1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Условие лоренцевской калибровки позволяет определить скалярный потенциал с точностью до произвольной независящей от времени функции координат. Поэтому, строго говоря, мы должны добавить к найденному ϕpr, tq слагаемое rq .Решение задачи 6Излучение системы будет представлять собой суперпозицию излучения от самого вибратора и излучения,формируемого вследствие отраженияволны от стенок. Отраженные волныудобно описывать как исходящие изтрех изображений вибратора.В волновой зоне каждое излучение локально представляет собой плоскую монохроматическую линейно поляризованнуюволну. Фазу излучения самого источникаи изображений удобно отсчитывать относительно точки O.
Учтем также, что принечетном числе отражений возникает скачок по фазе на π:E0E1E2E3“ E0 eipkx px´aq`ky y´ωtq“ E0 eipkx x`ky py´aq´ωt`πq“ E0 eipkx x`ky py`aq´ωt`πq“ E0 eipkx px`aq`ky y´ωtq117“ E0 eipkr´ωt´ka cos αq ,“ E0 eipkr´ωt´ka sin α`πq ,“ E0 eipkr´ωt`ka sin α`πq ,“ E0 eipkr´ωt`ka cos αq .РешенияЗдесь r – вектор из точки O в точкуˇнаблюдения,а предэкспоненˇˇ d: ˇd02циальный множитель равен E0 “ ´ ˇ c2 r ˇ “ ´ω c2 r в соответствиис формулой для амплитуды поля отдельного точечного вибраторав волновой зоне. Можно показать, что при таких расположениии фазах трех излучателей-изображений выполняются граничныеусловия Eτ “ 0, Bn “ 0 на проводящих плоскостях.На расстояниях r " a все векторы ki параллельны и поэтомусуперпозиция полей сводится к алгебраическому, а не векторномусуммированию:`˘EΣ “ E0 eipkr´ωtq e´ika cos α ` e´ika sin α`iπ ` eika sin α`iπ ` eika cos α “`˘“ E0 eipkr´ωtq eika cos α ´ eika sin α ´ e´ika sin α ` e´ika sin α ““ 2E0 eipkr´ωtq pcospka cos αq ´ cospka sin αqq .Интенсивность излучения в волновой зоне на единицу телесного угла равнаdI0dI“4¨ pcospka cos αq ´ cospka sin αqq2 ,dΩdΩгдеdI0dΩобозначает такую же величину в отсутствие стенок.В направлении биссектрисы α “ 0 иdI0dI0dI“¨ pcospkaq ´ 1q2 “ 4¨ sin4 pka{2q.dΩdΩdΩУсловию максимума соответствуетam “kam2“π2` πm, откуда2πλ2π 2πm`, amin “ a0 ““ .2kk2k21182013/2014 Контрольная работа 1.1, вар.
12013/2014 учебный годКонтрольная работа 1.1, вариант 1Решение задачи 1Выделим на полукольце элементдлины adα. Заряд на элементе равенdαπ q, а создаваемое им в точке p0, 0, z0 qполе:dα˘dE “ q ` 2π a ` z02с z´компонентойdEz “ dE cos θ “ az0a2 ` z02dEи y´компонентойdEy “ ´dER cos α “adEa2 `z02“ ´dE sin θ cos α “ ´ ?cos α.По принципу суперпозиции поле, создаваемое всем полукольцом, равно интегралу от элементарного поля по углу α от´ π2 до π2 . Из симметрии задачи ясно, что x´компонента полного119Решенияполя равна нулю. Остальные компоненты равныEy “ ´“´π{2ş´π{2q? 2a 2a `z0 πpa2 `z02 q2qaπpEz “3{2a2 `z02qπ{2ş´π{2cos αdα “ ´ˇπ{2ˇ“sin αˇˇqaπpa2 `z02 q3{2´π{2,qdαa `z02 πpa2 `z02 q? z20“Величина полного поля E “πqz0πpa2 `z02 qb3{2“Ez2 ` Ey2 “qz03{2pa2 `z02 qbz02 `.q4a2π2 a2 `z 2 3{2 .p0qРешение задачи 2Точечный заряд на плоской границе, разделяющей два крупных диэлектрика с ε1 и ε2 , формирует потенциал (см.
