1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 9
Текст из файла (страница 9)
В этом случае система зарядов-изображений- нейтральный диполь с моментом p 1 “ p, расположенный симметрично оригиналу относительно проводящей плоскости. ТогдаF “ ´269Решениявнешнее поле:E“2Сила на диполь pF “ pp ¨ ∇qE “ pp1ez .Z3BEpp 1p26p2ez “ ´6 4 ez “ ´6e“´ez , (3)zBZZp2hq416h4что совпадает с результатом (2).Заметим, что формула F “ pp ¨ ∇qE верна как для упругого,так и для жесткого диполя (в отличие от формулы F “ ∇pp ¨ Eq,дающей завышенную вдвое силу, если дипольный момент p9Eprqформируется во внешнем неоднородном поле). Поэтому результат(3) можно сравнить с ответом к задаче 2.50 из задачника [1] (стр.113) для силы между двумя (жесткими) произвольно ориентированными диполями ˚ .
Эта сила достигает максимума по модулю,как раз когда один диполь “смотрит в хвост” другому, и равна6p1 p2,r4что с учетом p1 “ p2 “ p и r “ 2h совпадает с результатом (2,3).Fmax “ ´Решение задачи 3Согласно закону Био-Савара магнитное поле в точке O, индуцируемое элементом проводника dℓ с током I, равноI rdℓ ˆ rsdB “ ¨.cr3Поле dB, наводимое любым элементарным отрезком dℓ дуги с током, направлено по нормалик плоскости рисунка, а радиально ориентированные отрезки не дают вклада в B.
Тогда величинаполного ˙поля ˆвыражается интеграломˆ˙2π`˘şş bdα1 αş adα1şdℓdℓII` αa .B= c`= c+= Ic 2π´αbr2r2b2a2r“a˚r“bα0См. также задачу 164 из задачника Батыгина, Топтыгина [3].702012/2013 Контрольная работа 1.2, вар. 2Решение задачи 4Аксиально-симметричные токи с нулевой азимутальной компонентой создают магнитное поле, имеющее только α´компоненту(в цилиндрических координатах). Это следует из того, что векторпотенциал такой системы также обладает аксиальной симметрией, причем Aα “ 0.
Действительно, тогда компоненты вектора B “ rot A вцилиндрических переменных выражаются какBR “1 BAzR BαBz “BARBα“0Bα “BARBz´“0BAzBR .Тогда применим теорему Стокса. Взяв контур в виде окружности радиуса R вокруг оси z, получимпод “юбкой” pR ă z tg θ0 q : 2πRBpRq “снаружи 2πRBpRq “4πc IÑ BpRq “4πc I12IcR .Направление поля показано на рисунке.Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Пусть на внутреннем электроде содержится заряд Q. Тогда потенциал и напряженностьэлектрического поля между двумя электродами будут иметь видϕprq “ ϕ0 ´ A ln r Ñ Eprq “71Aer ,r(1)Ñ BpRq “2I1cR ,Решениягде r – радиальная переменная в цилиндрических координатах.Действительно, решение (1) удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕprq “ 0 в объеме диэлектрика и граничным условиям ∆Eτ =0и ∆Dn “ 4πσ на всех границах раздела, следовательно, оно верно.Для определения постоянной A применим теорему Гаусса, взявв качестве области интегрирования цилиндр длиной l и радиусаr, a ă r ă b (рассматриваем общий случай ε1 ‰ ε2 ):ssD1 prqdS ` D2 prqdS “ πrl pε1 ` ε2 q Eprq “S1S2“ πrl pε1 ` ε2 q Ar “ 4πQ,откуда A “4Qpε1 `ε2 ql .Разность потенциалов между электродами составитU “ ϕpaq ´ ϕpbq “ A lnb4Qb“ln .apε1 ` ε2 ql aТок между электродами находим как интеграл от объемнойплотности тока по площади боковой поверхности цилиндра радиуса r,a ď r ă b:svs1 `σ2 qI “ pjprq ¨ dSq “ σ1 EprqdS ` σ2 EprqdS “ 4Qpσpε1 `ε2 qlr πrl “r“S2S14πpσ1 `σ2 qQpε1 `ε2 q .Тогда сопротивлениеR“U1b“ln .Iπpσ1 ` σ2 ql a722012/2013 Контрольная работа 1.2, вар.
2Решение задачи 2Выясним, где в нашей системе имеются объемные или поверхностные заряды. В проводящей среде их нет, поскольку в стационарных условияхdiv j “ 0 Ñ 4πρ “ div E “1div j “ 0.σПоэтому заряд может быть сосредоточен только на оголенномконце и на поверхности воды. Окружив оголенный конец замкнутой поверхностью и записав для нее теорему Гаусса, получим{E ¨ dS «xбез проводаE ¨ dS “I1xj ¨ dS “ “ 4πQ.σσIТаким образом, на оголенном конце сосредоточен заряд Q= 4πσ.Заряд на поверхности воды распределен так, что выполняетсяграничное условие ∆jn “ 0 Ñ jn “ 0 Ñ En “ 0.Для определения Eprq при z ď 0 не обязательно находить само распределение поверхностной плотности заряда.
