1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 16
Текст из файла (страница 16)
при θ = 0, B2 = H2 = B1 то это и будет максимальное поле внемагнита.RdРис. к задаче 5.19Эквивалентная схема к задаче 5.191.4. (Задача 5.19) Найти поле электромагнита с узким зазором.Решение По аналогии с законами Кирхгофа для электрических цепей основное уравнение дляпростой магнитной цепи имеет видI4πIdx= ΦRµ , Rµ =.cµ(x)S(x)Уи показанного на рисунке электромагнита «электродвижущей силой» является обмотка электромагнита, состоящая из N витков, по которому течет ток I. Тогда магнитный поток в магнитопроводе ( в пренебрежении рассеянием магнитного потока в окружающую среду) записываетсяΦ=14π N I4πNI=,cRµc Rж + Rd4где Rж и Rd – магнитные сопротивления магнитопровода и зазора соответственно.Rж =Тогда магнитное поле в зазореH≈Lжd, Rd = .µSжsΦ4π N I=.Sc d + LµSж SжПри S ∼ Sж и µ À 1H≈4πN I.cd1. Квазистационарные явления1.1Квазистационарные явленияУрок 23Условия квазистационарности:1) ` << λ = cT = 2πc/ω;1 ∂D2) j = σE >> jсм =.4π ∂tЗакон Фарадея:ZZ1 ∂Φ1∂E =−=−Bn dS.c ∂tc ∂tZZ1LJΦ=Bn dS =.ccМагнитный поток:Потокосцепление:ZN=dn, Φ = N Φ0 .Энергия:ZW =−ZJEdt =JL ∂JLdt = 22c ∂tcZJdJ =LJ 2JΦΦ2==.2c22c2LМагнитный поток сохраняется: 1) в присутствии сверхпроводника (вмораживание силовых линий); 2) при t << τM = σµl2 /c2 .Для квазистационарных токов справедливо правило Кирхгофа.Дифференциальные уравнения для скин-эффекта в одномерном случае (в пренебрежении токомсмещения, εω ¿ σ):∂ 2 E(r, t)4πµσ ∂E(r, t)=.∂x2c2∂tЕго решение для полубесконечного пространстваE(r, t) = E0 e− δ e−i(ωt− δ ) ,z√где δ = c/ 2πµσω – т.
н. толщина скин-слоя.Поток электромагнитной энергии – вектор Пойнтинга:cS=[EH].4πИндуктивность. Взаимная индукцияz21.1. (Задача 6.1) Линия состоит из двух коаксиальных тонких цилиндрических оболочек срадиусами a < b, пространство между ними заполнено веществом с магнитной проницаемостьюµ.
Найти коэффициент самоиндукции на единицу длины линии.Решение Магнитное поле в такой аксиально-симметричной системе имеет единственную компоненту Hα . Используя теорему Стокса, можно показать, чтоHα = 0 при r ≤ a,2πIHα =при a ≤ r ≤ b,crHα = 0 при r > b.Bα = µHαТогда энергия в зазоре между коаксиальными цилиндрами, в котором поле не равно нулю, на единицу длины цилиндра равнаZW =(BH) dV2π=µ8π8πZbI24I 2rdr 2 2 = µ 2crcaОткудаZbdrI2 b= µ 2 lnrcaaI2 bLI 2=µln ,2c2c2 abL = 2µ ln .aW =1.2. (Задача 6.2) Вычислить внутреннюю часть самоиндукции единицы длины прямолинейного провода круглого сечения радиуса a.
Магнитная проницаемость провода µ.Решение Предположим, что по проводнику течет постоянный ток J. Он создает магнитноеполе,котороеможнонайти,воспользовавшисьтеоремойоциркуляциивектора H:IZ4πrH` d` =(j ds),(1)caOSгде j – плотность тока. Ввиду аксиальной симметрии напряженность магнитногополя зависит только от расстояния до оси провода и имеет только α-ю составляющую Hα в цилиндрической системе координат (z, r, α) с осью Z по оси тока.Поэтому, взяв циркуляцию вектора H по окружности радиуса r < a с центром на оси провода,найдемIH` d` = Hα · 2πr.1.
Квазистационарные явления3Поскольку j = const, то правая часть уравнения (1)Z4π4π4π J 2(j ds) =j · πr2 =r .ccc a2SОкончательно находим2Jrприr ≤ a.ca2Зная распределение напряженности магнитного поля H, находим энергию магнитного поля, запасенную внутри единицы длины провода. Она равнаZZ1µµJ 2W =(B H) dv =H 2 dv = 2 .(2)8π8π4cHα =Здесь интеграл берется по объему проводника, и учтено, что B = µH. С другой стороны,магнитная энергия W = LJ 2 /2c2 . Сравнивая с (2), находим L = µ/2.1.3. (Задача 6.3) Вычислить самоиндукцию единицы длины коаксиального кабеля, жила которого имеет радиус R0 , а оболочка – внутренний радиус R1 , наружный – R2 . Магнитная проницаемость проводов – µ1 , изоляции между ними – µ2 .Решение В коаксиальном кабеле ток течет по центральной жиле радиуса R0и возвращается по оболочке, внутренний и внешний радиусы которой равныR1 и R2 .
