1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Естественно, рассматриваем систему как плоскость с током без полости,внутри которой цилиндрический проводник с током, противоположным по направлению (итой же плотностью). Поле в полости:4πj ⋅ y , где в полярных координатах y = R sin α x = R cos α . В цилиндрическомc2πпроводнике с однородно протекающим током Bα =j ⋅ R . В сумме:c4π2π2π4π2πBR =j ⋅ R sin α ⋅ cos α =jR sin 2α Bα =j⋅R =j ⋅ R sin 2 α =jR cos 2αcccccBx =Задача 4. Поле в цилиндрической полости цилиндрического проводника с37однородной плотностью тока находим, как в задаче из задачника 1.2π⎡ j1 × l ⎤⎦c ⎣По полости течёт полный ток I = π a 2 j2 на который действует сила Ампера:B=2π 2 a 2F = − 2 ( j1 ⋅ j2 )l . Если токи параллельны, то сила направлена к центру.cЗадача 5.
За эти времена токи, индуцированные в проводящем слое возникшей ЭДСиндукции, не успевают затухнуть. Проводящий слой ведёт себя как сверхпроводник(магнитное поле в него не проникает). Тогда нормальная компонента вектора магнитногополя на границе слоя равна нулю, а поверхностные токи создают такое поле, котороесоздавал бы магнитный момент −m0 – «зеркальное» изображение реального магнитногомомента m0 .
Если поместить начало координат в точку пересечения проводящего слоя слинией, соединяющей момент и его изображение, то в полярных координатахнапряжённость магнитного поля на границе слоя:6m0 cos θ sin θ⋅ er . Так как внутри слоя поля нет, то линейная плотностьh3cos3 θповерхностных токов, определяющих скачок тангенциальной составляющей вектора4πнапряжённости магнитного поля ( ΔBr =iα ) равна:cB=−3m0 c cos 4 θ sin θiα = −2π h3Задача 6.
Тор сверхпроводящий, значит, поле внутрь него не проникает, ииндуктивность определяется лишь магнитным потоком, пронизывающем «дырку»бублика-тора. Если бы всё пространство было бы заполнено вакуумом, то, вследствиесимметрии поток через верхнюю половинку был бы равен потоку через нижнююполовинку. Обозначим эти потоки как Φ 0 . На границе раздела магнитных сред текуттолько молекулярные токи, значит Hτ 1 = Hτ 2 . Но в среде B1 = μ1 H1 а B2 = μ2 H 2 , значитмагнитный поток через верхнюю половинку возрастёт в μ1 раз, а через нижнюю,соответственно в μ2 раз.
Индуктивность пропорциональна магнитному потоку, тогда:L = L0 ⋅μ1Φ 0 + μ2 Φ 0Φ0 + Φ0= L0 ⋅μ1 + μ22Контрольная работа 2Задача 1. Хотя Солнце для наблюдателя на большом расстоянии выглядит как диск,для оценки будем рассматривать его как однородно светящуюся щель ширины h,находящуюся на расстоянии a, α = h . Электромагнитная волна, испускающаяся сaверхнего края щели имеет одинаковую вероятность пройти через верхнюю или нижнюющели.
Оптическая длина этих траекторий соответственно:Верх:3822222222⎛d h⎞⎛d⎞⎛d h⎞⎛d⎞r11 = a + ⎜ − ⎟ + L2 + ⎜ − x ⎟ r12 = a 2 + ⎜ + ⎟ + L2 + ⎜ + x ⎟⎝ 2 2⎠⎝2⎠⎝ 2 2⎠⎝2⎠Здесь L – расстояние от экрана со щелями до экрана, на котором наблюдаетсяинтерференция, x – координата на экране, на котором наблюдается интерференция.Для электромагнитной волны, испускающейся с верхнего края щели, оптическаядлина траекторий, проходящих через верхнюю или нижнюю щели, соответственно:Низ:2⎛d h⎞⎛d⎞r21 = a + ⎜ + ⎟ + L2 + ⎜ − x ⎟⎝ 2 2⎠⎝2⎠2⎛d h⎞⎛d⎞r22 = a + ⎜ − ⎟ + L2 + ⎜ + x ⎟⎝ 2 2⎠⎝2⎠2Обе волны образуют интерференционную картину, и видимость обратится в ноль,если максимум от одной волны совпадёт с минимумом от другой. Разлагаем подкоренныевыражения по малости d,h<<a и d,x<<L, тогда:λ = (r11 + r12 ) − (r21 + r22 )2Отсюда d mindh= dαaλ, что составляет 2.5·10-3 см.2αЗадача 2.
