1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Суммарный потенциал равенϕpr, θq “ ϕ1 pr, θq ` ϕ2 pr, θq ““qr`qa24r 3¨ p3 cos2 θ ´ 1q ´“ ´ qhcospθq `r2qpa2 ´b2 ´h2 q4r 3qr´qhr2cospθq ´qpb2 `h2 q4r 3¨ p3 cos2 θ ´ 1q “¨ p3 cos2 θ ´ 1q.Решение задачи 5Плотность тока в среде с проводимостью σ:j “ σE.122(1)2010/2011 Контрольная работа 1По теореме Гаусса и с учетом аксиальной симметрии системыэлектрическая индукция на расстоянии r от оси связана с полнымсвободным зарядом Q, заключенным внутри цилиндра радиусаr ą a, длиной L, соотношением2πrLDprq “ 4πQ.(2)Q в правой части (2) характеризует только свободные заряды, поэтому слева стоит Dprq, а не Eprq.
При a ă r ă b Q включает полный свободный заряд на внутренней обкладке, а при b ă r ă c – еще ина границе раздела. Из (1)–(2) для Eprq и jprq следуетEprq “ 2Qσ Q, jprq “ 2.εLrε Lr(3)Полный ток через цилиндрическую поверхность радиуса r равенσ(4)Iprq “ 2πrLjprq “ 4π Q.εРассмотрим стационарный случай, предшествующий моментувремени t “ t0 . В системе течет постоянный ток и накопленызаряды Q1 на обкладке r “ a, Q2 — на границе r “ b и Q3 — наобкладке r “ c.Интегрируя E из (3) по r, получим выражение для потенциалаот цилиндрической оболочки с зарядом Q:ϕprq “ ´2rQln ,εL r0(5)где r0 “ const в пределах каждой однородной области.r1В области a ă r ă b потенциал ϕ1 prq “ ´ 2Qε1 L ln a удовлетворяет граничному условию ϕ1 paq “ 0.2qВ области b ă r ă c потенциал ϕ2 prq “ ´ 2pQε12`Qln rc ` ULудовлетворяет граничному условию ϕ2 pcq “ U .123РешенияУсловие непрерывности потенциала ϕ1 pbq “ ϕ2 pbq дает связьмежду зарядами:´2pQ1 ` Q2 q b2Q1 bln “ ´ln ` U .ε1 L aε2 Lc(6)Заметим, что соотношения (1)–(6) остаются в силе и в нестационарном случае.
В период времени, начиная с t0 , заряды с границутекают. Изменение заряда на границе раздела определяется разностью токов I1 и I2 , протекающих соответственно по областям 1и 2:σ1σ2´ Q9 2 “ I2 ´ I1 “ 4π pQ1 ` Q2 q ´ 4π Q1ε2ε1| σε22 “ σε11 |σ2Ó“ 4π Q2 . (7)ε2В стационарном режиме (t ď t0 ) Q2 “ 0. Но решение (7) приt ą t0 с начальным Q2 pt “ t0 q “ 0 также есть Q2 ptq “ 0.Аналогично запишем уравнение заряда на заземленной обкладке:σ1(8)´ Q9 1 “ I1 ´ I “ 4π Q1 ´ I,ε1где I – ток, втекающий через заземление на внутренней сфере итекущий через сопротивление R. Записывая условие непрерывности потенциала на сфере r “ b и учитывая, что Q2 “ 0, имеем:´2Q1 b2Q1 bln “ ´ln ` IR,ε1 L aε2 L cилиQ1 “ ´2L´IR1ε1ln ab `1ε2ln cb¯.Подставляя полученное выражение для Q1 в (8), получаем:ˆ˙˙ˆ12bc14πσ1`ln `ln.I9 “ ´Iε1RL ε1 a ε2 b1242010/2011 Контрольная работа 1Решение этого уравнения дает искомый ответ:ˆ˙t ´ t0U,I “ exp ´Rτ´¯12b1c1где τ´1 “ 4πσ`ln`lnε1RL ε1aε2b и учтено, что Ipt0 q “ U {R.Решение задачи 6Внутри слоя электрическое поле вычисляется какj0“ σj00 p1 ` p sinpkzqq,E1,z “ σpzqE1,x “ E1,y “ 0,следовательно, потенциал равенϕ1 pzq “ ´j0 pj0cospkzq ` const .z`σ0σ0 kСнаружи слоя, чтобы найти потенциал, необходимо решитьуравнение Лапласа с граничными условиями:ϕ2 px “ 0, zq “ ϕ1 pzq “ ´ σj00 z `j0 pσ0 kcospkzq ` const,E2,x px Ñ 8q Ñ 0.Решение уравнения Лапласа есть´¯´¯ϕ “ A ekx σj00pk ` B e´kx σj00pk cospkzq ` pCx ` Dq ´ σj00 z ` F `` const .Удовлетворяя граничным условиям, находим C “ 0, A “ 0,D “ 1, F “ 0 и B “ 1.
