1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Следовательно,t“v1g τ.v1g ´ v2gТогда ближний пакет будет находиться на расстоянииL “ v2g t “v1g v2g τ.v1g ´ v2gПосле подстановки численных значений получаем:v1g “ 0,989 с, v2g “ 0, 942 с, ∆z “ 89 см, t “ 65, 9 нс и L “ 18, 6 м.1362010/2011 Контрольная работа 2Решение задачи 7Все лучи, выходящие из одного фокуса эллипса, собираются вдругом, причем длина пути l одинакова для каждого из них. Рассмотрев луч, выходящий из источника вертикально вниз, увидим,что l “ pb ` dq ` pb ´ dq “ 2b.Положения фокусов можно найти, рассмотревИз урав? луч, проходящий через ось симметрии.?нения l “ 2 a2 ` d2 “ 2b получаем, что d “ b2 ´ a2 . Волнапри отражении от зеркала приобретает дополнительную фазу π.Таким образом, эллипс можно заменить на эффективный источник, расположенный во втором фокусе и отличающий по фазе отреального на 2kb ` π.Далее в приближении x ! Lr1 ““«aL2 ` px ´ dq2 “?L2 ` x2 ´ 2xd ` d2 «´?L2 ` d2 1 ´xdL2 `d2¯.Аналогичноr2 “aL2` px `dq2«aL2137`d2ˆxd1` 2L ` d2˙.РешенияСуммарное поле в точке x равноEpxq “ E0 eikr1 `E0 eikpr2 `2bq`iπ ““ E0 e“ E0 eik?L2 `d2?ik L2 `d2˜ˆ´ik ?eˆ´ik ?eikb exdL2 `d2˙xd`bL2 `d2?ik L2 `d2 ikb“ ´2iE0 ee´e´esin kik ?xd`2ikbL2 `d2ˆik ?ˆ?˙˙¸xd`bL2 `d2““˙xd`b .L2 ` d2ОкончательноcIpxq “ 4 21 4πE02 sin2 k´? xdL2 `d2¯`b “cE022πsin2 k´?22?x b ´aL2 `b2 ´a2¯`b .Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Из граничных условий получим:E2n ´ E1n “ 4πΣ ñ ´2Ê0 sin α “ 4πΣ̂ ñ0ñ Σpx, tq “ ´ E2π sin α cospkx sin α ´ ωtq.ı”rn ˆ Hs 2 ´ rn ˆ Hs 1 “ 4π ci ñ ´ ey ˆ 2Ê0 ez “ 4π cî ñ0ñ ix px, tq “ ´ cE2π cospkx sin α ´ ωtq.1382010/2011 Экзаменационная работа 2Решение задачи 2Волна с круговой поляризацией раскладывается на две отличающиеся по фазе на π{2 линейно поляризованные волны – вдольX и Y соответственно.
Рассмотрим отдельно эти две поляризациии в каждом случае – интерференцию соответствующих волн.Для излучения с поляризацией вдоль оси X (см. решение задачи 5 из КР2 2007/2008, стр. 12, 63):ˆ˙kxdI01 ` sinc η cos,Ix “ 22lE2aπ∆λ dxгде I0 « l0 , a – ширина одной щели, η “ ∆kdx2l “ λ2 l .Для излучения с поляризацией вдоль оси Y: Iy “ I0 .Волны с рассмотренными различными поляризациями ортогональны и между собой не интерферируют.
Поэтому их интенсивности просто складываются:˙ˆkxd.Ipxq “ Ix ` Iy “ I0 2 ` sinc η coslРешение задачи 3Когда закрыты все четные зоны, напряженность электрического поля в дальнем фокусе запишется как1E1 N,2— вклад от соответствующей зоны Френе-EI “ E1 ` E3 ` E5 ` ... ` EN «где E1 « E2 « ... « ENля.Во втором случае напряженность в дальнем фокусе выражается суммой членов геометрической прогрессии со знаменателемq “ ´ 21 :` 1 ˘i´1řNN“EII “ E1 ´ E22 ` E43 ´ E84 ` ... ´ 2EN´1 “i“1 E1 ´ 2N´12“ E1 p´1{2qp´1{2q´1 « 3 E1 .139РешенияIIIIIТогда II “2“ 9N16 раз.N2 24 E1 ,III “4 29 E1и интенсивность уменьшится вРешение задачи 4Запишем уравнение движения заряда:m:x1 “ eE0 cos ωt cos α ´ kpx1 ´ x10 q,где x1 – ось, направленнаявдоль спицы, x10 – точка равновесия.aЕсли ω ! k{m, то решение дифференциального уравнения:x1 “ x10 ´Если ω !aeE0 cos ωt cos α.mω2k{m, то вторая