1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 19
Текст из файла (страница 19)
е. являются ТМ-волнами припадении на границу раздела. Известно, что ТМ-волны не отражаются от границы раздела при падении под углом Брюстера:?ε tg φ0 “ 1или? kK“ 1.(1)εkzЧастота волны выражается через компоненты волнового вектора формулой:bс2 ` k2 .?ω“kKzε?С учетом (1) и kK “ 2 πa получимc?2πc 1 ` ε.ω“aε1902014/2015 Экзаменационная работа 2Экзаменационная работа 2Решение задачи 1Кольца линзы Френеля занимают положения соответствующих зонФренеля. Поэтому воспользуемся выражением для радиуса n-й зоны Френеля (см. рисунок):bb?a2n¨5¨10´5 ¨36ρn “ nλ aa11`a“« 0.03 n см,22??ρ1 “ 0.03 1 “ 0.03 см, ρ4 “ 0.03 4 “ 0.06 см.Решение задачи 2Радиус n-й зоны Френеля для случая плоской падающей волны равенaρn “ nλzp .Тогда число зон Френеля, укладывающихся в отверстие радиуса R, равноR2n“.λzpДля zp “ 5R получимR2R30λ“““ 6.5λR5λ5λС ростом zp число зон Френеля, укладывающихся в отверстие,уменьшается.
Максимум наблюдается, когда число зон Френелянечетно. Поэтому на зависимости Ipzq имеется три максимума вточках z “ 30Rn :при n “ 5, z “ 6R,nmax “при n “ 3, z “ 10R,при n “ 1, z “ 30R.191РешенияРешение задачи 3В системе пластинки падающая плоская волна обладает следующими характеристиками:ω1 “d1`βω0 ,1´βλ1 “d1´βλ0 ,1`βE 1 “ γp1`βqE0 “d1`βE0 .1´βДля падающей плоской волны радиус первой зоны связан сдлиной волны и расстоянием до точки наблюдения формулойa“aλ1 zp .При нечетном числе зон в точке zp будет фокус. Находимa2a2f “ zp “ 1 “λλ0d1`β.1´βПоле в фокусе в 2N раз превышает поле E 1 падающей волны:Ep “ 2N E 1 “ 2Nd1`βE0 .1´βРешение задачи 4Согласно принципу Бабине имеемÊ0 “ Ê1 ` Ê2 ,где шляпкой помечены векторы накомплексной плоскости (см.
диаграмму Френеля, где точка A, конец вектора Ê1 , лежит на одном из витков спирали, свертывающейся в точку C).1922014/2015 Экзаменационная работа 2Дополнительным к экрану 3) будетэкран с половиной отверстия. Поле в точкеP за таким экраном будет равно 12 Ê1 . Тогдапо принципу Бабине имеем1Ê0 “ Ê1 ` Ê3 ,2откуда1Ê3 “ Ê0 ´ Ê1 .2Рассматривая на диаграмме треугольник AOC, получимAC2 “ OA2 ` OC2 ´ 2OA ¨ OC cos φ,откуда cos φ “OA2 `OC2 ´AC22OA¨OC“E12 `E02 ´E222E1 ¨E0 .Рассматривая на диаграмме треугольник BOC, получимI3 “ E32 “ BC2 “ 41 OA2 ` OC2 ´ 2 21 OA ¨ OC cos φ ““ 41 E12 ` E02 ´ 2 12 E1 E0E12 `E02 ´E222E1 E0“ 14 I1 ` I0 ´ 12 pI1 ` I0 ´ I2 q ““ 12 pI0 ` I2 ´ 12 I1 q.Решение задачи 5На рисунке показан ход лучей,интерферирующих в точке x экрана.
