1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 18
Текст из файла (страница 18)
1В объеме каждой области поле в виде(1) удовлетворяет уравнениям Максвелла div D “ 0 и rot E “ 0.На границе раздела должны удовлетворяться граничные условияE1τ “ E2τ , D1n “ D2n .Второе условие выполняется автоматически, а из первого получаем, чтоA2A1“ 2 Ñ A1 “ A2 .2rrСвязь между A “ A1 “ A2 и q найдем из теоремы Гаусса,взяв за область интегрирования сферу радиуса r с центром в начале координат (учтем, что область 1 занимает 18 часть полноготелесного угла):vvvpD ¨ dSq “ pD1 ¨ dSq ` pD2 ¨ dSq “ Ω1 r 2 ε1Ar2 ` Ω2 r 2 ε2Ar2 “S1“4π8 ε1 AоткудаS2π` 7 4π8 ε2 A “ 2 pε1 ` 7ε2 qA “ 4πq,8q.ε1 ` 7ε2Подставляя найденное A в (1), получимA“Eprq “er8q¨ 2.ε1 ` 7ε2 rРешение задачи 4Согласно методу изображений поле в пространстве описывается системой заданных и фиктивных зарядов.
Система фиктивныхзарядов состоит из двух зарядов q ˚ “ ´ al q, расположенных по обе2стороны от центра шара на расстоянии al от центра, и одного заряда q 1 “ 2 al q в самом центре.161РешенияВозмущающий потенциал обусловлен только фиктивными зарядами.Их полный заряд и дипольный момент равны нулю. Тензор квадрупольных моментов системы зарядовизображений обладает следующими элементами:4Dzz “ ´2 al qp3 al2 ´a4ql25“ ´4 al3 q,5Dxx “ Dyy “ ´ 12 Dzz “ 2 al3 q.Остальные элементы равны нулю.Искомый возмущающий потенциал равен∆ϕprq “5“ ´ al3 ¨1pDzz z 22r 5` Dxx x2 ` Dyy y 2 q “2r 2 cos2 θ´r 2 sin2 θqr55“ ´ al3 ¨1 a5qp´4z 22r 5 l32 cos2 θ´1`cos2 θqr3` 2x2 ` 2y 2 q “5“ ´ al3 ¨3 cos2 θ´1q.r3Контрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Система обладает аксиальной симметрией, что позволяет считать поле радиальнонаправленным и зависящим только от радиуса в цилиндрических координатах.
Тогдаиз теоремы Гаусса поток поля через поверхность цилиндра радиуса r и высотой h с осью z равен{pE ¨ dSq “ 2πrhEprq “ 4πQ,где Q – заряд, заключенный внутри цилиндра.1622014/2015 Контрольная работа 1.1, вар. 2На разных расстояниях от оси z имеем:răa:2πrhEprq “ 0Ñ Eprq “ 0,a ă r ă b : 2πrhEprq “ 4πκa hrąb:Ñ Eprq “2κar er ,b2πrhEprq “ 4πpκa ` κb qh Ñ Eprq “ 2 κa `κer .rДля потенциала с учетом заданного граничного значения получим:rąb:ϕprq “ ´2pκa ` κb q ln rb ,a ă r ă b : ϕprq “ 2κa ln rb ,ϕprq “ 2κa ln ab .răa:Решение задачи 2По принципусуперпозиции искомое поле равно интегральному вкладу от элементарных полосок шириной dx.
Каждая элементарная полоска может рассматриваться как заряженная нитьс линейной плотностью заряда σdx. ТогдаdE “а полное полеE“ż0´d2σdx,a´x2σdxd`a“ 2σ ln.a´xaВ пределе d ! a получаем поле заряженной нити:ˆ˙d2κdd`a“ 2σ ln 1 `,« 2σ “E “ 2σ lnaaaaгде κ “ 2σd.163РешенияРешение задачи 3Будем искать поле в виде$ A1& r2 er в области 1,Eprq “% A2r 2 er в области 2.(1)В объеме каждой области поле в виде(1) удовлетворяет уравнениям Максвелла div D “ 0 и rot E “ 0.На границе раздела должны выполняться граничные условияE1τ “ E2τ , D1n “ D2n .Второе условие выполняется автоматически, а из первого получаем, чтоA2A1“ 2 Ñ A1 “ A2 .2rrСвязь между A “ A1 “ A2 и q найдем из теоремы Гаусса, взявза область интегрирования сферу радиуса r с центром в вершинеконуса:vsspD ¨ dSq “ pD1 ¨ dSq ` pD2 ¨ dSq “ Ω1 r 2 ε1Ar2 ` Ω2 r 2 ε2Ar2 “S1S2“ 2πp1 ´ cos θ0 qε1 A ` 2πp1 ` cos θ0 qε2 A “ 4πq,откудаA“2q.p1 ´ cos θ0 qε1 ` p1 ` cos θ0 qε2Подставляя найденное A в (1), получимEprq “2qe ,pp1´cos θ0 qε1 `p1`cos θ0 qε2 qr 2 rϕprq “2qpp1´cos θ0 qε1 `p1`cos θ0 qε2 qr .1642014/2015 Контрольная работа 1.1, вар.