Вместо этогоприменим метод изображений. Рассмотрим систему из двух точечных зарядов `Q в точках p0, 0, ´hq и p0, 0, hq среды, проводимость которой равна σ во всем пространстве. В области z ď 0 этасистема создает точно такое же распределение потенциала, что ив нашей задаче. Действительно, при z ď 0 потенциал удовлетворяет тому же уравнению Пуассона∆ϕprq “ ´4πQ ¨ δpx, y, z ` hq и также выполняются условия En |z“0 =0,ϕp8q=0. Тогда, с учетом теоремыединственности решения, поле в проводящем полупространстве реальнойсистемы выражается суперпозициейполей от двух точечных зарядов. В73Решениячастности, при z “ 0 это поле удобно выразить в цилиндрическихпеременных (см. рисунок):QQEpRq “ 2 h2 `R2 sin θ ¨ eR “ 2 ph2 `R2 q ¨“? Reh2 `R2 R“2QRe .ph2 `R2 q3{2 RТогда плотность тока при z “ 0 равнаjpRq “ σEpRq “2σQRIReR “eR .23{22`R q2πph ` R2 q3{2ph2Решение задачи 3Выделим на конусе элементарную площадку в виде пояска шириной dR1 на расстоянииR1 от вершины.
Элементарная площадка содержит заряд, равныйdQ “ σdS “ σ ¨ 2πR1 sin θ0 dR1 .Вращающийся заряженный поясок эквивалентен кольцевому току величинойdI “2πωσR1 sin θ0 dR1ωdQ““ ωσR1 sin θ0 dR1 .2π2πКольцевой ток наводит в точке O элемент магнитной индукции, направленный по оси конуса и равныйdB “2πR1 sin θ0 dI2πωσsin θ0 “sin3 θ0 dR1 .12cRcПолное магнитное поле в точке O находим, интегрируя подлине образующей конуса:B“2πRωσsin3 θ0 .c742012/2013 Контрольная работа 1.2, вар. 2Наконец, учтем, что площадь боковой поверхности конуса равна S “ πR2 sin θ0 . ТогдаB“2ωQ2πRωQsin3 θ0 “sin2 θ0 .cScRРешение задачи 4На больших расстояниях Bpzq представляет собой поле магнитного диполяmpm ¨ zqBpzq “ ´ 3 ` 3z.(1)zz5Для определения i-й компоненты вектора m будем проецировать рамку на плоскость с номалью n “ ei и пользоваться формулой mi “ ISc i :mz “ISzc“ 0 pсм.
рисунокq.mx “ISxc“my “ISyc“ 0 pсм. рисунокq.4Ia2cpсм. рисунокq.Тогда уравнение (1) приобретает видBpzq “ ´4Ia2ex .cz 375РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1Пусть до соединения проводников потенциал во внешнем пространстве описывается функцией ϕ1 prq. Эта функция являетсярешением уравнения Лапласа ∆ϕ1 prq “ 0 с граничными условиями ϕ1 p8q “ 0 и ϕ1 |Γ “ V1 . Представим потенциал тел после их соединения как V “ k ¨ V1 . Условию на внешней границеϕ|Γ “ k ¨ V1 отвечает распределение потенциала вне проводникаϕprq “ kϕ1 prq.
Оно удовлетворяет уравнению Лапласа и условиюϕp8q “ 0, поэтому является единственным. Тогда и напряженности поля в любой точке r до и после соединения проводниковсвязаны пропорциейEprq “ k ¨ E1 prq.По теореме Гаусса для произвольной замкнутой области, ограниченной поверхностью S и включающей наш проводник, имеемvE1 prqdS “ 4πpq1 ` q2 q,vEprqdS “vk ¨ E1 prqdS “ k ¨vE1 prqdS “ 4πpq1 ` q2 q.Сравнивая два равенства, получаем, что k “ 1 и V “ V1 .Решение задачи 2Из условия непрерывности стационарного тока в области проводника следует отсутствие там объемных зарядов:div j “ 0 Ñ divpσEq “ σ div E “ 4πσρ “ 0,поэтому потенциал при z ą 0 удовлетворяет уравнению Лапласа.Кроме того, из непрерывности тока следует равенство нулю нормальных компонент векторов плотности тока и поля на границеz “ 0.762012/2013 Экзаменационная работа 1Предположим, что в области z ě 0 потенциал и электрическоеполе описываются функциями видаϕprq “ArEprq “Aer2 r(1)“Ie .4πσr 2 rЗаметим, что решению в виде (1) соответствует ситуация, когда весь заряд в системе сосредоточен в точке r “ 0.
