1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 11
Текст из файла (страница 11)
На заземленной сфересоберется заряд такой величины, что суммарный потенциал ееповерхности будет равен нулю. Пользуясь методом изображений,можно заменить сферу системой точечных зарядов Q1 “ ´Q Ra22и q 1 “ ´q Rb , находящихся на расстояниях a1 “ Ra и b1 “ Rb отцентра соответственно (см. задачу 2.27 в [1]).
По принципу суперпозиции находим суммарный потенциал в центре сферы:ϕc “Ответ: ϕc “QaQ q pQ ` qqQ Q1 q q 1` 1 ` ` 1 “` ´.aab babR`qb´pQ`qqR .Решение задачи 2Поле внутри сферы создается зарядом шара Er “ rq2 ; потенциал соответственно имеет вид ϕ “ qr ` C. Константу найдем изусловия нулевого потенциала на сфере qb ` C “ 0 ñ C “ ´ qb .ab.Потенциал проводящего шара ϕ0 “ aq ´ qb , заряд q “ ϕ0 b´aabОтвет: q “ ϕ0 b´a .962009/2010 Контрольная работа 1Решение задачи 3При большом расстоянии между центрами взаимное действиешариков приведет к малому перераспределению заряда, и можно рассмотреть их как две равномерно разноименно заряженныеaℓсоответственно присферы. Емкость такой системы C0 « 2pℓ´aqувеличении расстояния между шариками емкость изменится: C1 «apℓ`∆q2pℓ`∆´aq .
Поскольку разность потенциалов поддерживается постоянной, изменение емкости приведет к изменению абсолютнойвеличины заряда на каждом шарике:ˆ˙aaU a2 ∆Ua´ă 0.“´∆q “ U pC1 ´ C0 q «2ℓ`∆ ℓ2ℓpℓ ` ∆qТак как система в целом нейтральна, процесс изменения заряда можно свести к перемещению положительного заряда величиной |∆q| с шарика, имеющего потенциал `U , на шарик с потенциалом 0. Это перемещение направлено противоположно полюсторонних сил, действующих внутри источника. Работа источника поэтому отрицательна и составляетAs “ U ∆q “ U 2 pC1 ´ C0 q « ´Уравнение баланса энергии системы:U 2 a2 ∆.2ℓpℓ ` ∆qW1 “ W0 ` As ` A,22где W0 “ C02U , W1 “ C12U — энергии системы в начальном иконечном состояниях соответственно; A – механическая работана удалении шариков друг от друга.
ТогдаA“C1 U 2 C0 U 2U2U 2 a2 ∆´´ U 2 pC1 ´ C0 q “pC0 ´ C1 q «.2224ℓpℓ ` ∆q2 2U a ∆; A “ ´ A2s «Ответ: As « ´ 2ℓpℓ`∆q97U 2 a2 ∆4ℓpℓ`∆q .РешенияРешение задачи 4Считаем, что заряд равномерноş растекается по проводящейчасти конденсатора: I “ Q9 своб “ ´ jdS “ p4π ´ Ωqr 2 σEr . В силуSсимметрии можно считать, что электрическое поле зависит только от сферического радиуса. Из непрерывности тангенциальнойкомпоненты поля на границе следует, что поле в разных частяхконденсатора одинаково для каждого значения радиуса, а электрическая индукция испытывает скачок. Находим поле, пользуясь теоремой Гаусса:¿DdS “ D1 Ωr 2 ` D2 p4π ´ Ωqr 2 “ 4πQсвоб “ εEΩr 2 ` Ep4π ´ Ωqr 2 ,4πQсвоботкуда E “ pεΩ`p4π´Ωqqr2 .
Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, определяющее релаксациюсвобзаряда: Q9 своб “ ´ p4π´ΩqσQpεΩ`p4π´Ωqq . Время релаксации есть время, закоторое количество заряда уменьшится в e раз: τ “Ответ: τ “εΩ`p4π´Ωqp4π´Ωqσ .εΩ`p4π´Ωqp4π´Ωqσ .Решение задачи 5Задача аналогична 3.27 [1] с заменой симметрии выступа нацилиндрическую. Считаем проводимость выступа стремящейся кбесконечности и запишем внешнее электрическое поля в виде суммы поля, создаваемого внешним током и возмущения, вносимоговыступом:2´ rp2 , где p “ j0σa .
Находим ток на единицуEout “ jσ0 ` 2rpp¨rqr4длины, интегрируя по контуру выступа (α – полярный угол):π{2şş2j0 a cos αdα “ 4aj0 .I “ σEout dℓ “ℓ´π{2Ответ: I “ 4aj0 .982009/2010 Контрольная работа 1Решение задачи 6Легко убедиться, что главный ϕp0q “ Qr и первый ϕp1q “ p¨rr3члены разложения равны нулю.
