1611690921-cfc04c315ad4dd0b1fbaf3912c70bc2d (826953), страница 9
Текст из файла (страница 9)
При приближении к диску в интеграле Кирхгофанеобходимо учитывать косинус угла между нормалью к площадке и направлением на точкунаблюдения. Тогда, в асимптотике, при z ≈ R : I ( z ) = I 0z2R2 + z 2Задача 5. Электрическое поле от такой плоскости находим из решения уравненияЛапласа методом разделения переменных с соблюдением граничных условий назаряженной поверхности (задача из задачника 1). Напряжённость электрического поля наоси X=0, Y=0 в нижнем полупространстве равна:42E (0; 0; z ) = 2πσ 0 eα 2 + β 2 ⋅zМощность излучения ультрарелятивистской частицы при движении параллельноэлектрическому полю:02e 4 E 22e 4 E (t ) 2zδt , t =w=,энергияизлученияΔε=2 32 3∫3m c3m cv−∞2πσ 0 ) re 2(ze2, Δε=, re =.cmc 23 α2 + β22Задача 6.
Частица слегка изменит угол вылета за счёт того, что излучит часть энергиии, соответственно, изменит компоненту импульса px параллельную границе разделаобласти с магнитным полем. Так как изначально угол α<<1, компонента импульса py,перпендикулярная границе раздела, практически не меняется по модулю, но, магнитноеполе меняет её знак.δ p v δε= ⋅ . В момент, когда частица только залетелаИзменение импульса частицы:δ t c2 δ tв область поля:p0 y = γ 0 mcα , p0 x = γ 0 mcВ тот момент, когда частица вылетела:p y = −γ 0 mcα , px = γ mc .
Значит β =γ0α.γНеобходимо найти полную излучённую энергию и новое значение γ .Для ультрарелятивистской частицы:δε2e2= − cre 2γ 2 B0 2 , где re =δt3mc 21 1 2 2 22α RL− = cre B0 t , где время пролёта t, RL - ларморовский радиус, который,cε ε0 3так как β − αα , можно считать постоянным RLγ 0 mc 2eB0. Тогда:23⎛ 4⎛ 42 re B0 ⎞2 e B0 ⎞β = α ⎜1 + αγ 0⎟ = α ⎜1 + αγ 0 2 4 ⎟e ⎠mc ⎠⎝ 3⎝ 32001/2002 учебный годКонтрольная работа 1Задача 1.
Заряженный шарик (пусть его заряд равен q ) поляризует незаряженный.aДипольный момент d последнего можно найти, поместив заряды изображения q′ = − ql23aaот его центра и q′′ = −q′ в центре: d = q′l ′ = − q 2 . Силуна расстоянии l ′ =llвзаимодействия шариков оценим как силу, действующую на точечный заряд в поле диполя:433q2 ⎛ a ⎞d 3(dr )rd= 2 3 при r = l ). Знак минус соответствует⎟ ( Ed = − 3 +2 ⎜5rrll ⎝l⎠притяжению. После соединения проводником заряды на шариках равны q/ 2 , и сила ихF1 = qEd = −23(q/ 2) 2F1⎛ l ⎞отталкивания F2 =.
Таким образом, 2 = − ⎜ ⎟ .2F18⎝ a ⎠lЗадача 2. Поле в верхнем полупространстве эквивалентно полю кольца с зарядом Q и1− εего изображения с зарядом Q′ =Q , расположенного симметрично границе раздела в1+ εнижнем полупространстве. При этом ϕ0 определяется полным зарядом:Q + Q′2 Q2ε, а ϕ1 — дипольным моментом d = Qh − Q′h =Qh , направленнымϕ0 ==ε +1 rε +1r(dr ) d2 Q 2ε Qhвдоль оси z : ϕ1 = 3 = 2 cos θ . Окончательно, ϕ (r , θ ) =+cos θ .rrε +1 r ε +1 r2Задача 3.