Для определения разности хода лучей удобно воспользоваться тем, что отраженный луч симметричен продолжению падающего относительно зеркальной плоскости (продолжения показаныпунктирными линиями). Тогда левая часть оптической системысводится к классической схеме Юнга с зеркалом Ллойда. Зная193Решениярешение задачи о распределении интенсивности света на экранев схеме Ллойда, запишем интенсивность света в щели:ˆ˙hd2Iщ “ 4I0 sin k.aПравая часть заданной оптической системы также сводитсяк схеме Юнга с зеркалом Ллойда, где щель представляет собойновый источник света. Рассуждая так же, как при анализе левойчасти оптической системы, получим распределение интенсивности на экране:˙ˆxdIpxq “ 4Iщ sin2 kbИ подставив сюда выражение для интенсивности в щели, окончательно получим:ˆ˙˙ˆ2 2π hd2 2π xdIpxq “ 16I0 sinsinλ aλ bРешение задачи 6Пучки света, проходящие через “обычные” щели дифракционной решетки, образуют суммарное поле, равноеÊ1 “ Ẽ eipkz`kx sin α´ωtq1 ´ eiδN,1 ´ eiδгде Ẽ “ E0 sincpδa q и использованы обозначенияδa “kaα, δ “ 2kd sin α “ 4ka sin α.(1)2Каждому лучу 1, проходящему через обычную щель и отклоненному на угол α, можно поставить в соответствие луч 2, проходящий через соседнюю щель с1942014/2015 Экзаменационная работа 2пластинкой, который получается параллельным переносом навектор dex .
Фаза такой волны будет отличаться от соседней(“обычной”) на величинуkpn ´ 1q∆ ` kd sin α “ kλ{2 ` δ{2 “ π ` δ{2,где первое слагаемое обусловлено наличием пластинки, второе– взаимным расположением соседних щелей. Тогда пучки света,проходящие через щели с пластинками, образуют суммарное поле,равноеÊ2 “ Ê1 eipδ{2`πqСогласно принципу суперпозиции суммарное поле дифрагированной волны равноÊ “ Ê1 ` Ê2 “ Ê1 p1 ´ eiδ{2 q.(2)Нетрудно получить, чтоˇˇˇˇˇ1 ´ eiδ{2 ˇ “ 2 sinpδ{4q.ТогдаIpδq “ 4E0 2 sinc2 pδa qsin2δN2 δ2 sin 4sin2 2δ.С учетом тождества sin 2δ “ 2 sin 4δ cos 4δ полученное выражениеможно переписать в видеIpδq “ E0 2 sinc2 pδa qгде δa и δ задаются выражениями (1).195sin2δN2cos2 4δ,РешенияВ отсутствие стеклянных пластинокволны на выходе из соседних щелей оказываются синфазными.
Поэтому вместомножителя p1 ´ eiδ{2 q в (2) будем иметьp1 ` eiδ{2 q, откудаIpδq “ 4E0 2 sinc2 pδa q“ E0 2 sinc2 pδa qsin2 δN2sin2 4δsin2 δNcos2 δ422sin 2δ““ E0 2 sinc2 pδa qsin2 2Nδ4sin2 4δ.Полученное решение совпадает с выражением для дифракционной решетки с 2N щелями и периодом d.На рисунке показан характерный вид Ipαq для обоих спектров при малых углах дифракции(δa ă π).
Видно, что размещениестеклянных пластинок в щелях приводит к исчезновению главныхмаксимумов четных порядков.Решение задачи 7В дипольном приближении средняя по времени мощность, излучаемая произвольной системой в полный телесный угол, определяется выражением2xd:2 y,3c3где xd:2 y – средний по времени квадратмодуля второй производной по времениот дипольного момента системы.Мгновенное значение дипольного момента частицы равноxJy “dptq “ aq cos ωt ¨ ex ` bq sin ωt ¨ ey ,1962015/2016 Контрольная работа 1.1, вар.
