1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Электрическое поле в лабораторной системе2γκотсчета E =.rпроводе I = ∫ jdS = βγcκ . Тогда магнитное поле по модулю B =2-й способ заключается в преобразовании полей из системы отсчета, связанной с2κнитью, в лабораторную систему. В системе нити H ′ = 0; E r′ =. Формулыrпреобразования полей имеют вид72E|| = E||′E ⊥ = γ (E ⊥′ − 1c [V × B ′]⊥ )B|| = B||′Здесь индекс||B⊥ = γ (B⊥′ + 1c [V × E ′]⊥ )обозначает компоненту поля вдоль нити, аполе нити, получим⊥- поперек. ПодставляяB|| = 02κrМагнитное поле, как и в первом решении, направлено по окружности вокруг нити.Электрическое поле также легко вычисляетсяE|| = 0B⊥ = γ1c[V × E ′]⊥ = βγE ⊥ = γE ⊥′ =2γκr⎡d × n ⎤e 2 E0⎥⎢, E0 3.
Поле рассеянной волны для одного заряда H = ⎣ 2 ⎦ , где d = er =mc rполе падающей волны. Поля рассеянных волн от каждого заряда будут складываться сучетом разности фаз между ними. При рассеянии вперед поля складываются в фазе иH 1Σ = 2 H . При рассеянии назад разность хода волн составит 2l , т.е. H 2 Σ = H 1 + e 2ikl .dσ1 dI1 c2==HΣ r2dΩ S 0 dΩ S 0 4πДифференциальное сечение рассеяния(), что для2рассеяния вперед даетre ≈ 3 ⋅ 10 −13 см-dσ 14π=dΩ cE024 d sin 2 θ4πc 3классическийрадиус=4e 4 sin 2 θ4e 4== 4re2 , ( θ = π 2 ,m 2c 4m 2c 4электрона).Длярассеянияназад2dσ 24π=dΩ cE02θ =π 2.d sin 2 θ4πc 3422⎛⎜ 1 + e 2ikl 2 ⎞⎟ = 4e sin θ cos kl = 4r 2 cos 2 kl , и также подставленоe⎝⎠m2c 44. В поле электромагнитной волны диск будет поляризоваться.
Поскольку размердиска мал по сравнению с длиной волны падающего излучения, то весь диск можнозаменить на точечный диполь. Дипольный момент будет менять с частотой внешнего поля.Излучение этого диполя и будет рассеянным излучением.Пренебрегая краевыми эффектами, будем считать, что поле вне диска однородно иравно.ИзграничныхусловийнаповерхностидискаE 0 e iωt[Dn ] = 0 ⇒ Dвнповерхности= Dсн = E 0 e iωt ; E вн =дискаσ св =E 0 R 2 h ε − 1 iωt.d = σ св Sh =eε4E 0 e i ωtε. Поверхностная плотность связанных зарядов на[E n ] = E0 ⎛1 − 1 ⎞e iωt4π⎜4π ⎝Амплитуда⎟ε⎠.Дипольныйэлектрическогополямоментдискарассеяннойволны73E=d sin θc2r.ДифференциальноеdσE 2 2 ⎛ (ε − 1)hR 2ω 2 sin θ ⎞1 dI⎟⎟r = ⎜⎜==dΩ S 0 dΩ E 022εc 2⎝⎠dσ2π ⎛ (ε − 1)hR 2ω 2⎜σ =∫dΩ =dΩ3 ⎜⎝εc 2⎞⎟⎟⎠сечениерассеянияволнынадиске2.Полноесечениерассеяния25.
Поскольку кольцо сверхпроводящее, то поток магнитного поля в нем сохраняется, аток будет зависеть от положения кольца. Магнитный дипольный момент кольцапропорционален току, т.е. тоже будет меняться, а значит, возникнет магнитодипольноеизлучение.Найдеммагнитныймоменткольца.Изсохраненияпотока2I 0 2 LI2πa 2 I 0=0⇒I =πa +crcLr. Здесь учтено, что r >> a и поле в плоскости кольцаможно считать однородным. Магнитный момент витка с током m =Мощность магнитодипольного излучения найдем по формуле P =2π 2 a 4 I 0зависимость r (t ) в виде r (t ) = r0 − vt , тогда m =Lc4 8 2 4 ∞32π a I 0 vПолная излученная энергия ΔE = ∫ Pdt =∫0 (r3c 5 L20IS 2π 2 a 4 I 0=.cLrc2m3c 32.
Запишем32 π 4 a 8 I 2 v 402v 2,а P =5 2 633c L rr4 8 2 332π a I 0 vdt=.615c 5 L2 r05− vt ).6. Сначала найдем толщину линзы. По определению зон Френеля, разность хода лучейmλ. Дляидущих из центра отверстия и с границы m-той зоны Френеля составляет Δl =2второй зоны Френеля Δl = λ . Линза, покрывающая отверстие компенсирует оптическуюразность хода для всех лучей. Тогда для луча, идущего по центру линзы,λ = Δl = dn − d = d (n − 1) , откуда и следует приведенный в условии задачи результат.Амплитуду поля в точке наблюдения(фокусе линзы) можно найти из спиралиФренеля (см. рисунок слева).
