Решение Сила, действующая на диполь с дипольным моментом p в неоднородном поле E f p E
 Скачать 456.47 Kb.
|
|
). Что зарегистрирует такой приемник в следующих случаях? 1& На вход поданы амплитудно-модулированные колебания(f t) = A 1 + m cos Ωt) cos ω 0 t m 1). 2& На вход подан сигнал с фазовой модуляцией (f t) = A cos ω 0 t + m cos Ωt) m 1). 3& На вход поданы колебания, модулированные по фазе, но с отфиль- трованной несущей частотой (т.е. ω 0 ). 3& На вход поданы колебания, модулированные по фазе, в которых фаза спектральной компоненты частоты ω 0 изменена на π/2. Решение: Усреднение сигнала f t) по времени за период Δt означает подсчет следующей величины: f t) = 1 Δt T +Δt T f t)dt. Поскольку интервал времени задан таким образом, что он существен- но превышает период колебания несущей, то при усреднении последней получается ноль. Поскольку период усреднения существенно меньше пе- риода модуляции, то члены cosΩt sinΩt, а также члены с кратными им частотами, успевают измениться мало и могут при усреднении рассмат- риваться как постоянные величины. Например: cos ωt · sin 3Ωt ≈ sin 3Ωt · cos ωt = sin 3Ωt · 0 = 0. Итак, в первом случае: f 1 t) 2 = A 2 1 + 2m cos Ωt + m 2 cos 2 Ωt) cos 2 ω 0 t = = A 2 cos 2 ωt 2 + 2mcos 2 ωt cos Ωt + m 2 cos 2 ωt cos 2 Ωt) = = A 2 1 2 + 2m 1 2 cos Ωt + m 2 1 2 cos 2 Ωt) = A 2 2 1 + m cos Ωt) 2 ≈ ≈ A 2 2 1 + m cos Ωt). (1.70) 47 Во втором случае: f 2 t) = Ae iωt+im cos Ωt ) = Ae iωt e im cos Ωt ) ≈ A cos ωt+i sin ωt) 1+im cos Ωt)) = = A cos ωt − m sin ωt cos Ωt) (1.71) (Здесь x означает действительную часть комплексного числа x.) Воз- водя это в квадрат и усредняя, получим: f 2 t) = A 2 2 1 + 2m cos Ωt). (Здесь мы пренебрегли всеми членами порядка m 2 , возникшими при воз- ведении в квадрат). В третьем случае: Убрав из предыдущего сигнала компоненту с несущей частотой, найдем показания приемника в этом случае: f 3 t) = Am 2 cos 2 Ωt sin 2 ωt = A 2 4 1 + m) cos 2Ωt. В четвертом случае: f 4 t) = A cos ωt+π/2+m cos Ωt)+A sin ωt = A e iωt+π/2+m cos Ωt )+A sin ωt ≈ ≈ A[ − sin ωt+i cos ωt) 1+im cos Ωt)]+A sin ωt = A − sin ωt−m cos ωt cos Ωt) = = −Am cos ωt cos Ωt. (1.72) Усредняем: f 2 4 t) = A 2m sin ωt cos ωt 0 cos Ωt + m 2 cos 2 ωt 1/2 cos 2 Ωt) = = A 2 4 1 + cos Ωt) (1.73) 11.3 Исследовать спектры сигналов, изображенных на рисунке. 48 Решение: 1& Периодический сигнал f t) с периодом T может быть разложен в ряд Фурье по базисным функциям cos 2πn T t sin 2πn T t или e i 2 πn T t . Обозначим ω = 2π/T . Ряд Фурье имеет вид: f t) = a 0 + ∞ n=1 a n cos nωt + b n sin nωt). Коэффициенты ряда Фурье определяются из интегралов a n = T 0 f t) · 2 T cos nωt dt b n = T 0 f t) · 2 T sin nωt dt. Для ряда с комплексными экспонентами: c n = T 0 f t) · 1 T e inωt dt. Воспользуемся комплексной записью ряда Фурье: 49 c n = τ /2 − τ /2 A · 1 T e − inωt dt = − A T 1 inω e − inωτ /2 − e inωτ /2 ) = = A T 2 nω e inωτ /2 − e − inωτ /2 2i = A T 2 nω sin nωτ /2) = A τ T sin nωτ /2) nωτ /2 . (1.74) 2& В случае непериодического импульса необходимо применять инте- грал Фурье - обобщение разложения в ряд Фурье: f t) = ∞ −∞ c ν e iνt dν. Здесь коэффициент разложения ищется по формуле: c ν = ∞ −∞ f t)e − iνt dt. Для одиночного прямоугольного импульса: c ν = τ /2 − τ /2 Ae − iνt dt = Aτ sin ντ /2 ντ /2 3&Перенесем начало отсчета времени в начало цуга: f 0) = 0. По- скольку импульс непериодический, используем интеграл Фурье: c ν = A τ 0 e iωt − e − iωt 2i e − iνt dt. Здесь было использовано представление синуса в виде разности двух комплексных экспонент, а циклическая