1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Для соседей изначальный сдвиг по фазе составляет kd. Кроме того, если обозначить за r расстояние от левого источника до фронта волны, излучаемой вволновой зоне под углом α к оси z, то фаза излучения от j-гоисточника запишется какφj “ φ0j ` k ¨ pr ´ r0j q “ φ0j ` kz pz ´ z0j q ` ky py ´ y0j q ““ kd ¨ j ` k cos αpz ´ j ¨ dq ` ky y “ ψ ` χ ¨ j,где ψ “ ky y ` kz z “ k ¨ r включает часть фазы, одинаковую длявсех источников, а χ “ kdp1 ´ cos αq.В результате интерференции трех волн магнитное поле в волновой зоне составит2ÿre1 ´ e3iχreipkr´ωtqeiχj “ E0 eipkr´ωtq.Bi “ E0 eBpr, tq “rr1 ´ eiχj“0j“02ÿ˚В ближней зоне pkr „ 1q формируется поле порядка dλ03 „ rλe E0 ! E0 . Поэтому можно пренебречь влиянием излучения, рассеянного одним свободнымзарядом, на ускорение соседних свободных зарядов.1562013/2014 Экзаменационная работа 2Модуль вектора Пойнтинга рассеянной волны равенS“c 2c re2 2 sin2 p3χ{2qB “E.4π4π r 2 0 sin2 pχ{2qsin2 p3χ{2qSr 2 dΩ“ re2dΩ.S0sin2 pχ{2qdσ “2dσsin2 p3χ{2qSr 22 sin p3kdp1 ´ cos αq{2q““ re2“r.edΩS0sin2 pχ{2qsin2 pkdp1 ´ cos αq{2qВ случае d “ 4λ ,kd2“π4sin2 p3πp1 ´ cos αq{4qdσ.“ re2dΩsin2 pπp1 ´ cos αq{4qКачественная диаграмма строится по характерным точкам:α “ 0,dσdΩ“ 9re2 pmaxq,α “ π2 ,dσdΩ“ re2 ,α “ π,dσdΩ“ re2 ,два нуля при условии 3p1´cos α0 q{4 “ 1¯ dσă |α0 | ă π ,“ 0.2dΩ´πРешение задачи 6Пусть 4-вектор потенциала в сопутствующей системе отсчетаимеет следующее компоненты (здесь и всюду ниже будем пользоваться контравариантным представлением):`˘pAi q1 “ ϕ1 , A1x , A1y , A1z .157РешенияКомпоненты 4-потенциала¨˛ ¨ϕγ βγ 0 0˚ Ax ‹ ˚ βγ γ 0 0˚‹ ˚˝ Ay ‚ “ ˝ 00 1 0Az00 0 1в лабораторной системе равны˛˛¨ 1 ˛ ¨ϕγϕ1 ` βγA1x‹ ˚ A1x ‹ ˚ βγϕ1 ` γA1x ‹‹ (1)‹˚ 1 ‹ “ ˚‚‚˝ Ay ‚ ˝A1yA1zA1zПоскольку в сопутствующей системе имеем скалярный потенциал, равный нулю, и векторный потенциал магнитного диполя1A1 pr 1 q “ mr013ˆr (то есть A1x “ 0), то компоненты 4-потенциала влабораторной и сопутствующей системах совпадают и выражаются через координаты сопутствующей системы какϕ “ ϕ1 “ 0,Ax “ A1x “ 0,Ay “ A1y “ ´m0 z 1m0 y 1, Az “ A1z “ 13 .13rrЧтобы выразить вектор-потенциал через координаты px, y, zqлабораторной системы, запишем связь между 4-векторами события в различных системах:˛¨˛ ¨˛¨ 1 ˛ ¨γ´βγ 0 0ctγct ´ βγxct˚‹ ˚‹˚ x1 ‹ ˚ ´βγγ0 0 ‹‹ ˚‹ ˚ x ‹ “ ˚ ´βγct ` γx ‹˚˝˝‚‚‚˝ y1 ‚ “ ˝ 001 0yy1000 1zzzПодставляя полученные выражения в (1), получим:ϕ “ 0, Ax “ 0, Ay “ ´ mr130 z ,или в векторной записи A “Az “m0 y,r 13m0 ˆr,r 13где r “ px, y, zq, r1 “ pγpx ´ vtq, y, zq, r 1 “158aγ2 px ´ vtq2 ` y 2 ` z 2 q.2014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
12014/2015 учебный годКонтрольная работа 1.1, вариант 1Решение задачи 1Система обладает сферическойсимметрией, что позволяет считатьполе радиально направленным и зависящим только от радиуса в сферических координатах. Тогда из теоремы Гаусса поток поля через поверхность сферы радиуса r с центром Oравен{pE ¨ dSq “ 4πr 2 Eprq “ 4πQ,где Q – заряд, заключенный внутри сферы.На разных расстояниях от центра O имеем:răa:4πr 2 Eprq “ 0Ñ Eprq “ 0,a ă r ă b : 4πr 2 Eprq “ 4πqarąb:Ñ Eprq “4πr 2 Eprq “ 4πpqa ` qb q Ñ Eprq “Для потенциала получим:rąb:ϕprq “qa `qbr ,a ă r ă b : ϕprq “qab`qar ,răa:qab`qaa.ϕprq “159qae ,r2 rqa `qber .r2РешенияРешение задачи 2Для определения x-компонентыполя выделим на стержне элемент длины dx1 на расстоянииx1 от точки O.
