v= =222 ⎡dkω ⎢⎣⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎥⎦k⎤c ⎛π ⎞ ⎛π ⎞1 − 2 ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ω ⎣⎢⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎦⎥ωcЗадача 3.При определении видности интерференционной картинки будем считать светмонохроматичным с длиной волны λ. Тогда, в соответствии с решением задачи 3.12,⎛ π dα ⎞видность равна V = s inc ⎜⎟ , где d – расстояние между щелями в схеме Юнга.⎝ λ ⎠π dαλВидность равна нулю, когда= π , т.е. d max =.
Высота y, на которойλαинтерференционная картинка исчезает, определяется разбросом длин волн Δλ dy λ 2=- разность хода лучей через щели не должна превышать продольной длиныb Δλкогерентности. Из этого соотношения видно, что величина y обратно пропорциональна d иb λ2λymin ==αb .d max Δλ ΔλЗадача 4.Интеграл Кирхгофа в приближении дифракции Френеля записываем как:kn i( knz −ωt ) N −1E (ϑ ) =e∑2π izm=0md + b∫E ( x)e − ikn sinϑ xδ xmdТак как волна падает на решётку под углом α, то в каждую точку решётки волнаприходит с различной фазойБрюстера, тоtgα = n = 43E ( x) = E0 ⋅ eik sin α x .Так как волна падает под углом. Угол Брюстера для воды равен 53.10. Интеграл отэкспоненты берётся легко, сумма конечной геометрической прогрессии также находится, аинтенсивность равна произведению амплитуды на её комплексно сопряжённое.⎛sin α ⎞ ⎞knd ⎛sin N⎜ sin ϑ −⎟⎜22 ⎝n ⎠ ⎠⎟sin α ⎞ ⎞ ⎝2 kn ⋅ b2 ⎛ knb ⎛⋅ sin c ⎜I (ϑ ) = E0⎜ sin ϑ −⎟⎟⋅22π z2n⎝⎠⎠ ⎛⎝sin α ⎞ ⎞knd ⎛⎜ sin 2 ⎜ sin ϑ − n ⎟ ⎟⎝⎠⎠⎝Главный максимум будет наблюдаться при условии sin ϑ −θ0=36.90.sin α= 0 , отсюдаnkn ⋅ N 2b 2I0 =2π zЗадача 5.542ПосколькувобщемслучаеполеЕопределяетсявыражениемiEiEP = 4π 0 ei ( ka -ωt ) [k1 − k2 + k3 − k4 + ...] , где k1 = − , то для открытой второй зоныkλ⎛ i ⎞ iEамплитуда волны в точке P равна EP = - ⎜ - ⎟ 4π 0 ei ( ka -ωt ) = -2 E0 ei ( ka -ωt ) .
Амплитудаk⎝ λ⎠ABO●●P′Pzобратится в ноль, если переместиться в сторону от оси симметрии в точку P′ так,чтобы разница хода лучей, идущих от краев второй зоны, составила λ. Если обозначить2aλрасстояние между точками P и P′ через х, то несложно видеть, что AP-AP′=x, аaaλλ( 2 − 1) .. Вычитая одно из другого, имеем ( AP − BP) − ( AP′ − BP′) = xBP-BP′=xaaПоскольку, по условию, эта разница должна быть равна λ/2, то x ≈ λ a .Экзаменационная работа 2Задача 1.Двигаясь в электрическом поле кольца, электрон теряет энергию со скоростьюdE 2 2 2 222−= r0 cγ [ E − ( β E ) 2 ] = r02 cγ 2 E 2 (1 − β 2 ) = r02 cE 2 .dt 333Следовательно, полная потеря энергия определится при интегрировании этоговыражения:∞2ΔE = r02 c ∫ E 2 dt.3 −∞Используя очевидную подстановку x=vt, dx=vdt и учитывая, что поле на осиопределяется выражениемqxqxE= 2⋅= 2,22 3/ 2r0 + xr02 + x 2 (r0 + x )легко видеть, что полная потеря энергии равнаπ q2ΔE =.12β r02При вычислении потерь энергии предполагалось, что частица движется с постояннойскоростью.
