phys_3sem_lection_all (823856), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Чтобы показать, что это не так, пройдём от точки А вдольконтура против часовой стрелки:ϕ A − I 2 R2 − I 2 r3 − ε3 + I 4 r1 + ε1 − I 3 R3 + I 5 r2 − ε2 + I1 R1 = ϕ Aоткуда получаем такое же уравнениеε −ε +ε213= I1 R1 + I 5 r2 − I 3 R3 + I 4 r1 − I 2 r3 − I 2 R2 .2) Произвол в расстановке направлений токов приводит к тому, что при решении могут получаться значения силы тока со знаком минус – это означает, что для данного тока положительноенаправление надо выбрать противоположным.3) Количество уравнений на токи по первому правилу Кирхгофа на единицу меньше количестваузлов, а количество уравнений по второму правилу меньше числа контуров тоже на единицу.Поэтому общее число уравнений равно числу неизвестных значений токов.4) Недостатком метода, основанного на двух правилах Кирхгофа, является возникающее приэтом большее число уравнений, решение которых является порой весьма трудоёмкой задачей.Пример.
Найти величины и направления токов в схеме, если R1=2 Ом, R2=2 Ом, R3=2 Ом, ε1=2 В,ε2=4 В, ε3=6 В. Внутренние сопротивления источников ЭДС считать равными нулю.Решение. Проставим произвольным образом направления токов. Схема содержит два узла, поэтому имеем одно уравнение для токов, например, в левом узле (B): I1=I2+I3.Семестр 3. Приложение 1.12Количество замкнутых контуров в схеме равно трем - перечисCε3R3Dлим их:первый ABEFA состоит из R1, ε1, R2, ε2; второй BCDEB состоитI3I2BR2ε2Eколичество уравнений равно двум. Запишем эти уравнения, на-I1пример, для контуров ABEFA и BCDEB.R1Aиз R2, ε2, R3, ε3; третий ACDFA состоит из R1, ε1, R3, ε3, поэтомуε1FПрежде всего, зададимся направлениями обхода в этих контурах– по часовой стрелке.ε 2 - ε1 = I2 R 2 + I1R1 .Для контура BCDEA: ε 3 - ε 2 = I3 R 3 - I2 R 2 .Для контура ABEFA:Получаем систему из трех уравнений для трех неизвестных:I1 - I2 - I3 = 0ε 2 - ε1 = I2 R 2 + I1R1ε 3 - ε 2 = I3 R 3 - I 2 R 2Подставим данные и решим систему.I1 - I2 - I3 = 02 = 2I 2 + 2I12 = 2I3 - 2I 2Из второго и третьего уравнений: I1=1−I2, I3=1+I2.
Подставим это в первое уравнение1 − I2 – I2 – 1 − I2 = 0.Отсюда: I2=0 A, I1 =1 A, I3 = 1 A. Так как значения токов I1 и I3 положительные, то положительные направления для них совпадают с выбранными.♣Закон Джоуля-Ленца.Согласно первому началу термодинамики работа внешних сил равна изменению энергиисистемы и количеству тепла, отданного системой:A′ = ∆W + Qɶ(тильда введена для отличия обозначений количества теплоты от величины заряда).Изменение энергии равно сумме изменений кинетической, потенциальной и внутренней энергий:∆W = ∆WКИН + ∆WПОТ + ∆UЕсли проводник покоится и его форма не меняется, то изменением кинетической и потенциальной можно пренебречь ∆WКИН = 0 , ∆WПОТ = 0 .
Если температура проводника постоянная, товнутренняя энергия не меняется ∆U = 0 . Поэтому изменение энергииСеместр 3. Приложение 1.13∆W = ∆WКИН + ∆WПОТ + ∆U = 0 .Тогда A′ = Qɶ - работа внешних сил равна количеству теплоты, выделившемуся в проводнике.При протекании тока по проводнику работу совершают кулоновские и сторонние силыAКУЛ + AСТОР = ( ϕ1 − ϕ2 + ε12 ) qНа однородном участке проводника AКУЛ = ( ϕ1 − ϕ2 ) q . Если по проводнику протекает постоянный ток силой I, то за интервал времени dt через сечение проводника пройдёт заряд q = I ⋅ dt ,поэтому в абсолютных величинах AКУЛ = ( ϕ1 − ϕ2 ) q = UIdt .Т.е.
