1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 12
Текст из файла (страница 12)
В волноводе, заполненном плазмой, оноc⎝a⎠ ⎝ λ ⎠запишется как:ω p2 ⎞ ⎛ π ⎞ 2 ⎛ 2π⎜1 −⎟ = ⎜ ⎟ +⎜c 2 ⎜⎝ ω 2 ⎟⎠ ⎝ a ⎠ ⎜⎝ λ pω2 ⎛2⎞⎟⎟ . Поскольку, по условию задачи, λ p = qλ , то, как нетрудно⎠⎡ 2 ⎛ π c ⎞2 ⎤ ⎛1 ⎞видеть, ω = ⎢ω − ⎜ ⎟ ⎥ ⎜1 − 2 ⎟ .⎝ a ⎠ ⎦⎥ ⎝ q ⎠⎣⎢2p2003/2004 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1.Поскольку плотность заряда зависит только от радиуса, то, следовательно, задачаимеет сферическую симметрию и потенциал будет функцией только радиуса, откудаследует, что поле имеет только радиальную компоненту, зависящую от радиуса.
Тогда, всоответствии с теоремой Гаусcа,nrr∫ Eds = 4π Er (r )r 2 = 4π ∫0 (r ′)dV ′ = 4π 4π 0 ∫0 ⎜⎛ r ′ ⎟⎞ r ′2dr ′ .⎝a⎠Отсюда получаем при r ≤ an +14π 0 r 3 (r /a ) n 4π 0 a ⎛ r ⎞Er (r ) = 2=⎜ ⎟ .r(3 + n)(3 + n) ⎝ a ⎠Для r > aEr (r ) =4π 0 a 3 1.3 + n r2Таким образом, получаем, что для n > −1 максимум Er находится при r = a . При4πρ 0 a.этом максимальное значение Er (a) =3+ nЕсли n = −1 , то Er (r ) = 4π 0 a = const внутри шара.При −2 < n < −1 максимум функции Er → ∞ при r → 0 .Задача 2.Поскольку и в том и другом случае шар создает поле диполя, необходимо приравнятьдипольные моменты. Откуда получаем57E0 R 3 = E0ε1 − ε 2 3a.ε1 + 2ε 2Тогда радиус «эквивалентной» диэлектрической сферыε −1R = a⋅ 3.ε +2Задача 3.Это обычный плоский диод, вольт-амперная характеристика которого подчиняетсязакону "3/2", а распределение потенциала имеет следующий вид⎛x⎞ϕ ( x) = U ⎜ ⎟⎝d ⎠4/3.Так какmv 2= eϕ ,2тоv( x) =2eU ⎛ x ⎞⎜ ⎟m ⎝d ⎠2/3или, с учетом закона "3/2",1/ 3⎡18π I e ⎤ 2 / 3v( x) = ⎢x .⎣ S m ⎥⎦Задача 4.В процессе решения задачи 3.24 было получено, что поле внутри полости –однородное, равное по величине33 j0.E in = E 0 =22σПоскольку шарик расположен вдали от поверхности полости, то мы имеем дело сдиэлектрическим шариком в однородном поле E in .
Шарик в однородном поле приобретаетдипольный момент (см. задачу 2)ε −1 33 j 0 ε −1 3p=b E in =b.ε +22 σ ε +2Задача 5.В соответствии с принципами метода изображений необходимо поместить заряд′q = −qa/ (2a) = −q / 2 в точку с координатой z ′ = a 2 / 2a = a/ 2 . Для обеспечения нулевогопотенциала на плоскости z = 0 необходимо оба заряда отразить через плоскость вниз сосменой знака. Таким образом, получаем четыре заряда, показанных на рисунке.58Полный заряд, расположенный под линией раздела, а, точнее, заряд, распределенныйвдоль поверхности, равен −q .
