1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Подставляя найденные поляB1 “ B0 , B2 “ µB0 , находим поверхностную плотность токаcrez ˆ B0 s (ez – единичный вектор вдоль норiмол “ ´pµ ´ 1q 4πмали к поверхности раздела).Ответ: B1 “ B0 prq, B2 “ µB0 prq. Молекулярные токи проcтекают по поверхности раздела iмол “ ´pµ ´ 1q 4πrez ˆ B0 s и вобласти 2 вдоль провода Iмол “ pµ ´ 1qI.Решение задачи 4Плотность токов проводимости jпров “ σE “ σε D “С другой стороны, jпров “Решая уравнение ´ dqdt “Отсюда находим jпров ptq “Iπa2“4πσε qptq,4πσ qptqε πa2“´ dqdtπa2σ 4πqptqε πa2 ..получим qptq “ q0 e´ 4πσ tε.4πσ4σq e´ ε t .εa2 02По теореме Стокса Hα пров ¨ 2πr “ 4πс πr jпров ptq (r – расстояниедо оси) находим магнитное поле от токов проводимости:Hα пров “2πrjпров ptq.сПлотность тока смещения jсмещ “1011 BD4π Bt“dq1 4π dt4π πa2.РешенияПодставляя найденное qptq, получимjсмещ “´ 4πσ1 ´4πσq0 e ε t “ ´jпров .2πaεСледовательно, полное поле Hполн “ 0.Ответ: Hα пров “´ 4πσ8πσrq e ε t,сεa2 0Hполн “ 0.Решение задачи 5Задача решается методом изображений аналогично 5.16 [1](см.
также решение типовой задачи P48). Имеются два тока-изоб12ражения J 1 “ µ´1µ`1 J на расстоянии l “ a {l (где обозначено l ““ x{2) от оси цилиндра, а также ток ´2J 1 по оси цилиндра.Сила на единицу длины провода:ˆ˙2J JJ1J12J 1F “ 2``´“ 0.c2l l ´ l1 l ` l1lПосле подстановки и упрощений получается уравнениеλλ2λ1``´“ 0,2y y ` 1{y y ´ 1{yyгде обозначено y “ l{a,λ“µ´1µ`1 .1{4Его решение: y “ p1 ´ 4λq .¯1{4´µ´1.Ответ: x “ 2a 1 ´ 4 µ`1Решение задачи 6Поле соленоида можно представить в виде разностиполей´¯R12двух полубесконечных соленоидов (4.24 [1]): H “ qm R3 ´ R,3R1qm “ISnc2– “магнитный заряд” соленоида, I – ток, R1 ´ R2 “ ℓ.1022009/2010 Экзаменационная работа 1Поток поля одного соленоида через другой:żℓΦ12 “ 2nSqm0zdzpz 2Ответ: L12 “ 2n2 S 2`´a2 q3{21a2n2 S 2 I“c? 1a2 `ℓ2´¯ˆ11´?2aa ` ℓ2˙I“ L12 .c.Решение задачи 7Так как толщина скин-слоя δ ! h, в первом приближенииможно считать, что магнитное поле не проникает в среду (какв сверхпроводнике), и воспользоваться для его нахождения методом изображений.
На границе раздела суммарное поле диполя и2, где m “ I¨πa– моего изображения равно Br pr, 0q “ 26mhrcpr `h2 q5{2мент диполя, r – расстояние до проекции диполя на плоскостьраздела. При сильном скин-эффекте в нижнем полупространствеeipkz´ωtq .(z ě0 ) полагаем (6.76 [1]): Br pr, zq “ 26mhr2 5{2pr `h qПренебрегая токами смещения, находим плотность тока в нижcrot H.
Подставив µ “ 1, cos θ “нем полупространстве j “ 4πhr“ 2 2 1{2 , sin θ “ 2 2 1{2 , получим:pr `h qjα “pr `h qc BHr4π Bz“c ik6mhr4π pr 2 `h2 q5{2eipkz´ωtq “c ik6m¨cos4 θ sin θ ipkz´ωtqe.4πh3Средняя по времени тепловая мощность, выделяемая в ниж882şş, где черта ознанем полупространстве xW y “ dz 2πrdr ¨ pRepjqqσчает усреднение по времени:xW y “8ş0dzπ{2ş022πh tg θhdθσ cos2 θ”Re0´0i´1δei´1z´iωtδ¯ı2 ´6cm0 cos4 θ sin θ4πh3где m0 “ I0 ¨πac .
