1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Магнитное поле в стенке трубы можно найти, решивтолько проводом B = 0cr4πσμ ∂Bс граничным условием на поверхностиуравнение скин-эффекта rot rotB = − 2c∂t2 J 0eiωt∂B. Зависимость поля от времени – гармоническая:= iωB . Посколькутрубы Bα =ca∂tмагнитное поле направлено везде по eα , а зависит только от R, то, расписав ротор вцилиндрических координатах, уравнение скин-эффекта можно привести к виду:4πiσμωBα∂ 1 ∂Bα 1 ∂Bα ∂ 2 Bα 4πiσμωBαRBα = −или−++=. Точное решение этогоR 2 R ∂Rc2c2∂R R ∂R∂R 2уравнения выражается через функции Бесселя, но в данной задаче можно записатьприближенное решение для δ << a . В этом случае в левой части уравнения самым()2∂ 2 Bαδ⎛δ ⎞большим слагаемым будет третье, а первое и второе в ⎜ ⎟ ираз меньше2R∂R⎝R⎠соответственно (т.к. поле затухает внутрь металла в слое толщиной ~ δ).
Тогда, пренебрегая∂ 2 Bα 4πiσμωBα=, решением которого,первыми двумя слагаемыми, получим уравнениеc2∂R 2R−a2 J 0eiωt − δ (1+ i )удовлетворяющим граничному условию, будет Bα ( R) ≈e.ca5. Так как цилиндр и плоскость сверхпроводящие, то весь поток магнитного поля,выходящий из цилиндра, будет растекаться между торцом цилиндра и сверхпроводящейплоскостью. Найдем давление магнитного поля на торец цилиндра. Для этого найдем полеB a2в зазоре из сохранения магнитного потока: B0 ⋅ πa 2 = B ⋅ h ⋅ 2πr , откуда B = 0 . Сила,2hrb2 22 4BHBaBabдействующая на цилиндр P = ∫dS = ∫ 0 2 2πrdr = 0 2 ln , отсюда получим дляa8π32πh16haB0 a 2 ln b a.
При решении задачи считалось, что h << a .4P6. Из геометрии задачи следует, что магнитное поле во всем пространстве будетпеременным с частотой ω и направленным вдоль оси цилиндров. Непроводящий цилиндрбудет создавать поле внутри себя как от соленоида с поверхностной плотностью токавысоты h =j =4π j4 πσ adQ=Ω 0 e − iω t . Так как внешний цилиндр= σ a Ω 0 e − i ω t , т.е. B1 =ccdt68сверхпроводящий, то в нем будут течь токи, такие, что поток через этот цилиндр будетравен нулю, т.е.
B2πb 2 + B1πa 2 = 0 , где B2 – поле, создаваемое внешним цилиндром.Чтобы найти переменное электрическое поле воспользуемся закономэлектромагнитной индукции, применив его к круглому контуру радиуса r с центром на осицилиндров. Если радиус этого контура меньше a, то1 dΦ 1 22πiσarω ⎛ a 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt .2πr ⋅ Eα = = −= πr iω (B1 + B2 ) , откуда Eα =2c dt cc⎝ b ⎠Если же радиус контура больше a, но меньше b, то1 dΦ iω2πiσa 3ω ⎛ r 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt .2πr ⋅ Eα = = −B1πa 2 + B2πr 2 , откуда Eα ==2cr ⎝ b ⎠c dtcЛегко проверить, что при r=a оба выражения дают одинаковое поле, т.е.
граничноеусловие [Eτ ] = 0 выполнено. При r ≥ b поле равно нулю. Комплексная единица iпоказывает, что электрическое поле сдвинуто по фазе относительно магнитного поля (илиотносительно угловой скорости) на π/2.2πiσarω ⎛ a 2 ⎞⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωtEα =22πiσa 3ω ⎛ r 2 ⎞c⎝ b ⎠⎜⎜1 − 2 ⎟⎟Ω 0e − iωt при b>r>a.при r<a, Eα =Ответ:2cr ⎝ b ⎠εε()Контрольная работа 2Задача 1. Поскольку свет падает под углом Брюстера, коэффициент отражения тойчасти света, которая имеет проекцию вектора напряжённости электрического поляпараллельную плоскости падения R|| = 0 ; следовательно T|| = 1 . Свет, который имеетпроекцию вектора напряжённости электрического поля перпендикулярную плоскостипадения, частично отражается с амплитудным коэффициентом отраженияsin(ϕ −ψ ).r⊥ =sin(ϕ + ψ )По определению угла Брюстера (ϕ ) = n = 43 , а ϕ + ψ = π2 , cos 2 ϕ = 1+12 ϕ .