задачу 2.4из [1]):q2¨ ,ϕε “ε1 ` ε2 rотличающийся от потенциала такого же заряда в вакууме мно2жителем ε1 `ε. Потенциал в диэлектрике уменьшается из-за того,2что сторонний заряд q “обрастает” связанными зарядами, так чтополный заряд, оставаясь точечным, уменьшается по абсолютнойвеличине. Согласно принципу суперпозиции в такой же пропорции оказываются потенциалы в среде и в вакууме соответственноот системы точечных зарядов, расположенных в плоскости границы раздела. Заданная система сторонних зарядов нейтральнаи обладает ненулевым дипольным моментом. Тогда искомый потенциал в дипольном приближении равен потенциалу диполя в2:вакууме, умноженному на ε1 `ε2ϕ1,2 prq “pd ¨ rq2¨.ε1 ` ε2r3120(1)2013/2014 Контрольная работа 1.1, вар. 1Дипольный момент заданной системысторонних зарядов равенd “ 2qaex ´ 3qaex ´ 3qaey “ ´qaex ´ 3qaey .Подставляя дипольный момент в (1) сучетом pd ¨ rq “ dx x ` dy y, получим:ϕ1,2 px, y, zq “ ´qa2x ` 3y¨.ε1 ` ε2 px2 ` y 2 ` z 2 q3{2Решение задачи 3В этой задаче мы считаем, что заряды на каждом шарике распределяются равномерно по их поверхности.
В действительностисферическая симметрия нарушается зарядами-изображениями, ноих учет в потенциале окружающего пространства дает поправкуболее высокого порядка малости, чем a{L. Тогда после соединения первого и второго шариков заряд делится между ними пополам. После разъединения шариков на первом шарике окончательно устанавливается заряд q1 “ Q2 .
Пусть на третий шарик послесоединения его со вторым перетек заряд q3 . Тогда на втором шарике остается заряд q2 “ Q2 ´ q3 .Потенциал третьего шарика, согласнопринципу суперпозиции, равенϕ3 “q3q1q3Qq2` ? `“` ? `a L 2 La2L 2Q2´ q3.LАналогично, потенциал второго шарикаравенQ´ q3Qq3q2 q1 q3``“ 2`` .ϕ2 “aLLa2LLϕ2 и ϕ3 равны как потенциалы на едином проводникеQ2´ q3Qq3q3Q? ```“`a2LLa2L 2121Q2´ q3.LРешенияОтсюда находим заряд на третьем шарике:´¯?`˘Q L´a{ 2?1 ´ 1ñq“¨q3 L2 ´ a2 “ Q32a4L´a «2LQ4Тогда заряд на втором шарике равен?ˆ˙QQ2´1 a´ q3 «q2 “1´ ?.242 L´1`¯?2´1 a?.2 LПримечание. См. на стр. 125 решение аналогичной задачи через потенциальные и емкостные коэффициенты.Решение задачи 4Энергия заряженной системы в поле с потенциалом ϕprq:żU “ ϕprqρprqdV.(1)Если потенциал слабо меняется на размерах заряженной системы, то его можно разложить в ряд по пространственным координатам в окрестности некоторой точки O внутри системы:ˇˇB2 ϕ ˇˇBϕ ˇˇxi xj ,(2)xi `ϕprq « ϕ0 `Bxi ˇ02Bxi Bxj ˇ0где подразумевается суммирование по повторяющимся индексам.Подставляя (2) в (1), получим:ˇ şˇ şşBϕ ˇB2 ϕ ˇU « ϕ0 ρprqdV ` BxρprqxdV`ρprqxi xj dV “ˇi2Bxi Bxj ˇi0ˇBϕ ˇ“ ϕ0 q ` Bxi ˇ pi `00ˇB2 ϕ ˇ2Bxi Bxj ˇ Qij “ ϕ0 q ´ pE0 ¨ pq ´0ˇBEj ˇ2Bxi ˇ0 Qij ,(3)şгде qş“ ρprqdV – полный заряд системы,pi “ ρprqxi dV – i-компонента дипольного момента p системы,1222013/2014 Контрольная работа 1.1, вар.
