1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Сделав очевидную замену t = cos ψ, интеграл можно переписать в видеZπInt = αasin2 ψdψ.1 + α cos ψ0Вычислить этот интеграл элементарным способом мне не удалось, но пакет «Mathematica» позволил получить следующий результат1i√a hInt = π 1 − 1 − α2 .αТогда, используя потокосцепление, можно записать для индуктивности"#r³ a ´24JN 2LJN Φ0 =πb 1 − 1 −=.cbcПри b → inf разложив полученное решение по степеням a/b и приняв во внимание, что n =N/ (2πb = const), получим´³√L = 4πN 2 b − b2 − a2 .1По моей просьбе за этот интеграл взялся В.В.Иванов.
Им было приведено даже 2 способа вычисления, которыея воспроизвожу с его позволения далее, после решения этой задачи.10такой же результат получится если считать, что поле по сечению тора постоянно и равноH=2JN.cbЕсли сечение тора – прямоугольник, то интеграл вычисляется легко и получается результатL = 2N 2 h ln2b + a.2b − aЕсли ток течет по оболочке тора, то L уменьшится в N 2 раз.Вычисление интеграла Каждый интеграл, имеющий физическое происхождение, математиком воспринимается с трепетом и почтением. Например, изучение потока некоего магнитного полячерез поперечное сечение тора сводится к вычислению интегралаZ1 √1 − t2dt,1 + βtI(β) =−1который, очевидно, сходится при |β| ≤ 1.
Поскольку этот интеграл вызывает нетривиальныйинтерес у физиков, почему-то хочется сразу разложить его в ряд и побыстрее узнать ответ. Чтобыизбавиться от проблем, связанных с границей круга сходимости, а также иметь возможность, еслибудет нужно, делить на β, заметим, чтоI(±1) = πI(0) =π.2Словом, дело сводится к вычислению интеграла I(β) при 0 < |β| < 1.Вспоминая о сумме бесконечной геометрической прогрессии со знаменателем −βt, в нашемслучае по модулю не превосходящем |β|, мы приходим к замечательному разложениюZ √∞XnI(β) =(−β)1 − t2 tn dt.1n=0−1При нечетных n интегралы пропадают, так чтоI(β) = 2∞Xn=0β2nZ1 √01−t2 t2ndt =∞Xn=0µ2nβ B13,n +22¶,1. Квазистационарные явления11где, как хорошо известно и нам, и студентам ФФ, изучавшим анализ, а значит, знакомым с интегралами Эйлера,µ¶(1/2) (1/2 − 1) ...
(1/2 − n)31Γ(3/2) Γ(n + 1/2)B,n +== π(−1)n.22Γ(n + 2)(n + 1)!Иными словами,I(β) = −∞π X (1/2) (1/2 − 1) ... (1/2 − n)(−β 2 )n+1 .β 2 n=0(n + 1)!Мы видим здесь биномиальный ряд Ньютона без начального члена. Дополняя его этим членом,мы приходим к симпатичному ответу:´pπ ³I(β) = 2 1 − 1 − β 2 .βПриятно отметить, что при β = ±1 эта формула дает верные значения интегралов I(±1), аесли перейти к пределу при β → 0, получим правильное значение для I(0). В этом нет ничегоудивительного, если вспомнить теорему Лебега о предельном переходе под знаком интеграла, гдеречь идет об «интегрируемой мажоранте».
Здесь такая мажоранта есть, а именно:p√√1 − |t|21 − t220<≤≤p,1 + βt1 − |t|1 − |t|где |t| < 1 и |β| ≤ 1. Это означает, в частности, что функция I(β) непрерывна на отрезке|β| ≤ 1. Таким образом, интегралы I(±1) и I(0) можно отдельно и не считать.Теперь, когда «магия магнетизма» уже не действует, хочется подумать и понять, почему жеряд благополучно просуммировался? Ответ ясен — изначально видно, что интеграл выражаетсячерез элементарные функции. Ясно также, что путь к нему должен быть проще. И вот, приходит вкакое-то место такая мысль: а что, если поделить «столбиком» cos2 ϕ на 1 + β sin ϕ ? С остатком,разумеется.