Заряд элементаdq “ κdx1 , элементарное полев точке px, rq “ p0, aq равноdE “px12dq,` a2 qа x-комонента элементарного поляdEx “x1dqdq?cosθ“.px12 ` a2 qpx12 ` a2 q x12 ` a2Вклад всего стержня в x-компоненту поля получим интегрированием по длине стержня:Ex “ż80κκx1 dx1“ .apx12 ` a2 q3{2Из симметрии задачи следует, что вклад стержня в r-компонентуполя составляет половину от поля прямого бесконечного провода:Er “1 2κꨓ .2 aaРешение задачи 3Будем искать поле в виде$ A1& r2 er в области 1,Eprq “% A2e в области 2.r2 r160(1)2014/2015 Контрольная работа 1.1, вар. 1В объеме каждой области поле в виде(1) удовлетворяет уравнениям Максвелла div D “ 0 и rot E “ 0.На границе раздела должны удовлетворяться граничные условияE1τ “ E2τ , D1n “ D2n .Второе условие выполняется автоматически, а из первого получаем, чтоA2A1“ 2 Ñ A1 “ A2 .2rrСвязь между A “ A1 “ A2 и q найдем из теоремы Гаусса,взяв за область интегрирования сферу радиуса r с центром в начале координат (учтем, что область 1 занимает 18 часть полноготелесного угла):vvvpD ¨ dSq “ pD1 ¨ dSq ` pD2 ¨ dSq “ Ω1 r 2 ε1Ar2 ` Ω2 r 2 ε2Ar2 “S1“4π8 ε1 AоткудаS2π` 7 4π8 ε2 A “ 2 pε1 ` 7ε2 qA “ 4πq,8q.ε1 ` 7ε2Подставляя найденное A в (1), получимA“Eprq “er8q¨ 2.ε1 ` 7ε2 rРешение задачи 4Согласно методу изображений поле в пространстве описывается системой заданных и фиктивных зарядов.
Система фиктивныхзарядов состоит из двух зарядов q ˚ “ ´ al q, расположенных по обе2стороны от центра шара на расстоянии al от центра, и одного заряда q 1 “ 2 al q в самом центре.161РешенияВозмущающий потенциал обусловлен только фиктивными зарядами.Их полный заряд и дипольный момент равны нулю. Тензор квадрупольных моментов системы зарядовизображений обладает следующими элементами:4Dzz “ ´2 al qp3 al2 ´a4ql25“ ´4 al3 q,5Dxx “ Dyy “ ´ 12 Dzz “ 2 al3 q.Остальные элементы равны нулю.Искомый возмущающий потенциал равен∆ϕprq “5“ ´ al3 ¨1pDzz z 22r 5` Dxx x2 ` Dyy y 2 q “2r 2 cos2 θ´r 2 sin2 θqr55“ ´ al3 ¨1 a5qp´4z 22r 5 l32 cos2 θ´1`cos2 θqr3` 2x2 ` 2y 2 q “5“ ´ al3 ¨3 cos2 θ´1q.r3Контрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Система обладает аксиальной симметрией, что позволяет считать поле радиальнонаправленным и зависящим только от радиуса в цилиндрических координатах. Тогдаиз теоремы Гаусса поток поля через поверхность цилиндра радиуса r и высотой h с осью z равен{pE ¨ dSq “ 2πrhEprq “ 4πQ,где Q – заряд, заключенный внутри цилиндра.1622014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
2На разных расстояниях от оси z имеем:răa:2πrhEprq “ 0Ñ Eprq “ 0,a ă r ă b : 2πrhEprq “ 4πκa hrąb:Ñ Eprq “2κar er ,b2πrhEprq “ 4πpκa ` κb qh Ñ Eprq “ 2 κa `κer .rДля потенциала с учетом заданного граничного значения получим:rąb:ϕprq “ ´2pκa ` κb q ln rb ,a ă r ă b : ϕprq “ 2κa ln rb ,ϕprq “ 2κa ln ab .răa:Решение задачи 2По принципусуперпозиции искомое поле равно интегральному вкладу от элементарных полосок шириной dx. Каждая элементарная полоска может рассматриваться как заряженная нитьс линейной плотностью заряда σdx. ТогдаdE “а полное полеE“ż0´d2σdx,a´x2σdxd`a“ 2σ ln.a´xaВ пределе d ! a получаем поле заряженной нити:ˆ˙d2κdd`a“ 2σ ln 1 `,« 2σ “E “ 2σ lnaaaaгде κ “ 2σd.163РешенияРешение задачи 3Будем искать поле в виде$ A1& r2 er в области 1,Eprq “% A2r 2 er в области 2.