Пусть заряд единицы длины внутреннего цилиндра равен κ , а внешнего—2κ( −κ ). Электрическое поле в пространстве между цилиндрами E = 2 r (вклад внешнегоrb drb= 2κ ln .цилиндра в это поле равен нулю), а напряжение между ними U = 2κ ∫a radC dQ 1 κ1== =.Емкость системы на единицу длиныdldl U U 2 ln baЗадача 4. Заданное в задаче распределение заряда можно получить, взяв шар радиусаQa , равномерно заряженный с объемной плотностью заряда ρ = 4 3 , а на место полости3πaпоместив шар радиуса a/ 2 с плотностью заряда ( − ρ ). Как известно, электрическое поле4внутри равномерно заряженного шара равно πρ r .
Согласно принципу суперпозиции, для34поля в полости имеем E = πρ (r1 − r2 ) , где r1,2 — радиус-векторы, проведенные в точку3наблюдения соответственно из центра большого шара и центра полости. Учитывая, чтоr1 − r2 = a / 2 , где a/ 2 — вектор, проведенный из центра шара в центр полости, найдем, что4a4поле в полости однородно и равно E = πρ , а ϕ = πρ ar cos θ (начало координат326выбрано в центре большого шара, так что r = r1 , а θ — угол между векторами r и a/ 2 ).Задача 5. Как известно, ток через вакуумный диод связан с напряжением на немS 2e 1законом <<3/2>>: I = PU 3 / 2 , где P =( e и m — соответственно заряд и масса9π m h 2Sэлектрона).
Емкости диода и плоского конденсатора одинаковы и равны C =. Пусть4π hQ — суммарный заряд на обкладках параллельно соединенных конденсатора и диода.IQ.Тогда напряжение на них U =, а ток утечки через диод I = −Q , то есть U = −2C2CPU 3 / 2при начальном условии U = U 0 при t = 0 имеетПолучившееся уравнение U = −2C44решение U (t ) =U0(1 +P4CU0 t)2=U0(1 +2em19hU 0 t )2.Экзаменационная работа 1Задача 1. Заряд металлической толстостенной сферы может располагаться только наее поверхностях— внутренней и внешней. Причем, на внутренней поверхности заряд равен−q , что легко показать, применив теорему Гаусса к замкнутой поверхности, находящейсявсюду внутри металлической сферы с учетом того, что поле в металле равно нулю.
Зарядвнешней поверхности сферы равен + q , поскольку сфера не заряжена. Полный зарядсистемы равен q и распределен сферически симметрично внутри области r < r2 , поэтомупри r ≥ r2 потенциал ведет себя как q /r и при r = r2 совпадает с искомым потенциаломсферического слоя: ϕсл = q/r2 . Потенциал шара, всюду внутри шара одинаковый, простонайти в его центре: ϕш = q/r0 − q/r1 + q/r2 .Задача 2. Шарик находится в магнитном поле кольца равном2π R 2 JHz =c ( R 2 + z 2 )3 / 2 z = h(ось z направлена от центра кольца к центру шарика, H x = H y = 0 ), которое с учетомусловия a r можно считать вблизи шарика однородным. Шарик с магнитнойпроницаемостью μ в однородном магнитном поле приобретает магнитный моментm=dH zμ −1 3a H , а действующая на него сила равна Fz = mdzμ +2=−z =hμ − 1 12π 2 R 4 hJ 2 a 3.μ + 2 ( R 2 + h2 )4 c2Задача 3. Сечение цилиндра после обжатия представляет собой прямоугольник сразмерами h × d и два полукруга радиусами h/ 2 .
