1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 21
Текст из файла (страница 21)
задачу 1 на стр. 132)IA “4πσ1q“q,τpε1 ` 1qгде q – свободный заряд, сосредоточенный в точке A. Этот заряд создает в пространстве поле и токи, вызывающие появлениенескомпенсированного заряда на границе раздела “1-2”. Задачу обопределении поля (потенциала) в нижнем полупространстве будем решать методом изображений для точечного заряда, находящегося на плоской границе раздела “грунт-воздух” вблизи полуплоскости, разделяющей области 1 и 2. Рисунок I иллюстрируетсистему для определения потенциала ϕ1 вобласти 1, рисунок II – для потенциала ϕ2в области 2. Граничные условия на границераздела сред “1-2”:j1n “ j2n ,ϕ1 “ ϕ2 .При этом вдоль границы “грунт-воздух”автоматически выполняется условие En “ 0,завершающее математически корректнуюпостановку задачи об определении поля внижнем полупространстве.Решение, обусловленное током IA “ I:4πσ1pε1 `1q q,IA “q1 “σ1 ´σ2σ1 `σ2 q,216q2 “2σ1 ε2 `1σ1 `σ2 ε1 `1 q,2015/2016 Экзаменационная работа 1ϕIM “2qpε1 `1qrAM`2qpσ1 ´σ2 qpε1 `1qpσ1 `σ2 qrBM“IA2πσ1 rAM`IA pσ1 ´σ2 q2πσ1 pσ1 `σ2 qrBM,2pε2 `1qσ1 ¨22ϕIN “ q pε1 `1qpσ“ IA 2πpσ1 `σ.1 `σ2 qpε2 `1qrAN2 qrANПри записи потенциалов мы учли, что каждый раз точечный заряд находится на плоской границе раздела с воздухом (например,2q“потенциал, создаваемый зарядом q на рисунке I, ϕ “ pε1 `ε0 qr2qpε1 `1qr– см.
задачу 2.4 из [1]).Решение, обусловленное током IB , получается аналогично заменой IA Ô IB “ ´I, σ1 Ô σ2 , rAM Ô rBN и rAN Ô rBM :“IϕIIN “ ´ 4πσ2 rBN ´Ipσ2 ´σ1 q4πσ2 pσ1 `σ2 qrAN ,2ϕIIM “ ´I 2πpσ1 `σ2 qrBM .Согласно принципу суперпозиции потенциалы в точках M и Nравны соответственно¯´σ1 ´σ22σ1IllI1`¨´¨ϕM “ ϕIM ` ϕII“M2πσ1 rAMσ1 `σ2 2lσ1 `σ2 2l “ 4πσ1 l ,´IϕN “ ϕIN ` ϕIIN “ ´ 2πσ2 rBN 1 `σ2 ´σ1σ1 `σ2¨l2l´2σ2σ1 `σ2¨l2lТогдаUM N “ ϕM ´ ϕNUM N1σ1 ` σ2ñ R˚ “““I4πσ1 σ2 lI4πlˆI“ ´ 4πσ.2l11`σ1 σ2При σ1 “ σ2 “ σ кажущееся сопротивление R˚ “сическая формула для метода Веннера).217¯12πlσ˙.(клас-РешенияСпособ 2.Будем выражать поле и потенциал не через заряд qA “ q, ачерез ток, текущий по проводнику через точки A и B. Благодаряэтому из всех выражений исчезнет явная зависимость от ε1 и ε2 .Итак, пусть по цепи AB протекает ток IAB “ I.
Распределениетока в области 1 является суперпозицией тока I в точке A:IIIer , E “er , ϕ “,2πr 22πσ1 r 22πσ1 r´ 1¯q1I2тока-изображения I 1 “ I ¨ σσ11 ´σ“,см.Способ1:`σ2Iqj“j1 “I1 1I1I1111e,E“e,ϕ“rr2πr 122πσ1 r 122πσ1 r 1(левая часть рисунка)2182015/2016 Экзаменационная работа 1и тока-изображения I 2 “ ´I ¨часть рисунка):j2 “2σ1σ1 `σ2от тока в точке B ˚ (праваяI1I2I2er , E 2 “er , ϕ2 “.222πr2πσ1 r2πσ1 rЗаметим, что получающееся в результате суперпозиции полеудовлетворяет уравнениям Максвелла и всем граничным условиям, отмеченным в решении по 1-му способу.
