1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 8
Текст из файла (страница 8)
В таком поле шаε´1.рик поляризуется, приобретая дипольный момент d “ Ea3 ε`2Поскольку при движении шарика дипольный момент меняется,возникает дипольное излучение, интенсивность которогоˆ˙2A242 d:23ε ´ 1 2“ 8 , где A “ 3 QavI“3 c3rcε`2(здесь учтено, что r9 “ v, а v9 “ 0 по условию задачи). С другой9 , где W — излучаемая энергия.
Тогда dW “ I ¨dt “стороны, I “ W“ I ¨ dr{v. Полная энергия, излученная шариком, равнаA∆W “vż8r“R024 ´ v ¯3 a6dr“r87 c R07ˆε´1Qε`2˙2.Решение задачи 4Заметим, что для точки P радиусы r1 и r2 являются радиусами первой и второй зон Френеля соответственно. Это означает, что в отсутствие полудиска амплитуда волны в точке P будетравна нулю (первая и вторая зоны компенсируют друг друга). Частичное закрывание первой зоны может привести к увеличениюамплитуды поля в точке P .В случае непрозрачного полудиска эта амплитуда очевидноравна E0 (открытая вторая зона создает амплитуду 2E0 , а половина первой зоны — E0 с противоположной фазой).При использовании стеклянного полудиска максимальную амплитуду можно получить, если полностью компенсировать отрицательное влияние открытой половины первой зоны за счет дополнительного набега фазы на толщине полудиска ∆ (таким образом, чтобы волны из открытой и “закрытой” половин первой67Решениязоны приходили в точку P с противоположными фазами):nk∆´k∆ “ p2m ` 1q π, k “2π, m “ 0, 1, .
. .λДля толщины полудиска получаем:∆“2m ` 1λ.2pn ´ 1qАмплитуда волны в точке P при этом будет равна 2E0 , а интенсивность – 4I0 .Решение задачи 5В силу симметрии задачи и направления возбуждающего токаочевидно, чтоE “ E pz, tq “ E pz, tq ¨ ey , B “ B pz, tq “ B pz, tq ¨ ex .Будем искать поля слева и справа от плоскости XY в видесуперпозиций двух плоских волн, бегущих в противоположныхнаправлениях (опустим пока общий временной множитель e´iωt q:¯¯´´´ikzikz´ikzikz¨ ex ,¨ ey , B “ E0 e´E1 eE “ E0 e`E1 e¯¯´´E “ E0 eikz `E1 e´ikz ¨ ey , B “ ´E 0 eikz `E1 e´ikz ¨ ex .Задача, таким образом, сводится к нахождению амплитуд E0и E1 .
Граничные условия при z “ 0 и z “ ˘a{2 дают следующуюсистему уравнений:"E1 ´ E0 “ 2πс i0 ;E1 e´iα “ ´E0 eiα , где α “ ka2 ,решая которую, получаем:π e´iαπ eiαE0 “ ´ i0, E1 “ i0.с cos αс cos α682007/2008 Экзаменационная работа 2Подставим полученные амплитуды в выражения для полей:ză0: E“2πi0с¨cos α i sin pkz2πi0` αq ey , B “ ´ с¨cosα cos pkz ` αq ex ,2πi0z ą 0 : E “ ´ с¨cosα i sin pkz ´ αq ey , B “2πi0с¨cos αcos pkz ´ αq ex .Учитывая свойства тригонометрических функций, получаемокончательно:” ´a¯ıπ2πi0¨ sin k´ |z| ¨ e´ipωt´ 2 q ¨ey ,E pz, tq “с ¨ cos α2” ´a¯ı2πi0B p˘z, tq “ ˘¨ cos k´ |z| ¨ e´iωt ¨ex .с ¨ cos α2Энергию поля, в среднем приходящуюся на объем с ограниченной площадью S в плоскости pXY q, найдем, используя` 2 понятие˘1H ` E2 .плотности энергии электромагнитного поля: w “ 8πВ нашем случае:W “18π“ 21 πSa`˘2πi0 2Sс¨cos α` i ˘20c¨z“a{2ş `z“0˘‰“ `˘‰˘“ `dz “sin2 k a2 ´ z ` cos2 k a2 ´ z11`cos ka .Решение задачи 6Угловая зависимость интенсивности излучения, выходящегоиз щелей волновода, будет иметь максимум в направлении X, когда колебания электромагнитного поля на щелях, создаваемые бегущей волной, будут происходить в одинаковой фазе: kz ¨a “ 2π¨m.Для волны H10 с учетом диэлектрического заполнения волноводаc ´ ¯ω 2 ´ π ¯2c π´, ωmin “ ? .kz “ εεaca69Решения?Так как по условию ω “ 2 εωmin “ 2c πa , получаем:2π ¨ m “ π ¨?14ε ´ 1 ùñ ε “ m2 ` .4Решение задачи 7Будем обозначать штрихом поля всистеме координат, движущейся вместе сфольгой, а индексами 0, 1 и 2 — падающую, отраженную и прошедшую волнысоответственно.Выберем направления полей на поверхности фольги, как показано на рисунке, и свяжем их, используя граничные условия:$ 111& E0 ´ E1 “ E2 ,%111H0 ` H1 ´ H2 “14πc i.1Учитывая, что i “ σ˚ E и H “ E , из граничных условийнайдем амплитуды отраженной и прошедшей волн в движущейсясистеме:11E1 “ E0α12πσ˚11, E2 “ E0, где α “.1`α1`αcИспользуемтеперь¯ преобразования Лоренца для полей´11E “ γ E ´ β ˆ H .