1Qij –ş тензор квадрупольных моментов системы в представленииQij = ρprqxi xj dV . С учетом q=0, p=0 энергия квадруполя равнаˇBEj ˇˇQij .(4)U «´2Bxi ˇ0şU можно выразить через Dij “ p3xi xj ´ r 2 δij qρprqdV :ˇˇBE ˇ şBE ˇ şU « ´ 2Bxji ˇ ρprqxi xj dV “ ´ 6Bxji ˇ 3xi xj ρprqdV “0´0ˇBEj ˇ ş6Bxi ˇ0 p3xi xjˇBEj ˇ6Bxi ˇ0 Dij ,r2δ(5)´ij qρprqdV “ ´ˇBE ˇгде учтено, что Bxij ˇ δij “ div0 E “ 0, поскольку заряды, форми0рующие внешнее поле, в окрестности точки O отсутствуют.Сила на заряженную систему в поле E равнаżF “ EprqρprqdV.(6)Для k-компоненты силы имеемżFk “ Ek prqρprqdV.(7)Формула (7) получается из (1) заменой ϕ на Ek .
Поэтому изуравнения (3) такой же заменой получим:ˇB2 Ek ˇˇQij .(8)Fk «2Bxi Bxj ˇ0Получим выражение для силы через тензор Dij :ˇˇB 2 Ek ˇ şB 2 Ek ˇ şFk « 2Bxi Bxj ˇ ρprqxi xj dV “ 6Bxi Bxj ˇ 3xi xj ρprqdV “0“0ˇB 2 Ek ˇ ş6Bxi Bxj ˇ0 p3xi xjˇB 2 Ek ˇ6Bxi Bxj ˇ0 Dij ,r2δ´ij qρprqdV “ˇˇˇB 2 Ek ˇBгде учтено, что Bxi Bxj ˇ δij “ ∆0 Ek “ ´ Bxk ∆ϕˇ “ 0.00123(9)РешенияКонтрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Выделим на боковой поверхности цилиндра элемент высотой dz 1 в окрестности плоскости z “ z 1 . Потенциал, который создаетэлемент в центре основания цилиндра, рассчитывается по формуле потенциала кольца:qdz 1dϕ0 “ ?h z 1 2 ` a2Согласно принципу суперпозиции потенциал в точке O от всейбоковой поверхности цилиндра равенqϕ0 “hżh0¯ˇhaq ´q h`dz 1ˇ?“ ln z 1 ` z 1 2 ` a2 ˇ “ lnhh0z 1 2 ` a2?h2 ` a2a?`˘22Примечание.
В пределе h=0ln h` ha `a « ln 1 ` ha « ha иϕ0 = hq ¨ ha = aq – получается потенциал в центре кольца с зарядом q.Решение задачи 2Точечный заряд на плоской границе, разделяющей два диэлектрика с ε1 и ε2 , формирует потенциал (см. задачу 2.4 из [1]):ϕε “q22¨ “ϕ0 ,ε1 ` ε2 rε1 ` ε2где ϕ0 - потенциала такого же заряда в вакууме. Потенциал в диэлектрике уменьшаетсяиз-за действия связанных зарядов, противоположных стороннемупо знаку. Согласно принципу суперпозиции в такой же пропорции1242013/2014 Контрольная работа 1.1, вар.
2оказываются потенциалы в среде и в вакууме соответственно отпроизвольной системы зарядов, расположенных в плоскости границы раздела. Заданная система в первом приближении представляет собой нейтральный диполь. Тогда искомый потенциал равен2:потенциалу диполя в вакууме, умноженному на ε1 `ε22pd ¨ rq¨.(1)ε1 ` ε2r3Дипольный момент заданной системы сторонних зарядовd “ ´qaex ´ qaey ´ qaey “ ´qaex ´ 2qaey . Подставляя d в (1) сучетом pd ¨ rq “ dx x ` dy y, получим:ϕ1,2 prq “ϕ1,2 px, y, zq “ ´qa2x ` 2y.¨ε1 ` ε2 px2 ` y 2 ` z 2 q3{2Решение задачи 3В этой задаче мы считаем, что заряды на каждом шарике распределяются равномерно по их поверхности. Хотя в действительности сферическая симметрия нарушается зарядами-изображениями,их учет в потенциале окружающего пространства дает поправкуболее высокого порядка малости, чем a{L.
