1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Поскольку на границе диэлектриков потенциалы должныбыть равны, получаем α “ β.В случае без диэлектриков интеграл по сфере радиуса R "a вдвое превышает интеграл по полусфере и по теореме Гауссаравен¿¿¿(1)D0 dS “ p´ grad ϕ0 q dS “ ´2 grad ϕ0 dS “ 4πq,ϕ0 “lXl43Решенияа при наличии диэлектриков для сферы радиуса R:űűűűDu dS ` Dd dS “ ´ ε1 α grad ϕ0 dS ´ ε2 β grad ϕ0 dS “ 4πq.XYXYИспользуя выражение (1) и учитывая, что α “ β, находим:α“2.ε1 ` ε2Найденные потенциалы ϕu и ϕd удовлетворяют граничнымусловиям и уранению Лапласа, поэтому по теореме о единственности они и являются решением задачи.Значит, потенциал системы на больших расстояниях, с точностью до первых двух ненулевых членов, равен`q 1xi xj ˘2`D“ϕ “ ϕu ` ϕd “ ε1 `εi,jr2r52“Ответ: ϕ “2ε1 `ε22ε1 `ε2´qr´´qr´qa24r 3qa24r 3¯¨ p3 cos2 θ ´ 1q .¯¨ p3 cos2 θ ´ 1q .Решение задачи 3Будем искать решение в области 2 в видеϕ2 px, yq “ C pa ´ yq x.
Решение в таком видеудовлетворяет условию ϕ2 “ 0 на стенках трубы в области 2 и уравнению ∆ϕ “ 0.Поскольку на границе диэлектриков ϕ1 “ ϕ2(граница задается уравнением y “ x), получаем:ϕ0ϕ0pa ´ xq x “ ϕ2 “ C pa ´ xq x ñ C “ 2 .2aaЭлектрическое поле в области 1:¯´ϕϕ00y;´pa´xq;0,E1 “ ´ grad pϕ1 q “a2a2ϕ1 “442007/2008 Контрольная работа 1а в области 2:¯´ ϕϕ00E2 “ ´ grad pϕ2 q “ ´ 2 pa ´ yq ; 2 x; 0 .aaВектор нормали к границе диэлектриков:ˆ ? ?˙22n“ ´;;0 .2 2Поверхностную плотность свободных зарядов на границе диэлектриков найдем из граничного условия для векторов D:?ˇε2 pn ¨ E2 q ´ ε1 pn ¨ E1 q ˇˇ2ϕ0D2n ´ D1n““pε1 ` ε2 q .σсвоб “ˇ4π4π8πay“xОтвет: ϕ2 px, yq “ϕ0a2pa ´ yq x; σсвоб “?2ϕ08πapε1 ` ε2 q.Решение задачи 4Так как в конденсаторе нет свободных зарядов, тоdiv D “ 0 ñBDx“ 0 ñ Dx “ const .BxПадение напряжения между пластинами конденсатора равноşddşdU “ ´ Edℓ “ ´ D1x dx ´0d2d“ ´ D1x2 ´D2xαε0`ln 1 `αd2˘ş20D2xε0 p1`αxq dx“.Так как вектора D постоянны в первой и второй областях,а на границе D1x “ D2x , то из выражения D “ εE получаемэлектрическое поле для области d2 ď x ď d:E1x pxq “ ´Ud2`45lnp1` αd2 qαε0,Решенияа для области 0 ă x ă d2 :E2x pxq “ ´Ответ: Ex pxq “$’´’’&ε0 p1 ` αxq ¨ε0 p1`αxq¨˜Ud2ln 1` αd2d`2αε0U’,´’’% d ` lnp1` αd2 q2pUˆαε0`qlnp1` αd2 qαε0¸,˙.0 ă x ă d2 ;d2ď x ď d.Решение задачи 5Назовем объем пространства, гдедействует заданное стороннее поле,областью 1, а оставшийся объем вконденсаторе – областью 2.
Далеедля правильного понимания физикирассматриваемого явления необходимо уточнить смысл стороннего поля.Поскольку заданная сторонняя сила, действующая на носителитока, не зависит от распределения заряда в пространстве, то соответствующее ей стороннее поле Eстр не описывается уравнениямиМаксвелла, то есть по своему смыслу не является электростатическим.