Отсюда следует, что заряд на выступе равен Q = −q − qплоск ,где qплоск – заряд плоской части границы раздела. Плотность этого заряда определяется поформуле1σ=Ez ( z = 0).4πДля определения поля на границе вычислим потенциал в произвольной точке вверхней полуплоскости. Запишем суммарный потенциал от четырех зарядов впроизвольной точке, определяемой цилиндрическими координатами {r , z, α } .qqqqϕ ( r , z, α ) =−+−.r 2 + ( z − 2a ) 2 2 r 2 + ( z − a / 2) 2 2 r 2 + ( z + a/ 2) 2r 2 + ( z + 2a ) 2Тогда электрическое поле на границе∂ϕEz (r , z = 0) = −|z =0 =∂z⎧⎫z − 2a1z − a/ 21z + a/ 2z + 2a= q⎨ 2−+− 2=2 3/ 222 3/ 222 3/ 22 3/ 2 ⎬2 [r + ( z − a/ 2) ]2 [r + ( z + a / 2) ][ r + ( z + 2a ) ] ⎭ z = 0⎩ [ r + ( z − 2a ) ]⎫qa ⎧81− 2⎨ 22 3/ 22 3/ 2 ⎬2 ⎩[r + (2a) ][r + (a/ 2) ] ⎭Полный заряд на всей плоской части поверхности получается интегрированиемпредыдущего выражения по плоскости.qa ⎡ 82 ⎤3qQ′ = 2π ∫ σ rdr = − ⎢−=−⎥2 ⎣ 5a5a ⎦2 5Тогда заряд на выступе33Q = − q(1 −) = q(− 1).2 52 5=−Сила, действующая на выступ, равна силе действующей со стороны трех зарядовзеркального изображения минус сила, действующая со стороны плоской части поверхности.Сила со стороны трех зарядов изображения⎧ q2/2q2/2q2 ⎫q 2 737F1 = ⎨−+−=− 2222⎬a 3600⎩ (3/ 2a ) (5/ 2a ) 16a ⎭Сила, действующая со стороны плоской части поверхности, равна591⎡ qa ⎤F2 = −2π ⎢ ⎥8π⎣2⎦2∫∞a2⎡⎤8113q 2⎢ [r 2 + (2a ) 2 ]3 / 2 − [r 2 + (a/ 2) 2 ]3 / 2 ⎥ rdr = − 900a 2 .⎣⎦Итоговый результат.q 2 137F = F1 − F2 = 2.a 720Экзаменационная работа 11.
Среднее значение токаT11< J >= ∫ J ( t ) dt =T0TT /2∫J ( t ) dt +0T∫T /22. Магнитный момент содержит две компоненты m =Соответственно поле B = −π R2I2cI 03(exJ ( t ) dt =π R2I2c(ex8ε 03π r+ ey ).+ ey ).3. Из непрерывности потенциала на заряженной границе раздела следует, что с1 = с2 =c. С помощью граничного условия D2n−D1n = 4πσ получаем c = −4. Для медленно меняющегося поляB=ЭДС в витке ε = −4π 2σ 0.a ( ε1 + ε 2 )3μH sin ω t.μ+2 01 ∂Φ3μ=ε0. Отсюда ε/ε0 = 3μ / (μ + 2).c ∂t μ + 25. Согласно теореме Стокса∫ Hdl =4π IN. Мысленно отодвинем слегка брусок иcподсчитаем энергию поля в зазоре:ΔW =H /B( 2 S ⋅ Δl ) .8πПодставим сюда поле, найденное по теореме Стокса и, с учетом уравнения связи B =μH, а также граничных условий [Bn]=0, получим выражение для силы:4π I 2 N 2 μ 2 SF=.c 2l 2− iω t6.
Будем искать поле внутри цилиндра в виде H = H1e , причем это поле, как ивнешнее, также параллельно оси цилиндра. Граничное условие: H/ − H = 4πi / c, где i = σ∗E.С помощью закона Фарадея находим/60c1 ∂(H S ), откуда E =H / − H ) . И, наконец,lE = −(c ∂t4πσ ∗H0.H1 =2⎛ 4πσ ∗ω S ⎞1+ ⎜⎟2⎝ lc⎠/7. Для ЭДС, возникающей на зажимах катушки, имеем выражениеε=1dJ L12L=J 0ω cos ω t2 12cdt c 2Для нахождения L12 рассмотрим поток через одиночный виток2H 0SL124π J Nα⋅=,где=⋅ .cosSJH04π l 2cca222 NSNSОтсюда находим L12 = L21 = 2 cosα = 3 и, наконец,l al2NS J 0ωcos ω t.ε=c 2l 3Φ=Контрольная работа 21. Расстояние от антенны до спутникаL = RЗ + ( 7 RЗ ) − 2 RЗ ⋅ ( 7 RЗ ) ⋅ cos 600 = RЗ 43 .2Используя очевидное равенствоL ⋅ sin θ = ( 7 RЗ ) ⋅ sin 600 ,найдем угол между вертикалью и осью направления приема сигнала от спутника:θ ≈ 680 .Угловая точность нацеливания антенны на спутник:λ 0,1 0Δϕ ≈=≈3 .2r22.