Для определения слагаемого второго порядка воспользуемся его представлением через тензор квадрупольных моментов:xα xβ1ϕp2q “ Dαβ 5 ,2rşгде Dαβ “ p3xα xβ ´ r 2 δαβ qρprqdV (см., например, [3]). В силусимметричного расположения зарядов относительно начала координат в тензоре будут ненулевыми только диагональные компоненты (от интегрирования по объему переходим к интегралу подлине нити с линейной плотностью заряда λ “ aq q:Dxxq“2aa{2ż´a{2Dyyq“2aa{2ż´a{2Dzzq“2aˆ´ a ¯22˙1´ x2 dx “ ´ qa2 ,6ˆ ´ ¯˙a 2 ´ a ¯2523´´ x dx “ qa2 ,226a{2ż´a{2ϕp2q “Ответ: ϕp2q “3x2 ´ˆ ´ ¯˙a 242´´ x dx “ ´ qa2 .261 qa2p´x2 ` 5y 2 ´ 4z 2 q.12 r 51 qa2212 r 5 p´x` 5y 2 ´ 4z 2 q.99РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1По формуле Био-СавараBz “I ¨π? ,c ¨ Rз 2где z – ось Земли.
Отсюда находим ток:?Bz ¨ c ¨ Rз 2“ 5.2 ¨ 1018 ед. тока СГС “ 1.7 ¨ 109 А.I“πОтвет: I “?Bz ¨c¨Rз 2π“ 1.7 ¨ 109 А.Решение задачи 21) ir |z“h “I2πr ,ir |z“0 “´I2πr ,iz |r“a “I2πa .$& B2r ´ B1r “ 0,4π ir |z“h2) z “ h:B ´ B1α “,c% 2αB2z “ B1z ;$& B2r ´ B1r “ 0,4π ir |z“0z “ 0:,B ´ B1α “c% 2αB2z “ B1z ;$& B2z ´ B1z “ 0,4π iz |r“ar “ a:,B ´ B1α “c% 2αB2r “ B1r .3) B1 “2Icr eα ,B2 “ 0.Решение задачи 3По теоремеСтокса вдоль любого контура ℓ, охватывающегоűкольцо, Hℓ dℓ “ 4πIc .1002009/2010 Экзаменационная работа 1В вакууме H “ B0 prq. В магнетике поле H остается таким же.Поэтому в области 1 B1 “ µ1 H “ B0 prq, в области 2 B2 “ µ2 H ““ µB0 prq.űмол q, откуда с учетом B2 “ µHВ области 2 B2ℓ dℓ “ 4πpI`Icнаходим молекулярные токи в области 2 вдоль провода Iмол ““ pµ ´ 1qI.На границе раздела поле тангенциально, поэтому ∆B12 “ 4πc iмол4π(не путать с граничным условием H2τ ´ H1τ “ c iстор , здесь сторонних поверхностных токов нет!).
Подставляя найденные поляB1 “ B0 , B2 “ µB0 , находим поверхностную плотность токаcrez ˆ B0 s (ez – единичный вектор вдоль норiмол “ ´pµ ´ 1q 4πмали к поверхности раздела).Ответ: B1 “ B0 prq, B2 “ µB0 prq. Молекулярные токи проcтекают по поверхности раздела iмол “ ´pµ ´ 1q 4πrez ˆ B0 s и вобласти 2 вдоль провода Iмол “ pµ ´ 1qI.Решение задачи 4Плотность токов проводимости jпров “ σE “ σε D “С другой стороны, jпров “Решая уравнение ´ dqdt “Отсюда находим jпров ptq “Iπa2“4πσε qptq,4πσ qptqε πa2“´ dqdtπa2σ 4πqptqε πa2 ..получим qptq “ q0 e´ 4πσ tε.4πσ4σq e´ ε t .εa2 02По теореме Стокса Hα пров ¨ 2πr “ 4πс πr jпров ptq (r – расстояниедо оси) находим магнитное поле от токов проводимости:Hα пров “2πrjпров ptq.сПлотность тока смещения jсмещ “1011 BD4π Bt“dq1 4π dt4π πa2.РешенияПодставляя найденное qptq, получимjсмещ “´ 4πσ1 ´4πσq0 e ε t “ ´jпров .2πaεСледовательно, полное поле Hполн “ 0.Ответ: Hα пров “´ 4πσ8πσrq e ε t,сεa2 0Hполн “ 0.Решение задачи 5Задача решается методом изображений аналогично 5.16 [1](см.