Фактическое электростатическое поле (E1 в области 1 иE2 в области 2) формируется зарядами, собранными на пластинахконденсатора (в общем случае - еще и объемным зарядом в среде с проводимостью σ, но мы покажем ниже, что в нашей задачеобъем остается нейтральным). В силу указанной особенности поля Eстр , добавление его к полю E1 в области 1 было бы невернымприменением принципа суперпозиции. По той же причине Eстр невходит в граничное условие на тангенциальные компоненты поляна границе областей 1 и 2.Хотя поле Eстр не является электростатическим, оно влияетна движение зарядов и поэтому входит наряду с E1 в выражение462007/2008 Контрольная работа 1для объемной плотности тока в области 1:j1 “ σpE1 ` Eстр q.В области 2:j2 “ σE2 .Покажем, что объемная плотность заряда в нашей задаче равна нулю. Это следует из непрерывности стационарного тока в однородной среде с учетом того, что div Eстр “ 0.
Например, в среде1 имеем:div j1 “ σ pdiv E1 ` div Eстр q “ σp4πρ1 ` 0q “ 0.Тогда распределение потенциала внутри конденсатора задаетсяуравнением Лапласа с фиксированными граничными условиямина электродах, решение которого (исключая область вблизи краев) есть ϕ “ C ¨ z. Этому решению соответствует однородное полеE1 “ E2 “ const ¨ez . Распределение объемного тока j в областях1, 2 схематически изображено на рисунке.Поскольку div j “ 0, то полный ток через замкнутую поверхность, ограничивающую объем V (см.
рисунок), будет равен нулю(исходно предполагаем, что E1 и E2 направлены по z):´σπa2 pE1 ` E0 q ´ σπpR2 ´ a2 qE2 “ 0.Отсюда находим электрические поля в областях 1, 2:E1 “ E2 “ ´a2E0R2(истинное направление E1 и E2 противоположно z).Объемные токи в областях 1, 2:ˆ˙a2a2j1 “ σ 1 ´ 2 E0 ez , j2 “ ´σ 2 E0 ez .RR47РешенияПоверхностные токи в областях 1, 2 найдем на основе законасохранения заряда. Сколько заряда в единицу времени утекло вобъем радиуса r под действием объемного тока j, столько зарядадолжно втечь по поверхности пластины через контур радиуса r:i1пов “i2пов “ra2πr 2 j1“ σE0 p1 ´ 2 q, pr ă aq;2πr2Rπa2 j1 ´ πpr 2 ´ a2 qj2a2 σE0r2“p1 ´ 2 q, pa ď r ď Rq.2πr2rRОтвет:´j1 “ σ 1 ´i1пов “rσE02a22R´¯2E0 ez ;j2 “ ´σ Ra 2 E0 ez ;´¯2 σE201 ´ Ra 2 , r ă a; i2пов “ a 2r1´r2R2¯, a ď r ď R.Поверхностные токи на верхней пластине направлены по r, нанижней – против r.Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Так как размер шарика очень мал по сравнению с расстояниемот провода до шарика pa ! lq, то можно считать, что шарик находится в однородном магнитном поле, величину которого выразимˇˇкак α-компоненту в цилиндрических переменных: B “ 2Jcr r“l eα .Как известно из задачи 5.7 [1], шарик радиуса a с магнитной проницаемостью µ, находящийся в однородном магнитном поле B,3приобретает магнитный момент m “ µ´1µ`2 a B.
Сила, действующая в поле B на тело с магнитным моментом m, определяется поформуле:1(1)F “ ∇pm ¨ Bq,2482007/2008 Экзаменационная работа 1где множитель 12 учитывает, что дипольный момент зависит отположения диполя в пространстве (упругий диполь). Другая формулаF “ pm ¨ ∇qB(2)применима также и в случае твердого диполя, но работает тольков декартовых координатах, неудобных в геометрии нашей задачи.В формуле же (1) оператор ∇ может выражаться в переменныхкриволинейной системы. В частности, в цилиндрических переменных он имеет только r-компоненту, равную∇r “B.Br(3)Тогда, подставляя с учетом (3) значения магнитного момента имагнитного поля в формулу (1), находим для силы:ˆ 2 ˙ˇpµ ´ 1qa3 B4J 2 a3 µ ´ 14J ˇˇFr “¨.¨“´2pµ ` 2q Br c2 r 2 ˇr“lc2 l3 µ ` 22 3Ответ: Fr “ ´ 4Jc2 la3 ¨при 0 ď µ ă 1).µ´1µ`2(притяжение при µ ą 1, отталкиваниеПримечание.
