1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Плотность возникшего поверхностного тока равнаi “ σΩptqR sin θ ¨ eϕ .Направим ось Z вдоль внешнего магнитного поля. Областьвнутри сферы назовем областью 1, а снаружи – областью 2 (см.рисунок). В областях 1, 2 нет объемных токов, значит, в этих областях можно ввести скалярный магнитный потенциал ϕ1 , ϕ2 имагнитное поле в этих областях представить в виде Bi “ ´ grad ϕi .Решение уравнения ∆ϕ “ 0 для области 2 будем искать в видеϕ2 “ ´Hptqr cos θ `C2 ptqcos θ,r2а для области 1ϕ1 “ ´C1 ptqr cos θ.Магнитное поле в области 2 тогда равно˙ˆ˙˙ˆˆC2 ptq2C 2 ptqcosθ;0;´Hptq`sinθ.B2 “Hptq `r3r3Оно представляет собой однородное магнитное поле H0 , направленное вдоль оси Z, и поле магнитного диполя, находящегося в начале координат, с магнитным моментом, равным C2 ptq инаправленным по оси Z.57РешенияМагнитное поле в области 1:B1 “ pC1 ptq cos θ; 0 ; ´C1 ptq sin θq .Это однородное поле с амплитудой C1 ptq, направленное по оси Z.Неизвестные C1 ptq и C2 ptq найдем из граничных условий длянормальных и тангенциальных компонент магнитного поля на поверхности сферы.
Для нормальной компоненты:B2n “ B1n ñ Hptq `2C2 ptq“ C1 ptq.R3Для тангенциальной компонеты:rn ˆ B2 s ´ rn ˆ B1 s “4πicññ rer ˆ B2 s ´ rer ˆ B1 s “ñ ´Hptq `C2 ptqR3` C1 ptq “4πσΩptqR sin θ¨eϕcñ4πσΩptqR.cИз этих выражений находим:C1 ptq “ Hptq `8πσΩptqR.3cИз закона Фарадея найдем, какое вихревое электрическое полебудет действовать на заряды на сфере:`ş˘ű1 dB1 ptq dS ñE “ ´ 1с dΦdt ñ Edℓ “ ´ c dtñ Eвхϕ ¨ 2πR sin θ “ ´ 1c πR2 sin2 θ dCdt1 ptq .Электрическое поле, действуя на заряды, создает момент сил,582007/2008 Контрольная работа 2который изменяет момент импульса сферы:şI0 dΩdt “ rr ˆ σEвх s dS ñ¯´πş4 dC ptq1R sin θ dC1 ptq2πR2 sin θdθ “ ´ 4πσR“ñRsinθ¨σ´ñ I0 dΩdt2cdt3cdtdΩdt“04´ 4πσR3c´¯ dHptq2 2 5dtI0 ` 32π σ2 R9c2 2ñ Ω ptq “ ´ 4πσR3cI0411`λ Hptq ,5где λ “ 32π9c2σI0R .
Константа, возникающая при интегрировании,равна 0, так как при H ptq “ 0 частота вращения сферы должнабыть равна 0. Подставляя Ωptq в выражение для C1 ptq, получаеммагнитное поле внутри сферы:B1 ptq “Ответ: B1 ptq “λ“1H0 e´iωt ez .1`λ1´iωt e ;z1`λ H0 e32π2 σ2 R5.9c2 I0Ω ptq “ ´ 4πσR3cI041´iωt ;1`λ H0 eКонтрольная работа 2Решение задачи 1Суммарное поле от двух данных волн равно`˘EΣ “ E11 eipkz´ωtq `E21 eikpz cos α`x sin αq´iωt ex `´¯π` E12 e´i 2 eipkz´ωtq `E22 eiδ eikpz cos α`x sin αq´iωt ey ``˘` E23 eiπ eikpz cos α`x sin αq´iωt ez .Интерференционные члены будут только от компонент по осямX, Y суммарного поля. От компоненты по оси Z интерференционного члена не будет.59РешенияПолный интерференционный член от компонент поля по осямX, Y:I12Σ “ E11 E21 cos pkzpcos α ´ 1q ` kx sin αq ``˘`E12 E22 cos kz pcos α ´ 1q ` kx sin α ` δ ` π2 .По условию задачи константы Ei,k больше 0, значит, чтобыI12Σ был равен 0, надо, чтобы аргументы косинусов отличалисьна πππδ ` “ ˘π ñ δ “ ˘ ,22а амплитуды были связаны соотношениемE22E11“.E12E21Таким образом, можно сказать, что по осям X, Y волны имеютэллиптическую поляризацию, их эллипсы поляризации подобнымежду собой и повернуты друг относительно друга на угол π2 , авекторы их электрических полей вращаются в противоположныхнаправлениях.Ответ: I12Σ “ E11 E21 cos pkzpcos α ´ 1q ` kx sin αq `˘``E12 E22 cos kz pcos α ´ 1q ` kx sin α ` δ ` π2 .Интерференционный член равен 0, когда δ “ ˘ π2 , аE11E12“E22E21 .Решение задачи 2Воспользуемся концепцией парциальных волн: любая волна,распространяющаяся по волноводу, может быть представлена ввиде суперпозиции плоских волн, распространяющихся под углом к оси волновода.