Так как падающий свет естественный, то его интенсивность11I0 = I + I⊥ .22Очевидно, что свет падает под углом Брюстера. Поэтому доля потока, попадающая вводу21 111 ⎛ n2 − 1 ⎞T = + T⊥ = (1 + 1 − R⊥ ) = 1 − ⎜ 2 ⎟ ≈ 0,96 .2 222 ⎝ n +1⎠3. Электрическое поле основной моды описывается выражением⎛π ⎞ ⎛π ⎞E = Ex = E0 sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t.⎝a ⎠ ⎝a ⎠Сначала, используя граничные условия для нормальной составляющей электрическойиндукции, находим распределение зарядов61E0E⎛π ⎞ ⎛π ⎞⎛π ⎞ ⎛π ⎞sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t , σ x = a = − 0 sin ⎜ y ⎟ sin ⎜ z ⎟ cos ω t.4π4π⎝a ⎠ ⎝a ⎠⎝a ⎠ ⎝a ⎠Затем, выразив H y и H z через Ex , с помощью соответствующих граничных условийнаходим распределение токовσjxx =0y =0y =a==cc E0c E0⎛π ⎞⎛π ⎞H z , jx y = o =sin ⎜ z ⎟ sin ω t , jx y = a = −sin ⎜ z ⎟ sin ω t ;4π4π 24π 2⎝a ⎠⎝a ⎠c E0c E0⎛π ⎞⎛π ⎞jx z =o =sin ⎜ y ⎟ sin ω t , jx z = a = −sin ⎜ y ⎟ sin ω t .4π 24π 2⎝a ⎠⎝a ⎠4.
E (ω ) = E0τ /21⎛ωτ ⎞ ⎛11⎛πt ⎞⎞+sin ⎜ ⎟eiω t dt = E0 ⎜ cos⎟⎜⎟.i⎝2 ⎠⎝ ω + π /τ ω −π /τ ⎠⎝τ ⎠/2∫τ−5. Воспользуемся дифракционным интегралом КирхгофаE eika eikreik ( a +b )EP = 0 ∫cosψ n ( 2π a 2 sin θ dθ ) 2 E0.iλ a ra+bОчевидно, что2r 2 = ( a + b ) + a 2 − 2a ( a + b ) cos θ .Отсюдаsin θ dθ =rdr.a (a + b)Полагая cosψ n ≈ 1 , найдем вклад n – ой зоны ФренеляEn = E0e 2π a1a iλ a ( a + b )2ikab+n∫λ2b + ( n −1)eikr dr = − E0λeik ( a +b ) iπ n iπ ( n −1)e −e.a+b()2Для второй зоны получаемE2 = −2 E0eik ( a +b ).a+b6. Пусть на решетку перпендикулярно к ее поверхности падает плоскаямонохроматическая волна. Разность хода между вторичными волнами, исходящими из2πd sin θ , где θ соседних щелей решетки, будет d cos θ , а разность фаз δ = kd sin θ =λугол дифракции. Обозначим через E1 поле в точке наблюдения, излучаемое первой щелью.Поля, излучаемые остальными щелями:− i N −1 δE2 = E1e − iδ , E3 = E1e −i 2δ ,..., EN = E1e ( ) ,где N – общее число щелей.
Полное поле, излучаемое всеми щелями, представляетсясуммой1 − e − i( N −1)δ− i ( N −1)δ− iδ−2 iδE = E1 1 + e + e + ... + e= E1,1 − e − iδоткудаsin ( N δ / 2 ) − i( N −1)δ / 2.E = E1esin (δ / 2 )()62Для интенсивности получаем2⎡ sin ( N δ / 2 ) ⎤I = I1 ⎢⎥⎣ sin (δ / 2 ) ⎦В направлениях, определяемых условиемd sin θ = mλ ( m = 0, ±1, ±2,...) ,получаются главные максимумы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