Следовательно, решение верно и единственно. Тогда потенциал в точке M равенˆ˙2σ1lσ1 ´ σ2 lII¨ ´¨.1`“ϕM “2πσ1 rAMσ1 ` σ2 2l σ1 ` σ2 2l4πσ1 lПотенциал в точке N рассчитывается аналогично и получаетсяиз ϕM заменой IA Ô IB “ ´I, σ1 Ô σ2 , rAM Ô rBN и rAN Ô rBM :ˆ˙I2σ2lσ2 ´ σ1 lIϕN “ ´¨ ´¨.1`“´2πσ2 rBNσ1 ` σ2 2l σ1 ` σ2 2l4πσ2 lВ остальном решение ничем не отличается от способа 1.˙ˆUM N111σ1 ` σ2ñ R˚ ““`.UM N “ ϕM ´ ϕN “ I4πσ1 σ2 lI4πl σ1 σ2При σ1 “ σ2 “ σR˚ “12πlσ(формула для метода Веннера).˚Выражение для I 2 получается из граничного условия jn ` jn1 “ jn2 , записанного для системы с одним током IB “ ´I.
В отличие от системы с однимтолько током IA “ I, в выражении для jn1 меняются местами σ1 и σ2 , а такжеизменяется знак при I:I22πr 2cos θ “´I2πr 2I 2 “ ´I 1 ´cos θ ´σ2 ´σ1σ1 `σ2219¯I12πr 2“ ´I ¨cos θ,2σ1.σ1 `σ2РешенияКонтрольная работа 2.1, вариант 1Решение задачи 1Зеркало идеально проводящее, поэтому толщину скин-слоя считаем бесконечно малой. Тогда электрическое и магнитное поля вметалле равны нулю.
Граничные условия принимают вид:H0 ` H1 “4πc J,D0 cos 45˝ ` D1 cos 45˝ “ 4πσ,где знаки при слагаемых, соответствующих отраженной волне,поставлены с учетом граничного условия pE0 ´ E1 q sin 45˝ “ 0 натангенциальные компоненты электрического поля. Из этого условия следует также, что E1 “ E0 “ D0 “ D1 “ H0 “ H1 .Тогда получаем искомые величины:J“pH0 `H1 qc4πσ“1˝4π pD0 cos 45“cipk sin 45˝ x´ωtq2π E0m e` D1 cos 45˝ q ““cE0m2πeipkx?2´ωtq2, J “ Jex ,??E0m 2 ipkx 22 ´ωtq.e4πРешение задачи 2Выполним вычисления:f pωq ““f02işτ08ş´8şτf ptq eiωt dt “ f0 sin ωt eiωt dt “0peiω0 t ´ e´iω0 t q eiωt dt “f02işτ0eipω`ω0 qt dt “şτipω´ω0 qτ ´1ipω`ω0 qτ ´1“ ´ f2i0 eipω´ω0 qt dt “ f0 e 2i2 pω`ω´ f0 e 2i2 pω´ω“0q0q02202015/2016 Контрольная работа 2.1, вар.
