1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Присмещении от центра на расстояние r возникает разность фаз, равная:Δϕ = k (2l + R ) + r − k (2l + R )2222kr 22(2l + R )2Первое светлое кольцо возникнет, когда разность фаз достигнет 2π, отсюда:r = 2(2l + R ) − k (2l + R )22составляет 0.2 сантиметра.kr 22(2l + R )2и для наших данных радиусЗадача 5.а) На сферическом экране интерферируют волны от источника и волны, отражённыеот зеркала.
Удобно рассмотреть реальный источник S и его зеркальное изображение S’,излучающее в противофазе. Тогда I = 2 I 0 (1 − cos k ( l2 − l1 )) . Из простых геометрическихсоображенийl2 − l1 = h 2 + R 2 + 2 Rh cos α − h 2 + R 2 − 2 Rh cos α2h cos α.Следовательно - I = 4 I 0 sin (kh cos α ) .б) Максимумы интенсивности будут наблюдаться при выполнении условия:2832kh cos α N = 2π N + π . Используя, что h = mλ и раскладывая косинус малого угла,⎛ αN2 ⎞4m − 2 N − 1получаем: 4π m ⎜1 −,⎟ = 2π N + π . Отсюда легко выразить α N =2 ⎠2m⎝либо, удобнее выразитьαn =2n + 1где n – также целое число, равное 2m − N − 1 .2mв) Интегрируем интенсивности от множества монохроматических источников иполучаем:k 0 + Δk2k0 − Δk2I=∫2 (1 − cos(2kh cos α ) )ΔIδ k , интенсивность «прямоугольная, то естьΔkне зависит от k, значит:I = 2 I 0 (1 − sin c ( Δkh cos α ) ⋅ cos(2k0 h cos α ) ) .Отсюда видность интерференционной картины равна:⎛ Δω⎞V = sin c ( Δkh cos α ) = sin c ⎜h cos α ⎟⎝ c⎠, и далее, подставляя h =πc,2Δωимеем:⎛π⎞V = sin c ⎜ cos α ⎟⎝2⎠Задача 6.а) Чтобы интенсивность в точке P была максимальна, надо, чтобы разница оптическихпутей с краёв щели не превышала половины длины волны.r12 − r02 λ=2z p2l1 − l0 = z p + r − z p + r2Отсюда находим:21220r1 = λ z p + r02r0 +λzp2r0(последнее, если предположитьчто внутренний радиус много больше первой зоны Френеля.б) Вторая половина кольцевого отверстия создаёт в точке P поле, такое же поамплитуде, как и первая, но из за разности оптических путей, сдвинутое по фазе:Δϕ = kh(n − 1)I = EΣ ⋅ EΣ * ,.
В итоге имеемследовательноEΣ = E1 + E2 = E1 (1 + eiΔϕ )I = 2 E12 (1 + cos Δϕ ) .была больше ровно в 2 раза, надо, чтобыh=λ 2m + 1n −14. ИнтенсивностьДля того, чтобы интенсивностьΔϕ = kh(n − 1) = mπ +π2, значит.842006/2007 учебный годКонтрольная работа 11. Вычисляем потенциал на оси диска на расстоянии z от центра:aϕ ( z ) = 2πσ ∫rδ r= 2πσ ( z 2 + a 2 − z )z2 + r2q2qσ = 2 ,ϕ ( z) = 2 ( z 2 + a2 − z)aπa0Работа по перемещению заряда равна разнице потенциалов, умноженной на заряд:A = q1 (ϕ (a ) − ϕ (2a )) =2qq1( 2 + 1 − 5) .a2. Задача на метод изображения. Незаряженный цилиндр находится в почтиоднородном поле, и, чтобы выполнить закон сохранения заряда и граничные условия наповерхностипроводника(потенциал константа, тангенциальная компонентаэлектрического поля равна нулю), заряды распределяются на поверхности данногоцилиндра так, что можно считать, что ими создаваемые поля происходят от 2-х заряженныхнитей.
Одна с зарядом κ расположена по оси цилиндра, другая с зарядом -κ находится на2расстоянии l ' = a 2 на линии, соединяющей оси цилиндров. Все нити параллельны осямRцилиндров. Тогда, сила на единицу длины находится просто:2κ 2 2κ 2 2κ 2 1−=− 1)F=(R −l' RR 1− l 'R2κ 2 l ' 2κ 2 2⋅ =aR R R33. Так как плотность заряда равна нулю везде, кроме заряженной границы, топотенциал ищем в виде набора функций, зависящих только от угла и радиуса, лапласиан откоторых равен нулю.
