1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Это было бы не так, если бымы выбрали второе слагаемое в ϕ2 prq пропорциональным pEr03¨rq „ r12 , как при сферической геометрии.Соответствующие выражения для напряженности поля:Оператор Лапласа в цилиндрических координатах (в случаеˆ˙BBB2△“r` 2 2.rBrBrr BαBBzαТогда для ϕ “ ´E0 r cos α ` A E0 ¨cosr`˘ ` E cos α˘ααα` A E0 ¨cos´ A E0 ¨cos△ϕ “ ´ E0 cos` 0r“ 0.rr3r3“ 0) равенαВыбор решения в виде ϕ “ ´E0 r cos α ` B E0 ¨cosпривел бы к нарушениюr2уравнения Лапласа:˘ ` E cos α˘`αααα` 0r“ 3B E0 ¨cos‰ 0.` 4B E0 ¨cos´ B E0 ¨cos△ϕ “ ´ E0 cosrr4r4r41482011/2012 Контрольная работа 1E1 prq “ ´A1 ¨ E0 ,E2 prq “ E0 ´ A2 Er20 ` 2A2 pE0r4¨rqr “(2)αer ““ E0 ´ A2 Er20 ` 2A2 E0 ¨r¨cosr3αer .“ E0 ´ A2 Er20 ` 2A2 E0 ¨cosr2Для определения неизвестных A1 и A2 имеем два граничныхусловия:ϕ1 prq|r“a “ ϕ2 prq|r“a ,(3)jn1 prq|r“a “ jn2 prq|r“a ñ σ1 En1 prq|r“a “ σ0 En2 prq|r“a .Подстановка (1)–(2) в (3) даетA1 “ ´E0 ` A2 ¨E0a3 ,αα` 2A2 σ0 E0 ¨cosñ´A1 σ1 cos α “ E0 σ0 cos α ´ A2 σ0 E0a¨cos2a2ñ0“1`(4)A2.a2Во втором граничном условии (4) мы проецировали все векторы на направление er .Из системы уравнений (4) находим:A2 “ ´a2 , A1 “ ´2.Подставляя полученные значения A1 и A2 в (2), находим полеи плотность тока:E1 “ 2E0 , j1 “ 0, r ă a;´E2 “ 1 `a2r2¯2EE0 ´ 2 a0cos αr2´er , j2 “ 1 `149a2r2¯2jj0 ´ 2 acos αer ,r30r ě a.РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1Пусть на внутреннем цилиндре собран заряд Q.
Электрическое поле всюду между цилиндрами направлено по радиусу. Тогда модуль вектора электрической индукции междуцилиндрами определим из теоремы Гаусса:şşvDpRqdS “ D1 pRqdS ` D2 pRqdS “S1S2S(1)“ πRl ¨ pD1 pRq ` D2 pRqq “ 4πQ.На границе двух диэлектриков тангенциальные компонентывекторов напряженности электрического поля E1τ pRq и E2τ pRqравны. Учитывая, что у поля имеется только тангенциальная компонента, получим:D2 pRqD1 pRq““ EpRq.ε1ε2(2)С учетом (2) перепишем уравнение (1):D1 pRq4Q“.ε1pε1 ` ε2 qlR(3)Разность потенциалов между обкладками выражается интегралом:πRl ¨ pε1 ` ε2 qEpRq “ 4πQ, откуда EpRq “U“żba4QEpRqdR “pε1 ` ε2 qlżbadR4Qb“ln .Rpε1 ` ε2 ql aЕмкость конденсатора:C“Qpε1 ` ε2 ql.“U4 ln ab150(4)2011/2012 Экзаменационная работа 1С учетом того, что при R ă a E “ 0, давление на внутреннююстенку равноεE 2 paq.p“8πЕсли разность потенциалов между обкладками равна U , то из(3) и (4) следует, чтоEpaq “U.a ln abТогда сила давления на внутреннюю обкладку направлена порадиусу и равна¸2˜εUp“.8π a ln abСуммарную силу на внутреннюю обкладку находим как разность сил на каждую половинку:˜˜¸2¸2UUε1 ´ ε2pε1 ´ ε2 qlF “¨ p2alq “.8π4πaa ln abln abРешение задачи 2Выделим на кольце элемент, заключенный в интервале углов rθ; θ ` dθs.Элементарный заряд dQ “ ηRdθ движется со скоростью v “ ´ω ˆ R.