Учитывая направление распространенияволн относительно β, получим окончательно:E1 “ E0α1´β1¨, E2 “ E0.1`α 1`β1`α702008/2009 Контрольная работа 12008/2009 учебный годКонтрольная работа 1Решение задачи 1Искомое электрическое поле в центре кольца направлено вниз.Туда же направим ось z. Тогда в полярной системе координат,начало которой в центре кольца, получим:E “ Ez “ 2π{4ż? κκ pRdαq2κπ2 .cosα“2sin“2R2R4R´π{4Здесь κ – линейная плотность заряда нити, элемент длины которой равен Rdα, а угол α отсчитывается от оси z.
Так как κ “2qq“ πR“ p2πR{4q, то?4 2 q.Ez “π R2Решение задачи 2Поле равномерно заряженной нитиRE1 “ 2κR R , а потенциалżϕ1 “ ´ E1 dR “ ´2κ ln R ` C1 .От двух нитей ϕ “ ϕ` ` ϕ´ “ ´2κ ln R` ` 2κ ln R´ ` C, где´¯1{22R˘ “ R2 ` a4 ¯ 2R a2 cos α. Положим ϕ pR “ 0q “ 0, тогдаконстанта C “ 0.При R " a:ϕ pR, αq “ 2κ ln2 pd1 RqaR´– 2κ cos α “,R`RR271Решениягде d1 “ κa – дипольный момент на единицу длины.Поле2d1 4 pd1 Rq R.E “ ´∇ϕ “ ´ 2 `RR4Сила, действующая на заряд q,F “ qE.Решение задачи 3Потенциал электрического поля долженудовлетворять уравнению Лапласа и граничным условиям.В цилиндрических координатах общеерешение уравнения Лапласа имеет видˆ˙A2ϕ pR, θq “ A1 `cos θ,Rгде угол θ “ π2 ´ α отсчитывается от оси z, направленной вверх.Вне цилиндраA2cos θ,ϕout “Rтак как на бесконечности потенциал должен стремиться к нулю.Внутриϕin “ A1 R cos θ.Граничные условия: ϕout |R“a “ ϕin |R“a иBϕinBϕoutBR |R“a ´ BR |R“a“ 4πσ.Из граничных условий получаем:A1 “ 2πσ0 и A2 “ 2πσ0 a2 .Поле внутри цилиндра направлено вдоль оси z:Ein “ ´∇ϕin “ ´2πσ0 ez ,72“2008/2009 Контрольная работа 1а снаружиEout “ ´∇ϕout “ ´2d1 4 pd1 Rq R`,R2R4где d1 “ πa2 σ0 ez .Решение задачи 4ε´1Изображением заряда q является заряд q 1 “ ´q ε`1.Дипольный момент фиктивного диполя, который являетсяε´1изображением диполя реального, равен d1 “ d ε`1, а угол между1направлениями векторов E и d равен π ´ α.Найдем энергию взаимодействия диполя d с внешним полемE и со своим изображением d1 :W “ ´ pdEq `“ ´dE cos α ´pdd1 qr3´´“ ´d E cos α `ε´1ε`1´¯3pdrqpd1 rqr5d2p2aq3ε´1 dε`1 p2aq3`´“ε´13p ε`1q sin2 α 2dp2aq3“˘¯2 ´ cos2 α .Для нахождения равновесного значения угла α найдем и приравняем к нулю производную BW {Bα.