Тогдаϕ2 px, zq “j0 zj0 p ´kxecospkzq ´` const .σ0 kσ0125РешенияДля определения поверхностной плотности заряда найдем нормальную компоненту электрического поля:E1,x px “ 0q “ ´j0 pBϕ2px “ 0q “cospkzq.Bxσ0 kТогда плотность заряда составляетΣpzq “E2,x px “ 0qj0 p“cospkzq.4π4πσ0 kЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1Согласно закону Био-Савара элемент длины.проводника с током наводит поле dB “ Idℓˆrc¨r 3Поскольку r и dℓ лежат в плоскости XY, то магнитное поле имеет только составляющую Bz (осьz перпендикулярна плоскости рисунка).Суммарное поле в силу принципа суперпозиции будет включать B1 от линейного тока, направленного по осиX, B2 от дуги и B3 от линейного тока вдоль оси Y:BΣ “ B1 ` B2 ` B3 .B1 “ B3 “B2 “π{2ş0IcaI¨a¨dϕca2Тогда BΣ “´ половина от магнитного поля бесконечногопрямого проводника с током;“Ica`I πca 2 .2`π2˘.1262010/2011 Экзаменационная работа 1Решение задачи 2Введем обозначения: угол θ (см.
рисунок), mb =I0 πb2 {c, ma =Ia pzqπa2 {c.1. Поле на оси кольца имеет толькоz-компоненту:B0 pzq “2πI0 b22πI0sin3 θ.“223{2cbcpb ` z q2. Поток Φ через идеально проводящее кольцо сохраняется исостоит из потока магнитного поля обоих колецΦ “ L ¨ Ia pzq{c ` Bpzq ¨ Sa ,где Sa “ πa2 .Поскольку в начальный момент времени`˘0 ¨SaΦ “ Bp0q ¨ Sa “ 2πIcb, то Ia pzq “ 2πILb0 Sa 1 ´ sin3 θ .3. Fpzq “ pma ¨ ∇qB “Ia pzqSac¨BBBz ez =´ma¨BBBθ¨sin2 θb“ ´ 6mba4mb sin4 θ cos θ ¨ ez “ ´ 6mza4mb cos5 θ ¨ ez .4.
A “ ´““π{2ş02πI0 Sa2Lbc12πI02 Sa2 SbLb4 c28ş0F pzqdz “ş0π{2bdθF pθq sin2θ “`˘1 ´ sin3 θ ¨ I0cSb ¨π{2ş `06 sin3 θ cos θ bdθb4sin2 θ˘1 ´ sin3 θ sin3 θdθ “127“9πI02 Sa2 Sb7Lb4 c2“9π4 I02 a4.7Lc2 b2¨ ez “РешенияРешение задачи 3Φ“LIc ;Φ “ Φ1 ` Φ2 ;Φ1 “ N ¨ B1 pS1 ´ S2 q;Φ2 “ 2N ¨ B2 S2 ;B1 “ 4π Ic Nl ;B2 “ 4π Ic 2Nl ;L“4πN 2 pS1 `3S2 q.lРешение задачи 4Магнитный поток через поперечное сечение кабеля выражается формулойLI.Φ“cМагнитный поток между жилами (a ă r ă bq:Φ1 “żBdS “żba2I2Ibldr “l ¨ ln .crcaМагнитный поток в центральной жиле r ď a:Φ2 “żBdS “ża0Bprqldr “ża2Il2I ´r{δeldr «crcaża00128e´r{δ dr «2Ilδ,ca2010/2011 Экзаменационная работа 1где δ ! a – толщина скин-слоя.
