1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 21

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 21)

Считаячастоту малой, найти в первом неисчезающем приближении распределение вихревыхтоков в шаре и среднюю поглощаемую им мощность.Решение Если частота ω изменения поля мала, т. е. глубина проникновения δ велика по сравнению с размерами тела, тогда распределение магнитного поля в каждыймомент времени будет таким, каким оно было бы в стаZтическом случае при заданном значении внешнего поля вдали от тела. Действительно, в этом случае правуюθ urчасть уравненияH0R4πiµσ ωO∇2 H = −Haµ ,σc26можно заменить нулем. Используя решение задачи 5.7, получаем, что поле внутришара в нулевом (по частоте) приближении равноH=3H0 e−iω t .µ+2Выберем сферическую систему координат (R, θ, α) с началом в центре шара.Угол θ будем отсчитывать от оси Z, направленной вдоль H0 .

Из свойств симметриисистемы ясно, что вихревое электрическое поле, согласно уравнениюrot E = −1 ∂B,c ∂t(1)будет лежать в плоскостях, перпендикулярных H0 , и направлено по касательным кокружностям с центром на оси Z. Оно зависит только от величины радиусов этихокружностей. Так же будут направлены и токи: jα = σEα . Нужно заметить, что внулевом по частоте приближении поле E отсутствует, что следует из уравненияrot H =4πσE = 0.cВоспользуемся интегральным аналогом уравнения (1)I1 ∂ΦEl dl = −,c ∂tгде Φ — поток вектора магнитной индукции через поверхность, натянутую на контур,по которому берется циркуляция вектора E в левой стороне уравнения.

Взяв интегралпо окружности радиуса R sin θ, найдемEα =и, значит,jα =3µ iH0 Rω sin θ −iω te2 (µ + 2)c3µH0 R σ ω sin θ −i(ω t−π/2)e.2 (µ + 2)cОтбрасывая мнимую часть, получаемjα =3µ σ ω H0 Rsin θ sin ωt .2 (µ + 2) cКоличество тепла, выделяемое в единицу времени в элементеобъема dv = 2πR2 sin θ dθ dR, равноdW =j22πR2 sin θ dθ dR .σ1. Квазистационарные явления7Интегрируя это выражение по объему шара, получаемW (t) =6π5µµ ω H0(µ + 2) c¶2σ a5 sin2 ω t .Тогда среднее количестно тепла, выделяемое в единицу времени, будет1W =TZTW (t) dt =03π µ2 ω 2 σH02 a55 c2 (µ + 2)2приδ À a.Поглощаемая мощность энергии при малых частотах пропорциональна ω 2 .1.6. Металлический шар помещен в однородное магнитное поле, меняющееся с частотой ω.

Найти результирующее поле и среднюю поглощаемую шаром мощность прибольших частотах. Радиус шара – a, магнитная проницаемость – µ, проводимость –σ. Указание. При определении поля вне шара считать, что внутри шара поле равнонулю (т. е.

пренебречь глубиной проникновения δ по сравнению с радиусом шара a).При определении поля внутри шара, считать его поверхность плоской.Решение При больших частотах магнитное поле проникает лишь в тонкийповерхностный слой проводника. Глубина проникновенияZurδ ¿ a. Для вычисления поля вне проводника можноRпренебречь толщиной этого слоя, т. е. считать, что внутрьθтела магнитное поле не проникает. По шару будут течьuuuraH0поверхностные токи. Эти токи создадут магнитный моOµ,σмент шара m = bH0 , так что поле вне шара согласнорезультатам задачи 6.9 можно записать какH = H0 −m3R(m R)+3RR5приR > a.Из условия непрерывности¯ нормальной составляющей вектора магнитной индукции на поверхности шара BR ¯R=a = 0 получимH0 cos θ −bH0 cos θ 3bH0 cos θ+= 0,a3a3откуда m = −H0 a3 /2 , b = −a3 /2— магнитная поляризуемость шара при сильном скин-эффекте.

Значит,3H(R = a) = − H0 sin θ nθ ,28где nθ — единичный вектор, соответствующий углу θ в сферической системе координат (R, θ, α). Нахождение истинного распределения поля в поверхностном слоешара можно упростить, рассматривая небольшие участки поверхности как плоские сизвестным значением поля на поверхности. Тогда (см. 6.76)hh3H = − H0 sin θ e− δ e−i(ω t − δ ) nθ ,2HR = Hα = 0 ,√где δ = c/ 2πµσω, a h отсчитывается от поверхности по нормали вглубь шара.Среднюю поглощаемую шаром энергию можно найти как среднее количество энергии поля, втекающей извне внутрь проводника в единицу времени, т.

е. интеграл отсреднего по времени вектора Пойнтинга S, взятый по поверхности шара:ZZ ³´cW = (S ds) =[E × H] · ds .4πИз уравнения rot H = 4πσ E/c найдемE=c (1 − i)[H × n],4π σ δгде n – единичный вектор, перпендикулярный поверхности инаправленный внутрь шара.Найдем средний вектор Пойнтинга на поверхности шара:cc[E × H] =Re [E × H∗ ] =4π8π÷¸!c9 c2 H02 sin2 θ?=Re(1−i)[H×n]×H=n.32π 2 σ δ128π2 σ δS =Интегрируя S по поверхности, окончательно получаемZπ3S 2π a sin θ dθ = H02 a2 c82W =0rµω2π σприТаким образом,√диссипация энергии при больших частотахпропорциональна ω.δ ¿ a..

Характеристики

Список файлов курсовой работы