Это верно до тех пор, пока, в соответствие с условием задачи, потеряннаяэнергия много меньше энергии электрона.Задача 2.Поскольку движение шаров не является релятивистским, уравнения их движенияимеют вид mra = −qE0 e − iωt и mrb = qE0 e −iωt , так что вторая производная дипольного момента55системы равна d = (−q)ra + qrb =2q 2E0 e − iωt . Магнитное поле, создаваемое шарами в точкеm2q 2[ E0 × n ]e − iωt , а интенсивность излучения2mrcdIcc q2 2c q2 2 2q2E=〈E2 〉r2 = 4 ⋅⋅ 2 E0 〈cos 2 ωt 〉 sin 2 θ = 4 ⋅sinθ=4〈 S0 〉 sin 2 θ ,022dο 4πmc4π mc8π mcгде 〈 S0 〉 - усредненный по времени поток энергии в падающей волне. Таким образом,r , имеет вид H =дифференциальное сечение рассеяния определяется выражениемdσq2= 4 2 sin 2 θ , аdοmcполное сечение равно:πdσ32 q 22π sin θ dθ =.dο3 mc 20σ =∫Задача 3.Магнитные поля, создаваемые диполями в точке r волновой зоны, равныp × n − i (ωt − k h2 cosθ )p × n −i (ωt + k h2 cosθ )ωH1 = −ω 2 0 2 eи H 2 = −ω 2 0 2 e, где, как обычно, k = .rcrccp×nhПолное поле в точке наблюдения H = H1 + H 2 = −2ω 2 0 2 cos(k cos θ )e − iωt .rc2Усредненная по времени угловая интенсивность определится выражением:p 2ω 4dIc 4 2 24hh=ω p0 sin θ ⋅ 4 ⋅ cos 2 (k cos θ )〈cos 2 ωt 〉 = 0 3 cos 2 (k cos θ ) sin 2 θ .dο 4πc22π c2Задача 4.Амплитуда будет максимальной, если разность фаз, набираемых вдоль пути из точкиА в точку B через какую либо точку на границе экрана ( ϕ2 ) и через центр отверстия ( ϕ1 )окажетсяπ,т.е.⎛r2 ⎞ 2 ωn1 ⎜ a +⎟ + r + n22cRc⎝⎠из условия на разность фазω r 2 ⎡ n1 n1 n2ϕ2 − ϕ1 =+ −c 2 ⎢⎣ R a Rϕ2 =ωравнойϕ2 − ϕ1 = π(+2πm?).Таккакϕ1 =ωcn1a +ωcn2b ,а⎛r2 ⎞ 2 ω ⎛r2 r2 ⎞ ω ⎛r2 r2 ⎞−+≈+++−+ ⎟ , тоbrnanb⎜⎟⎟1⎜2⎜22222b ⎠RcRacR⎝⎠⎝⎠⎝+n2 ⎤2π c= π , находим r 2 =⎥ωb⎦1⎛1 1⎞⎛1 1 ⎞n1 ⎜ + ⎟ + n2 ⎜ − ⎟⎝a R⎠⎝b R⎠.Задача 5.Если бы на пути волны не было никаких препятствий, амплитуда поля в точке Z p былабы равна E0 .
Чтобы учесть вклад диска, перекрывающего вторую зону Френеля, сначалауберем из E0 вклад, создаваемый открытой второй зоной (-2 E0 ), а затем добавим вкладэтой зоны в случае, когда она перекрыта диском толщины Δ с показателем преломления n.Результирующая амплитуда окажется равной:E = E0 − (−2 E0 ) + (−2 E0 )eωi nΔc= 3E0 − 2 E0 eωi nΔc.ωi nΔОчевидно, что она будет максимальной, когда e c = −1 , т.е.cλΔ=(2m + 1)π =(2m + 1)2nωn56и составит при этом E = 5 E0 . При этом интенсивность в точке Z p в 25 раз превышаетинтенсивность в случае отсутствия экрана.Задача 6.Дисперсионное отношение, связывающее частоту и длину H10 волны в пустом2ω22⎛ π ⎞ ⎛ 2π ⎞волноводе, выглядит как 2 = ⎜ ⎟ + ⎜⎟ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