Для TM волны (также называется p-волна, E - в плоскости падения),коэффициент отражения по амплитуде (из формул Френеля):RTM =λμ cos ϕ1 − λε cos ϕ 2εμ1, где λε = 1 , λμ =, ϕ1 и ϕ2 - углы падения иε2μ2λμ cos ϕ1 + λε cos ϕ 2преломления соответственно.При падении под углом Брюстера коэффициент отражения обращается в нуль:λμ cos ϕ1 − λε cos ϕ 2 = 0 .Иззаконаcos ϕ 2 = 1 − sin 2 ϕ1 ⋅Снеллиусаипростейшихтригонометрическихсоотношений:ε1μ1ε 2 μ2Тогда:λμ cos ϕ − λε 1 − sin 2 ϕ1 ⋅ε1μ1= 0 , делим на косинус угла падения:ε 2 μ22⎛λ ⎞1εμ1εμ− tg 2ϕ1 ⋅ 1 1λμ = λε− tg 2ϕ1 ⋅ 1 1 , далее - ⎜ μ ⎟ =22cos ϕ1ε 2 μ2ε 2 μ2⎝ λε ⎠ cos ϕ11= 1 + tg 2ϕ1 , тогда:пользуемся тем, что2cos ϕ12⎛ λμ ⎞⎛ ε1μ1 ⎞2⎜ ⎟ − 1 = tg ϕ1 ⋅ ⎜1 −⎟ , итого, тангенс угла Брюстера равен:⎝ ε 2 μ2 ⎠⎝ λε ⎠39tgϕ1 =ε 2 ( μ1ε 2 − μ2ε1 )ε1 ( μ2ε 2 − μ1ε1 )TEАналогично, для TE волны (также называется s-волна, E - перпендикуляренплоскости падения), тангенс угла Брюстера равен:tgϕ1 =μ2 ( μ2ε1 − μ1ε 2 )μ1 ( μ2ε 2 − μ1ε1 )TMТо есть, если μ1 = μ2 , то для TE волны tgϕ B ,TE =ε 2 n2= , тангенс угла Брюстераε1 n1равен соотношению коэффициентов преломления сред, а для TM волны угла Брюстера нетμ2 n2(тангенс угла падения комплексный).
Если ε1 = ε 2 , то для TM волны tgϕ B ,TM == ,μ1 n1тангенс угла Брюстера равен соотношению коэффициентов преломления сред, а для TEволны угла Брюстера нет.Задача 3. Так как стоит тонкая линза, то параллельный пучок света заменяетсяточечным источником на расстоянии F от отверстия. Тогда, радиус m-той зоны Френеляравен:rm = mλF2, минимальный радиус диафрагмы, при котором интенсивность в центремаксимальна R =λF.
Надо оценить, при каком отклонении от центра разница2оптической длины пути для лучей, идущих с противоположных сторон диафрагмысоставляет половину длины волны. Можно воспользоваться решением задачи 1 из этой жеконтрольной, тогда радиус пятна:1 λFx2 2Задача 4. Из решения задачи 3.78 из задачника 2 находим распределениятангенциальной составляющей вектора H на плоскостях (нормальная составляющаязануляется).H = 2 H 0 ei ( k z z −ωt )π(π a )a2= H 0 ei ( k z z −ωt )+ kz2λa, где H 0 - амплитуда волны, λ - длинаволны. Так как поверхность идеально проводящая, поле в неё не проникает и линейнуюплотность тока на границе находим из скачка тангенциальной составляющей вектора H .λ ci = H 0 ei ( kz z −ωt ) ⋅, ток перпендикулярен направлению распространения волны z.a 4πЗадача 5.
Амплитуда волны, прошедшей от каждой последующей зоны Френеляуменьшается вдвое. С учётом того, что волны от нечётных зон приходят в фазе, а от чётныхв противофазе:40∞⎛1⎞E∞ = ∑ E1 ⋅ ⎜ ⎟⎝2⎠m =1m −1. Это сумма бесконечной геометрической прогрессии со24E1 , I ∞ = I1 . Интенсивность уменьшится.39Для большей интенсивности лучше закрыть все зоны, кроме первой.знаменателем -1/2 и первым членом E1 .