1его второй производной по времени:: “ ´aqω2 cos ωt ¨ ex ´ bqω2 sin ωt ¨ ey ,dptqа квадрат производной:: “ a2 q 2 ω4 cos2 ωt ` b2 q 2 ω4 sin2 ωt.dptqУсредняем по времениA E22: “ a2 q 2 ω4 xcos2 ωty ` b2 q 2 ω4 xsin2 ωty “ q 2 ω4 a ` b .d2A E: в исходную формулу, получимПодставляя dxJy “q 2 ω4 pa2 ` b2 q.3c32015/2016 учебный годКонтрольная работа 1.1, вариант 1Решение задачи 1Из теоремы Гаусса следует, что вектор электрической индукции во всем пространстве описывается выражениемqDprq “ 2 er .rОтсюда напряженность электрического поля равна$ q& εr2 er , r ă R,Eprq “% qr ą R.r 2 er ,Плотность связанного заряда на границе шара находим из граничного условия E2n ´ E1n “ 4πσсв :ˆ˙E2n ´ E1nq1qpε ´ 1qσсв ““¨1´.“4π4πR2ε4πεR2197РешенияРешение задачи 2Проекции дипольных моментов отрезковнаходим по формулеdi “ qi ¨ xci ,где xci – i-координата “центра тяжести” отрезка.Полный дипольный момент находим суммированием дипольных моментов отрезков:dx “ q1 ¨ xc1 ` q2 ¨ xc2 “ q ¨ 0 ´ q ¨ 0 “ 0,dy “ q1 ¨ yc1 ` q2 ¨ yc2 “ q ¨ 0 ´ qh “ ´qh,dz “ 0.“Кулоновский член в разложении потенциала равен нулю ϕ0 prq ““ 0, первый ненулевой член – дипольный:Qrϕ1 prq “dx x ` dy y ` dz zqhxpd ¨ rq.““´ 233rrpx ` y 2 ` z 2 q3{2Решение задачи 3В начальном состоянии на сфере собран заряд(см.
решение задачи 1.11б из [1] с учетом принципасуперпозиции)aaQ0 “ ´q1 ´ q2 .r1r2Заряд на сфере после перестановки зарядов:aaQ1 “ ´q1 ´ q2 .r2r1Заряд, стекший на “землю”, равенaar1 ´ r2∆Q “ Q0 ´ Q1 “ pq1 ´ q2 q ´ pq1 ´ q2 q “ pq1 ´ q2 qa.r2r1r1 r21982015/2016 Контрольная работа 1.1, вар. 1Решение задачи 4Поскольку требуется оценка, а не точное решение, сделаем следующие упрощения:1. Поле у торцов вне диэлектрика совпадает с внешним.2.
Связанный заряд формируется только на торцах.Тогда плотность связанных зарядов на торцах находим из условияDn1 “ Dn2 ñ σ “E1 ´ E2ε´1“E0 .4π4πεНа торцах формируются разноименные заряды величинойQ“ε´1E0 S,4πεкоторые для точки в середине длинного цилиндра могут рассматриваться как точечные. Тогда искомый вклад в поле равен полюдвух точечных зарядов:δE “ ´2ε´1ε´1E0 S “ ´2E0 S pвнешнее поле ослабляетсяq.24πεpl{2qπεl2Решение задачи 5Нанесем на внутреннюю обкладку заряд Q.
Тогда напряженность электрического поля внутри сферы равнаEprq “Qer .εpθqr 2Полетакого вида удовлетворяет условиям div D “ 0, rot E “ 0 иşpE ¨ dℓq “ const вдоль любой кривой ℓ между двумя обкладкамиℓконденсатора.199РешенияСвязь между величинами свободного и полного зарядов навнутреннем электроде найдем через отношение потоков векторовD и E через поверхность сферы радиуса r, a ă r ă b ˚ :QQ`Qсв“vv DdSEdS“vεpθqEprqr 2 sin θdθdαvEprqr 2 sin θdθdα“πş2π ε0 p1`sin2 θq sin θdθ04π“şπ“ ´ 21 ε0 p2 ´ cos2 θqd cos θ “ 35 ε0 .0Теперь находим разность потенциалов между обкладками, взявдля интегрирования траекторию вдоль радиуса θ “ 0, α “ 0:U“ż3Eprqdr “5θ“0żbaQ3Q b ´ adr “.2ε0 r5ε0 abЕмкость конденсатора равнаC“Q5ε0 ab“.U3pb ´ aq˚Отношение свободного заряда к полному оказывается не зависящим отрадиуса.