С учетом¯ı2” ´´z “`˘`˘‰i´1z´iωtzz 2e δδeRe i´1““δδ sin ωt ´ δ ´ cos ωt ´ δ103¯2,ze´ δδ,Решения9m20 ωxW y “h4ż8´ 2zδdz eОтвет: xW y “cos5 θ sin3 θdθ “3m20 ωδ.16h4003m20 ωδ16h4π{2ż, где δ “? c,2πσωm0 “I0 ¨πa2 ˚.cКонтрольная работа 2Решение задачи 1Общее решение для TE-волны в идеальном волноводе имеетвидHz “ Apx, yq eipωt´kzq ,˘`˘`řcos mπy.Anm cos nπxгде Apx, yq “aan,mЗаданную функцию распределения Hz` на входе в волноводπy ˘πxможно представить в виде Hz px, yq “ H2z0 cos πxa ´ cos a cos a ,˚Точное решение задачи о вертикальном магнитном диполе на границераздела земля-воздух (задача 7) было получено Зоммерфельдом и изложенов ряде статей и монографий (например, [4]). Электрическое поле в нижнем?8ş22B?2ξполупространстве (z ě 0) Eα “ ´ iωm Bre´ ξ ´k z´ξh J0 pξrqdξ,c22ξ ´k0 ξ`где J0 – функция Бесселя, ξ – переменная интегрирования, остальные обозначения те же, что и в решении задачи 7.В отсутствие проводимости (k “ 0) получается вихревое электрическое поле от переменного магнитного диполя в однородном безграничном простран8ş ´ξpz`hqBm Brстве Eα “ ´ iωeJ0 pξrqdξ “ 2 iωmr 2 3{2 , где использован изccrr `pz`hq s08ş ´ξzвестный интеграл Вебера eJ0 pξrqdξ “ 2 12 1{2 .pr `z q0При сильном скин-эффекте (k Ñ 8)88şş ´ξhikz´ikzBB2Eα « ´ iωm e´ik Br2m e ik BhBr2ξ e´ξh J0 pξrqdξ “ ´ iωeJ0 pξrqdξ.cc00Используя опять интеграл Вебера и k2 “ikzщения), получаем Eα “ ´ ω2m e kcс полем в решении задачи 7.4πσωic23hrpr2 `h2 q5{2104(т.
е. пренебрегая токами сме-“ikc 6mhr¨eikz,4πσ r 2 `h2 5{2qpчто совпадает2009/2010 Контрольная работа 2` ˘` πy ˘11поскольку sin2 πy2a “ 2 ´ 2 cos a . Сравнивая это выражение собщим решением, видим, что бегущая в волноводе волна представима в виде H “ H10 ` H11 . Тогда дисперсионное соотношениедля H10 :b` π ˘2` π ˘2 b` 2π ˘2 ` π ˘2 π?3ω2ω22 , k´ a “ a ,`k“““´z1022z10aaaccа для H11 :ω2c2“2` π ˘2a2 , k` kz11z11 “bω2c2´2` π ˘2a“bp22 ´ 2q` π ˘2a“?π 2a .Окончательно z-компонентамагнитногополя имеет вид´?? ¯πy ´i π3¨z2¨z1πx ´i π1aaHz px, y, zq “ Hz0 2 cos a ecose.´ 2 cos πxaaОтвет:´?? ¯πy ´i π3¨z12¨z´i ππxaa.´ecoscoseHz px, y, z, t “ 0q “ Hz0 21 cos πxa2aaРешение задачи 2В силу независимости решения от координат вдоль границ резонатора будем искать решение в виде Epxq, направив ось x перпендикулярно стенкам резонатора.
Тогда из уравнения divE “ 0получаем условие BEBx “ 0, откуда следует, что Ex “ const. Поскольку это постоянное значение нас не интересует, то будем искать только такое решение, вектор E которого параллелен стенкам резонатора. Выберем ось y в направлении вектора E, и тогдауравнение для вектора электрического поля примет видω2 εµd2 Ey`Ey “ 0dx2c2со своими коэффициентами в каждой из областей. Введя обозна??чения χ1 “ ωc ε1 µ1 , χ2 “ ωc ε2 µ2 , можно записать решение вpiqкаждой из областей резонатора в виде Ey “ A sin χi x ` B cos χi x.105РешенияУчитывая граничные условия на стенках резонатора (Ey “ 0q,решение можно записать в видеEyp1q “ A sin χ1 x,Eyp2q “ B sinrχ2 px ´ l1 ´ l2 qs.Граничные условия на границе раздела сред:ˇˇˇˇp2q ˇp1q ˇp2q ˇp1q ˇEτ ˇ “ Eτ ˇ , Hτ ˇ “ Hτ ˇ .ΓΓΓΓИз первого граничного условия сразу получим:ω ?ω ?A sin l1 ε1 µ1 “ ´B sin l2 ε2 µ2 .ccДля удовлетворения второму граничному условию обратимся куравнениям Максвелла (закону Фарадея):prot Eqz “ ´ic BEyµω Bx .BEyiωBz “,cBxТогда второе граничное условие можно перепиˇˇp2q ˇˇEy11сать в виде µ1 Bx ˇˇ “ µ2 Bx ˇˇ , илиΓ˘?? Γ˘``??ε µε µA µ11 1 cos ωc l1 ε1 µ1 “ B µ22 2 cos ωc l2 ε2 µ2 .