Использование в формуле (2) цилиндрическихпеременных привело бы к неверному результату в виде силы, равB, входящиеной нулю, поскольку множители m “ meα и ∇ “ er Brв скалярное произведение, оказались бы ортогональными.Решение задачи 2В задаче рассматривается стационарный случай, поэтому уравнение непрерывности принимает вид div j “ 0. С учетом того, чтопроводимость у цилиндра постоянная, для электрического потенциала получаем следующее уравнение:div pσEq “ σ div E “ 0 ñ ∆ϕ “ 0.49РешенияЕсли считать, что нижняя пластина имеет потенциал 0, а верхняя U , то решение уравнения Лапласа для нашей задачи с заданными граничными условиями будет ϕpzq “ C hz (h – высотацилиндра).
Значит, объемная плотностьтока`˘ j в цилиндре будетпостоянна и направлена по оси Z j “ πaJ 2 ez .Из теоремы о циркуляции вектора H найдем магнитные поляв цилиндре и снаружи.Магнитное поле внутри цилиндра:ˇv4π I24πjds ˇˇ2πIrc πa2 πrcű“µ,“µBα “ µˇH ¨ 2πrca2Hdℓ ˇокр. rďaснаружи:Bα “4πcűˇjds ˇˇˇHdℓ ˇvокр. rąa“4π I2c πa2 πaH ¨ 2πrОтвет: магнитное поле внутри цилиндра: B “B “ 2πIcr eα .“2πI.cr2πIrca2 µeα ,снаружи:Решение задачи 3В области 2 нет объемных токов, поэтому∆A “ 0.(1)Решение уравнения (1) для области 2 естественноискать в виде: A2 “ A2z px, yq ez . В этом случаена идеально проводящих стенках трубы векторный потенциал вобласти 2 можно положить равным 0 (Bn “ 0 на стенках идеального проводника).
Тогда решение уравнения (1) A2z pxyq для области 2, удовлетворяющее граничным условиям на стенках трубы(A2z “ 0q, будем искать в виде:A2z px, yq “ C py ´ aq x.502007/2008 Экзаменационная работа 1Магнитное поле в областях 1 и 2:B1 “ rot A1 “ pA0 px ´ aq ; ´A0 y; 0q,B2 “ rot A2 “ pCx; ´Cpy ´ aq; 0q.´ ?Вектор нормали к границе областей: n “ ´ 22 ;?22 ;¯0 .Из непрерывности нормальной компоненты магнитного поля(B2n “ B1n q на границе раздела областей, находим константу C:pB2 ¨ nq|y“x “ pB1 ¨ nq|y“x ùñ C “ A0 .Граничное условие для Hτ :prn ˆ H2 s ´ rn ˆ H1 sq|y“x “ùñ iпов “с4π´ ?´ 22 A0 ez ´4πc iпов?22 A0 ezОтвет: A2z px, yq “ A0 py ´ aq x; iпов “ ´ùñ¯“´?2cA04π ez .?2cA04π ez .Решение задачи 4Магнитные потоки через каждое из сверхпроводящих колецсохраняются.
Поток через первое кольцо равенФ1 “L1 J 10 L12 p0q J20L1 J1 pz ˚ q L12 pz ˚ q J2 pz ˚ q`“`,cccc(1)а через второеФ2 “L2 J2 pz ˚ q L12 pz ˚ q J1 pzqL2 J 20 L12 p0q J10`“`.cccc(2)Учитывая, что J20 “ 0, из формул (1) и (2) находим токи вкольцах, когда второе кольцо занимает положение z “ z ˚ :51РешенияJ1 pz ˚ q “J10 pL1 L2 ´L12 p0qL12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ qJ 2 pz ˚ q “J10 L1 pL12 p0q´L12 pz ˚ qq.L1 L2 ´L212 pz ˚ qС учетом r2 ! r1 магнитное поле, индуцируемое током первого витка, можно считать однородным по сечению второго витка иравным его значению на оси витка.