E∞ =Задача 6. Росинка является толстой линзой. Воспользуемся матричным формализмом.Каждый луч характеризуется вектором - отклонение от оптической оси x и угол наклона α.Матрица первой границы:1⎡⎛ x'⎞ ⎢⎜ ⎟ = ⎢ 2 ⎛ 1 − 1⎞⎝α '⎠ ⎢ ⎜⎟⎣d ⎝ n ⎠0⎤⎥⎛ x ⎞1 ⎥ ⎜ ⎟ С учётом того, что n=4/3⎝α ⎠n ⎦⎥⎡ 1⎢ 1⎢−⎣ 2d0⎤3 ⎥⎥4⎦0⎤ ⎡ 10⎤⎡ 1⎡1 d ⎤⎢⎥⎢⎥Матрица промежутка ⎢⎥ , и матрица второй границы ⎢ 2 1 − n n ⎥ = ⎢ − 2 4 ⎥01()⎣⎦⎣d⎦ ⎣ 3d 3 ⎦3 ⎤⎡ 1⎢ 2 4 d⎥Матрица всей линзы ⎢⎥1 ⎥⎢− 1⎢⎣ d2 ⎥⎦Пройдя линзу, координаты луча станут:13x 1x ' = x + dα ; α ' = − + α24d 21Луч вышедший из точки x = dα под углом α , пройдя линзу, пойдёт параллельно213оптической оси. Для этого луча координата x ' = dα + dα = dα .
Значит, увеличение44x'M= = 2 .xЭкзаменационная работа 2Задача 1. Часть волны не проходит через призму и падает на экран по нормали, частьволны, прошедшая сквозь призму падает под углом β = (n − 1)α . Обе волны остаютсяδk λ1 , для того, чтобы наблюдалось максимальное количествоплоскими, так какkdинтерференционных полос, необходимо чтобы обе части интерферировали по всейddапертуре d. Тогда Δl=. Расстояние между интерференционными полосамиβ (n − 1)αравно Δx =λ(n − 1)α.Задача 2. Стандартная задача на дифракцию Френеля, необходимо только учестьвлияние показателя преломления на оптическую длину пути. Тогда:41⎛a b⎞⎜ ⋅ ⎟n nabrm = mλ ⎝ 1 2 ⎠ = mλ(an2 + bn1 )⎛a b⎞⎜ + ⎟⎝ n1 n2 ⎠Заметим, что увеличение коэффициента преломления приводит к уменьшению длиныволны в среде, а, значит и к уменьшению радиусов зон Френеля.Задача 3.
Падающая электромагнитная частично проникает в проводящую среду иcтам затухает по глубине с толщиной скин-слоя δ =, частично отражается. Граничныеωσ2πусловия – непрерывность тангенциальной компоненты поля E и, так как плотность тока наповерхности не обращается в бесконечность, непрерывность тангенциальной компонентыполя B . Если пренебречь током смещения то в проводящей среде:1+ i−z∂Bc2=ΔB , By ( z , t ) = B0 e δ e −iωt∂t 4πσ1 ∂BrotE = −,ИзуравненийМаксвеллаc ∂t1+ i1+ izz−−c 1+ i⎛ δ ⎞ ω− iωtδδ,изграничныхусловийEx ( z, t ) = ⎜ −iBee=Bee − iωt00⎟4πσ δ⎝ 1+ i ⎠ cEпад+Eотр=Eпрош:E1 = − E01−c 1+ i4πσ δ , и при σ → ∞ E → − E .10c 1+ i1+4πσ δЗадача 4.
Задача на дифракцию Френеля, для решения необходимо воспользоватьсяпринципом дополнительности Бабине. Дополнительным экраном для диска являетсянепрозрачный экран с отверстием того же радиуса. Пусть амплитуда падающей волны E0.Тогда:E ( z ) = E0 e −ikzkREe2π iz ∫0ikz⋅eikr22z2π rδ r0E ( z ) = E0 eikz eikR22zИнтенсивность света на оси постоянна и равна I 0 = E0 2 , то есть на оси диска всегдасуществует светлое пятно (пятно Пуассона). Необходимо отметить, что это решениесправедливо только в области z>>R.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