При двухоткрытых зонах Френеля без линзы в точкеE0наблюденияполе было бы равно нулю.2πiEЛинза же компенсирует набег фазы длякаждого луча и поле в точке наблюденияокажется равным длине окружности(спирали Френеля), т.е. E = 2πiE 0 . Комплексная единица показывает, что поле будетсдвинуто по фазе на четверть периода относительно того поля, которое было бы в этойточке при отсутствии экрана (E0).0742005/2006 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1. Так как расстояние до заряженного шара много больше диаметра росинки,qона находится в практически однородном электрическом поле E0 = 2 .
Считаем росинкуlшаром, дипольный момент диэлектрического шара в однородном поле равен:ε − 1 qa 3 ε − 1d = E0 ⋅ a 3=. Проще вычислить силу, действующую от поля росинкиε + 2 l2 ε + 22d 2q 2 a 3 ε − 1. Сила притяжения направлена вдоль(диполя) на заряд: F = q ⋅ Ed = − q ⋅ 3 = 5llε +2линии, соединяющей центр заряженного шара и росинки.Задача 2. Задача на метод изображения. Заряд, индуцированный на поверхностидиэлектрика, создаёт поле, которое бы создавала нить, размещённая на расстоянии h отповерхности в глубину диэлектрика (зеркальное отображение реальной нити) с зарядом на1− ε. Сила взаимодействия на единицу длины двух заряженныхединицу длины κ ' = κ1+ εнитей равна:F = κ Emirrow2κ ' κ 2 1 − ε=κ ⋅=2hh 1+ ε.Задача 3.
Функций, зависящих от x и y, лапласиан от которых равен нулю –бесконечное множество. Искусство заключается в том, чтобы выбрать из них те, чтоудовлетворят граничным условиям. Сама форма поверхности подсказывает, что ответ надоискать в виде ϕ ( x, y ) = C ⋅ x ⋅ y . При x либо y, равном нулю, потенциал зануляется.Константу найдём из условий на гиперболической границе: ϕhyperbole = C ⋅ A = ϕ0 , отсюдаϕ ( x, y ) =ϕ0A⋅x⋅ y .Задача 4. Разобьём пространство на 3 части: 1 – r>a; 2 – b<r<a; 3 – r<b. Во всёмпространстве (кроме границ раздела) лапласиан от потенциала обращается в ноль. С учётомграничных условий в нуле и на бесконечности, будем искать электрическое поле в виде:3n nd1 − d13n nd 2 − d 2r,=+, E3 ' = E3 , где n = .
Имеем 4E1 ' = E0 +E'E2233rrrнеизвестных и 4 граничных условия на 2-х границах раздела: Et = const и Dn = const . Изэтих граничных условий:На границе r=a:dddd− E0 sin ϑ + 13 sin ϑ = − E2 sin ϑ + 23 sin ϑ , ε E0 cos ϑ + 2ε 13 cos ϑ = E2 cos ϑ + 2 23 cos ϑaaaaНа границе r=b:dd− E2 sin ϑ + 32 sin ϑ = − E3 sin ϑ , E2 cos ϑ + 2 32 cos ϑ = ε E3 cos ϑ . Видно, что граничныеbbусловия выполняются при любых углах θ между векторами n и E0 , если:( )( )75d1d= − E2 + 233aad1d2) ε E0 + 2ε 3 = E2 + 2 23aad23) − E2 + 3 = − E3bd4) E2 + 2 32 = ε E3b1) − E0 +Если к третьему уравнению прибавить четвертое, то:d1b3 ( ε − 1)EE=−+23 3a3a33db ( ε − 1)2) ε E0 + 2ε 13 = E2 + 2 E3 3aa3(ε − 1) = − E3) − E2 + E333(ε − 1) , тогда:d2= E33b31) − E0 +Из последнего уравнения - E2 = E3( ε + 2 ) , и, соответственно:3(ε + 2 ) + E b ( ε − 1)d1= − E33 33aa333ε+2()db ( ε − 1)+ 2 E3 32) ε E0 + 2ε 13 = E3a3a3Умножаем первое уравнение на −2ε и складываем со вторым:31) − E0 +(ε + 2) + 2E2ε ( ε + 2 )b3 ( ε − 1)b3 ( ε − 1)3ε E0 = E3+ E3− 2ε E3 33 33a33a33(ε + 2 )(1 + 2ε ) + 2 E b (ε − 1) 1 − ε3=εEE( ) , и поле внутриОтсюда:033 333a9ε E0=E3шара равно:b32 .
Нужно было найти поле в зазоре:(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 ( ε − 1)a3ε ( ε + 2 ) E0E2 =b32 и дипольный момент внутреннего шара:(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 (ε − 1)a3ε ( ε − 1) E0 ⋅ b3d2 =b32(ε + 2 )(1 + 2ε ) − 2 3 (ε − 1)aЗадача 5. Вследствие краевых эффектов, уровень проводящёй жидкости не совпадаетс уровнем погружения. Обозначим разницу за H. Сопротивление конденсатора обратноC, а припропорционально уровню жидкости в нём. Тогда, при погружении на h: R =h+H76Ch+H, отсюда: C = R ( h + H ) и 2 =, значит h = H .
