1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 17
Текст из файла (страница 17)
В нашем случае легко увидеть, чтополуширина импульса δω “ 2γ. Тогда пространственная длинаимпульса (продольная длина когерентности) lk “ τc. Интерференционная картина видна до тех пор, пока разность хода не сравняется с пространственной длиной когерентности, а следовательно, область, в которой интерференционная картина будет видна,определяется соотношением∆x “Lcπ,2dγчто в смысле оценки не отличается от полученной выше формулы.169РешенияЭкзаменационная работа 2Решение задачи 1Согласно принципу Бабине, искомое поле Epbq в сумме с полемEДЭ pbq за дополнительным экраном дает поле E0 pbq падающейволны. ОтсюдаEpbq “ E0 pbq ´ EДЭ pbq.Дополнительным в нашем случае является экран с отверстиемв виде двух полудисков. Поле EДЭ pbq выражается интеграломКирхгофа:ş E0 eikrş2eikb1E0 eikρ {2b ρdρdϕ “cosψdS«EДЭ pbq “ λirbλiДЭ˜Rş“π eikb“E0 eikb bπbikλi“bλiДЭikρ2 {2bE0 eρ“0ikb´ E0 2eˆˆρdρ `ˇρ“R2ˇeikρ {2b ˇρ“0eikR22b´1 ` e`xşikρ2 {2bE0 eρ“0“ˇρ“x ˙“ˇ2ˇeikρ {2bikx22bρdρ¸ρ“0˙´1 .Учтем, что E0 pbq “ E0 eikb .
Тогда для Epbq получим:ˆ˙˙ˆikR2ikx2ikx2ikR22ikbikbEpbq “ E0 e1 ´ ` e 2b ` e 2b“ E0 ee 2b ` e 2b .2(1)Сумма в скобках равна нулю, если фазы в экспонентах отличаются на p2m ` 1qπ:kx22b´kR22bx2 “ R 2 `“ p2m ` 1qπ, откуда2bp2m`1qπk“ R2 ` p2m ` 1qbλ.1702011/2012 Экзаменационная работа 2Минимальному радиусу полудиска отвечает m “ 0:x“aR2 ` bλ.Примечание. Если x “ R, то в уравнении (1) справа фазыв экспонентах совпадают и в середине тени от диска возникаетсветлое пятно (пятно Пуассона). Для этого диаметр диска должен быть достаточно малым, чтобы выполнялось приближениедифракции Френеля.Решение задачи 2Если бы клина не было, то главныймаксимум 1-го порядка наблюдался быпод углом(1)θ1 “ ˘λ{d.Клин отклоняет падающий на неголуч на угол β “ pn ´ 1qα (см., например,задачу 3.16 из сборника [2]). Тогда условие на угол α принимаетвидλ.β ´ θ1 “ 0, откуда α “dpn ´ 1qПримечание.
Строго говоря, максимум 1-го порядка будет наблюдаться под двумя углами: второй угол возникает от симметричного максимума для решетки без клина (ему соответствуетзнак “+” в формуле (1)) и равен β “ 2θ1 “ 2λ{d.Решение задачи 3Обозначим за r расстояние от 2-го диполя до точки наблюдения, расположенной под углом θ. В волновой зоне (r " λ) напря171Решенияженности электрического поля от каждого диполя равны:E1 prq “ E01 prq eipkpr` 3sin θq´ωtq“ E0 eipkr`4π3sin θ´ωtq,E3 prq “ E03 prq eipkpr´ 3sin θq´ωtq“ E0 eipkr´4π3sin θ´ωtq,2λ2λE2 prq “ E02 prq eipkr`φ´ωtq ,где предэкспоненциальные множители E0i prq “ constri « E0 можносчитать одинаковыми для всех трех источников.Излучение диполя с фиксированной ориентацией линейно поляризовано, поэтому в точке наблюдения E1 k E2 k E3 и абсолютная величина поля равна сумме соответствующих комплексов:Eprq “ E1 prq ` E2 prq ` E3 prq “¯´4π4π“ E0 eipkr´ωtq eiφ ` e´i 3 sin θ ` ei 3 sin θ “``˘˘“ E0 eipkr´ωtq eiφ `2 cos 4π3 sin θ .При θ таких, что sin θ ą 3{8, модуль напряженности поля достигает максимума по φ при φ “ π.
В направлении θ “ π{6 имеем:|Eprq| “ |´1 ` 2 cosp2π{3q| ¨ E0 “ 2E0 .Интенсивность излучения антенны в элемент телесного углаdΩ:dI „ EE ˚ r 2 dΩ „ 4|E0 |2 „ 4I0 .Решение задачи 4Если шарики не соединены, то в них наводятся одинаковые дипольные моменты, рассчитываемые, как в однородном поле. Дипольный момент системы равенd1 “ Ea3 ` Ea3 “ 2Ea3 .1722011/2012 Экзаменационная работа 2Когда шарики соединены проводником, то на них собираютсяпротивоположные заряды. Разность потенциалов между шариками можно выразить, используя принцип суперпозиции:∆ϕ “qqqq´ ´ p´ q ´ E ¨ s « 2 ´ E ¨ s.a saaС другой стороны, ∆ϕ “ 0, откуда q “ Eas2 , а дипольныймомент системыEas2d2 “.2Дипольные моменты параллельны x, поэтому в обоих случаяхинтенсивность дипольного излучения в направлении, противоположном z, пропорциональна d2 с одним и тем же коэффициентом.ТогдаE 2 a2 s 4d211 ´ s ¯4I2.“ 22 “¨“I12222 E 2 a616 ad1Решение задачи 5Компоненты 4-вектора полного тока J i в лабораторной и J 1i всобственной системах отсчета связаны преобразованием Лоренца:˛˛ ¨¨˛ ¨˛ ¨γcκ 1cκ 1γ βγ 0 0cκ˚ J ‹ ˚ βγ γ 0 0 ‹ ˚ 0 ‹ ˚ γβcκ 1 ‹‹,‹“˚˚‹¨˚‹ ˚‚˝ 0 ‚“ ˝ 000 1 0 ‚ ˝ 0 ‚ ˝0000 0 10J “ γβcκ 1 “ γuκ 1 , κ “ γκ 1 .В лабораторной системе отсчета получаем прямой провод стоком γvκ 1 и линейной плотностью заряда γκ 1 .