также решение типовой задачи P48). Имеются два тока-изоб12ражения J 1 “ µ´1µ`1 J на расстоянии l “ a {l (где обозначено l ““ x{2) от оси цилиндра, а также ток ´2J 1 по оси цилиндра.Сила на единицу длины провода:ˆ˙2J JJ1J12J 1F “ 2``´“ 0.c2l l ´ l1 l ` l1lПосле подстановки и упрощений получается уравнениеλλ2λ1``´“ 0,2y y ` 1{y y ´ 1{yyгде обозначено y “ l{a,λ“µ´1µ`1 .1{4Его решение: y “ p1 ´ 4λq .¯1{4´µ´1.Ответ: x “ 2a 1 ´ 4 µ`1Решение задачи 6Поле соленоида можно представить в виде разностиполей´¯R12двух полубесконечных соленоидов (4.24 [1]): H “ qm R3 ´ R,3R1qm “ISnc2– “магнитный заряд” соленоида, I – ток, R1 ´ R2 “ ℓ.1022009/2010 Экзаменационная работа 1Поток поля одного соленоида через другой:żℓΦ12 “ 2nSqm0zdzpz 2Ответ: L12 “ 2n2 S 2`´a2 q3{21a2n2 S 2 I“c? 1a2 `ℓ2´¯ˆ11´?2aa ` ℓ2˙I“ L12 .c.Решение задачи 7Так как толщина скин-слоя δ ! h, в первом приближенииможно считать, что магнитное поле не проникает в среду (какв сверхпроводнике), и воспользоваться для его нахождения методом изображений.
На границе раздела суммарное поле диполя и2, где m “ I¨πa– моего изображения равно Br pr, 0q “ 26mhrcpr `h2 q5{2мент диполя, r – расстояние до проекции диполя на плоскостьраздела. При сильном скин-эффекте в нижнем полупространствеeipkz´ωtq .(z ě0 ) полагаем (6.76 [1]): Br pr, zq “ 26mhr2 5{2pr `h qПренебрегая токами смещения, находим плотность тока в нижcrot H. Подставив µ “ 1, cos θ “нем полупространстве j “ 4πhr“ 2 2 1{2 , sin θ “ 2 2 1{2 , получим:pr `h qjα “pr `h qc BHr4π Bz“c ik6mhr4π pr 2 `h2 q5{2eipkz´ωtq “c ik6m¨cos4 θ sin θ ipkz´ωtqe.4πh3Средняя по времени тепловая мощность, выделяемая в ниж882şş, где черта ознанем полупространстве xW y “ dz 2πrdr ¨ pRepjqqσчает усреднение по времени:xW y “8ş0dzπ{2ş022πh tg θhdθσ cos2 θ”Re0´0i´1δei´1z´iωtδ¯ı2 ´6cm0 cos4 θ sin θ4πh3где m0 “ I0 ¨πac .
С учетом¯ı2” ´´z “`˘`˘‰i´1z´iωtzz 2e δδeRe i´1““δδ sin ωt ´ δ ´ cos ωt ´ δ103¯2,ze´ δδ,Решения9m20 ωxW y “h4ż8´ 2zδdz eОтвет: xW y “cos5 θ sin3 θdθ “3m20 ωδ.16h4003m20 ωδ16h4π{2ż, где δ “? c,2πσωm0 “I0 ¨πa2 ˚.cКонтрольная работа 2Решение задачи 1Общее решение для TE-волны в идеальном волноводе имеетвидHz “ Apx, yq eipωt´kzq ,˘`˘`řcos mπy.Anm cos nπxгде Apx, yq “aan,mЗаданную функцию распределения Hz` на входе в волноводπy ˘πxможно представить в виде Hz px, yq “ H2z0 cos πxa ´ cos a cos a ,˚Точное решение задачи о вертикальном магнитном диполе на границераздела земля-воздух (задача 7) было получено Зоммерфельдом и изложенов ряде статей и монографий (например, [4]). Электрическое поле в нижнем?8ş22B?2ξполупространстве (z ě 0) Eα “ ´ iωm Bre´ ξ ´k z´ξh J0 pξrqdξ,c22ξ ´k0 ξ`где J0 – функция Бесселя, ξ – переменная интегрирования, остальные обозначения те же, что и в решении задачи 7.В отсутствие проводимости (k “ 0) получается вихревое электрическое поле от переменного магнитного диполя в однородном безграничном простран8ş ´ξpz`hqBm Brстве Eα “ ´ iωeJ0 pξrqdξ “ 2 iωmr 2 3{2 , где использован изccrr `pz`hq s08ş ´ξzвестный интеграл Вебера eJ0 pξrqdξ “ 2 12 1{2 .pr `z q0При сильном скин-эффекте (k Ñ 8)88şş ´ξhikz´ikzBB2Eα « ´ iωm e´ik Br2m e ik BhBr2ξ e´ξh J0 pξrqdξ “ ´ iωeJ0 pξrqdξ.cc00Используя опять интеграл Вебера и k2 “ikzщения), получаем Eα “ ´ ω2m e kcс полем в решении задачи 7.4πσωic23hrpr2 `h2 q5{2104(т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