Тогда после соединенияпервого и второго шариков заряд делится между ними пополам.После разъединения шариков на первом шарике окончательноустанавливается заряд q1 “ Q2 . На втором этапе потенциалы 2-го и3-го шарика выражаются какϕ2 “ α21 q1 ` α22 q2 ` α23 q3ϕ3 “ α31 q1 ` α32 q2 ` α33 q3 ,(1)где q1 , q2 , q3 – заряды на шариках, αij – потенциальные коэффиQциенты.
Причем q1 “ Q2 , q2 ` q3 “ 2 .Поскольку шарики одинаковые и с учетом симметричностиαij , имеем:1α22 “ α33 “ , α21 “ α23 “ α32 .a125РешенияНа втором этапе 2-й и 3-й шарик соединены проводом, поэтомуϕ2 “ ϕ3 . Приравнивая потенциалы и выражая заряд q2 из (1),получаем:ˆˆ˙˙QQQQα21 ` α22 q2 ` α21´q 2 “ α31 ` α21 q2 ` α22´q 2 ,2222q2 “Q α31 ´ α12 QQ α31 ´ α12 Q`, q3 “´.4α22 ´ α12 44α22 ´ α12 4Для нашей системы: α12 “q2 “1L,α31 “12L ,α22 “ a1 .
Тогдаa ¯Q´a ¯Q´1´, q3 “1`.42L42LРешение задачи 4См. решение задачи 4 вар. 1 на стр. 122.Контрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Граничное условие на тангенциальныекомпоненты напряженности магнитногополя:4πJ,∆Hτ “cгде J– линейная плотность тока. Направление токов на границе “1-2” определяетсявекторным равенствомJ12 “cn12 ˆ pH2 ´ H1 q,4πгде n12 – единичный вектор нормали к плоскости раздела, направленный из области 1 в область 2.1262013/2014 Контрольная работа 1.2, вар. 1Тогда искомая плотность токов по модулю одинакова на всехплоскостях и равна?c 2ccH0J“∆Hτ “¨ 2? “B0 .4π4π4π2Направления токов показаны на рисунке.Решение задачи 2Для плотности тока в любой точке пространства имеемdiv j “ 0.С учетом j “ σE и σ “ const получимdivpσEq “ σ div E “ 4πpρ`ρсв qσ “ 0, (1)где ρ и ρсв – плотности свободных исвязанных зарядов соответственно.
Плотность свободных зарядов находим как$0,pE ¨ ∇εqpj ¨ ∇εq & j01div D “““ρpxq “¨% 4πσ4π4π4πσ0,ε2 ´ε1a ,x ă 0,0 ă x ă a,x ą a.В силу (1) плотность связанных зарядов ρсв pxq “ ´ρpxq.Решение задачи 3Токи в задаче распределены аксиальносимметрично, причем jα “ 0, следовательно, поле имеет только азимутальную компоненту, которая в общем случае зависит только от цилиндрических координат R и z (ср.с задачей 4 КР1.2 2012 на стр.
71). Тогда изтеоремы Стокса имеем:űвнутри сферы H ¨ dℓ “ 2πRHα “ 4πc I ñ Hα pRq “вне сферыűH ¨ dℓ “ 2πRHα “1274πc pI2IcR ,´ Iq ñ Hα pRq “ 0.РешенияПолученное поле удовлетворяет уравнениям Максвеллаrot H “ 0, div B “ 0.Кроме того, для этого поля выполняются граничные условияна сфере. Действительно, линейная плотность тока в точках сферы, характеризуемых полярным углом θ (в сферических коордиIeθ , а граничные условиянатах), равна Jpθq “ ´ 2πaIsin θ eθ “ 2πRHθ ´ 0 “2IcR“4π Ic 2πR“4πc JpRqверно;∆Bn “ ∆Br “ 0 ´ 0 “ 0 верно.Следовательно, полученное решение верно и единственно.Решение задачи 4Магнитный момент контура имеет толькоz-компоненту, равную˘I ¨ pSAOB ` SCOD qI ` 2“αb ` p2π ´ αqa2c2c(1)На больших расстояниях Bprq представляет собой поле магнитного диполя:m“Bprq “ ´pm ¨ rqrmm cos θm`3“ ´ 3 ez ` 3er ,35rrrr3где θ – угол между r и осью z, а m вычисляетсяпо формуле (1).1282013/2014 Контрольная работа 1.2, вар.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