частота ω = 2π/T . c ν = A 2i τ 0 e i ω−ν)t − e − i ω+ν)t dt = A 2i e i ω−ν)τ − 1 i ω − ν) − e − i ω+ν)τ − 1 i ω + ν) (1.75) 50 e ix − 1 = e ix/2 e ix/2 − e − ix/2 ) = e ix/2 · 2i sin x/2. Используя это, получим: c ν = −iA sin ω − ν)τ/2 ω − ν)τ/2 + sin ω + ν)τ /2 ω + ν)τ /2 11.10 В схеме, изображенной на рисунке, действует переменная ЭДС, изменяющаяся по закону ε = ε 0 cos 2 Ωt. Определить токи J J 1 , если из- вестно, что параметры цепи удовлетворяют соотношению Ω 2 = 1/ 4LC). Решение: Импеданс участа ACB: Z ACB = I 1 R 2 1 + ω 2 L 2 1 То же напряжение создается и на участке ADB с импедансом: Z ADB = I iωL + 1 iωC Заметим, что исходный сигнал можно разложить в ряд Фурье: ε = ε 0 2 1 + cos Ωt). Токи и напряжения, возникающие при подаче такого сигнала на контур, могут быть представлены в виде суммы откликов системы на каждую из Фурье-компонент сигнала. Видно, что нулевая компонента сигнала - постоянное напряжение - создает нулевой ток I (постоянный ток через конденсатор не течет), а общий ток I 0 через резистор R в этом случае равен I 1 : I 1 = I 0 = ε 0 2 R + R 1 ) 51 Вторая компонента ряда Фурье имеет такую частоту, что (по усло- вию) Z ADB ω=2Ω = 0. Поэтому весь переменный ток, обусловленный второй компонентой, по- течет через участок цепи ADB: I 0 = I = ε 2R 1 cos 2Ωt. Итак, в результате подачи заданного напряжение на контур возникнут следующие токи: I 1 = ε 0 2 R + R 1 ) I = ε 2R 1 cos 2Ωt. 11.35 Индуктивность колебательного контура периодически меняет- ся во времени по закону, указанному на рисунке. При каком значении емкости колебательного контура возможен параметрический резонанс? При каком максимальном значении активного сопротивления контура произойдет возбуждение параметрических колебаний? Выполнить чис- ленный расчет для L 0 = 4 · 10 − 4 Г, ΔL = 4 · 10 − 5 Г, τ 0 = 10 − 6 c. Решение: При быстром изменении индуктивности катушки магнит- ный поток через нее сохраняется. Поэтому можно записать: L 0 I = L 0 + ΔL) I − ΔI). 52 Считая изменения индуктивности и тока малыми одного порядка, пере- небрежем членами второго порядка малости и получим соотношение: ΔL L = ΔI I Если увеличить индуктивность катушки в тот момент, когда ток через нее максимален, конутр получит дополнительную энергию (засчет рабо- ты внешней силы по растяжению катушки): E = Φ 2 2I ΔE E = ΔI I = ΔL L При изменении индуктивности катушки происходит скачок энергии кон- тура, причем его относительная величина не зависит от того, в какой момент это произошло. Поэтому для достижения наибольшего приро- ста энергии в этот момент в катушке должна быть сосредоточена вся энергия контура. Параметрический резонанс возникает тогда, когда каждое увеличе- ние индуктивности приходится на момент наибольшего тока, а умень- шение индуктивности - на момент нулевого тока. В этом случае энергия контура будет нарастать как: E n = E 0 1 + ΔL L + ΔL L 2 + . . . + ΔL L n−1 Для выполнения описанной временной картины между увеличением индуктивности и ее уменьшением должно проходить четверть периода колебаний, а до следующего увеличения индуктивности должно пройти три четверти колебаний. Отсюда найдем условие на резонансную частоту контура: τ 0 = T 4 Отсюда: C = 4τ 2 0 π 2 L 0 ≈ 10 − 9 Ф. 53 Максимальное значение сопротивления определяется из условия, что потери энергии в омическом сопротивлении за период изменения индук- тивности сравняются с приростом энергии: ΔE ≡ E ΔL L = 4τ IR Логарифмический декремент затухания есть логарифм отношения двух последовательных максимумов силы тока (напряжения, заряда...): d = πR C L Считая затухание малым: ln E − ΔE E ≈ ΔE E = d выразим наибольшее сопротивление: R max = πΔL 4τ 0 ≈ 31 Ом. 1.13 Тринадцатая неделя# последняя 12.43 Отрезок коаксиального кабеля длиной l = 14м подлючҷн ко вхо- ду усилителя с очень высоким входным сопротивлением. Другой конец кабеля замкнут накоротко. Межпроводное пространство кабеля запол- нено диэлектриком (ε = 2), характеризующимся малой удельной про- водимостью λ = 10 − 6 Ом − 1 м − 1 ≈ 9 · 10 3 ед. СГСЭ. Найти наименьшую резонансную частоту ν min и добротность контура, эквивалентного отрез- ку данного кабеля, считая, что потери связаны только с проводимостью диэлектрика. Решение: По условию, омическое сопротивление самого кабеля - ноль, поэтому т.к. кабель закорочен с одного из концов, в этом месте напряжение всегда нулевое - узел напряжения (в противном случае, при 54 ненулевом напряжении I = U/R = U/0 → ∞). Усилитель имеет боль- шое входное сопротивление - будем его считать настолько большим, что ток через него вообще не течҷт. Следовательно, на другом конце воз- никает узел тока. Поскольку, как было показано в Сивухине(т.3, §143 "Волны вдоль проводов"), в коаксиальном кабеле (подобно линии Ле- хера), могут существовать бегущие волны с синфазно изменяющимся напряжением и током и их линейные суперпозиции, в данном случае мы имеем дело со стоячей волной. Это суперпозиция двух бегущих волн - прямой и отражҷнной. Наименьшая частота - та, при которой укладыва- ется наименьшее число длин волн, удовлетворяющих данным граничным условиям(V 0) = 0 J L) = 0) - задающҷтся равенством L = λ 4 v = c √ ε ⇒ ν min = c 4L √ ε Вид зависимости напряжения и тока от координаты вдоль провода по- казана на рисунке. Как и в колебательном контуре, максимальная энергия за период, в два раза больше средней энергии. Вычислим среднюю энергию электри- ческого поля: W e = 1 T T 0 dt V E 2 8π dV = /f rac12W max 55 где интегрирование ведҷтся по всему объҷму диэлектрика. Добротность колебаний есть отношение запасҷнной энергии к потерям энергии за один радиан: Q = 2πW max W l По условию, потери происходят из-за проводимости диэлектрика: W l = T 0 dt V λE 2 dV. Видно, что в двух записанных интегралах совпадают подынтегральные части с точностью до постоянных сомножителей. Учитывая это, найдҷм искомую добротность: Q = ε 2T λ 12.44 Торцы отрезка волновода сечением a×b = 22×10 мм 2 и длиной l = 100 мм 2 запаяны, и волновод заполнен диэлектрической средой с ε = 2, обладающей слабой удельной проводимостью λ = 10 − 7 Ω − 1 m − 1 ≈ 900 ед. СГСЭ. Найти добротность Q полученного СВЧ-резонатора для самой низкой возможной резонансной частоты ν min , считая, что потери связаны только с проводимостью диэлектрика. Решение: Аналогично предыдущей задаче, рассчитаем среднюю энер- гию, запасҷнную, например, электрическим полем, и потери за период, и с помощью их отношения найдҷм добротность: Q = ε 2T λ (Здесь λ - не длина волны, а проводимостьZ). Резонансные моды в волноводе должны отвечать граничному усло- вию - тангенциальная к поверхности составляющая электрического поля должна быть ноль. ω = kc √ ε = c √ ε k 2 x + k 2 y + k 2 z (Здесь ось z направлена вдоль самой длинной стороны, x - вдоль самой короткой). Для соблюдения граничного условия необходимо, чтобы k x = n π a k y = m π b k z = l π L 56 где n l m - целые числа. Пусть волна поляризована вдоль средней сторо- ны(оси a). Тогда можно положить n = 0, m = 1, l = 1. Положить два из трҷх чисел нулями нельзя, т.