sin 2 ϕ = 1+nn2 ,2sinψ = 1n sin ϕ =11+ n 2. Тогда cosψ =n1+ n 2.Для вычисления коэффициента отражения запишем sin(ϕ +ψ ) = 1 , тогдаnn11sin(ϕ −ψ ) sin ϕ cosψ − sinψ cos ϕ =−,1 + n2 1 + n21 + n2 1 + n22⎡ n2 − 1⎤n2 − 12r⊥ = 2 ; R⊥ =| r⊥ | = ⎢ 2 ⎥ .n +1⎣ n + 1⎦2⎡ n2 − 1⎤T⊥ = 1 − R⊥ = 1 − ⎢ 2 ⎥ .⎣ n + 1⎦Окончательно получимT=1⎡1 491 + T⊥ ⎤⎦⎥ = 1 − ⋅= 0.9608⎣⎢22 625Задача 2. Ранее нами было показано, что из соотношения Рэлея для различимости69двух точек объекта необходимо выполнение условияλ5 ⋅10−5θ min = 1.22 = 1.22= 1.22 ⋅10−4.0.5DТогда1.4 ⋅106= 1.15 ⋅1010 километров.Lmin = D/θ min =1.22 ⋅10−4Задача 3.
В волноводе гармоническое решение для H -волны можно записать в виде⎛⎜ω2⎜⎝c2⎜2 Bz ( x, y ) + ⎜ ε⎞⎟− k 2 ⎟⎟ Bz = 0.⎟⎠Как известно, все поля в волноводе определяются (для H -волны) через Bz , котороеудовлетворяет вышеприведенному уравнению и граничному условию∂Bz|Γ = 0.∂nЕсли переписать это уравнение в виде∂Ψ2|Γ = 0,2 Ψ ( x, y ) + γ Ψ ( x, y ) = 0,∂nто понятно, что решение Ψ ( x, y ) и собственные значения γ m,n зависят только отгеометрии поперечного сечения волновода. Более того, для прямоугольного сечения axb идля волны H10 собственное числоγ 12,0 =π2a2и не зависит от вида функции ε (ω ) . Тогда дисперсионное уравнение для первого(вакуум) и второго (плазма) случая имеют вид (с учетом того, что частота возбуждающегоисточника не меняется ( ω = ω0 ),ε (ω0 ) ⋅ω02π 2 ω02π2−k = 2 ; 2 −k = 2 .c2acak0222По условию задачи k = / m (длина волны увеличилась в m раз).
Подставляя эту220зависимость и зависимость ε (ω0 ) = 1 − ⎛⎜⎝ ω p2 /ω02 ⎞⎟⎠ и делая несложные преобразования,получимω p21 ⎞ ⎛ ω02 π 2 ⎞⎛=−− ⎟1⎜⎟⎜c 2 ⎝ m2 ⎠ ⎝ c 2 a 2 ⎠Задача 4. Для решения этой задачи необходимо обобщить понятие зон Френеля.Можно ее, конечно, решать и с помощью вычисления интеграла Кирхгофа, но прощеопределитьприкакомрадиусеrразностьоптическихпутейλΔl = (n1l1 + n2l2 ) − (an1 − bn2 ) = 2 . Это и будет радиус, при котором интенсивность в точке Bбудет максимальной. Дальше задача становится чисто геометрической.
Из прямоугольныхтреугольниковl12 = (a + x) 2 + r 2 , l22 = (b − x) 2 + r 2 .Из прямоугольного треугольника с радиусом границы средыR 2 − r 2 = ( R − x) 2 = R 2 − 2 Rx + x 2 ,пренебрегая x 2 по сравнению 2Rx , получим r 2 = 2 Rx . Вычислим l1702xRx⎛ x ⎞ 2R x⎛ R⎞l1 = a ⎜1 + ⎟ += a 1+ 2 + 2≈ a + x ⎜1 + ⎟ .a aaaa⎝ a⎠⎝ a⎠Аналогично, для l2⎛R ⎞l2 = b + x ⎜ − 1 ⎟ .⎝b ⎠Делая очевидные преобразования, получимr=λ( n1 − n2 )R+(n1a+ nb2)Задача 5. Из решения задачи 3.34 [Меледин Г.В., Черкасский В.С. Электродинамикачастиц и полей в задачах, часть 2, Новосибирск: НГУ, 2003], с учётом многократнойинтерференции получаем:T=τ 122 τ 2321 + r232 r212 − 2r23 r21 cos Δ2π, где Δ = 2dn2 , τ и r - коэффициенты прохождения иλ2отражения от границ соответствующих сред (вычисляемые по формулам Френеля).