Это легко:cos2 ϕ1 − sin2 ϕ==1 + β sin ϕ1 + β sin ϕ111 − β21= − sin ϕ + 2 −.2βββ1 + β sin ϕЕсли, как и прежде, |β| < 1, тоZπ/2−π/2dϕπ=p,1 + β sin ϕ1 − β212что получается хрестоматийным способом — надо объявить tg(ϕ/2) новой переменной. Итак,Z1 √I(β) =−11=−βZπ/2Zπ/21 − t2dt =1 + βtcos2 ϕdϕ =1 + β sin ϕ−π/2Zπ/21sin ϕ dϕ + 2β1 − β2dϕ −β2−π/2−π/2´pπ ³2= 2 1− 1−β ,βв полном согласии с нашим прежним выводом.Zπ/2dϕ=1 + β sin ϕ−π/21.9. (Задача 6.10)Найти индуктивность соленоида с числом витков N À 1, намотанноготонким слоем на шарообразный сердечник радиуса a с магнитной проницаемостью µ так, что виткилежат вдоль линий θ = const, а плотность намотки меняется по закону πZNn (θ) =sin θ, n (θ) adθ = N .2a0Решение Поле H2 вне соленоида – поле магнитного диполя, магнитный момент m которогосоздается соленоидом (поверхностные токи) и индуцированным моментом шараH2 =3r(m r) m− 3.r5rНаправление вектора m перпендикулярно плоскостямвитков. Поле H1 внутришара однородно, также как для намагниченного шара (см.
5.9). Тангенциальθные составляющие Hτ на поверхности шара терпят разрыв из-за поверхностных токов, нормальные составляющие вектора магнитной индукции непреuuraH1рывны, поэтомуO(1)(2)m4π JNsin θ + H1 sin θ =sin θ ,3ac 2aµH1 cos θ =2m cos θ3m cos θ m cos θ−=.33aaa3Решая систему уравнений, находимH1 =4πN J.c (µ + 2)a1. Квазистационарные явления13Поток вектора магнитной индукции через dn витков, расположенных под углом θ, равенdΦ = µHπa2 sin2 θ n(θ) a dθ .Полный поток через все N витков2π 2 N 2 Ja µΦ=cµ+2Zπ8π 2 N 2 Jaµsin θ dθ =.3c (µ + 2)30Значит,8π 2 µN 2 a.3 µ+2Вычисление индуктивности через энергию системы в данном случае заметно сложнее из-за трудности вычисления энергии вне соленоида:L=LJ 2= W1 + W2 ,2c2где W1 = µH12 43 πa3 есть энергия внутри соленоида с учетом однородности поля H1 , а энергиявне соленоидаZ1H22 dv,W2 =8πгде3r(m r) m2πJN a2H2 =− 3,m = mz =.r5rc(µ + 2)1.10.
(Задача 6.14) Внутрь соленоида, имеющего N витков, длину ` и площадь сечения S1 ,вставлен коаксиально второй соленоид с тем же направлениемнамотки и той же длины `, но иным√ √числом витков N2 и площадью сечения S2 (` À S1 , S2 ), края соленоидов совпадают. Обмотки соединены последовательно так, что токи в обоих соленоидах текут в одинаковых направлениях.Найти индуктивность системы: а) через энергию; б) через потокосцепление.Решение Если по соленоидам пропустить ток J, то распределение напряженности магнитногополя будет иметь видH1 =H2 =4πJ N1c `приR2 ≤ R ≤ R1 ,4πJ (N1 + N2 )4πJ N1 4πJ N2+=приc `c `c`R > R1 .H3 = 0приR < R2 ,14а) Найдем магнитную энергию, запасенную в системе:µ¶2 ·¸Z1 4πJ1222W =H dv =(N1 + N2 ) S2 ` + N1 (S1 − S2 )` =8π8π c `2πJ 2= 2 (N12 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ).c`(1)С другой стороны, W = LJ 2 /2c2 , где L – индуктивность системы.
Сравнивая, находимL=4π 2(N1 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ) .`(2)б) Учитывая потокосцепления для внутреннего соленоида, имеемΦ2 =4πJ(N1 + N2 )N2 S2 .c`С учетом потокосцепления для внешнего соленоида получаемΦ1 =4πJ4πJ4πJ(N1 + N2 )N1 S2 +(S1 − S2 )N12 =(N1 N2 S2 + N12 S1 ) .c`c`c`Для всей системыΦ = Φ1 + Φ2 =4πJ 2(N1 S1 + N22 S2 + 2N1 N2 S2 ).c`Сравнивая с Φ = LJ/c, находим для индуктивности прежний результат (2).1.11. (Задача 6.15) На один сердечник намотаны две катушки с коэффициентами самоиндукции L1 = 0, 5 Гн и L2 = 0, 7 Гн соответственно.