к. тогда на стороне b или L электрическое поле будет иметь тангенциальную составляющую. Распределение электрического поля E y E x ) = E 0 sin π a E y ) = const Итак, ω min = πc √ ε 1 a 2 + 1 L 2 ν min ≈ 5 ГГЦ Q ≈ 5 · 10 6 12.48 Генератор электромагнитного излучения с длиной волны λ = 8 мм и мощностью N = 1 Вт настроен на основную моду прямоугольно- го резонатора с металлическими стенками, объҷм которого V = 0.2 см 2 и добротность Q = 10 3 . Система соединения генератора и резонатора обеспечивает полное поглощение энегии генератора внутри резонатора. Определить максимальную напряжҷнность E 0 электрического поля в ре- зонаторе. Решение: Энергия полностью поглощается, следовательно - мощ- ность омических потерь в резонаторе равна мощности входящего излу- чения: N = W loss Энергию потерь через среднюю энергию, воспользовавшись данной доб- ротностью: W avg = 1 T T 0 dt V E 2 8π dV. (1.76) 57 При основной моде электрическое поле имеет вид: E x y z) = E 0 sin π L x x sin π L y y sin ωt V E 2 dV = L x 0 dx L y 0 dy L z 0 E 2 dz = E 2 0 · V 4π 2 sin ωt следовательно, средняя энергия есть: W avg = E 2 0 V 32π · 1 2 ≡ E 2 0 V 64π Полная энергия колебаний в два раза еҷ больше: W max = E 2 0 V 32π Добротность контура: Q = 2πW max N T (здесь учтено то, что потери энергии равны поступающей в систему за период энергии N T ). Отсюда: E 2 0 = E 2 0 V 16N λ/c Q = 16QN λ V c 12.52 Мощный СВЧ-генератор через волновод питает нагрузку, по- сылая в волновод мощность N 0 = 100 кВт. Часть этой мощности погло- щается в нагрузке (N н = 75 кВт), а часть отражается. В результате в волноводе возникает суперпозиция прямой и отражҷнной волн, распро- страняющихся во встречных направлениях. Найти коэффициент стоячей волны в волноводе, т.е. отношение максимальной напряжҷнности поля (в пучностях) к минимальной (в узлах). Решение: Мощность пропорциональна квадрату амплитуды поля. Поэтому для прямой и отражҷнной волн можно записать: E = E 0 sin kx − ωt) + 1 2 sin −kx − ωt − π) 58 (здесь учтено изменение фазы отражҷнного сигнала на π, а также, что мощность отражҷнного сигнала в 4 раза меньше мощности прямого, сле- довательно, его напряжҷнность в два раза меньше.) Преобразуем это выражение. Обозначим kx = a, ωt = b. Тогда E/E 0 = sin a cos b − sin b cos a + 1 2 sin a cos b + 1 2 sin b cos a = = 3 2 sin a cos b − 1 2 cos a sin b = A cos b − B sin b = √ A 2 + B 2 cos b + ϕ) (1.77) где A = 3 2 sin a, B = 1 2 cos b. Таким образом, зависимость амплитуды стояей волны от координаты даҷтся выражением √ A 2 + B 2 ≡ 9 4 sin 2 kx + 1 4 cos 2 kx = 1 4 + 2 sin 2 kx. Отсюда видно, что наибольшая амплитуда достигается при kx = πn + π/2 n ∈ Z, а наименьшая амплитуда - при kx = πk k ∈ Z. Искомое отношение наибольшей и наименьшей амплитуд есть E max E min = 3. 12.57 По длинному плазменному циллиндру диаметром 2R = 10 см течҷт ток J = 10 5 А, сосредоточенный в поверхностном слое. Давление в плазме P = 10 5 Н/м. Определить давление P 0 на боковую поверхность плазменного циллин- дра, возникающее под действием тока. Сжимается плазма или расширя- ется? Найти величину тока, необходимую для того, чтобы радиальные силы уравновесились. Решение: Магнитное поле, создаваемое током, есть B = 2J cR Поверхностная плотность тока есть j = J 2πR 59 На каждый фрагмент поверхности высотой h и длиной дуги dl действует сила Ампера: dF = 1 c j · dl · h · J cR = 1 c J 2 πcR 2 dl h. Эта сила направлена к центру шнура и противодействутет газокинети- ческому давлению в шнуре. Она создаҷт давление P = dF h dl = J 2 2πc 2 R 2 ≈ 6 37 · 10 4 Н/м. Магнитное давление уравновешивает газокинетическое при J ≈ 1 25 · 10 5 А. 60 |