Ипогружении на 2h: 2 R =332h + H2h + HR ⋅ 2h 2при погружении на 4h: R4 h == R.4h + h 5Задача 6. Через среду протекает однородный ток. Направим ось z вдоль направлениятока j = j ⋅ ez . Среда проводящая, проводимость обозначим за σ. Согласно локальномузакону Ома j = σ E . Вектор электрической индукции D = ε (r ) E = ε (r )воспользоваться соотношениеминдукцииρ free =пропорциональнаjσ.
НеобходимоdivD = 4πρ free (дивергенция вектора электрическойплотностисвободныхзарядов).Отсюда:11 jdivD =div ( ε (r ) ⋅ ez )4π4π σЭкзаменационная работа 1Задача 1. Необходимо просто сложить «половинки» полей от двух перпендикулярноπJрасположенных колец. Тогда: B (0) =( e y + ez ) .caЗадача 2. Магнитное поле от бесконечного проводника известно, находим магнитный2 J (t )1 δΦ (t )⎛ a+b⎞поток через рамку: Φ (t ) =, а ток вa ln ⎜⎟ .
ЭДС индукции равна: ε (t ) = −c δtc⎝ b ⎠2a ⎛ a + b ⎞1 + iωCR − iωt2рамке находим из правила Кирхгофа: J1 (t ) = 2 ln ⎜e . Так как⎟ J 0ω C2c⎝ b ⎠1 + (ωCR )сопротивление большое, магнитным потоком от этого тока, пронизывающим рамку,пренебрегаем (то есть пренебрегаем самоиндукцией).1 δΦ (t ) 1= Blx . Так какc δtc11 δIсопротивление контура мало, эта ЭДС равна только ЭДС самоиндукции: Blx = 2 L.cc δtНеобходимо также воспользоваться уравнением движения, на стержень действуют силаI Blтяжести и сила Ампера: x = g −. Если проинтегрировать предыдущую формулу сc m11начальными условиями x(0) = 0 и x(0) = 0 , то: Blx = 2 LI , и тогда: x + ω02 x = g , гдеcc2 2gmgcBlω02 =. Тогда решением будет: x(t ) = 2 (1 − cos ω0t ) , а для тока: I (t ) =(1 − cos ω0t ) .Blω0mLЗадача 3.
ЭДС индукции, наводимая в контуре равна: ε (t ) = −Задача 4. Так как пластинка на поверхности жидкости идеально проводящая, еёпотенциал константа, а граничные условия на ней таковы, что тангенциальнаясоставляющая электрического поля равна нулю. Точечный источник тока представляетсобой точечный заряд, вблизи которого силовые линии электрического поля и линии токаидут по радиусу. Заряд, накопившийся на пластинке, создаёт такое поле, какое создавал бы77точечный заряд, помещённый на расстоянии h над жидкостью, но противоположный познаку заряду – источнику тока. Таким образом, задача является задачей на метод⎛⎞11⎜⎟ , где−изображения. В полярных координатах: ϕ ( R, z ) = q2⎜ h + z 2 + R22 ⎟)(h − z) + R ⎠⎝ (q=δϕ ( R, z )⎛ δϕ ( R, z )eR +ez.
Ток находим как j ( R, z ) = σ E = −σ ⎜δz4πσ⎝ δRI⎞⎟.⎠Задача 5. Внутри движущегося во внешнем магнитном поле проводника, полная силаeЛоренца должна быть равна нулю: eE + ⎡⎣v × B ⎤⎦ = 0 , где в случае вращения: v = [ω × r ] .cωBТаким образом, в стержне возникает радиальное поле E = −r . Из соотношенияc1 δ ⎛ ωB 2 ⎞ωBr ⎟ = 4πρ , отсюда ρ = −divE = 4πρ , в цилиндрической системе координат −.⎜2π cr δr ⎝ c⎠Так как в целом цилиндр остаётся электронейтральным, пренебрегая краевыми эффектами,получаем: ρπ a 2 + 2πσ = 0 , и поверхностный заряд на поверхности цилиндраρaω Baω 2 Ba 2ω 2 Br. Находим граничный i = σω a =и объёмный токи j = ρ v = −.σ =−=4π c2π c24π cИнтегрируя поле от множества соленоидов, получаем добавку к внешнему полю:ω 2r 2 BΔBz (r ≤ a) =, ΔBz (r > a) = 0 .
Разрыв поля на границе цилиндра обусловленc2vmax 22поверхностными токами, добавка имеет порядок малости β = 2 .cЗадача 6. Магнитное поле вдоль оси Y возникает, так как движущаяся заряженнаяпластинка создаёт ток. Так как пластинка колеблется, ток переменный, и переменноемагнитное поле создаёт переменное электрическое поле, направленное вдоль оси Z. Разрыв4πi , где iтангенциальной составляющей магнитного поля на пластинке равенcповерхностный ток. Он равен σ vz .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