(1)В объеме каждой области поле в виде(1) удовлетворяет уравнениям Максвелла div D “ 0 и rot E “ 0.На границе раздела должны выполняться граничные условияE1τ “ E2τ , D1n “ D2n .Второе условие выполняется автоматически, а из первого получаем, чтоA2A1“ 2 Ñ A1 “ A2 .2rrСвязь между A “ A1 “ A2 и q найдем из теоремы Гаусса, взявза область интегрирования сферу радиуса r с центром в вершинеконуса:vsspD ¨ dSq “ pD1 ¨ dSq ` pD2 ¨ dSq “ Ω1 r 2 ε1Ar2 ` Ω2 r 2 ε2Ar2 “S1S2“ 2πp1 ´ cos θ0 qε1 A ` 2πp1 ` cos θ0 qε2 A “ 4πq,откудаA“2q.p1 ´ cos θ0 qε1 ` p1 ` cos θ0 qε2Подставляя найденное A в (1), получимEprq “2qe ,pp1´cos θ0 qε1 `p1`cos θ0 qε2 qr 2 rϕprq “2qpp1´cos θ0 qε1 `p1`cos θ0 qε2 qr .1642014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
2Решение задачи 4Воспользуемся методом изображений. Система фиктивных зарядов, обеспечивающих вместе с зарядом-оригиналомравенство нулю потенциала на плоскостях и сферическом выступе, показанана рисунке ˚ . Она представляет собойдва плоских квадруполя со сторонами 2a2и 2 aa?2 ¨ ?12 “ a соответственно. Полный заряд и дипольный момент системыравны нулю. Выражение для квадрупольных моментов плоскогоквадруполя получено в задаче 1.42(б) из задачника [1].
С учетомразмеров квадруполей, знаков и величины составляющих его зарядов в нашем случае имеем:qDxy “ Dyx “ D1xy ` D2xy “ ´3p2aq2 q ` 3a2 q ˚ “ ´12a2 q ` 3a2 ? .2Остальные элементы тензора Dij равны нулю.Тогда искомый потенциал приблизительно равен? ˙ˆ3 2 a2 q1 Dxy ` Dyxxy “ ´ 12 ´xy,ϕprq «2r52r5aгде r “ x2 ` y 2 ` z 2 .˚Строго говоря, система зарядов-изображений включает еще и точечныйзаряд `q, обеспечивающий нейтральность проводника.
Но, поскольку этотзаряд удален на бесконечность, он не влияет на формирование потенциала.По тем же соображениям не влияет на потенциал и любой конечный заряд,нанесенный на проводник, так как ему соответствует фиктивный точечныйзаряд, удаленный на бесконечность.165РешенияКонтрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ Rs.dB “cR3Для вертикального участка витка векторыdℓ и R лежат в плоскости yz, поэтому их векторное произведение направлено параллельно оси x:Bx “πIex .cRДля горизонтального участка витка векторы dℓ и R лежатв плоскости xy, поэтому их векторное произведение направленопараллельно оси z:πIez .Bz “cRПо принципу суперпозиции результирующее поле равноπI ?πIpex ` ez q, Bo “2.Bo “cRcRРешение задачи 2Ток I, текущий по прямому проводу, формирует магнитноеполе, которое всюду в плоскости рамки направлено по оси y.
СилаАмпера на элемент dℓ1 рамки с током I1 равнаdF “2II1 rdℓ1 ˆ ey s2II1 rdℓ1 ˆ Rs.“ 2ccR2cRСилы на отрезки рамки, ориентированные вдоль оси x, взаимно компенсируются, так как они отличаются только знаком I1 .На отрезки рамки, параллельные оси z, действуют силыF|R“a “2II1 h2II1 h rez ˆ ey s“ ´ 2 ex2cac a1662014/2015 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}