Это невозможно, если провод с током не изолирован, поскольку тогда с одIной стороны поле вдоль провода равно ´ 4πσz2 ez , а с другой онотам обязано быть равным нулю как тангенциальное на границе сметаллом. Поэтому будем полагать, что провод с током изолирован и экранирован.
Тогда вектор E|z“0 удовлетворяет граничнымусловиямDn1 “ Dn2 “ 0, Et1 “ Et2 .Кроме того функция ϕprq равна нулю на бесконечности и удовлетворяет уравнению Лапласа. Поэтому по теореме единственности решение в виде (1) является единственно верным.Для определения постоянной A запишем интеграл от плотности тока по полусфере радиуса r:xxA(2)pj ¨ dSq “ σ pE ¨ dSq “ 2πr 2 σ 2 “ 2πσA “ IrОтсюда A “I2πσи тогдаϕprq “I2πσr ,Eprq “Ie ,2πσr 2 rjprq “(3)Ie .2πr 2 rПоскольку распределение тока аксиально симметрично и jα =0,то магнитное поле имеет только азимутальную компоненту (ср. с77Решениязадачей 4 КР1.2 на стр. 71). Тогда находим его по теореме Стокса.В области z ă 0:2πRBpRq “2I4πIÑ BpRq “,ccRгде R – расстояние до оси z.В области z ą 0 (ток через сечение круга радиуса r sin θ вычисляем, интегрируя j по сферическому сегменту радиуса r):2πr sin θBpr, θq ““4πcsjprqdS “4πcşθ0I2πr 2 sin θ1 dθ12πr 2“4πIp1´cos θq,cоткудаBpr, θq “ 22Iθ1 ´ cos θI“tg .cr sin θcr2Решение задачи 3Без учета границы в плоскости x “ 0 распределение тока впространстве вне полости описывается функцией (см.
задачу 3.24из [1])a3 pj0 ¨ rqra3,(1)jprq “ j0 ` 3 j0 ´ 32r2r 5где r - радиус-вектор с началом в центре полости.Наличие границы x “ 0 с непроводящим полупространствомнакладывает гран. условие jn “ 0. Решение, удовлетворяющее вобласти x ą 0 уравнению Лапласа, гран. условиям jn |x“0 “ 0 иjp8q “ j0 , формально является верным (а по теореме о единственности - единственно верным) в бесконечной проводящей среде, вкоторую, наряду с исходной полостью, симметрично ей относительно плоскости x “ 0, вводится еще одна такая же полость.При этом нарушится условие jn “ 0 на поверхности полостиоригинала, но вносимая погрешность составляет уже следующий782012/2013 Экзаменационная работа 1за первым член разложения по малому параметру a{l и поэтомуздесь ее можно не учитывать.
Влияние двух полостей на ток вобласти x ą 0 сводится к суперпозиции решений типа (1), где вкачестве r выступают радиус-векторы - каждый с началом в центре соответствующей полости (при этом r - расстояние от любогоиз центров до точки границы, в которой ищется j). На границеx “ 0 такая суперпозиция оставит только тангенциальную компоненту вектора плотности тока:3 ¨r cos θ¨r cos θ2r 53aajprq|x“0 “ j0 ` 2 2r3 j0 ´ 2 ¨ 3´“ j0 ¨ 1 `a3p1l3¯´ 3 cos2 θq sin3 θ .j0 “Решение задачи 4Угадываем решение для магнитного поля в виде,H1 “ H2 “ 4πIn.c ez ,внутри соленоида.4πµ2 In4πµ1 InB1 “ c ez , B2 “ c ezH “ B “ 0 снаружи.Такое решение в объеме удовлетворяет уравнениямrot H “ 0, div B “ 0,а на границах раздела - гран.
условиямH1t “ H2t ,Ht in ´ Ht out “4πc nI,B1n “ B2n ,Bn in “ Bn out .79РешенияВекторы намагниченности в двух областях равныM1 “µ1 ´14π H1“µ1 ´1 4πIn4πc ez“pµ1 ´1qInez ,cM2 “µ2 ´14π H2“µ2 ´1 4πIn4πc ez“pµ2 ´1qInez .cПоверхностную плотность молекулярных токов на боковой поверхности цилиндра находим по формулеJm1 “ cM1t “ pµ1 ´ 1qIn,Jm2 “ cM2t “ pµ2 ´ 1qIn.Поверхностная плотность молекулярных токов на границе раздела двух магнетиков равнаJm12 “ Jm2 ´ Jm1 “ pµ2 ´ µ1 qIn.Направления молекулярных токов для случая 1 ă µ1 ă µ2показаны на рисунке.Решение задачи 5При изменении формы сверхпроводящей рамки сохраняетсяпоток магнитного поля через ее сечение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