Чему равен коэффициент взаимоиндукции?Рассеяния магнитного поля нет.Решение Пусть в сердечнике поток Φ0 . Потокосцепление в первой катушкеΦ1 = N1 Φ0 =1(L11 I1 + L12 I2 , )cи во второй катушке1(L22 I2 + L21 I1 .)cПустим в первой катушке ток I1 а во второй ток занулим. ТогдаΦ2 = N2 Φ0 =N1L11=.L21N21. Квазистационарные явления15Теперь пустим ток через 2 катушку, а первую разомкнем. ТогдаL12N1=.L22N2Разделив друг на друга два последних соотношения, получимppL12 L21 = L1 L2 ,и, используя соотношение L12 = L21 , получаем для коэффициента взаимоиндукцииM = L12 =≈ 0, 6 Гн.1. Квазистационарные явления1.1Квазистационарные явленияУрок 24Взаимная индукция1.1. (Задача 6.17) Найти коэффициент взаимной индукции между прямым проводом и проволочным кольцом, если провод лежит в плоскости кольца.Решение Пусть расстояние в плоскости провод-кольцо от провода до центра кольца равно b, арадиус кольца – a.
Решение этой задачи очень похоже на решение задачи 6.9. Магнитный поток,создаваемый прямым проводом записывается практически также, как магнитный поток в соленоиде. Действительно, если по прямому проводу идет ток J, то он создает вокруг себя магнитное полеHϕ = 2J, где r – расстояние от провода до точки наблюдения в плоскости провод-кольцо. Тогдаcrпоток через площадь кольца от тока по прямому проводу запишется в видеZΦ=BdS =2JcZa−a√a2 −x2Za √ 2Zdxa − x24J2dx.dy =b+xcb+x0−aИспользуя интеграл, посчитанный в задаче 6.9, получаем результат для коэффициента взаимнойиндукции³´√M = 4π b − b2 − a2 .1.2.
(Задача 6.18) Вычислить коэффициент взаимоиндукции между прямым проводом и проволочной прямоугольной рамкой a × b, если провод лежит в плоскости рамки вдоль одной из еесторон о длиной b и на расстоянии h от ближайшей стороны.Решение См. решение задачи 6.9 и 6.17 M = 2b ln (1 + a/h) .1.3. (Задача 6.22) Найти коэффициент взаимной индукции двух катушек трансформатора сШ-образным сердечником, если зазор d ¿ a (см. рисунок). Справедливо ли равенство M12 =M21 .Решение Для решения этой задачи можно воспользоваться аналогией между электрическимицепями и магнитными цепями. Выключим ток во второй катушке и рассмотрим эквивалентнуюсхему, которая показана на рисунке.
Расставим токи (как и при решении задач об обычных токах)и выберем для них направления. В соответствие с законами Кирхгофа для показанной цепи U = 3RΦ1 + RΦ20 = 3RΦ3 + rΦ3 − RΦ20 = −Φ1 + Φ2 + Φ32dN1RN2aRФ1UR2aФ1Ф2RФ3RРис. к задаче 6.22rФ3RRЭквивалентная схема к задаче 6.22Решая эту систему уравнений, получим для потока через катушку 2Φ3 =4πN1 I1U= c,15R + 4r15R + 4rа потокосцепление через эту катушкуL22 I2 + L21 I1cпри разомкнутой второй катушке ток через нее не течет I2 = 0 и, следовательноN2 Φ3 =4πN1 N2 I 1L21 I1= N2 Φ3 = c,c15R + 4r4πN1 N2.L21 =15R + 4rАналогично, установив источник в цепи справа, т.е. разомкнув катушку 1 и пропустив ток I2 повторой катушке, получим для потоков выраженияΦ2 = −N2 I 23 4πc15R + 4rΦ1 = Φ2 + Φ3 =4πN2 I2c(4 − 3)15R + 4rN1 Φ1 = L11 I1 + L12 I2 ,но при I1 = 0откуда получаем4πN1 N2 I24πN1 N2L12 I2= c=,c15R + 4r15R + 4rL12 = L21 .Энергия и давление магнитного поля.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