1“f0ieipω`ω0 qτ2“ eiωτ{2f0 τ2“ eiωτ{2f0 τ2sinpω`ω0 qτ2ω`ω0´f0ieipω´ω0 qτ20 qτsinc pω`ω` eiωτ{22f0 τ2sinpω´ω0 qτ2ω´ω0“0 qτsinc pω´ω“2´¯pω´ω0 qτ0 qτsinc pω`ω“ eiωτ{2`sinc22f0 τ2 F pω, ω0 q.`˘ω “ 0 : F pω, ω0 q “ sinc ω20 τ ` sinc ´ ω20 τ “ 0,ω “ ω0 : F pω, ω0 q “ sinc π ` sinc 0 “ 1,π2ω “ 2ω0 : F pω, ω0 q “ sinc 3π2 ` sinc 2 “ ´ 3π `2π“43π .Решение задачи 3Искомый коэффициент определяется поформуле Френеля для случая диэлектриковсо свойствами магнетиков ˚ :ξ1 “sin θ2 cos θ0µ1sin θ2 cos θ0µ1´`sin θ0 cos θ2µ2sin θ0 cos θ2µ2.Поскольку показатели преломления n “падают, то θ2 “ θ0 и тогда:ξ1 “˚1µ11µ1´`1µ21µ2?εµ обеих сред сов-.В учебном пособии [5] та же формула приведена в другом виде:bbε1cos θ0 ´ µε22 cos θ2µ1b.ξ1 “ bε1cos θ0 ` µε22 cos θ2µ1221РешенияТеперь учтем, что n21 “ ε1 µ1 “ 4µ21 ,µ2 “ 2µ1 :11µ ´ 2µ1ξ1 “ 111 “µ1 ` 2µ1а n22 “ ε2 µ2 “ µ22 , откуда1.3Решение задачи 4Заданный волновой пакет может бытьпредставлен в виде суперпозиции двухплоских монохроматических волн (применяем формулу произведения косинусов):Epr, tq “ E0 cospk0 z–ω0 tq cosp∆kz–∆ωtq ““E02cosppk0 ` ∆kqz–pω0 ` ∆ωqtq`` E20 cosppk0 ´ ∆kqz–pω0 ´ ∆ωqtq.Амплитуда каждой волны на выходе из фильтра домножаетсяна АЧХ при соответствующей частоте:E2 pz, tq “ τpω0 ` ∆ωq E20 cosppk0 ` ∆kqz–pω0 ` ∆ωqtq``τpω0 ´ ∆ωq E20 cosppk0 ´ ∆kqz–pω0 ´ ∆ωqtq.Учтем, что τpω0 ´ ∆ωq “ ´τpω0 ` ∆ωq:E2 pz, tq “ τpω0 ` ∆ωq E20 pcosppk0 ` ∆kqz–pω0 ` ∆ωqtq´´ cosppk0 ´ ∆kqz–pω0 ´ ∆ωqtqq .Применив формулу разности косинусов, получимE2 pz, tq “ ´τpω0 ` ∆ωqE0 sinpk0 z–ω0 tq sinp∆kz–∆ωtq ““?T E0 sinpk0 z–ω0 tq sinp∆kz–∆ωtq.2222015/2016 Контрольная работа 2.1, вар.
2Контрольная работа 2.1, вариант 2Решение задачи 1Зеркало идеально проводящее, поэтому толщину скин-слоя считаем бесконечно малой. Тогда электрическое и магнитное поля вметалле равны нулю. Граничные условия принимают вид:D0n ` D1n “ 4πσ,H0 cos 45˝ ´ H1 cos 45˝ “4πc J.Из граничного условия ∆Eτ “ E0 ` E1 “ 0 следует, чтоD1 “ E1 “ H1 “ ´E0 “ ´D0 “ ´H0 .Тогда получаем искомые величины:J“pH0 ´H1 qc4πcos 45˝ “?cE0m 2 ipk sin 45˝ x´ωtqe4π“??cE0m 2 ipkx 22 ´ωtq,e4πJ “ Jex ,σ “ 0.Решение задачи 2Выполним вычисления:8şş0f pωq “f ptq eiωt dt “ f0 sin ωt eiωt dt “´8“f02iş0´τ´τpeiω0 t ´ e´iω0 t q eiωt dt “´ipω`ω qτf02iş0´τeipω`ω0 qt dt ´f02i´ipω´ω qτ00“ f0 1´e´ f0 1´e“2i2 pω`ω0 q2i2 pω´ω0 q“f0ieipω`ω0 qτ2sinpω`ω0 qτ2ω`ω0´f0ieipω´ω0 qτ2223sinpω´ω0 qτ2ω´ω0“ş0´τeipω´ω0 qt dt “Решения“ eiωτ{2f0 τ2“ eiωτ{2f0 τ20 qτsinc pω`ω` eiωτ{22f0 τ20 qτsinc pω´ω“2´¯pω´ω0 qτ0 qτsinc pω`ω“ eiωτ{2`sinc22f0 τ2 F pω, ω0 q.