количество теплоты, выделившееся в проводнике при протекании постоянного тока за времяdt равно2UδQɶ = UIdt =dt = I 2 RdtR(Выделившееся количество считается положительным Qɶ > 0 ). Эта запись закона Джоуля-Ленцав интегральной форме.Если у рассматриваемого цилиндрического проводника площадь поперечного сеченияравна S⊥, длина l, а удельное сопротивление ρ, то сила тока I = jS ⊥ , сопротивление R = ρl, поS⊥этомуδQɶ = I 2 Rdt = j 2 S ⊥ 2ρldt = j 2ρS ⊥ldtS⊥Т.к. объём проводника V = lS ⊥ , то можно найти объёмную мощность тепловыделенияqɶ =δQɶ= j 2ρVdtЭто выражение закона Джоуля-Ленца в дифференциальной форме.Замечание. С увеличением температуры, удельное сопротивление проводников возрастает, чтообусловлено тепловыми колебаниями решётки.Семестр 3. Приложение 2Приложение 2.Падение волны на границу раздела диэлектриковРассмотрим падение плоской электромагнитной волны на плоскую границураздела двух диэлектриков.Будем предполагать, что волна является линейно-поляризованной.()()Уравнения волны E = E0 cos ωt − ( k ,r ) + ϕ , H = H 0 cos ωt − ( k ,r ) + ϕ ,µµ 0E=.Hεε 0Ход каждой из волн зададим с помощью лучей и соответствующих волновых векторов.Рассмотрим любую точку на границе.
В ней пересекаются три луча – луч падающей волны, луч прошедшей волны и луч отражённой волны.Вдоль границы введём систему координат так, чтобы волновой вектор падающей волны лежал в плоскости (XY), где ось X направлена вдоль границы, авектор Y перпендикулярен ей, а начало коордиE1H1n1n2k1нат совпадало с выбранной точкой. Тогдаk3Yα1 α3H3Zk1 = ( k1 sin α1 , −k2 cos α1 , 0 ) , где угол α1 между нор-E3малью к границе (осью Y) и лучом падающейволны будем называть углом падения.ZE2α2XБудем обозначать параметры падающейволны индексом «1», прошедшей волны индексом «2», а отражённой – «3».
Введём угол пре-H2Zk2ломления α2 и угол отражения α3 - углы междунормалью и соответствующими лучами. Тогдаk2 = ( k2 sin α 2 , −k2 cos α 2 ,k2Z ) , k3 = ( k3 sin α3 ,k3 cos α3 ,k3Z ) .В общем случае падающую волну можно представить в виде суперпозиции двухволн, плоскости поляризации которых взаимно перпендикулярны. Поэтому рассмотрим падение таких волн по-отдельности.1Семестр 3. Приложение 21) Рассмотрим случай, когда в падающей волне вектор H1 = ( 0, 0,H1 ) параллеленгранице, а вектор E1 лежит в плоскости (XY), т.е.
E1 = ( E1 X ,E1Y ,0 ) . Как говорят,волна поляризована в плоскости падения.Так как на границе должны выполняться условия E1t + E3t = E2t и H1t + H 3t = H 3t ,тоE1 X + E3 X = E2 X и E3 Z = E2 Z ,H1 + H 3 Z = H 2 Z и H 3 X = H 2 X .Кроме того, на границе выполняются условияD1n + D3n = D2 n и B1n + B3n = B2 n , поэтому ε1 ( E1Y + E3Y ) = ε 2 E2Y , µ1 H 3Y = µ 2 H 2Y .Координаты E2Z, E3Z, H2X, H3X, H2Y, H3Y не связаны никакими уравнениями спараметрами падающей волны. Поэтому их можно не рассматривать, т.е. считатьравными нулю. Следовательно, прошедшая и отражённая волны являются линейно-поляризованными, т.к.
