1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Воспользовавшись формулойˇˇ2ˇ iϕˇˇe ´ eiψ ˇ “ 2 ´ 2 cos rϕ ´ ψs ,получаем, что это возможно, если˜ `˘ˆ˙¸ik r12 ´ r221 12 ´ 2 cos`“ 1,2a bоткуда˘ˆ`˙ik r12 ´ r221 1π`“´2a b3иλ abr22 “ r12 `.3a`b89РешенияРешение задачи 5Распространение электромагнитных полей в волноводе описывается волновым уравнением вида∆B ´1 B2 B“ 0,c2 Bt2(1)решение которого для z-составляющей ищется в видеBz “ B̂zpn,nq px, yq eikz´iωt .(2)Подставляя данное решение в волновое уравнение (1), получаемзадачу на собственные значения∆K B̂zpn,nq px, yq ` γ2mn B̂zpn,nq px, yq “ 0(3)и дисперсионное уравнение`˘ω2mn “ c2 k2 ` γ2mn .После установки двух поперечных перегородок появляются дополнительные требования для выполнения граничных условийпри z “ 0 и z “ L на нормальную составляющую магнитногополя Bz |z“0 “ 0 и Bz |z“L “ 0.
Такое решение можно получить спомощью линейной комбинации решений вида (2):pn,nqBz “ B̂zpx, yq sin pk zq e´iωt , где k “ p Lπ и p – целые числа.Так как (3) записано для H-моды колебаний в волноводе, тотребование Ez “ 0 на зануление нормальной составляющей электрического поля на двух поперечных перегородках выполняетсяавтоматически.Спектр частот получается из дисперсионного уравнения:˙ˆ´ ¯π 2` γ2mn .pω2mnp “ c2L902008/2009 Экзаменационная работа 2Решение задачи 6Видность V Ñ 0, когда разность хода интерферирующих лучей больше продольной длины когерентности:∆ℓ ą ℓk “2πcλ2“.∆λ∆ωРазностьa хода в пластине для интерферирующих лучей∆ℓ “ 2h n2 ´ sin2 pθq.Отсюда получаем условие: sin2 pθq ă n2 ´ 1.Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Главные максимумы порядка m видны под углами θm “ m aλ ,где m – порядок максимума, λ – длина волны, a – период одномерной решетки (θm ! 1).
При освещении дифракционной решеткивидимым светом со спектром rλ0 , λ0 ` ∆λs самый большой уголдля первого порядка будет равен θ1 max “ λ0 `∆λ, а минимальныйaλ0для второго порядка θ2 min “ 2 a . Так как по условию задачи∆λ ă 2 ¨ λ0 , то θ1 max ă θ2 min и спектры не перекрываются.Решение задачи 2Запишем граничные условия на тангенциальную составляющую электрических и магнитных полей. Так как по обеим сторонам границы ε “ 1, то углы падения, преломления и отраженияравны.
ТогдаE1 cos pθq ´ E3 cos pθq “ E2 cos pθq ,E1 ` E3 ´ E2 “4π ˚4πi“σ E2 cos pθq .cc91РешенияРешая данную систему уравнений, получаем коэффициентыотражения r и прохождения t по амплитуде:r“2πσ cos pθq{cE3“,E11 ` 2πσ cos pθq{ct“E21“.E11 ` 2πσ cos pθq{cРешение задачи 3Воспользуемся результатом для вычисления интеграла Кирхгофа по отверстию радиуса r0 для точки наблюдения zp :ˆE “ E0 exp pikzp q ¨ 1 ´ expˆikr022zp˙˙.Тогда для электрических полей, создаваемых разными половинками, можно записатьˆˆ 2 ˙˙ikr01,E1 “ E0 exp pikzp q exp pik∆q ¨ 1 ´ exp22zpˆˆ 2 ˙˙1ikr0E2 “ E0 exp pikzp q exp pikn∆q ¨ 1 ´ exp.22zpИспользуя принцип суперпозиции и подставляя все заданныев условии значения, получаем:E “ E1 ` E2 “ E0 exp pikzp q exp pik∆q ¨ p1 ` iq .Решение задачи 4Так как точка наблюдения находится на расстоянии длиныволны от излучающего диполя, то в формулеB“: ˆ n d9 ˆ nd`c2 rcr 2922008/2009 Экзаменационная работа 2необходимо учитывать оба члена.