(Знак“–” возник из-за того, что мы направили R к центру кольца). В соответствиис законом Ампера движущийся заряднаводит в центре кольца магнитное поле с напряженностью:dH “ηRdθηdθdQvˆR“vˆR “v ˆ R.33cRcRcR2151РешенияВыделенный элемент вместе с элементом, заключенным в угловом интервале r´θ ´ dθ; ´θs, наводят магнитное поле, ориентированное по z с напряженностью:dHz “ 2ηωηdθωR2 sin2 θ “ 2sin2 θdθ.cR2cИнтегрируя по углу от 0 до π, получим полное поле в центре:H“żηωdHz “ 2cżπsin2 θdθ “ πηω.c0Среднюю линейную плотность тока вычисляем как заряд, пересекающий неподвижную дугу единичной длины за период вращения кольца, отнесенный к этому периоду:J“2η2ηωηω““.T2ππРешение задачи 3Из симметрии задачи ясно, чтомагнитное поле направлено параллельно оси цилиндра.
Вычислим циркуляцию магнитного поля по прямоугольному контуру, одна сторона которого проходит параллельно оси запределами цилиндра, другая – внутри на расстоянии R от оси (контурлежит в плоскости, содержащей ось цилиндра):¿pH ¨ dℓq “ HpRqℓ.По теореме Стокса циркуляция поля равна 4πJc , где J – полныйток через сечение контура. Плотность тока на расстоянии R от оси1522011/2012 Экзаменационная работа 1равна jpRq “ ρ ¨ vpRq “ ρ ¨ Rω. Интегрируя по площади контура,получим:J“xjpRqdS “ ρωℓżaRdR “R˘ρωℓ ` 2a ´ R2 .2Теорема Стокса в развернутой форме принимает видHpRqℓ “˘2πρωℓ ` 2a ´ R2 ,cоткуда поле как функция радиуса равноHpRq “˘2πρω ` 2a ´ R2 ez , R ă a.cПри R ě a H “ 0.
Из уравнения Максвелла, выражающегозакон Фарадея, получим:rot E “ ´˘dH2πkρ `“ ´ 2 a2 ´ R 2 e z .cdtc(1)Компонента Eα зависит только от координаты R. Находим ееиз теоремы Стокса (в применении к полю E это закон Фарадея):2πREα “ E “BΦ.cBt(2)За положительное направление отсчета угла α мы принялиBΦ. Выражение для праот y к x, поэтому исчез знак “–” перед cBtвой части (2) получим, интегрируя правую часть (1) по площадисечения контура — круга радиуса R с центром на оси соленоида:E“żR0˘p2πq2 kρ2πkρ ` 22a´r2πrdr“c2c2153ˆR4´a242R2˙.РешенияТогдаπkρR ` 22a2c2πkρa4.2c2 RR ă a : Eα “R ě a : Eα “˘´ R2 ;R-компоненту вектора E находим из теоремы Гаусса:R ă a : ER “R ě a : ER “4π¨πR2 ρ“ 2πρR;2πR4πa2 ρ2πρa22R “R .Примечание.
Решение для электрического поля определено сточностью до произвольной векторной функции, соответствующей некоторому распределению зарядов на бесконечности. В декартовых координатах такой функцией является, например,F px, yq “ C ¨ py ¨ ex ` x ¨ ey q ` E0 , где E0 однородно.Решение задачи 4Рассмотрим сферическую системукоординат с началом в центре кольцаи осью z, совпадающей с осью кольца.Сделаем важное предположение относительно магнитного поля, возникающегов магнетике при пропускании по кольцупостоянного тока: напряженности магнитного поля в магнетикеHprq и вакууме H0 prq ничем не отличаются (при одном и том жетоке в кольце).Отсюда в силу симметрии, имеющей место в вакууме, вытекаетряд следствий (ср.
с решением задачи 3 из ЭР1 2008/09, стр. 16,78):1. Напряженность поля H всюду имеет нулевую α-компоненту.2. Радиальная и зенитная компоненты напряженности зависяттолько от R и θ (HR “ HR pR, θq, Hθ “ Hθ pR, θq).3. В плоскости кольца поле направлено по z.Для обоснования сделанного предположения достаточно показать, что соответствующее решение в магнетике удовлетворяет1542011/2012 Экзаменационная работа 1двум уравнениям Максвелла в каждой области магнетика и граничным условиям на каждой из трех границ раздела.