Пусть в кабеле течет ток J. Тогда магнитное поле внутри центральRной жилы равно (см. 6.2):R R102Hα =2JrcR02приr ≤ R0 .Ввиду аксиальной симметрии проводников напряженность магнитного поля также обладает аксиальной симметрией. Применяя теорему о циркуляции вектора H (см. 6.2), находим, что для:а) R0 ≤ r ≤ R1Hα · 2πr = 4πJ/c,откудаHα =б) R1 ≤ r ≤ R2Hα · 2πr =2J;cr4πJ4πJ r2 − R12−,cc R22 − R124откудаHα =2J2JrR22−.22c r R2 − R1 c (R22 − R12 )При r > R2 H = 0. Энергия, запасенная в единице длины кабеля:1W =8πZµ1 J 2 µ2(B H) dv =+4c28πZR1 µ2Jcr¶22πr dr+R0+µ18πZR2R12=µ(2J)2R22−rc2 (R22 − R12 )2 r¶22πr dr =µ2 JR1 µ1 J 2 R24 ln(R2 /R1 )µ1 J 2 R22ln+−,c2R0c2 (R22 − R12 )22c2 (R22 − R12 )где B = µH. С другой стороны, W = LJ 2 /2c2 , где L – индуктивность единицы длины кабеля.Сравнивая энергии, получаем для коэффициента самоиндукции выражениеL = 2µ2 lnR12µ1 R24R2µ1 R22+ 2ln−.R0 (R2 − R12 )2 R1 R22 − R121.4.
(Задача 6.4) Внутри металлической сферы радиуса R по диаметру проходиттонкая проволочка радиуса r0 ¿ R. По ней идет ток J, далее растекающийся по сфере и снова сходящийся к проволочке. Найти:а) магнитное поле внутри и вне сферы; б) оценить индуктивность системы.Решение Система имеет аксиальную симметрию и отлична от нуля только Hα -компонентамагнитного поля. Это поле вычисляется внутри сферы при помощи теоремы Стокса иHα =2J,crгде r–радиус в цилиндрической системе координат. Вне сферы поле очевидно равно 0.
Тогда плотность энергии внутри сферы и вне проволочкиJ2Hα2=.w=8π2πc2 r21. Квазистационарные явления5Полная энергия магнитного поля (в пренебрежении энергии внутри проволочки) запишется в видеинтеграла по объему сферы за вычетом объема проволочки24JW =8πc2Z2π√RZ2 −z2ZRdα0dzJ2dr= 2r2cr0−RZR−R·µ¶¸R2z2.dz ln 2 + ln 1 − 2r0RМожно пренебречь вторым члено в полученном интеграле, но оказывается он вычисляется точно,не говоря уже о возможности его обезразмерить и посчитать численно.2W =J R4R ln + R22cr0Z1ln(1 − x2 )dx .−1Подынтегральная функция симметрична по x, поэтому интеграл в квадратных скобках равенZ1Z1ln(1 − x2 )dx = 2Int =−1Вспоминая, что интегралZ1ln(1 − x2 )dx = 20R[ln(1 − x) + ln(1 + x)] .0ln(x)dx вычисляется по частям,Zln(x)dx = x ln(x) − x,можно записатьInt = −4 + 4 ln(2) ≈ −1.23.Даже если R/r0 ∼ 10, то очевидно, что вторым членом в выражении можно пренебречь и мыполучаемLJ 2J2RW = 2 ≈ 2 4R ln ,2c2cr0откудаL ≈ 4R lnR.r01.5.
(Задача 6.5) В прямоугольный короб с поперечным сечением S1 вложен дру-6S1гой√ прямоугольный короб сечением S2 (длины коробов одинаковы (` ÀS)) так, что их стенки параллельны. Короба разрезаны вдоль образующейи соединены последовательно (как показано на рисунке). Магнитная проницаемость всей среды равна µ. Найти индуктивность системы.Решение Магнитное поле между 2 бесконечными пластинами, по которым ток течет вверх ивниз (как показано на рисунке) равно удвоенному полю, создаваемому одной пластиной, а снаружи от зазора между пластинами поле равно нулю.