2Решение задачи 4Воспользуемся методом изображений. Система фиктивных зарядов, обеспечивающих вместе с зарядом-оригиналомравенство нулю потенциала на плоскостях и сферическом выступе, показанана рисунке ˚ . Она представляет собойдва плоских квадруполя со сторонами 2a2и 2 aa?2 ¨ ?12 “ a соответственно. Полный заряд и дипольный момент системыравны нулю. Выражение для квадрупольных моментов плоскогоквадруполя получено в задаче 1.42(б) из задачника [1].
С учетомразмеров квадруполей, знаков и величины составляющих его зарядов в нашем случае имеем:qDxy “ Dyx “ D1xy ` D2xy “ ´3p2aq2 q ` 3a2 q ˚ “ ´12a2 q ` 3a2 ? .2Остальные элементы тензора Dij равны нулю.Тогда искомый потенциал приблизительно равен? ˙ˆ3 2 a2 q1 Dxy ` Dyxxy “ ´ 12 ´xy,ϕprq «2r52r5aгде r “ x2 ` y 2 ` z 2 .˚Строго говоря, система зарядов-изображений включает еще и точечныйзаряд `q, обеспечивающий нейтральность проводника.
Но, поскольку этотзаряд удален на бесконечность, он не влияет на формирование потенциала.По тем же соображениям не влияет на потенциал и любой конечный заряд,нанесенный на проводник, так как ему соответствует фиктивный точечныйзаряд, удаленный на бесконечность.165РешенияКонтрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ Rs.dB “cR3Для вертикального участка витка векторыdℓ и R лежат в плоскости yz, поэтому их векторное произведение направлено параллельно оси x:Bx “πIex .cRДля горизонтального участка витка векторы dℓ и R лежатв плоскости xy, поэтому их векторное произведение направленопараллельно оси z:πIez .Bz “cRПо принципу суперпозиции результирующее поле равноπI ?πIpex ` ez q, Bo “2.Bo “cRcRРешение задачи 2Ток I, текущий по прямому проводу, формирует магнитноеполе, которое всюду в плоскости рамки направлено по оси y.
СилаАмпера на элемент dℓ1 рамки с током I1 равнаdF “2II1 rdℓ1 ˆ ey s2II1 rdℓ1 ˆ Rs.“ 2ccR2cRСилы на отрезки рамки, ориентированные вдоль оси x, взаимно компенсируются, так как они отличаются только знаком I1 .На отрезки рамки, параллельные оси z, действуют силыF|R“a “2II1 h2II1 h rez ˆ ey s“ ´ 2 ex2cac a1662014/2015 Контрольная работа 1.2, вар. 1и2II1 h rez ˆ ey s2II1 h“ 2ex .c2a`bc pa ` bqСуммарная сила направлена противоположно оси x и равнаˆ˙12II1 hb2II1 h 1´.“ 2F “2ca a`bc apa ` bqF|R“a`b “Решение задачи 3Магнитное поле Земли в дипольном приближении:m3pmRqR`,3RR5где m – магнитный дипольный момент Земли.В сферических координатахB“´BpR, θq “m sin θ2m cos θeR `eθ .R3R3В Новосибирскеˇˇ 2mcmˇˇ??m 5ˇˇ 22˝.BpR, 45 q “ ˇ 3 eR ` 3 eθ ˇ “ 3ˇ RˇRR2Угол наклона к горизонту равен ˚˙ˆBR“ arctg p2q « 63˝ .β “ arctgBθНа магнитном полюсеcˇˇˇ 2m ˇ 2m2˝ˇˇBpR, 0 q “ ˇ 3 eR ˇ “ 3 “ 2BpR, 45˝ q « 1.26 ¨ 0.6 Гс « 0.75 Гс.RR5˚Отметим, что экспериментальное значение угла наклона магнитного поля к горизонту в Новосибирске (740 q заметно отличается от найденного.