Мгновенное значение дипольного момента берется в запаздывающий момент времениt1 “ t´ rc , где r – расстояние от точки наблюдения до излучающегодиполя. В результате суммирования полей от всех трех диполейполучаем:¨ ˛0d0B “ 2π ˝ 0 ‚ 3 r2π ` is ¨ expp´iωtq.a1Решение задачи 5Воспользуемся тем, что мгновенные потери частицы на излучение совпадают в лабораторной и сопутствующей системах отсчета:˜ 2 1 ¸2:1e E||22d1.“ 3I“I “33c3cmПоперечное поле в системе отсутствует, а продольное не меняетсяпри преобразованиях Лоренца.
Поэтому можно записать следующее выражение для потери энергии электроном на излучение:8ş 2 e4 4q2 v2 t2I “3m2 c3 pρ2 `v2 t2 q3 dt, где ρ “ h{2 – прицельный параметр.´8Предполагая, что потери на излучение достаточно малы и не влияют на скорость движения частицы (ультрарелятивистский электрон), получаем:8 e4 q 2 1∆E “3m2 c3 vρ3ż8´8ξ2p1 `dξξ2 q3“8π re2 q 2q2π re2“,23 ph{2q ph{2q3 h3Lгде re “ e2 mc2 – классический радиус заряженной частицы. Потерянный импульс рассчитывается по формулеv∆p “ 2 ∆E.c93РешенияРешение задачи 6Разделим задачу на несколько этапов.
Во-первых, для ее решения найдем поляризуемость бесконечного цилиндра в однородном электрическом поле. Во-вторых, запишем изменение дипольного момента единицы длины цилиндра. Зная его, посчитаем магнитное поле в волновой зоне и проинтегрируем по всей длине сучетом геометрического набега фаз.
В заключение воспользуемсяизвестными формулами, связывающими дифференциальное сечение рассеяния с интенсивностью электромагнитного излучения,переизлученного в заданный телесный угол. Координатные осизададим следующим образом: ось цилиндра направим вдоль осиX, а электрическое поле падающей волны – вдоль оси Z.Этап 1. Определим дипольный момент, возникающий во внешнем однородном электрическом поле E0 , перпендикулярном осицилиндра. Воспользуемся следующими известными фактами: поле внутри цилиндра однородно E1 , поле снаружи цилиндра описывается суммой однородного поля E0 и поля от дипольной нити,расположенной по оси цилиндра.
Дипольный момент нити κ пропорционален внешнему электрическому полю κ “ α ¨ E0 :Ein “ E1 ,Eout “ E0 `2κ 4 pκ ¨ rq r´.r2r4Для нахождения неизвестных констант запишем граничныеусловия в двух точках на границе цилиндра: в точке, где E1 параллельно границе цилиндра – непрерывность тангенциальной составляющей электрического поля, и в точке, где E1 перпендикулярно границе цилиндра – непрерывность нормальной составляющей вектора индукции:E1 “ E0 `942κ,R22008/2009 Экзаменационная работа 2E0 ´2κ“ εE1 .R2Решая систему уравнений, получаем:κ“1ε´1 2R E0 expp´iωtq.2ε`1Этап 2. Дипольный момент элемента длины dx:δd “11´ε 211´ε 2R E0 expp´iωtqdx “R E0 ez expp´iωtqdx.21`ε21`εМагнитное поле от цилиндра длиной dx в волновой зоне:: ˆnδd,c2 rδH “где r – расстояние до точки наблюдения,n “ psin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θq – единичный вектор, направленный в точку наблюдения.Магнитное поле с учетом набега фаз равняетсяH“l{2ş´l{2:δdˆnc2 rexp pikxnex q dx ““ε´1 ω2 R2ε`1 2c2 r E0 rez“ε´1 ω2 R2 lε`1 2c2 r E0 rezˆ nsl{2ş´l{2exp pikx sinpθq cospφqq dx “ˆ ns sinc´kl sinpθq cospφq2¯.Этап 3.