Тогда искомая индуктивностьравна˙ˆδb.L “ 2l ¨ ln `a aРешение задачи 5Обозначим единичные векторы, нормальный и касательный кперегородке границы n “ t ?12 , ´ ?12 , 0u и τ “ t ?12 , ?12 , 0u соответственно, так что n ˆ τ “ ez .1. Ищем потенциалы в видеA1 “ C1 xpy ´ aqez и A2 “ C2 ypx ´ aqez .Граничные условия H1n “ H2n на границетрубы выполняются автоматически. На перегородке y “ x граничное условие на тангенциальные компоненты запишется как1rn ˆ rotpA2 ez qs ´ rn ˆ rotpA1 ez qs “ ez p BABn ´ˇBA1 ˇBn x“y“C1 ` C2 “C1 ppy´aq´xq?2“ ´ C?12a и?4 2πi0ac .ˇBA2 ˇBn y“x“BA2Bn q“ 4π ic0 ez ,C2 py´px´aqq?2“C?2 a ,2Из равенства нормальных компонент на перегородке:ˇˇBA1 ˇˇBA2 ˇˇn ¨ rotpA2 ez q “ n ¨ rotpA1 ez q ñ“ñ C1 “ C2 .Bτ ˇy“xBτ ˇy“x? i0B1 “ rotpA1 ez q “ 2 2π pxex ´ py ´ aqey q,ac? i0B2 “ rotpA2 ez q “ 2 2π ppx ´ aqex ` yey q.ac2. Силовые линии можно найти, решив дифференциальноеуравнение:dxdy“.BxBy129РешенияТогда при y ą x y “ a ´ p{x, а при y ď xy “ ´p{px ´ aq.Решение задачи 6Найдем силу тока в кольце, воспользовавшись законами Фарадея и Ома:1 BΦE“´ ¨; E “ I ¨ R.c BtПоток магнитного поля зависит от z:Φpzq “ L ¨ I{c ` Bpzq ¨ S “ LIptq{c ` B0 ¨ cospkvtq ¨ S.Получаем дифференциальное уравнение˙ˆ1 L 1¨ I ptq{c ´ kvB0 S sinpkvtq “ IptqR,´c cрешение которого: I “ I0 ¨ cospkvt ` ϕq,kvB0 S;R2 `pLkvq2 {c4где I0 “ ?ctg ϕ “L.c2 RВыразим среднюю мощность и из нее среднюю силу:P “RI02pkvB0 Sq2 R“ Fv ñ F “.22vcpR2 ` pLkvq2 {c4 qКонтрольная работа 2Решение задачи 1Из непрерывности Eτ на границе и нормального падения волны получаем, что Eотр p0, tq “ ´Eпад p0, tq.
Полная волна записывается в виде Eотр pz, tq “ ´E0 pex ` iey q eip´kz´ωtq .Для плоской электромагнитной волны в вакууме выполняетсясоотношение B “ rE ˆ ns , где n – единичный вектор, совпадающий с направлением распространения волны, для отраженнойволны: n “ ´ez .1302010/2011 Контрольная работа 2Таким образом,Bотр pz, tq “ rEотр pz, tq ˆ ns “ ´E0 eip´kz´ωtq rpex ` iey q ˆ p´ez qs ““ E0 p´ey ` iex q eip´kz´ωtq “ E0 piex ´ ey q eip´kz´ωtq .Окончательно Bотр pz, tq “ E0 piex ´ ey q eip´kz´ωtq .Решение задачи 2Спектральная плотность функции Epxq определяется какEpkq “`8żEpxq eikx dx.´8Рассчитаем Фурье-образ каждого прямоугольного импульсаотдельно:l`nL2En pkq “żE0 eikx dx.´ 2l `nLВведем переменную t “ x ` nL, тогдаlEn pkq “ż2likt iknLE0 eeiknLdt “ E0 e´ 2lż2´ 2l“ E0 eiknLeiktiknLdt “ E0 eˇleikt ˇˇ 2“ik ˇ´ l22kleikl{2 ´ e´ikl{2“ E0 sin eiknL .ikk2Функция Epxq состоит из 5 прямоугольных импульсов, поэтому n пробегает целые значения от ´2 до 2.131РешенияТаким образом,Epkq “2ř´2` ´2ikL˘` e´ikL `1 ` eikL ` e2ikL “En pkq “ k2 E0 sin kl2 e`˘´2ikL 1 ` eikL ` e2ikL ` e3ikL ` e4ikL ““ k2 E0 sin kl2 e´2ikL“ k2 E0 sin kl2 ee5ikL ´1eikL ´1|Epkq| “ k2 E0 sin kl2sin 5kL2.sin kL25kL2kLe´i 2ei´2ikL“ k2 E0 sin kl2 e¨5kL2kLei 2ei5kL2kL´ e´i 2´ e´i.По условию задачи L “ 2l,|Epkq| “kl sin 5kl2E0 sin.k2 sin klСоответственно|Epkq|2 “4 2 2 kl sin2 5kl.E sink2 02 sin2 klРешение задачи 3Из геометрических соображений впараксиальном приближении(y ! R, a, b) получаем, что α “ ay ,δ “ yb , β “ Ry и, кроме того,"γ“α`β2γ “ α ` δИз двух последних уравнений находим, что δ “ α ` 2β, следовательно,112“ ` .ba R1322010/2011 Контрольная работа 2Таким образом, b “ражением равноaR2a`R .Расстояние d между источником и изоб-d“a`b“a`a`RaR“ 2a.2a ` R2a ` RРешение задачи 4Поaтеореме ПифагораL2 ` px ` dq2 .