С учетом сохранения периметра сеченияимеем: 2π R = 2d + 2π (h/ 2) ⇒ d = π ( R − h/ 2) . Сохранение потока через это сечение,охватываемоеИскомуюF=сверхпроводником,силуможнонайтидает: π R 2 B0 = [dh + π (h/ 2) 2 ]B ⇒ B = B0подавлениюмагнитногополя,R2.h( R − h/ 4)равномуB2:8πB 2 R 4 ( R − h/ 2)lB2.dl = 08π8 ( R − h/ 4) 2 h 2Задача 4. Непрерывность тангенциальной компоненты поля H на боковойповерхности цилиндрического магнетика дает H = B/μ , а сохранение потока через сечениесверхпроводящего цилиндра приводит к уравнению: H 0π R 2 = Bπ r 2 + H (π R 2 − π r 2 ) . РешаяR2H0 , B = μ H .R 2 + ( μ − 1)r 2Задача 5.
Вольтамперная характеристика <<обычного>> вакуумного диода безS 2e 1вторичной эмиссии jS = PU 3 / 2 (где P =, а j — плотность электрического тока)9π m d 2может быть получена решением уравнения ϕ ′′( x) = −4πρ ( x) = −4π j /v( x) , где скоростьэлектронов v( x) связана с потенциалом ϕ ( x) законом сохранения энергии, с учетомсоответствующих граничных условий на ϕ ( x) и ϕ ′( x) . Последние в нашем случаеостаются без изменений, а уравнение принимает вид: ϕ ′′( x) = −4π j1/v1 ( x) − 4π j2 /v2 ( x) , гдеполученную систему, находим: H =45индексы 1 и 2 относятся к электронам, летящим соответственно от катода к аноду и вобратном направлении. По условию задачи, j2 = α j1 , а v1 ( x) = v2 ( x) = v( x) , так как упругоеотражение от анода не меняет энергии электрона.
Получаем уравнение:ϕ ′′( x) = −4π j1 (1 + α ) /v( x) , сравнив которое с уравнением для <<обычного>> диода, находимj1 (1 + α ) S = PU 3 / 2 .Полныйтоквдиодеравен,очевидно,1−αI = ( j1 − j2 ) S = (1 − α ) j1S =PU 3 / 2 .1+ αЗадача 6. Решим уравнение Пуассона в проводнике1 ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ 1 ∂ 2ϕ=0⎜r⎟+r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r 2 ∂α 2методом разделения переменных, то есть предположим, что решение представимо ввиде: ϕ (r , α ) = R(r )Y (α ) , где R и Y — некоторые искомые функции.
При r → ∞потенциал должен соответствовать однородному полю E0 = j0 /σ , то естьjϕ (r → ∞) = − 0 r cos α . Значит, Y = cos α . Подставив ϕ (r, α ) = R(r ) cos α в уравнениерешение:σПуассона, получим уравнение:1 ∂ ⎛ ∂R ⎞r ⎜r⎟ = 1.R ∂r ⎝ ∂r ⎠Будем искать его решение в виде R ∝ r n . Подставив, найдем два решения: n = 1 иA ⎞⎛n = −1 . Их линейная комбинация ϕ = ⎜ A1r + 2 ⎟ cos α тоже является решением уравненияr ⎠⎝jjПуассона.
Учтя граничное условие ϕ (r → ∞) = − 0 r cos α , найдем A1 = − 0 . Граничноеσσ1 ∂ϕусловие jn = 0 на плоской поверхности проводника: −∝ sin α α =0,π = 0σ r ∂α α =0,πвыполняется автоматически из-за равенства нулю sin α . Это же условие на1 ∂ϕцилиндрической поверхности проводника= 0 приводит к соотношению:σ ∂r r = aA2 = A1a 2 .Такимобразом, ϕ = −j0 ⎛ a 2 ⎞⎜1 + ⎟ r cos α ,σ ⎝ r2 ⎠jr = −σ⎛ a2 ⎞∂ϕ= j0 ⎜1 − 2 ⎟ cos α ,∂r⎝ r ⎠⎛ a2 ⎞1 ∂ϕ= − j0 ⎜1 + 2 ⎟ sin α .jα = −σr ∂α⎝ r ⎠Задача 7. Будем решать задачу, пользуясь комплексными амплитудами зависящих отвремени величин. Потенциал ψ в указании к задаче соответствует линейной комбинацииоднородного поля и поля магнитного диполя.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