В результате получим уравнение˙ˆε´1 dcos α “ 0,sin α E ´ 2ε ` 1 p2aq3из которого следует, что экстремумы функции W pαq имеют местопри sin α “ 0 и cos α “ 2 ε´1E d .ε`1 p2aq3Отсюда видно, что α “ ˘π{2 при E “ 0, т. е. в отсутствиеε´1 dвнешнего поля. Если E ă 2 ε`1cos α, то α “ ˘ arccos 2 ε´1E d .p2aq3Если же E ěпо полю.ε´1 d2 ε`1p2aq3ε`1 p2aq3cos α, то α “ 0, т. е.
диполь ориентируется73РешенияРешение задачи 5Поле на оси кольца:E “ Ez “qhpR2 ` h2 q3{2.Так как радиус шарика мал a ! R, то его дипольный моментв однородном поле равенd “ E phqε´1 3a .ε`2Энергия квазиупругого диполя:1ε´1 3 21a E phq .W “ ´ pE ¨ dq “ ´22ε`2Сила, действующая на шарик:` 2˘2q 2 h2BWB 1ε´1 32 ε ´ 1 3 h R ´ 2h“q.F “´“aaBhBh 2 ε ` 2 pR2 ` h2 q3ε`2pR2 ` h2 q4Отсюда видно, что величина и направлениедействия силы за?висят от соотношения между R и h 2.Решение задачи 6Стороннее поле не описывается уравнениями Максвелла и по своему смыслу неявляется электростатическим (см. задачу 5из КР1 2007/2008).
Однако оно приводит вдвижение носители тока внутри цилиндра.Плотность тока, обусловленного сторонними силами, составляетjстр “ σ1 Eстр . При этом на границе раздела образуются поверхностные заряды, которые наводят внутри и снаружи цилиндраэлектростатические поля E1 и E2 соответственно. Будем искать742008/2009 Контрольная работа 1напряженность в виде однородного поля внутри цилиндра и полялинейного диполя снаружи (такое решение типично для систем саксиальной геометрией – см. задачу 3 из КР1 2008/2009):E1 “ E1 ez , E2 “4 pd ¨ Rq R 2d´ 2.R4RПолная плотность тока внутри цилиндра складывается из сторонней и электростатической составляющихjin “ jстр ` j1 “ σ1 Eстр ` σ1 E1 “ σ1 pEстр ` E1 q,а снаружи равна jout “ σ2 E2 .Для определения неизвестных E1 и d имеем два граничныхусловия – непрерывность нормальных компонент тока и тангенциальных компонент напряженности электростатического поля (исходно d направим по z, E1 против z):σ1 pEстр ´ E1 q cos α “ σ2 a2d2 cos α,sin α,´E1 sin α “ ´ 2da21где α – угол между векторами d и R.
Отсюда d “ 2pσ2σ`σa2 Eстр ,1qσ1E1 “ σ2 `σ1 Eстр (направления такие, как исходно предполагали).Таким образом,1 ´σ1jin “ σ1 σ2σ`σEстр “2 `σ1jout “σ1 σ2σ2 `σ1¨σ1 σ2σ2 `σ1 Eстр ,a2E p2eR cos αR2 стр´ ez q .Полученное решение для полей E1 и E2 верно, поскольку оноудовлетворяет уравнению Лапласа и граничным условиям.Примечание. В двух предельных случаях имеем75Решенияa2 σ E2 стрp2eR cos α ´ ez qσ2 ! σ1 : d “ 12 a2 Eстр , jin “ σ2 Eстр , jout “R2– цилиндр максимально поляризован, поэтому ограничивающимфактором для всех токов является проводимость σ2 ;a2 σ Eσ a2 E1 стрσ1 ! σ2 : d “ 1 2σ2стр , jin “ σ1 Eстр , jout “p2eR cos α ´ ez qR2– цилиндр слабо поляризован (d9σ1 ), поэтому ограничивающимфактором для всех полей и токов является проводимость σ1 .Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Искомое магнитное полеявляется суперпозицией полейот токов, текущих по каждойстороне квадрата:B“4ÿBi .i“1Поле B1 от тока по одной стороне квадрата направлено понормали к плоскости рамки:B1 “1cżIrdℓ ˆ Rs.R3ABПоле Bi от тока по любой другой стороне получается из B1 поворотом системы координат относительно оси, проходящей черезцентр квадрата и ориентированной по нормали к плоскости рамки.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