производная дипольного момента:2: “ e E0 cos ωt cos α ex1 .dmВ волновой зоне напряженность магнитного поля излучениязаряда (n “ ez ):H“”ı: ˆndrc2“´e2 E0 cos ωt cos αey 1 .mТогда для электрического поля:E“´e2 E0 cos ωt cos αex1 .mТаким образом, излучение, рассеянное частицей вдоль оси z,поляризовано вдоль спицы.1402010/2011 Экзаменационная работа 2Решение задачи 5Запишем поля и волновой вектор падающей pE0 “ E0 ex , H0 ““ E0 ey и k0 “ k0 ez q и отраженной pE1 , H1 и k1 ) волн в системеотсчета зеркала z 1 , которая движется со скоростью v “ ´vez .Падающая волна:E10 “ γpE0 ` rβ ˆ H0 sq “ γE0 pex ´ βrez 1 ˆ ey sq “ E0 ex γp1 ` βq,H10 “ γpH0 ´ rβ ˆ E0 sq “ γE0 pey ` βrez 1 ˆ ex sq “ E0 ey γp1 ` βq,k10 “ ez γpk0 ` β ωc0 q “ ez γk0 p1 ` βq,где β “ vc , γ “ 1{a1 ´ β2 .Отраженная волна:E11 “ ´E0 ex γp1 ` βq, H11 “ E0 ey γp1 ` βq и k11 “ ´ez 1 k0 γp1 ` βq.В лабораторной системе:E1 “ ´E0 ex γ2 p1`βq2 , H1 “ E0 ey γ2 p1`βq2 и k1 “ ´ez k0 γ2 p1`βq2 .Коэффициент отражения:R“ˆE1E0˙2“ γ4 p1`βq4 , при v „ c R “ 16γ4 , ω1 “ k1 c « 4γ2 ω0 .Решение задачи 6В системе отсчета (СО) электрона интенсивность излучениязапишется какˇ ˇ2ˇ:ˇˇˇ2 2ˇˇ22 e2 |E1 prq|222 ˇdˇ““ re2 c ˇE1 prqˇ “ re2 c ˇE1 prqˇ ,Iprq “3233 c3 m c33141Решения2e1где re2 “ mc2 – классический радиус электрона, E prq и Eprq –напряженности электрического поля в СО электрона и в лабораторной СО соответственно.
Eprq “ E1 prq, так как содержат толькокомпоненту поля, параллельную движению частицы.Epxq“"Ze{x2 , x ą R;Zex{R3 , x ď R.В лабораторной СО потеря энергии на излучение:∆ε ““8ş´84Z 2 re2 e23Iprqdt “˜Rş08şI 1 prqdt “`8ş´8x2R6 dxRdxx4¸“8ş´82 2I 1 prq dxc “ 3 re 28ş0|Eprq|2 dx “8Z 2 re2 e29R3 .2011/2012 учебный годКонтрольная работа 1Решение задачи 1Направим ось x слева направо сотсчетом от левого края заряженнойсистемы. Выделим на левом отрезке элемент длины dx в окрестностинекоторой точки x. Сила кулоновского взаимодействия на элемент dx со стороны правого отрезка запишется какdF “x1 “l`ażx1 “lˇx1 “l`aρ2 dx ¨ dx1ρ2 dx ˇˇ.“´ 1px1 ´ xq2px ´ xq ˇx1 “l1422011/2012 Контрольная работа 1Сила на весь левый отрезок равнаF “żdF “x“aż ˆx“0ρ2ρ2´l´x l`a´x˙ˇl ´ x ˇˇx“a.dx “ ´ρ ¨ lnl ` a ´ x ˇx“02Подставляя пределы интегрирования, получим:˙ˆl´al2q2l2q2l´ ln“ 2 ln 2.“ 2 ¨lnF “ ρ2 ¨ lnl`alapl ´ aqpl ` aqal ´ a2На больших расстояниях (l " a) получаем выражение для силы взаимодействия точечных зарядов:ˆ˙q2l 2 ´ a2q2a2q2q 2 a2F “ ´ 2 ¨ ln“´¨ln1´¨“.«al2a2l2a2 l 2l2Любопытное следствие: две половинки равномерно заряженного отрезка (l “ a) расталкиваются с бесконечной силой.
Еслиже придать отрезку толщину (переходя к равномерно заряженному цилиндру), то сила расталкивания становится конечной.Решение задачи 2Полный заряд системы равен нулю, адипольный момент отличен от нуля. Поэтому первый неисчезающий член разложения потенциала на больших расстояниях имеет видϕpRq “pd ¨ Rq.R3В декартовых координатах:ϕpx, y, zq “dx ¨x`dy ¨ypx2 `y 2 `z 2 q3{2“?3yqa.“ ´ 3px22x``y 2 `z 2 q3{2143?3a¨y2p´q¨ a2 ´ q3 ¨ a2 q¨x´ 2q¨3px2 `y 2 `z 2 q3{2“РешенияРешение задачи 3Решим задачу в варианте 2 (вариант 1 получается подстановкой ε “ 1).