Соответствующиеэлектрическое и магнитное поля в лабораторной системе:κ2JE“2 ,H“.rcr173Решения`˘Сила, действующая на заряд q, равна F “ q E ´ vc H и приположительных q и κ направлена к цилиндру перпендикулярноего оси. Подставив сюда предыдущие выражения, получим:F “2Решение задачи 6qκ 1 1 ´ uv{c2a.r1 ´ u2 {c2Магнитное поле на оси x образованодвумя магнитными диполями с магнитπr 2 Iным моментом M “ c0 ez каждый:B“´Mii“1 ´ R3 `ř2i´M“ 2ez ¨ ´ R3 `“ 2ez ¨MR3“ 2ez ¨ MНа рисунке показано слагаемое2ři“1´´3pMi Ri qRiR5i3M cos2 αR33a2R2¯´1 “3a2R5´3pMi Ri qRi,R5i1R3¯¯¯““.обозначенное BR .Максимальное значение магнитного поля достигается при R “ a:Bmax “ 2ez ¨ Mˆ3a21´ 35aa˙“4Mez .a3Мощность излучения релятивистской частицы в лабораторнойсистеме описывается формулой2cre2 22cre2 2 2 2dE“γ pE ` rβ ˆ Bsq2 “γ β B ,dt331742011/2012 Экзаменационная работа 22eгде re “ mc2 – классический радиус заряженной частицы.
Полныепотери энергии на излучении равныż82cre2 γ2 β2∆E “3B 2 dt.´82С учетом dEdt ! γmc можно принять dt «интегрированию по координате:2cre2 γ2 β2∆E “3vż8dxvи перейти кB 2 dx.´8Магнитное поле быстро убывает с расстоянием. Это позволяетвоспользоваться оценкойż8´816M 216M 2a“,a6a52B 2 dx « Bmax¨ ∆x “где ∆x “ a – характерный размер области действия поля. Тогда∆E “2cre2 γ2 β2 16M 232re2 γ2 βM 2“.3va53a5Для сравнения приведем точное решение:ˆ 2˙2˙ˆ3a16a29a412B 2 “ 4M 2“4M´´`.R5R3R6R8R10∆E ““2cre2 γ2 β24M 23v8βpre γM q238ş´8´8ş´´6a2R8´81R61R6175´`6a2R89a4R10`¯9a4R10dx.¯dx “РешенияУдобно перейти к интегрированию по углу:dx “ dpa tg αq “ aУчтем, что∆E ““aR“ cos α.
Тогда8βpre γM q238βpre γM q23a5dα.cos2 απ{2şπ{2ş´π{2´π{2`´cos6 αa6´6 cos8 αa6`9 cos10 αa6¯adαcos2 α“˘cos4 ´6 cos6 `9 cos8 dα.Для вычисления интеграла потребуется несколько раз восполь2φзоваться формулой понижения степени cos2 φ “ 1`cos. Опуская2громоздкие выкладки, получим:π{2ż´π{2` 4˘123πcos α ´ 6 cos6 α ` 9 cos8 α dα “,128откуда ∆E “41πβpre γM q2.16a5176СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ1. Меледин Г. В., Черкасский В. С.
Электродинамика в задачах.Новосибирск: НГУ, 2009. Ч. 1. Электродинамика частиц и полей. 37, 39, 48, 52, 98, 102, 103, 120, 147, 1562. Меледин Г. В., Черкасский В. С. Электродинамика в задачах. Новосибирск: НГУ, 2005. Ч. 2. Электродинамика частиц иволн. 61, 1713. Яковлев В. И. Классическая электродинамика. Новосибирск:НГУ, 2009. Ч. 2. Электромагнитные волны. 62, 994. Зоммерфельд А. Дифференциальные уравнения в частныхпроизводных физики. М.: ИЛ, 1950. 1045. Лаврентьев М.
А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексного переменного. М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1973.168177Учебное изданиеЯковлев Валериан Иванович, Погосов Артур Григорьевич,Синицкий Станислав Леонидович,Богомягков Антон Викторович,Брагинский Леонид Семенович,Володин Владимир Алексеевич,Зайцев Александр Васильевич, Захаров Михаил Иванович,Калинин Петр Валерьевич,Котельникова Мария Станиславовна,Максимов Дмитрий Александрович,Ненашев Алексей Владимирович, Новиков Павел Леонидович,Рева Владимир Борисович, Степанов Василий Дмитриевич,Хазин Борис Исаакович, Черкасский Валерий Семенович,Шушаков Олег АлексеевичЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ И ОЛИМПИАДНЫЕВАРИАНТЫ ЗАДАЧ ПО ЭЛЕКТРОДИНАМИКЕ2007–2012 гг.Учебное пособиеРедактор Е.
П. ВойтенкоОригинал-макет П. Л. НовиковаПодписано в печать 19.03.2013 г.Формат 60ˆ84 1/16. Офсетная печать.Уч.-изд. л. 11. Усл. печ. л. 10,23. Тираж 200 экз.Заказ №68Редакционно-издательский центр НГУ.630090, Новосибирск 90, ул. Пирогова, 2..
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