E2 = ( E2 X ,E2Y ,0 ) , E3 = ( E3 X ,E3Y ,0 ) , H 2 = ( 0,0,H 2 ) ,H 3 = ( 0 , 0 ,H 3 ) .Тогда волновые векторы тоже лежат в плоскости (XY):k2 = ( k2 X ,k2Y , 0 ) , k3 = ( k3 X ,k3Y , 0 ) .Уравнения для напряжённостей всех трех волн(())(())(()E1 = E01 cos ω1t − k1 ,r + ϕ1 , E2 = E02 cos ω2t − k2 ,r + ϕ2 , E3 = E03 cos ω3t − k3 ,r + ϕ3)Для них должно выполняться условие на границе E1 X + E3 X = E2 X . Точки границызадаются радиус-вектором r = ( x,0,z ) , поэтому на границе выполняется равенствоE01 X cos ( ω1t − ( k1 X x ) + ϕ1 ) + E03 X cos ( ω3t − ( k3 X x ) + ϕ3 ) = E02 X cos ( ω2t − ( k2 X x ) + ϕ2 ) .В частности, в точке x=0:E02XE01 X cos ( ω1t + ϕ1 ) + E03 X cos ( ω3t + ϕ3 ) = E02 X cos ( ω2t + ϕ2 ) .E03XE01XНа амплитудно-векторной диаграмме сумма трех векторовпостоянной длины E01 X + E03 X = E02 X будет выполняться, если только угловые скорости вращения этих векторов оди-наковые ω1 = ω2 = ω3 .2Семестр 3.
Приложение 2Т.е. частоты всех трех волн одинаковые. Обозначим эту частоту ω.Теперь зафиксируем какой-то момент времени t0. Тогда в любой точке границы (для любого значения x) выполняется равенствоE01 X cos ( − ( k1 X x ) + {ωt0 + ϕ1} ) + E03 X cos ( − ( k3 X x ) + {ωt0 + ϕ3 } ) = E02 X cos ( − ( k2 X x ) + {ωt0 + ϕ2 })Так как величина x является параметром, то волновые числа k1X, k2X, k3X будут являться аналогом угловой скорости вращения векторов E01 , E02 , E03 на амплитудно-векторной диаграмме. Следовательно, равенство E01 + E03 = E02 возможно тольков случае, когда k1X = k2X = k3X.Из k1X = k2X следует соотношение k1 sin α1 = k2 sin α 2 .
Т.к. k1 =k2 =ω1 ωn1=иv1cω2 ωn2=, то угол падения и угол преломления связаны соотношениемv2cn1 sin α1 = n2 sin α 2 .Из k1X = k3X следует соотношение k1 sin α1 = k3 sin α 3 . Т.к. падающая и отраE1H1n1n2k1α1жённая волны распространяются в одной среде,k3Yα3H3Zто k1 = k3 , откуда α1 = α3 - угол отражения равенE3углу падения.Найдём соотношения между величинамиZE2α2Xнапряжённостей. Предположим, что векторы напряжённостей электрического и магнитного полей в падающей, прошедшей и отражённой вол-H2Zk2нах в некоторый момент времени имеют направления, указанные на рисунке. ТогдаE1 = ( E1 cos α1 ,E1 sin α1 , 0 ) , E2 = ( E2 cos α 2 ,E2 sin α 2 , 0 ) и E3 = ( E3 cos α1 , − E3 sin α1 , 0 ) .Условие E1 X + E3 X = E2 X примет видE01 cos α1 cos ( ωt − ( k1 X x ) + ϕ1 ) + E03 cos α1 cos ( ωt − ( k1 X x ) + ϕ3 ) = E02 cos α 2 cos ( ωt − ( k2 X x ) + ϕ2 )Из ε1 ( E1Y + E3Y ) = ε 2 E2Y получаем равенствоE01 sin α1 cos ( ωt − ( k1 X x ) + ϕ1 ) − E03 sin α1 cos ( ωt − ( k1 X x ) + ϕ3 ) =ε2E02 sin α 2 cos ( ωt − ( k2 X x ) + ϕ2 )ε13Семестр 3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