В частности, поле волны H10 вида Bz “B0 cosp πa xq eipkz z´ωtq есть суперпозиция полей двух плоских волн:ı”1Bz “ B sin θ eipkz z`kx x´ωtq ` eipkz z´kx x´ωtq602007/2008 Контрольная работа 2kx “´ ω ¯2πkxπ c, sin θ ““, kx2 ` kz2 “.akaωcАмплитуды волн связаны соотношени1ем B0 “ 2B sin θ. Таким образом, исходнаязадача сводится к задаче о падении плоской монохроматической ТЕ-волны с ампли1тудой B под углом θ на проводящую пленку. Из решения этой задачи амплитуда отраженной плоской волны (ср.
с ответом кзадаче 1.28 [2] для проходящей волны в случае нормального падения) равна1Bρ “ B1ξ2πσ˚, где ξ “.ξ ` cos θcp1qОтраженная волна Bz “ B1 cosp πa xq eip´kz z´ωtq в исходной задаче может быть теперь представлена как суперпозиция двух плоских волн:ı”1Bzp1q “ Bρ sin θ eip´kz z`kx x´ωtq ` eip´kz z´kx x´ωtq .Очевидно теперь, что искомая амплитуда отраженной волныв волноводе равна1ξB1 “ 2Bρ sin θ “B0 ξ`cosθ, b`˘2kz˚1 ´ πa ωc .где ξ “ 2πσc , cos θ “ k “Решение задачи 3Освещенность в точке P будет максимальна, когда радиус отверстия r0 будет равен радиусу первой зоны Френеля для этойточки. Это означает, что разность фаз у волн, проходящих соответственно через край и ось отверстия, будет равна π:ˆ b˙bωω2222n ¨ a ` r0 ` b ` r0 ´ pna ` bq “ π.cc61РешенияУчитывая, что r0 ! ab, получаем:cˆ˙cω r02 n 1ab`.“ π ùñ r0 “ 2π ¨c 2 abω a ` nbРешение задачи 4Интерференционная картина в схеме Ллойда возникает в результате сложения двух волн: волны û1 pt ` τq, пришедшей прямоот источника, и волны û2 ptq, отраженной от зеркала.
Геометрическая разность хода этих волн составляет:bb2Xh.∆r “ L2 ` pX ` hq2 ´ L2 ` pX ´ hq2 «LТогда временная задержка прихода волны û2 в точку P относительно волны û1 равнаτ“∆r2Xh«.cLcНайдем автокорреляционную функцию стационарного случайного волнового поля в точке P :1Γ12 pτq “xû1 pt`τq¨û˚2 ptqy“N T0NżT0A pt ` τq¨A ptq¨eipωτ`πq dt, N " 1.0Дополнительное слагаемое π в показателе экспоненты появляется в результате сдвига фазы волны при отражении от зеркала.Вычисляя интеграл с учетом заданной в условии задачи зависимости A ptq, получаем:# 2A¯ при |τ| ą T0 ;´¯´Γ12 pτq “ eipωτ`πq ¨22|τ|2при |τ| ă T0 .A ` 1 ´ T0A ´AМетодика вычисления такой автокорреляционной функции подробно рассмотрена, например, в учебном пособии [3].622007/2008 Контрольная работа 2Распределение интенсивности на экране (интерференционнаякартина) имеет вид¯ı”´“I pXq “ 2I0 1 ` Re Γ12 pXq2A”$2`˘ı2 1 ´ A cos ω 2Xh’2A, X ą T0 Lc’Lc2h ;’A2’’’&!´¯)”¯´2` 2Xh ˘ı2XhAA2“2cos ω Lc,2A 1 ´ 2 1 ` 1 ´ T0 Lc2 ´ 1’AA’’’’’%X ă T0 Lc2h .Решение задачи 5В отсутствие линзы, в схеме Юнга с расстоянием D между щелями, в случае монохроматического источника с частотой ω, распределение интенсивности излучения (интерференционная картина) вплоскости, расположенной на расстоянии L от экрана со щелями, определяется выражением„ωXD.I pXq “ 2I0 1 ` coscLДля немонохроматического источника с постоянной спектральной плотностью в интервале частот ω0 ˘ ∆ω{2 имеем:dI pXq “I pXq “IpX,ωq∆ω dω,ω0 `∆ω{2şω0 ´∆ω{2“‰XDsinc ∆ωXD.dI “2I0 1 ` cos ω0cL2cL63РешенияПоложения максимумов определяются быстро осциллирующиммножителем:coscLω0 XD“ 1 ùñ Xm “ 2πm.cLω0 DРазмер области, где видна интерференционная картина (LK q,можно оценить, зануляя медленно осциллирующий множитель:sinc∆ωLK DcL“ 0 ùñ LK “ 2π.2cL∆ωDДвояковогнутая (R1 ă 0, R2 ą 0q тонкая линза формируетмнимые изображения щелей-источников (см.