В соответствии с рисунком поле везде направлено от нас и равно по модулю4πIH=,c`где I– полный ток, текущий вдоль стенки. Магнитный поток через площадь S1 − S2 равенS2Φ = µH (S1 − S2 ) =4πµI(S1 − S2 ) .c`Тогда магнитная индукция системы может быть найдена из определенияΦ=LI4πµI=(S1 − S2 ) ,cc`откуда4µπ (S1 − S2 ).`Вычисляя энергию, получим такое же значение индуктивности.Zµµ 2µ 16π 2 I 2LI 2W =dV H 2 =H (S1 − S2 ) ` =(S−S)`=,128π8π8π c2 `22c2L=L=4π (S1 − S2 ) µ.`1.6. (Задача 6.6) Самоиндукция плоского контура в воздухе(µ = 1) равна L. Найти самоиндукцию контура, если его положить на плоскую границу полупространства, заполненного однородным магнетиком с магнитной проницаемостью µ.Решение Для плоского контура Φ = LJ/c, где Φ – поток вектора магнитной индукции черезконтур;J–токвконтуре;L–индуктивностьконтура.Пусть H0 – поле в отсутствии магнетика.
Предположим, что при наличиимагнетика поле в пустом полупространстве стало H1 = aH0 , а в среде –(1)µ =1H2 = bH0 . Поле H0 перпендикулярно плоскости контура и симметричноотносительно него.µ(2)1. Квазистационарные явления7Из непрерывности нормальной составляющей вектора B0 следует, чтоa = µb, непрерывность тангенциальной составляющей обеспечивается автоматически H1τ = H2τ . Возьмем циркуляцию вектора H0 в отсутствиисреды по некоторой силовой линииIZ4πJ(H0 d`) = 2 (H0 d`) =,c(1)где 2R(H0 d`) взят по половине симметричной кривой.
С другой стороны, при наличии магне-(1)тика интеграл по той же самой кривой даетZZ4πJ= (H1 d`) + (H2 d`) =c(1)Z= µb(2)Z(H0 d`) + b(1)Z(H0 d`) = b(µ + 1)(2)Сравнивая, получаемb=значит,H1 =2,µ+12µH0 ,µ+1(H0 · d`) .(1)a=2µ,µ+1H2 =2H0 .µ+1Поток вектора индукции через площадь контура в отсутствие магнетика равен Φ =Z(H0 ·ds). При наличии магнетикаZΦ=2µ2µ(H0 ds) =Φ0 ,µ+1µ+1а поскольку Φ = LJ/c, тоL=2µL0 .µ+11.7.
(Задача 6.7) Найти коэффициент самоиндукции на единицу длины бесконечного цилиндрического соленоида с густой намоткой и с произвольной (не обязательно круговой) формой сечения. Площадь сечения – S, число витков на единицу длины – n.8Решение Поле внутри соленоида находится по теореме Стокса.H` =4π4πN I; H=nIccТогда поток через поверхность, перпендикулярную оси соленоида (т.е.
фактически через один виток),4πΦ0 =nIS.cОднако, ЭДС индукции в соленоиде не равна Φ̇0 /c, а в N раз больше. Это связано с тем, чтопоток Φ0 пересекает все N витков, так что полная ЭДСE = N E0 ,гдеΦ̇0.cВеличина Φ = N Φ0 называется потокосцеплением и именно она входит в выражение для индуктивности Φ = LI. Тогда индуктивность единицы длины соленоидаcE0 = −L4πnN S== 4πn2 S.``Аналогичную формулу мы получим, если будем использовать формулу для энергии1 21W =H V =8π4π1.8.(Задачаyoxbµ4πnIc¶21LI 24πN 2 S` 2S` = 2 =I .22c`2 2c26.9) Найти коэффициент самоиндукции тороидального соленоида.Радиус тора – b, число витков – N , сечение тора – круг радиуса a.
Определить коэффициент самоиндукции на единицу длины соленоида в предельномслучае b → ∞ (N/b = const). Решить ту же задачу для тороидальногосоленоида, сечении которого – прямоугольник со сторонами a, h. Как изменится самоиндукция, если равномерно распределенный ток будет течь, сохраняя то же направление, не по проводу, намотанному на тор, а прямо по полойоболочке тора?Решение На рисунке показана часть сечения тороидального соленоида. Из симметрии системы очевидно, что силовые линии магнитного поля будут окружности, лежащие внутри соленоида вплоскостях, параллельных главной плоскости соленоида ( плоскость XZ на рисунке). Используя1. Квазистационарные явления9теорему Стокса вдоль такой круговой силовой линии получим, что величина магнитного поля наэтой линии2JNH=.c(b + x)Поток через один виток запишется в виде интегралаZΦ0 =2JNBdS =cZadx2b+x−a√a2 −x2Z4JNdy =c0Za √a2 − x2dx.b+x−aОбезразмерив переменные под интегралом, его можно привести к видуZa √Int =a2 − x2dx = αab+x−aZ1 √1 − t2dt,1 + αt−1где α = ab .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