Последнее выражается формулой (см. задачу 4.1 [1]):Bz pz ˚ q “r122πJ1 pz ˚ q`˘3 ,сr 2 ` z ˚2 21где J1 pz ˚ q – ток в первом витке, когда второй виток занимаетположение z “ z ˚ (сам первый виток при этом находится в плоскости z “ 0). Тогда магнитный поток через второй виток от токаJ1 pz ˚ q равенФ12 “ πr22 Bz pz ˚ q “Ответ: J1 pz ˚ q “L12 pz ˚ q “2π2 r12 r22L12 pz ˚ q J1 pz ˚ qùñ L12 pz ˚ q “ `˘3 .cr12 ` z ˚2 2J10 pL1 L2 ´L12 p0qL12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ q2π2 r12 r223pr12 `z ˚2 q 2J 2 pz ˚ q “J10 L1 pL12 p0q´L12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ q.Решение задачи 5Круглый виток с током обладаем магнитным моментомm“ISπa2 In“n,ccгде n – вектор нормали к плоскости витка (выбор направления определяется правилом буравчика по отношению к току). Пометоду изображений исключим из задачисверхпроводник и поместим на расстоянии522007/2008 Экзаменационная работа 1h снизу от плоскости z “ 0 такой же виток с током.
Направление нормали для этого витка выберем, как на рисунке. Векторы m1 и m2 будут иметьследующие координаты:m1 “ p´m0 sin θ; 0; m0 cos θqm2 “ p´m0 sin θ; 0; ´m0 cos θq ,2где m0 “ πac I . Такой выбор направления нормали у второго виткаобеспечивает выполнение граничного условия Bn “ 0 на сверхпроводящей плоскости z “ 0. В самом деле, для любой точки плоскости z “ 0 получаем (учтем, что pm1 r1 q “ m1x r1x ` m1z r1z ““ m2x r2x ´ m2z ¨ p´r2z q “ pm2 r2 q):Bz “3r1z pm1 r1 qr15´m1zr13`3r2z pm2 r2 qr25´m2zr23“ 0.(1)Наличие y-компоненты у ri никак не сказывается на значенииpmi ri q и, следовательно, на справедливости выражения (1) дляBz .
Отметим также, что согласно методу изображений выражение(1) относится только к полю в области z ě 0. При z ă 0 B “ 0,так как на самом деле поле первого витка через сверхпроводникне проникает.Таким образом, влияние сверхпроводящей плоскости полностью эквивалентно влиянию витка с током, расположенного нарасстоянии h снизу под плоскостью с магнитным моментом m2 .Этот виток создаст дополнительный поток магнитного поля через53Решениявиток m1 :şˇş ´ 3pr;n1 qpr;m2qB2 prq dS1 ˇr“p2h,0,0q “´|r|5“´“´m0 πa2 p3 cos2 θ´cos 2θqp2h q3“´pm2 ;n1 q|r|3¯dS “m0 πa2 p3 cos2 θ´pcos2 θ´sin2 θqqp2h3 qm0 πa2 pcos2 θ`pcos2 θ`sin2 θqqp2h3 q“´m0 πa2 p1`cos2 θqp2h3 q“,что фактически приведет к изменению индуктивности витка:Ф1 “LIc“pL0 `∆LqIc“L0 Icˇş` B2 prq dS1 ˇr“p2h,0,0q ùñ˘2 4 `ùñ ∆L “ ´ π8ha3 1 ` cos2 θ .˘2 4 `Ответ: ∆L “ ´ π8ha3 1 ` cos2 θ – индуктивность уменьшится.Решение задачи 6Движение заряженного цилиндра со скоростью vz эквивалентно наличию в задаче объемного тока с плотностьюjz pr, tq “ σq v0 e´iωt δpr ´ bq.Магнитное поле в пространстве (b ă r ă aq найдем из теоремы оциркуляции:4πbσq v0 e´iωt2I“.(1)Bα pr, tq “crcrДля области, занятой проводником (a ă rq, магнитное полепод действием наведенных токов, текущих по проводнику, будет542007/2008 Экзаменационная работа 1затухать в глубь проводника.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