Так какпластинка четвертьволновая, прошедшие волны интерферируют в фазе, и коэффициентпрохождения максимален (косинус равен минус единице). Подставив соответствующиекоэффициенты получим требуемую формулу. При условии n1 n3 = n22 получаем полностьюпросветляющее покрытие и коэффициент прохождения равен единице. При условияхn1 n3 >> n22 или n1 n3 << n22 коэффициент отражения близок к единице.Задача 6. Получается, что мы имеем 2 сдвинутые дифракционные решётки каждая изкоторых пропускает свет с ортогональной поляризацией.1⎛ ka⎞ ( sin Nka ( sin ϑ ) )I (ϑ ) = I 0 ⋅ sin c 2 ⎜ ( sin ϑ ) ⎟ ⋅24⎝ 2⎠ ( sin ka ( sin ϑ ) )21⎛ ka⎞ ( sin Nka ( sin ϑ ) )I ⊥ (ϑ ) = I 0 ⋅ sin c 2 ⎜ ( sin ϑ ) ⎟ ⋅24⎝ 2⎠ ( sin ka ( sin ϑ ) )и2Сумма данных волн будет иметь поляризацию, направленную под углом 45 градусов кплоскости поляризации любого из поляроидов.
Если закрыть чётные полосы,интенсивность света уменьшится вдвое, направление вектора поляризации будет вдольсоответствующей оси поляроида.Задача 5. При наличии частично когерентного излучения интерференционнуюкартину можно наблюдать если разность хода меньше продольной длины когерентности.Для данного случаяΔl = 2dn cosψ ≤ l .При записи этого выражения мы пренебрегаем слагаемым λ/ 2 , потому что lλ.Подставляя выражение для d = l / 2 и зависимость n sinψ = sin θ , получаем посленесложных преобразованийsin 2 θ∗ = n 2 − 1, θ > θ∗ .Записав соотношение для двух соседних максимумов2dn cos(ψ + δψ ) = mλ , 2dn cosψ = (m + 1)λ .71Вычитая из второго уравнения первое и используя малость δψ , получимδψ =λ2d sin θэто непонятно что за решение - ???Экзаменационная работа 21.
Найдем излучаемую мощность. Она будет равна мощности внешних сил,необходимой для поддержания колебаний.Заряженная плоскость создает поверхностный ток i = σv = σv0 e iωt . Из граничного2πσv0 iωt4πiусловия [H τ ] =найдем магнитное поле вблизи плоскости H =e . Очевидно,cc2πσv0 i (ωt − kz )магнитное поле волны будет иметь вид H =e, а амплитуды электрическогоcи магнитного поля в вакууме совпадают.Для того, чтобы посчитать мощность излучения, требуется уточнить, что имеется ввиду под комплексной скоростью v . Если считать, что реальная и мнимая частьскорости это ее проекции на две перпендикулярные оси в плоскости, то мощностьизлучениясединицыплощадиводнополупространствоcP= S =H4π2=πσ 2 v 02c. Очевидно, такая же мощность излучается в другую2πσ 2 v02Если плоскости колеблется вдоль одной прямой, то от полейcπσ 2 v02πσ 2 v02c2Re H =, а PΣ =необходимо взять реальную часть.
Тогда P = S =4π2cc(т.е. мощность в 2 раза меньше).Мощность сил, действующих на плоскость можно посчитать и как P = Fv = σEv .После подстановки поля и скорости получим те же ответы, что и при решении первымспособом.сторону: PΣ =2. 1-й способ. Найдем ток, создаваемый нитью в лабораторной системе отсчета, (гденить движется). Плотность тока и заряда образуют 4-вектор jα = ( j , ρc ) . В системе отсчетанити jα′ = (0,0,0, ρc ) . В лабораторной системе jα = Λ αβ j β′ = (βγρc,0,0, γρc ) . Тогда ток в2 I 2κ=βγ , а направленоcrrпо окружности вокруг провода. Также мы получили, что линейная плотность заряда нанити в лабораторной системе отсчета вырастет в γ раз, что является следствиемрелятивистского сокращения длины нити.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