Таких функций бесконечное множество, но, для того, чтобывыполнить граничные условия в нуле (потенциал не обращается в бесконечность), навнешней границе и на плоскости секущей цилиндры напополам (потенциал обращается вноль, так как внешний цилиндр заземлён), потенциал ищем в виде:ϕ1 (r , α ) = Ar cos α ,B ⋅ b2ϕ2 (r , α ) = Br cos α −cos αrИмеем 2 константы и 2 граничных условия на границе r=a:ΔDn = 4πσ 0 cos α , ϕ1 (a, α ) = ϕ 2 (a, α )Тогда:⎛b2 ⎞4πσ 0 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟a ⎠⎝A=⎛⎛b2 ⎞b2 ⎞ε1 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟ − ε 2 ⎜ 1 + ( 2 ) ⎟a ⎠a ⎠⎝⎝85B=4πσ 0⎛⎛b2 ⎞b2 ⎞ε1 ⎜ 1 − ( 2 ) ⎟ − ε 2 ⎜ 1 + ( 2 ) ⎟a ⎠a ⎠⎝⎝4. Задача также на метод изображения.
Пусть один заряд диполя (-q) находится прямона границе раздела, а сам диполь образует угол θ с нормалью к границе раздела. Изграничных условий, заряды изображения равны:ε1 − ε 22ε 2, q '' = qε1 + ε 2ε1 + ε 22ε1−qε1 + ε 2q' = qзарядаот заряда на границе раздела, поле будет как отПоле в верхней полуплоскости будет как от диполя p + от его изображения p’:⎛ ε −ε ⎞2ε 2p1⊥ = p cos θ ⎜1 − 1 2 ⎟ = p cos θε1 + ε 2⎝ ε1 + ε 2 ⎠⎛ ε −ε ⎞2ε11 ( p1n )p1 = p sin θ ⎜ 1 + 1 2 ⎟ = p sin θϕ=1ε1 + ε 2 ,ε1 r 2⎝ ε1 + ε 2 ⎠Здесь мы разбили диполь на перпендикулярную и параллельную границе разделасоставляющую.
Векторсоответственно:p2⊥ = p cos θn- нормаль к границе раздела. В нижней полуплоскости,2ε 2ε1 + ε 2,p2 = p sin θ2ε 21 ( p2 n )ϕ=ε1 + ε 2 , 2 ε 2 r 2Поле находим как градиент от потенциала, а поверхностный заряд из граничныхусловий:E1⊥ − E2⊥4πp cos θ ε 2 ⎛ 1 1 ⎞=−σ⎜ − ⎟Тогда π r 3 ε1 + ε 2 ⎝ ε1 ε 2 ⎠σ=divj = 0 , а так какj0()=Exзадача одномерная, j x = const = j0 . Так как j = σ E , то xx⎞.⎛σ 0 ⎜1 + ⎟⎝ d⎠dUσ 0j=U=E(x)δx, тогда 0. ПлотностьНайдём плотность тока из условия ∫0 xd ⋅ ln 25. Режим стационарный, заряд нигде не накапливается, значитзаряданайдёмизсоотношенияdivE = 4πρ,и861 δEx ( x) =4π δ xρ=Ux⎞⎛4π d ln 2 ⎜ 1 + ⎟⎝ d⎠22Экзаменационная работа 11.
Диполь является «упругим» и его потенциальная энергия во внешнем поля равна( dE )W =−2, электрическое поле на оси кольца равнодипольныймоментd z ( z ) = Ez ( z )диэлектрическогоε −1 3aε +2.Работапотенциальной энергии и составляетшараповEz ( z ) =однородномперемещениюдиполяqz(b2 + z 2 )полеравна3а2равенразности1 ε −1 3 21 ε −1 3 q2A=−a Ez (b) = −a2ε +216 ε + 2 b 4.2.