Поскольку свободный заряд содержится только на внутреннем электроде, это означает, что величина связанного заряда не растет с объемомдиэлектрика. Данный результат может показаться странным, так как в неоднородном диэлектрике плотность связанных зарядовˆ˙1´ε1´ε1ρсв “ divE “div E ´p∇ε ¨ Eq4π4π4πв общем случае отлична от нуля. В нашем случае она равна нулю из-затого, что p∇ε ¨ Eq “ 0 в силу ортогональности множителей, входящих вскалярное произведение (при этом с учетом div D “ 0 имеем также, чтоdiv E “ ´ p∇ε¨Eq“ 0).ε2002015/2016 Контрольная работа 1.1, вар. 2Контрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Запишем теорему Гаусса для потока вектора электрическойиндукции через цилиндр единичной высоты радиуса r ă R (осицилиндра и диэлектрика совпадают):{pD1 prq ¨ dSq “ 4πκ.r“constС учетом аксиальной симметрии задачи перепишем левую частьуравнения:2πrD1 prq “ 4πκ,откуда2κ2κñ E1 prq “er .rεrСнаружи от диэлектрика теорема Гаусса для E2 имеет вид:{pE2 prq ¨ dSq “ 4πpκ ` κсв q “ 4πκ,D1 prq “r“constтак как полный связанный заряд κсв в диэлектрике равен нулю.Отсюда2κE2 prq “er .rПлотность связанного заряда на границе цилиндра определяется граничным условиемE2n ´ E1n “ 4πσ,откудаσ“E2 pRq ´ E1 pRq2κpε ´ 1q“.4πεR201РешенияРешение задачи 2Проекции дипольных моментов отрезковнаходим по формулеdi “ qi ¨ xci ,где xci – i-координата “центра тяжести” отрезка.Полный дипольный момент находим суммированием дипольных моментов отрезков:dx “ q1 ¨ xc1 ` q2 ¨ xc2 “ q ¨ 0 ´ q ?h2 “ ´q ?h2 ,dy “ q1 ¨ yc1 ` q2 ¨ yc2 “ q ¨ 0 ´ q ?h2 “ ´q ?h2 ,dz “ 0.“Кулоновский член в разложении потенциала равен нулю ϕ0 prq ““ 0, первый ненулевой член – дипольный:?dx x ` dy y ` dz zqh 2px ` yqpd ¨ rq.““´ϕ1 prq “r3r32px2 ` y 2 ` z 2 q3{2QrРешение задачи 3Решение этой задачи отличается от решения задачи 3 вар.1 (см.
стр. 198) только знаком:r1 ´ r2.∆Q “ apq2 ´ q1 qr1 r2Решение задачи 4Оценка величины связанных зарядов, формируемых на торцахцилиндра, дает (см. решение зад. 4 вар.1 на стр. 199):ε´1E0 S.4πεПлотность заряда в объеме однородного диэлектрика равнанулю.
Поэтому из точки наблюдения с больших расстояний цилиндр представляет собой электрический диполь с дипольнымQ“2022015/2016 Контрольная работа 1.1, вар. 2моментом d “ Qlez “ ε´14πε E0 lez . Таким образом, на больших расстоянияхцилиндр создает поле диполя:pd ¨ rqrd`3.3rr5Решение задачи 5Нанесем на внутреннюю обкладку заряд с линейной плотностью κ.
Поле внутри конденсатора будет равно2κeR .EpRq “εpαqREprq “ ´Полетакого вида удовлетворяет условиям div D “ 0, rot E “ 0 иşpE ¨ dℓq “ const вдоль любой кривой ℓ между двумя обкладками.ℓОтношение плотностей свободного и полного зарядов на внутреннем электроде найдем через отношение потоков D и E черезповерхность цилиндра единичной высоты и радиуса R, a ă R ă b:κκ`κсв“12π“2πş0vv DdSEdSε0 p1 `“12şεpθqEprq¨RdαşEprq¨Rdα“2πş0ε0 p1`sin2 αqdα2π“´ 12 cos 2αqdα “ 32 ε0(см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