Проверяем,приняв во внимание, что решение в вакууме уравнениям Максвелла удовлетворяет:divBi “ µi divH0 “ 0 ´ верно.rot H “ rot H0 “ 4πjc pв интегральной форме это теоремаСтокса, которая для любого контура принимает совершенноодинаковый вид и в вакууме, и в магнетикеq ´ верно.Граничные условия выполняются в силу геометрии поля, заданной условием 1 (у поля просто нет иной компоненты, крометангенциальной):Hτi “ Hτj “ H0 ´ верно.Bni “ Bnj “ 0 ´ верно.Индуктивность кольца в вакууме определяется соотношениемxL0 I.(1)H0 pRqdS “cИнтеграл в левой части (1) берется по площади кольца. В магнетике поток вектора индукции магнитного поля через сечениекольца равенsssµ1 H0 pRqdS ` µ2 H0 pRqdS ` µ3 H0 pRqdS “α1α2s“α1 µ12π“α1 µ1 `α2 µ2 `α3 µ32πSα3H0 pRqdS `sα2 µ22πsSH0 pRqdS `H0 pRqdS “α3 µ32πLIc .Сравнивая выражения (1) и (2), получим:L“α1 µ1 ` α2 µ2 ` α3 µ3L0 .2π155sSH0 pRqdS “(2)РешенияРешение задачи 5Решение 1.Магнитное поле вдали от торцатонкого соленоида создается “магнитным зарядом”:Qm “BS.4πВ нашем случае имеется два такихзаряда ˘Qm “ µHr 2 {4, расположенных вблизи левого (´Qm ) и правого (`Qm ) торцов соответственно.
Таким образом, поле в центре тора равноB0 “ ´Q m r1 Q m r2`,r13r23(1)где r1 и r2 – векторы, направленные в точку O из левого и правого торцов соответственно. Результирующая двух векторов (1)направлена горизонтально (справа налево) и равнаB0 “2QmµHr 2αα“sinsin .22R22R2(2)Примечание. Понятие “магнитный заряд” встречалось в задачнике [1] (см. решение задачи Р.55), где с его помощью определялось магнитное поле вдали от конца прямого тонкого соленоида.Покажем, что оно справедливо также для непрямого соленоида,если соленоид тонкий, а магнитный поток постоянен вдоль егодлины.Действительно, выберем некоторую замкнутую поверхность изапишем уравнение Максвелла для потока магнитного поля:{B dS “ 0.(3)1562011/2012 Экзаменационная работа 1Устремляя размер области, ограниченной этой поверхностью, кнулю, получим:div B “ 0.(4)Предположим теперь, что рассмотренная выше замкнутая область находится непосредственно на конце тонкого соленоида.
Тогда уравнение (3) можно записать в виде{1BdS ` BS “ 0.(5)Здесь знаком 1 мы обозначили область вне соленоида. Поток жечерез соленоид BS (S – площадь сечения соленоида) будем рассматривать отдельно.Сделаем следующее допущение. Предполагая соленоид тонким, опустим 1 в интеграле (5). Устремим теперь размер областиинтегрирования к нулю (предполагая его при этом большим сечения соленоида). Тогда вместо уравнения (4) получим:divB “ ´BSδpr ´ r0 q.(6)Здесь вектор r0 определяет положение конца соленоида.
Уравнения (6) и rot H “ 0 описывают электростатику точечного зарядаQm “ BS{4π, а их решение есть закон Кулона:B“´BS r ´ r0.4π |r ´ r0 |3(7)Оценим ошибку нашего приближения. Опускание 1 в интеграле(4) справедливо, если считать поле в соленоиде равным нулю (этополе уже учтено выделением особенности BS в уравнении (4)).Мы же предполагаем поле в соленоиде равным полю вне соленоида.
Непрерывность поля необходима для перехода к дифференциальному уравнению (6). Это позволяет оценить относительнуюSошибку приближения как 4π|r´r2.0|157РешенияРешение 2.Разобьем тор на бесконечно малые окружности толщиной dl.Магнитный момент витка, связанного с каждой такой окружностью, равен dm “ µInπr 2 dl{c и направлен по касательной к тору.Здесь n и I – плотность намотки и ток в ней соответственно; ихможно связать с магнитным полем в торе:H“4πIn,cтак чтоµr 2 dlH.4Магнитное поле в центре тора можно определить как векторную сумму полей от каждого витка:dm “B0 “ ´ÿ dmR3`ÿ 3pdm ¨ RqRR5.Последняя сумма в этой формуле равна нулю, так как dm¨R “0 (векторы dm и R взаимно перпендикулярны), а первая равнаB0 “ ´µr 2 LH,4R3(8)где L – вектор, соединяющий левый и правый торцы тора.
Егодлина равна L “ 2R sin α2 . Подставляя это в формулу (8), получим (2).Решение задачи 6Поле на оси прямого полубесконечного соленоида как функция координаты z, отсчитываемой от торца соленоида, имеет видBz pzq “z ¯ B0B0 ´1´«вблизи торца.2R21582011/2012 Экзаменационная работа 1Если размер лягушки (водяногошарика) мал по сравнению с радиуса катушки R, то вблизи торца полеможно считать однородным с величиной B20 , и тогда шарик приобретаетмагнитный момент, равныйm“pµ ´ 1qa3 B0pµ ´ 1qa3 B0¨«.µ`223¨2Сила на магнитный диполь (ср. с решением задачи 1 из ЭР12007/08, стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