Поток магнитного поля в соленоиде с идеально проводящими витками сохраняется:⎛πR ⎞B0π R = B ' ⎜⎟⎝ 2 ⎠22. Работа (на единицу длины) равна разнице потенциальнойэнергии (на единицу длины) в конечном и начальном состояниях.B02W0 = π R8π2,2B '22 B0W '=aA= R(4 − π ) .8π8π23. Напряжённость вихревого электрического поля (поле имеет только составляющуюEα (r ) = −вдоль угла α) равна:riω B0 .2cПо закону Джоуля-Ленца, усреднённая поσ ⎛ rω⎞w = ⎜B0 ⎟2 ⎝ 2c ⎠времени мощность, выделяемая в единице объёма равна:ИнтегрируемW=σ ⎛ωпо2r0объёмуπσ 4 ⎛ ω ⎞⎞3πδB2drrdr0 ⎜ B0 ⎟⋅⋅=0⎟⎜8 ⎝ c ⎠ ∫016⎝c ⎠и2.получаем:2.
Обратите внимание, чтополная мощность пропорциональна не площади диска, а площади в квадрате. Поэтомусердечники трансформаторов делают не из сплошных проводников, а пластин,разделённых диэлектриком (чтобы токи Фуко не слишком грели сердечник).87Hα (r ) =4. Напряжённость магнитного поля от бесконечного прямого тока -2I0cr.ЭДС индукции пропорциональна изменению магнитного потока и равна падениюнапряженияI =−наε indсопротивлении:v 2I0 ⎛l⎞⋅+ln1⎜⎟c2 R ⎝ a ⎠ .v=− ⋅ca +l∫a2I0δ r = IRcr.ОтсюдаПроинтегрировав силу Ампера, действующую на каждыйv 4I02 ⎛ ⎛l ⎞⎞F= 4⋅+ln1⎜⎟cR ⎜⎝ ⎝ a ⎠ ⎟⎠участок перемычки, получаем полную силу:5.
Полный поток магнитного поля через соленоид равенсоленоида, пронизывающий кольцо равенΦ=2.Φ 0 = H 0π a 2 ,1Φ 0 (1 − cos ϑ )2поток от. Так как кольцосверхпроводящее, то полный поток магнитного поля через него постоянный. Так как довнесения в поле соленоида тока в кольце не было, и, соответственно, не было магнитногополя, то полный поток магнитного поля через кольцо равен нулю. Значит:отсюда находим ток в кольце:I =−cΦ 0 (1 − cos ϑ )2LΦ+LI = 0,c. Магнитное поле отполубесконечного соленоида на расстояниях много больше его радиуса равно:B(r ) = H 0r 2ar3.Интегрируемсилуампераиполучаем:Φ 02F=⋅ (1 − cos ϑ ) sin 3 ϑ .4π Lb6. Кольца идеально проводящие, значит поток магнитного поля через каждоесохраняется.
При удалении малого кольца электрический ток в большом кольце и потокмагнитного поля через него не изменяются (так как первоначально не было электрическоготока в малом кольце). В малом кольце электрического тока первоначально не было, нопоток магнитного поля сквозь него былΦ a = B0π a 2 ,гдеB0 =2π I 0cb- магнитноеполе в центре большого кольца. Значит, при удалении малого кольца на бесконечность, длятого, чтобы сохранить в нём поток магнитного поля, в нём возникнет электрический токB0π a 2 cIa ' =La.
Тогда, изменение энергии магнитного поля системы равно:La ( I a ')B0 2π 2 a 4 4π 4 a 4 I 02ΔW = W '− W0 ===2c 22 La2 La c 2b 22.887. Можно найти магнитное поле как ротор от вектор-потенциала.B1 = A0 ( xex − ye y ) , B2 = A0 ( xex − ye y − a (ex − e y ) ) . Так как лапласиан отвектор-потенциалов в области 1 и 2 равен нулю, объёмных токов нет. Ток на поверхностинаходим из скачка тангенциальной составляющей магнитного поля. На диагонали:aa2 , B2τ = −2 , следовательно, линейная плотность тока на диагонали 22ciz =aA0 2 .4πB1τ =Контрольная работа 2Задача 1.Задача на продольную длину когерентности. Так как по условию a1 , то светLпадает на пластинку практически по нормали, к тому же, поперечная длина когерентностине играет роли. Значит, чтобы наблюдалась интерференция, оптическая длина пути(удвоенная толщина пластинки, помноженная на коэффициент преломления) должна бытьменьше или равна продольной длине когерентности l = λ2Δλ, отсюда d ≤ λ22 Δλ ⋅ n.Задача 2.Так как линза разделена, получаем два изображения источника.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