рисунок, на которомприведено построение изображения для одной щели), что эквива1лентно уменьшению расстояния между щелями (D q и расстояния1от плоскости наблюдения до экрана со щелями (L q в классической схеме Юнга.Простые геометрические вычисления дают:ˆ˙ff11, L “L´a 1`,D “ ´Da`fa`fгде f “1n´1¨R1 R2R2 ´R1– фокусное расстояние линзы pf ă 0q.Для схемы Юнга при наличии линзы получаем:„1c1cLa`f`a ,Xm “ 2πm´ pL ´ aq ¨1 “ 2πmω0 Dfω0 D„1ca`fcL“ 2π`a .´ pL ´ aq ¨LK “ 2π∆ωD 1∆ωDf1642007/2008 Экзаменационная работа 2Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Воспользуемся матричным формализмом. В первом случае(луч падает на выпуклую поверхность) преобразование координатлуча на пути от точки падения на линзу до фокуса описываетсятремя матрицами: матрицей преломления на сферической поверхности, матрицей перехода внутри линзы и матрицей перехода повоздуху до фокуса.
Запишем это преобразование, не забывая опорядке записи (справа налево):ˇˇˇ ˇˇ ˇ˙ˆ˙ ˇ10 ˇˇ ˆRˇˇˇˇˇX0X1 f1 ˇ ˇ 1 {n ˇ ˇˇˇ¨.¨¨“11ˇˇ 0 1 ˇ ˇ 0 1 ˇ ˇ n´1X0Xˇˇ ´1RПеремножив матрицы, получаем выражение для X:„ˆ˙ˆ˙R pn ´ 1qR1X “ 1 ´ f1 `¨ X0 ` f1 `¨ X0 .nRn1Поскольку у падающего луча X0 “ 0, а в точке фокуса X “ 0для любого X0 , получаем:ˆ˙R pn ´ 1qRf1 `“ 1 ùñ f1 “.nRn pn ´ 1qВо втором случае (луч падает на плоскую поверхность) меняется только порядок записи матриц:ˇˇˇ ˆˇ ˇ˙ˆ˙ ˇ10 ˇˇ ˇˇR{ ˇˇˇˇXX1f102n ˇˇ¨ˇˇ¨ˇ.“ ˇˇ1ˇ ˇ 0 1 ˇ ¨ X10 1 ˇ ˇˇ n´1X0ˇ´ R1Проведя вычисления, аналогичные первому случаю, получаем:f2 “R.n´165РешенияРешение задачи 2Интерференционная картина на экране возникает в результате сложения двух волн: сферической волны, приходящей прямоот точечного источника, и плоской волны, формируемой параболическим зеркалом.
Очевидно (в силу симметрии задачи), что этаинтерференционная картина представляет собой набор концентрических колец. Освещенность в произвольной точке P экрана,отстоящей от оси системы на расстояние r, определяется разностью фаз двух интерферирующих волн. Радиусы светлых колец(максимум освещенности в точке P q определяются из выражения:a2 “ 2π ¨ m, k “ 2π{λ, m “ 0, 1, . . .rk ¨ p2F ` lq ´ πs ´ k ¨ l2 ` rmЗдесь учтено смещение фазы волны на π при отражении от идеального зеркала.С учетом λ ! l, F получаем:dˆ˙1rm « 4F pF ` lq ´ 2 p2F ` lq m `λ.2Немонохроматичность источника приводит к “размыванию” общей интерференционной картины: поскольку rm зависит от λ,интерференционные картины от разных спектральных составляющих накладываются со смещением по радиусу. Максимальноечисло различимых колец mmax и соответственно размер интерференционной картины rmax pmmax q можно оценить из следущихсоображений: картина исчезнет, когда радиус m-го светлого кольца для длины волны λ совпадет с радиуса m-го темного кольцадля длины волны λ ` ∆λ:˙ˆλ1.λ “ mmax pλ ` ∆λq ñ mmax “mmax `22∆λ662007/2008 Экзаменационная работа 2Решение задачи 3В предположении a ! R0 можно считать, что поле точечногозаряда на размере шарика меняется мало и шарик находится воднородном поле с напряженностью E “ rQ2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