Разделив левыеи правые части граничных условий попарно, получим дисперсионное уравнениеcc¯¯µ1 ´ ω ?µ2 ´ ω ?tgl1 ε1 µ1 “ ´tgl2 ε2 µ2 ,ε1cε2cили Hz “p1qBEyрешение которого даст дискретный набор частот ωn . Если µε11 “ε2примет вид tgpαq “ ´ tgpβq. Этоµ2 , то дисперсионное уравнение˘` ??ωnуравнение имеет решение c l1 ε1 µ1 ` l2 ε2 µ2 “ nπ, откудаполучаем для частот ωn “ l ?ε µ ncπ.?p 1 1 1 `l2 ε2 µ2 qОтвет: ωn “pl1?ncπ,?ε1 µ1 `l2 ε2 µ2 q106где n “ 1, 2, 3...2009/2010 Контрольная работа 2Решение задачи 3Общее решение для H10 -волны имеет вид H10 – cos πxa .
Тогдадисперсионные соотношения в левой pz ă 0q и правой (z ą 0qполовинах волновода будут иметь вид´ ω ¯2´ ω ¯2´ π ¯2´ π ¯23ε0´ pkz q2 ´“ 0, ε0´ pkz q2 ´“ 0,cacaоткуда минимальные частоты для прохождения волны в левой иp2qp1qправой половинах имеют вид ωmin “ ?cε πa , ωmin “ ?c3ε πa . Поскольp2qp1qку ωmin ă ωmin , то частота, с которой H10 -волна будет отражаться от границы раздела, должна удовлетворять неравенствуc πc π?ăωă ? .εa3ε a?c π3ε aОтвет:ăωă?c π .εaРешение задачи 4Сигнал представляет собой два прямоугольных импульса, показанных на рисунке.Можно использовать линейность преобразования и теорему о сдвиге:p2qp1qττ5τ0 ` eiω 2 f 0 “ eiω 2 p1 ` e2iωτ qf 0 “fω “ fω ` fω “ eiω 2 fωωωτ´e´iωτ ` eiωτ2τ{2şeiωt dt ““ 2 eiω 2 eiωτ¯3τ0 “ 2 eiω 2 cos ωτf 0 ,fωω0 – Фурье-образ одного центрированного импульса;где fω0 “fω“?12π?τ2π´τ{2sinc` ωτ ˘2?1 22π ω´.107ττeiω 2 ´ e´iω 22i¯sin ωτ2?12π ωτ{2τ“Решения´ ωτ ¯3τ2τfω “ ? eiω 2 cospωτq sinc.22πТот же результат можно получить напрямую, записывая интеграл Фурье, сместив импульс в симметричное положение относительно начала координат (t̃ “ t ´ 3τ{2q:¸˜3τ{2´τ{2şşeiωpt̃`3τ{2q dt̃ “eiωpt̃`3{2τq dt̃ `f “ ?1ω“2π?2τ2π´3τ{23ττ{2eiω 2 cospωτq sincОтвет: fω “3τ?2τ eiω 22π` ωτ ˘2.cospωτq sinc` ωτ ˘2.Решение задачи 5В плоской падающей волне амплитуды электрического и магнитного полей равны, т.
е. E0 “ H0 . В идеально проводящемпространстве электрическое и магнитное поля равны 0, поэтому граничные условия на границе раздела вакуум-металл будутиметь вид B1n “ 0, которое выполняется автоматически (TMволна и, следовательно, магнитное поле касательно поверхности).Из-за поворота вектора электрического поля при отражении (иначе нельзя удовлетворить граничным условиям при нормальномпадении) нормальная составляющая электрического поля на границе (y “ 0q испытывает скачок.