Разница обусловлена приближенностью дипольной модели. Тем не менее, дипольная модель с квадрупольными поправками очень хорошо описывает магнитное поле Земли.167РешенияНа магнитном экватореcˇm ˇm2ˇˇBpR, 45˝ q « 0.63 ¨ 0.6 Гс « 0.38 Гс.BpR, 90 q “ ˇ 3 eθ ˇ “ 3 “RR5˝Решение задачи 4Применим принцип суперпозиции.Заданную систему токов можно мысленно разбить на две подсистемы. В однойимеется поток частиц, но удален отводящий провод, в другой – наоборот.Ток по плоскости в первой подсистеме задается линейной плотностью$2envrenv’& envπr2πr er “ 2 er “ 2 r, r ď a,J1 prq “’% envπa2 e “ enva2 r,r ą a.r2πr2r 2Линейная плотность тока во второйподсистеме равнаJ2 pr1 q “ ´enva2 1envπa21 “ ´err2πr 12r 12По принципу суперпозиции плотность тока в заданной системеравна$´¯a2 1env’r´, r ď a,r’12& 2r1Jprq “ J1 prq ` J2 pr q “´¯’’% enva2 r2 ´ r121 , r ą a,2где r1 “ r ´ l .168rr2014/2015 Контрольная работа 1.2, вар.
2Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ Rs.dB “cR3Для участков BC и AD векторы dℓ и R параллельны, поэтому их векторное произведениеравно нулю. Вклад дуг AB и CD дает 34 от поля соответствующихполных колец с током. С учетом направлений тока в каждой дугеполучим3πI3πpb ´ aqI3πIez ´ez “ez .B“2ca2cb2cabРешение задачи 2Ток I, текущий по прямому проводу, формирует магнитное поле, которое распределенов пространстве по законуHpRq “I rez ˆ Rs.cR2Сила Ампера на элемент dℓ1 рамки с током I1 равнаdF “2II1 dℓ1 ˆ rez ˆ Rs.ccR2Силы на вертикальные отрезки рамки взаимно компенсируются, так как выражения для этих сил отличаются только знакомI1 .
Силу, действующую на горизонтальные участки контура, распишем с помощью формулы “bac-cab”:ż2II1 h2II1 h2II1 dℓ1 ˆ rez ˆ Rs“ ´ 2 2 R “ ´ 2 2 px ` yq.F“ 22cRc Rc r0169РешенияВидно, что с учетом разных знаков тока в горизонтальныхотрезках контура нескомпенсированный вклад в результирующуюсилу определяется выражениемF“´2II1 h4II1 h4II1 h sin α2II1 hy ` 2 2 p´yq “ ´ 2 2 y “ ´ey .22c2 r0c r0c r0c r0Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Определим силу со стороны правой нитина левую.
Выделим на левой нити элементдлиной dy в окрестности точки y. Этот элемент находится в поле правой нити, равном2κrс проекцией на ось x, равнойEpyq “2κ2κ cos θ2κcos θ “cos θ “cos2 θ.raaСила на элемент длины в проекции на ось x равнаEx pyq “dFx pyq “ κdyEx pyq “С учетом y “ a tg θ, dy “adθcos2 θ2κ 2 dycos2 θ.aперейдем к переменной θ:2κ 2 acos2 θdθ “ 2κ 2 dθ.a cos2 θИз геометрии задачи следует, что искомая сила направленапараллельно оси x.
Тогда полная сила равнаdFx pθq “F “żdFx pθq “ 2κ 2π{2ż´π{2170dθ “ 2πκ 2 .2014/2015 Экзаменационная работа 1Решение задачи 2Выделим на плоскости элементарное кольцо r 1 ď r ď pr 1 ` dr 1 q.Ток по элементарному кольцу составляетdI “ ipr 1 qdr 1 “ i0´ a ¯2r1dr 1 ,а наводимое им поле в точке z на оси:dHz “2πr 122πi0 a2 r 122πi0 a21dI“drdr 1“cpr 12 ` z 2 q3{2cr 12 pr 12 ` z 2 q3{2cpr 12 ` z 2 q3{2Для интегрирования удобно перейти кугловой переменной:r 1 “ z tg θ, dr 1 “zdθ1,cos2 θ pr 12 `z 2 q3{2“cos3 θ.z3Тогда искомое поле в точке z равноHz pzq “żdHz “π{2ż2πi0 a22πi0 a2 cos θdθ“.2czcz 20Решение задачи 3Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ RsdB “.cR3Рассмотрим отдельно каждую компоненту поля в точке O.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