Потенциал на внешней сфере из теоремы Гаусса равенq1 ` q2Q“.bbПоле между двумя сферами равноq1E1 prq “ .εrϕ2 “ ϕpbq “Разность потенциалов между сферой 2 и 1 составляетϕ1 ´ ϕ2 “r“bżr“aq1E1 prqdr “εˆ1 1´a b˙.Отсюда находим потенциал на внутренней сфере:`˘`˘`2ϕ1 “ ϕ2 ` qε1 a1 ´ 1b “ q1 `q` qε1 a1 ´ 1b “ qb2 ` qε1 a1 `bε´1b˘.Полученная формула дает правильную асимптотику для основных предельных случаев:а) ε “ 1, ϕ1 “ qa1 ` qb2 – по принципу суперпозиции потенциал вточке r “ a создается зарядами малой (первое слагаемое) и большой (второе слагаемое) сферы.
При этом ϕII prq “ qb2 “ const длявсех r ď b;1б) ε “ 8 pметаллическая оболочкаq, ϕ1 “ q2 `q– полный зарядbсобран на внешней обкладке.Решение задачи 4С учетом того, что поле внутри сферы равнонулю, локальное давление электрического поля настенку сферы направлено от ее центра и равноppRq “144DEεi E 2eR “eR .8π8π2011/2012 Контрольная работа 1В вакууме:ppRq “E2eR .8πppRq “εE 2eR .8πВ диэлектрике:В обеих средах:E“2QeR .p1 ` εqR2Силы давления P1 на верхнюю и P2 на нижнюю полусферынаправлены соответственно вверх и вниз и равны по модулюπR2P1 “8πR4ˆ2Qε`1˙2εP2 “8R2ˆ1“8R22Qε`1ˆ˙22Qε`1˙2,.Результирующая сила, втягивающая сферу в диэлектрик, равнаP “ P2 ´ P1 “pε ´ 1q8R2ˆ2Qε`1˙2.Эта сила уравновешивается силой Архимеда FA “ ρgV {2 исилой тяжести M g (причем из условия равновесия незаряженнойсферы следует, что ρgV {4 “ M g).
ТогдаP “ M g,откудаQ“dpε ´ 1q8R2ˆ2Qε`18M gpε ` 1qR “4pε ´ 1q145c˙2“ M g,2M gpε ` 1qR.ε´1РешенияРешение задачи 51. Пусть на заземляющем электроде содержится заряд +q. Тогда полный ток, утекающий из электрода в среду, равенxxpj ¨ dSq “ σ pE ¨ dSq “ σ ¨ 4πq.J“SSПотенциал на заземляющем электроде равен ϕ0 “ aq . Второйэлектрод находится на бесконечности под нулевым потенциалом.Тогда сопротивление заземления вычисляется какR“U1“.J4πσa2. Пусть на заземляющем электроде содержится заряд +q.
Тогда полный ток J, утекающий из электрода в среду, равен 4πqσ.Потенциал на заземляющем электроде складывается из собственного потенциала ϕ0 “ aq и возмущения, вносимого металлическим включением. Чтобы определить возмущающую добавку к потенциалу, учтем,что внутри проводящего включения, на некотором расстоянии δот центра, наводится эффективный заряд-изображение ´q2 .
Поскольку полный заряд на проводящем включении равен нулю(иначе бы оно было источником тока), в центре проводящего шаранаводится еще и заряд `q2 :δ“bb2, q2 “ q.llНаведенный дипольный момент направлен от заземляющегоэлектрода к проводящему включению и равен|d| “ δq2 “146b3q.l22011/2012 Контрольная работа 1Таким образом, возмущение к потенциалу заземляющего электрода определяется дипольной добавкой, создаваемой включением:d¨lb3pd ¨ Rq“´“´q.δϕpRq “R3l3l4Потенциал заземляющего электрода:ˆ˙1 b3U “ ϕ0 ` δϕ “´¨ q.a l4Сопротивление заземления:1U“R“J4πσˆ1 b3´a l4˙.Линии тока в окрестности включения “притягиваются” к полости. Линии тока, входящие и выходящие из включения, на границе ориентированы по нормали к поверхности.3. Пусть на заземляющем электроде содержится заряд +q.
Тогдаполный ток J, утекающий из электрода в среду, равен 4πqσ.Потенциал на заземляющем электроде складывается из собственного потенциала ϕ0 “ aq и возмущения, вносимого сферической полостью. Возмущающую добавку кпотенциалу найдем с учетом того, что в отсутствие полости токна размерах b можно считать распределенным однородно. В этомприближении (см. решение типовой задачи Р37 из задачника [1])добавка определяется выражением:b3 ¨ pE0 ¨ rqb3 q ¨ rb3 qb3“´¨“¨“q.2r 32r 3 r 22l3 l2l4Потенциал заземляющего электрода:ˆ˙b31`U “ ϕ0 ` δϕ “¨ q.a 2l4δϕprq “ ´147РешенияСопротивление заземления:1U“R“J4πσˆb31` 4a 2l˙.Линии тока обтекают полость, на границе вектор плотноститока имеет только тангенциальную компоненту.Решение задачи 6Ищем решение для потенциала в видеϕ1 prq “ A1 ¨ E0 r ¨ cos α, r ă a;ϕ2 prq “ ´E0 ¨ r ¨ cos α ` A2 ¨где E0 “ σ1 j0 .˚pE0 ¨rq,r2(1)r ě a,Решение (1) удовлетворяет уравнениюЛапласа ˚ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