`˘ω “ 0 : F pω, ω0 q “ sinc ω20 τ ` sinc ´ ω20 τ “ 0,ω “ ω0 : F pω, ω0 q “ sinc π ` sinc 0 “ 1,π2ω “ 2ω0 : F pω, ω0 q “ sinc 3π2 ` sinc 2 “ ´ 3π `2π“43π .Решение задачи 3Искомый коэффициент определяется поформуле Френеля для случая диэлектриковсо свойствами магнетика ˚ :ξ1 “sin θ2 cos θ0µ2sin θ2 cos θ0µ2Поскольку показатели преломления n “падают, то θ2 “ θ0 и тогда:ξ1 “1µ21µ2´`1µ11µ1`?sin θ0 cos θ2µ1sin θ0 cos θ2µ1.εµ обеих сред сов-.Теперь учтем, что n22 “ ε2 µ2 “ 4µ22 ,µ1 “ 2µ2 :11µ2 ´ 2µ2ξ1 “ 11 “µ2 ` 2µ2˚´а n21 “ ε1 µ1 “ µ21 , откуда1.3В учебном пособии [5] та же формула приведена в другом виде:bbε2cos θ0 ´ µε11 cos θ2µ2bξ1 “ b.ε2cos θ0 ` µε11 cos θ2µ22242015/2016 Контрольная работа 2.2, вар.
1Контрольная работа 2.2, вариант 1Решение задачи 1Число пучностей ˚ равно числу полуволн, укладывающихся на длине L. Отсюда длина волны донапыления слоя диэлектрика:λ0 “2L,mа частота колебанийω0 “2πcπmc“.λ0LСлой диэлектрика толщиной d накладывает дополнительныеграничные условия на поля на границе “вакуум-диэлектрик”:Eτ1 “ Eτ2 , Hτ1 “ Hτ2 .(1)Ищем решение в виде, обеспечивающем условие Ex “ 0 настенках резонатора:$0ďz ăL´d& A sinpk1 zq,Ex pzq “?%B sinp εk1 pz ´ Lqq, L ´ d ď z ď LHy pzq “˚$& A cospk1 zq,% ?0ďz ăL´d?εB cosp εk1 pz ´ Lqq, L ´ d ď z ď LПо умолчанию имеются в виду пучности E в волне. Для H и положенияпучностей и их число будут другими.
В частности, в отличие от магнитногополя, электрическое на стенках резонатора имеет не пучность, а узел.225РешенияГраничные условия (1) принимают вид$??& A sinpk1 pL ´ dqq “ ´ εB sinp εk1 dq,%k1 A cospk1 pL ´ dqq “?(2)?εk1 B cosp εk1 dqДелением первого уравнения в (2) на второе получаем уравнение на k1 :?1tgpk1 pL ´ dqq “ ´ ? tgp εk1 dq.(3)εВ уравнении (3) k1 “ k0 ` ∆k, ∆k мало, а k0 “ ωc0 удовлетворяет условию k0 L “ πm. Тогда имеем?1tgp∆kL ´ k0 d ´ ∆kdq “ ´ ? tgp εpk0 d ` ∆kdqq.εДля того, чтобы получить первую ненулевую поправку к k0 ,необходимо разложить тангенс по малому аргументу до членовтретьего порядка малости:p∆kL ´ k0 d ´ ∆kdq `“ ´ ?1ε´?p∆kL´k0 d´∆kdq33εpk0 d ` ∆kdq `“ε3{2 pk0 d`∆kdq33¯.Удерживаем в уравнении члены до третьего порядка по pk0 dqи члены первого порядка по ∆k, пренебрегая при этом членами„ Lpk0 dq2 ∆k и „ dpk0 dq2 ∆k с учетом условия πmdL ! 1:L∆k ´ k0 d ´ d∆k ´pk0 dq33откуда выражаем“ ´k0 d ´ d∆k ´ εpπmdq3pk0 dq3“ p1 ´ εq.3L3L4Соответствующее изменение частоты:∆k “ ´pε ´ 1q∆ω “ c∆k “cp1 ´ εqpπmdq3.3L4226pk0 dq33 ,2015/2016 Контрольная работа 2.2, вар.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