Вектор электрического поля впадающей плоской волне имеет вид E “ E0 eipωt´kx x´ky yq , а скачокнормальной составляющей электрического поля равенω∆E1n “ 2E0 sin φ ¨ eipωt´ c x sin φq .Если скачок нормальной составляющей не равен нулю, то наповерхности будет поверхностная плотность заряда σ, которая находится из уравнения ∆E1n “ 4πσ. Тогда„ ˆ˙x sin φ12E0 sin φ cos ω t ´.σ“4πc1082009/2010 Контрольная работа 2Скачок касательной составляющей магнитного поля приводитк появлению поверхностного тока i, который определяется из граничного условияH2τ ´ H1τ “ H1τ |y“0 “ ´ez E0 eipωt´kx xq “ ey ˆ i0откуда i0 “cipt´ xc sin φq.4π ex E0 eОтвет: σ “14π 2E0 sin φ cos”´ω t´x sin φc¯ı, i0 “4π,ccipt´ xc sin φq.4π ex E0 eРешение задачи 6Задачу можно решать как матричным методом, так и геометрическим построением (см. рисунок). Поскольку предмет находится внутристекла, то луч, проведенный из конца предмета параллельно оси, дойдет до границы шара изнутрии преломится.
При этом для углов α и ψ будет выполняться соотношение (закон Снелиуса) n sin α “ sin ψ, или, с учетом параксиального приближения, nα “ ψ. Продолжение этого лучавлево даст одну из линий для построения мнимого изображенияпредмета. Луч, проведенный из центра шара через вершину рассматриваемого предмета, не преломляется (поскольку этот луч –нормаль к поверхности шара), и его пересечение с проведеннымранее лучом даст мнимое изображение длиной a.
Используя соотxношения для углов α “ Rи La “ ψ ´ α, получим:aaxaxL “ ψ ´ α “ pn ´ 1q R ,L´R´x{ψ´α “ α,L´R´xR{pn´1qx “ R ,¯´¯´aRaRnaRL “ pn´1qx, a “ pn´1qx,, aR “ x pn´1qx´ R ´ n´1´ n´1a n´2x n´1n“ ´ n´1, в результате получим увеличение109ax“n2´n“ 3.РешенияМатричным методом получим тот же результат. Оптическуюсистему можно представить суммой двух трансляций и преломляющей поверхности (учитываем, что объект внутри шара):˙ˆ˙ˆ˙ˆ˙ ˆ˙ˆ101 2Rxx1 b“M“30 1αα0 1´ 3{2´1R2ˆ˙ˆ˙bx2R ` 2b1 ´ 2R“, откуда заключаем (из условия11α´ 2R2формирования изображения), что b “ ´4R, следовательно, увеличение xa “ 1 ` 4R2R “ 3.aОтвет: x “ 3.Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Интенсивность равнаa?I “ I1 ` I2 ` 2 I1 I2 cos ∆ϕ “ 3I0 ` 2 2I0 cospk∆rq,xdс учетомI1 “ I0 , I2 “ 2I0 .где разность хода¯´ ∆r “? l2 2kxdОтсюда I “ 3I0 1 ` 3 cos l .Видность V “Imax ´IminImax `Imin´Ответ: I “ 3I0 1 `?2 23“?2 23 .¯, V “cos kxdl?2 23 .Решение задачи 2С учетом отражения от зеркала амплитуда волны слева отэкрана Eслева “ E0 ey eipk0z z´ωtq pe´ik0x x ´ eik0x x q.Амплитуду волны справа от экрана записываем в виде интеграла Кирхгофа для цилиндрических волн в приближении Фраунгофера (поскольку по условию R0 " a2 {λ, при этом считаем1102009/2010 Экзаменационная работа 2угол отражения φ « φ0 и, следовательно, cos φ « cos φ0 q:bşakipkR0 ´ωtq cos φdxpe´ik0x x ´ eik0x x q eikx x “EeeE “ 2πiR0 y00´abkipkR0 ´ωtq cos φ ¨ 2iaˆ“ 2πiREee0 y00ˆ rsinc pk0x ´ kx q a ` sinc pk0x ` kx q as .Так как k0x « ´kx , sinc pk0x ` kx q a « 0.
Делая заменуk0x “ k ¨ sin φ0 , kx “ k ¨ sin φ, получим интенсивностьE E 2 ka2 cos2 φA0¨ sinc2 rpsin φ0 ´ sin φq kas .I “ |E|2 “ 0πR0Выражаяsin φ¯ « sin φ0 ` ∆φ cos φ0 и полагая´λsinc 2πa∆φcosφ0 “ 0, получим ∆φ “ 2a cosλφ0 .Ответ: I “E02 ka2 cos2 φ0¨sinc2 rpsin φ0πR0´ sin φq kas, ∆φ “λ2a cos φ0 .Решение задачи 3Зоны Френеля одинаковой четности дают одинаковый синфазный вклад 2E0 в амплитуду поля в точке P .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