С учеl1 “том x, d ! L, получаем:l1 “ L˜d1`1«L 1`2ˆˆx`dLx`dL˙2˙2 ¸«“ˆ1 x2 ` 2xd ` d2“L 1`2L2˙ˆxd«L 1` 2L˙“L`xd.LАналогично находим, чтоl2 “l3 “?´L 2 ` x2 « L 1 `a1 x22 L2¯`L2 ` px ´ dq2 « L 1 ´« L,xdL2˘“L´xdL.Исходная волна падает на экран со щелями по нормали, поэтому излучаемые щелями волны имеют одинаковую начальнуюфазу.133РешенияСуммарное электрическое поле в точке x равно¯´Epxq “ E1 ` E2 ` E3 “ E0 eikl1 ` eikl2 ` eikl3 “´´ xd¯¯xdxdxd“ E0 eikpL` L q ` eikL ` eikpL´ L q “ E0 eikL eik L `1 ` e´ik L “ikL“ E0 eˆxd1 ` 2 cos kLоткуда интенсивность в точке x равнаˆ˙1 cc 2xd 22Ipxq “|Epxq| “E 1 ` 2 cos k“2 4π8π 0L˙ˆc 2xdxd“E0 1 ` 4 cos k` 4 cos2 k“8πLLˆ˙xdxdc 2E 3 ` 4 cos k` 2 cos 2k.“8π 0LL˙,Решение задачи 5Для H-волн продольное магнитное поле равноπmπn ipkz z´ωtqHz px, y, z, tq “ H0 cosx cosye.abСоответственно для H10 при a ą bπ ipkz z´ωtqxe.aДанную волну можно представить в виде суммы двух плоскихволн:¯H0 ´ ipkx x`kz z´ωtqip´kx x`kz z´ωtq,e`eHz px, y, z, tq “2Hz px, y, z, tq “ H0 cosгде kx “ πa .1342010/2011 Контрольная работа 2Таким образом, на границе диэлектрика мы имеем две плоские наклонно падающие волны, а амплитуду прошедшей волныможно определить по формулам Френеля.При переходе через границу диэлектрика сохраняются kx и kyкомпоненты волнового вектора и ω – частота волны, поэтому мода волны не меняется, и по диэлектрику также распространяетсяH10 -волна.Электрические поля падающей и прошедшей волн имеют только y-компоненту, отличную от нуля, поскольку только при такойориентации E выполняется условие Ez ” 0 (в этом можно убедиться и при помощи явных вычислений), что соответствует случаю TE-падения в формулах Френеля:E2 “ E02 cos θi sin θt2 cos θi sin θt“ E0,sinpθi ` θt qsin θi cos θt ` sin θt cos θiгде θi – угол падения, θt – угол преломления, E2 – амплитудапрошедшей (преломленной) волны.Таким образом,E2 “ E0“ E02 k0z k2x2 cos θi sin θt“ E0 k0x k2zk0 kk22x k0z “sin θi cos θt ` sin θt cos θik k ` k k02202k0z k2x2k0z kx2k0z“ E0“ E0,k0x k2z ` k2x k0zkx k2z ` kx k0zk2z ` k0zпоскольку из граничных условий k0x “ k2x “ kx .?Из свойств плоской волныbk “ εµ ωc .
Согласно условиям наa22шей задачи kz “ k2 ´ kx2 “ εµ ωc2 ´ πa2 .135РешенияОкончательно получаем:b222 ωc2 ´ πa2bE2 “ E0 b222εµ ωc2 ´ πa2 ` ωc2 ´π2a2.Решение задачи 6Волновой пакет распространяется в волноводе с групповойBωскоростью, равной vg “ Bk, причем каждая мода (часть) имеzет свою скорость.aДля волн в волноводе ω “ c kz2 ` γ2mn , следовательно,ca´c¯2pω{cq2 ´ γ2mnkzkz 2vg “ c a“ c “c“c 1´γmn ,ωω{cωkz2 ` γ2mnгде γ2mn “` πm ˘2a`` πn ˘2b.Обозначим групповые скорости волн типа H10 и E12 через v1gи v2g соответственно. Начальная длина пакета ∆z “ v1g τ. Расстояние между центрами пакетов к моменту времени t составитpv1g ´ v2g qt. По условию задачи требуется, чтобы pv1g ´ v2g qt “∆z “ v1g τ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