Дифференциальное сечение рассеяния определяетсякакdσr2Sr 2 SdΩили“,dσ “S0dΩS095Решениягде S – модуль вектора Пойнтинга рассеянной волны, r 2 SdΩ – поток энергии в телесный угол dΩ и S0 – модуль вектора Пойнтингападающей волны. Подставляя все ранее полученные соотношения,получаем:ˆˆ˙˙ε ´ 1 2 ω4 R4 l2kl sin θ cos φdσ2“sin θ sinc.dΩε`14c422009/2010 учебный годКонтрольная работа 1Решение задачи 1Полукольца в силу своего симметричного расположения создаqют в центре сферы потенциал ϕ1 “ Qa ` b .
На заземленной сфересоберется заряд такой величины, что суммарный потенциал ееповерхности будет равен нулю. Пользуясь методом изображений,можно заменить сферу системой точечных зарядов Q1 “ ´Q Ra22и q 1 “ ´q Rb , находящихся на расстояниях a1 “ Ra и b1 “ Rb отцентра соответственно (см. задачу 2.27 в [1]). По принципу суперпозиции находим суммарный потенциал в центре сферы:ϕc “Ответ: ϕc “QaQ q pQ ` qqQ Q1 q q 1` 1 ` ` 1 “` ´.aab babR`qb´pQ`qqR .Решение задачи 2Поле внутри сферы создается зарядом шара Er “ rq2 ; потенциал соответственно имеет вид ϕ “ qr ` C. Константу найдем изусловия нулевого потенциала на сфере qb ` C “ 0 ñ C “ ´ qb .ab.Потенциал проводящего шара ϕ0 “ aq ´ qb , заряд q “ ϕ0 b´aabОтвет: q “ ϕ0 b´a .962009/2010 Контрольная работа 1Решение задачи 3При большом расстоянии между центрами взаимное действиешариков приведет к малому перераспределению заряда, и можно рассмотреть их как две равномерно разноименно заряженныеaℓсоответственно присферы.
Емкость такой системы C0 « 2pℓ´aqувеличении расстояния между шариками емкость изменится: C1 «apℓ`∆q2pℓ`∆´aq . Поскольку разность потенциалов поддерживается постоянной, изменение емкости приведет к изменению абсолютнойвеличины заряда на каждом шарике:ˆ˙aaU a2 ∆Ua´ă 0.“´∆q “ U pC1 ´ C0 q «2ℓ`∆ ℓ2ℓpℓ ` ∆qТак как система в целом нейтральна, процесс изменения заряда можно свести к перемещению положительного заряда величиной |∆q| с шарика, имеющего потенциал `U , на шарик с потенциалом 0. Это перемещение направлено противоположно полюсторонних сил, действующих внутри источника. Работа источника поэтому отрицательна и составляетAs “ U ∆q “ U 2 pC1 ´ C0 q « ´Уравнение баланса энергии системы:U 2 a2 ∆.2ℓpℓ ` ∆qW1 “ W0 ` As ` A,22где W0 “ C02U , W1 “ C12U — энергии системы в начальном иконечном состояниях соответственно; A – механическая работана удалении шариков друг от друга.
ТогдаA“C1 U 2 C0 U 2U2U 2 a2 ∆´´ U 2 pC1 ´ C0 q “pC0 ´ C1 q «.2224ℓpℓ ` ∆q2 2U a ∆; A “ ´ A2s «Ответ: As « ´ 2ℓpℓ`∆q97U 2 a2 ∆4ℓpℓ`∆q .РешенияРешение задачи 4Считаем, что заряд равномерноş растекается по проводящейчасти конденсатора: I “ Q9 своб “ ´ jdS “ p4π ´ Ωqr 2 σEr . В силуSсимметрии можно считать, что электрическое поле зависит только от сферического радиуса. Из непрерывности тангенциальнойкомпоненты поля на границе следует, что поле в разных частяхконденсатора одинаково для каждого значения радиуса, а электрическая индукция испытывает скачок. Находим поле, пользуясь теоремой Гаусса:¿DdS “ D1 Ωr 2 ` D2 p4π ´ Ωqr 2 “ 4πQсвоб “ εEΩr 2 ` Ep4π ´ Ωqr 2 ,4πQсвоботкуда E “ pεΩ`p4π´Ωqqr2 .
Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, определяющее релаксациюсвобзаряда: Q9 своб “ ´ p4π´ΩqσQpεΩ`p4π´Ωqq . Время релаксации есть время, закоторое количество заряда уменьшится в e раз: τ “Ответ: τ “εΩ`p4π´Ωqp4π´Ωqσ .εΩ`p4π´Ωqp4π´Ωqσ .Решение задачи 5Задача аналогична 3.27 [1] с заменой симметрии выступа нацилиндрическую.
Считаем проводимость выступа стремящейся кбесконечности и запишем внешнее электрическое поля в виде суммы поля, создаваемого внешним током и возмущения, вносимоговыступом:2´ rp2 , где p “ j0σa . Находим ток на единицуEout “ jσ0 ` 2rpp¨rqr4длины, интегрируя по контуру выступа (α – полярный угол):π{2şş2j0 a cos αdα “ 4aj0 .I “ σEout dℓ “ℓ´π{2Ответ: I “ 4aj0 .982009/2010 Контрольная работа 1Решение задачи 6Легко убедиться, что главный ϕp0q “ Qr и первый ϕp1q “ p¨rr3члены разложения равны нулю.
Для определения слагаемого второго порядка воспользуемся его представлением через тензор квадрупольных моментов:xα xβ1ϕp2q “ Dαβ 5 ,2rşгде Dαβ “ p3xα xβ ´ r 2 δαβ qρprqdV (см., например, [3]). В силусимметричного расположения зарядов относительно начала координат в тензоре будут ненулевыми только диагональные компоненты (от интегрирования по объему переходим к интегралу подлине нити с линейной плотностью заряда λ “ aq q:Dxxq“2aa{2ż´a{2Dyyq“2aa{2ż´a{2Dzzq“2aˆ´ a ¯22˙1´ x2 dx “ ´ qa2 ,6ˆ ´ ¯˙a 2 ´ a ¯2523´´ x dx “ qa2 ,226a{2ż´a{2ϕp2q “Ответ: ϕp2q “3x2 ´ˆ ´ ¯˙a 242´´ x dx “ ´ qa2 .261 qa2p´x2 ` 5y 2 ´ 4z 2 q.12 r 51 qa2212 r 5 p´x` 5y 2 ´ 4z 2 q.99РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1По формуле Био-СавараBz “I ¨π? ,c ¨ Rз 2где z – ось Земли.
Отсюда находим ток:?Bz ¨ c ¨ Rз 2“ 5.2 ¨ 1018 ед. тока СГС “ 1.7 ¨ 109 А.I“πОтвет: I “?Bz ¨c¨Rз 2π“ 1.7 ¨ 109 А.Решение задачи 21) ir |z“h “I2πr ,ir |z“0 “´I2πr ,iz |r“a “I2πa .$& B2r ´ B1r “ 0,4π ir |z“h2) z “ h:B ´ B1α “,c% 2αB2z “ B1z ;$& B2r ´ B1r “ 0,4π ir |z“0z “ 0:,B ´ B1α “c% 2αB2z “ B1z ;$& B2z ´ B1z “ 0,4π iz |r“ar “ a:,B ´ B1α “c% 2αB2r “ B1r .3) B1 “2Icr eα ,B2 “ 0.Решение задачи 3По теоремеСтокса вдоль любого контура ℓ, охватывающегоűкольцо, Hℓ dℓ “ 4πIc .1002009/2010 Экзаменационная работа 1В вакууме H “ B0 prq. В магнетике поле H остается таким же.Поэтому в области 1 B1 “ µ1 H “ B0 prq, в области 2 B2 “ µ2 H ““ µB0 prq.űмол q, откуда с учетом B2 “ µHВ области 2 B2ℓ dℓ “ 4πpI`Icнаходим молекулярные токи в области 2 вдоль провода Iмол ““ pµ ´ 1qI.На границе раздела поле тангенциально, поэтому ∆B12 “ 4πc iмол4π(не путать с граничным условием H2τ ´ H1τ “ c iстор , здесь сторонних поверхностных токов нет!).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
