1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Это следует из непрерывности стационарного тока в однородной среде с учетом того, что div Eстр “ 0. Например, в среде1 имеем:div j1 “ σ pdiv E1 ` div Eстр q “ σp4πρ1 ` 0q “ 0.Тогда распределение потенциала внутри конденсатора задаетсяуравнением Лапласа с фиксированными граничными условиямина электродах, решение которого (исключая область вблизи краев) есть ϕ “ C ¨ z.
Этому решению соответствует однородное полеE1 “ E2 “ const ¨ez . Распределение объемного тока j в областях1, 2 схематически изображено на рисунке.Поскольку div j “ 0, то полный ток через замкнутую поверхность, ограничивающую объем V (см. рисунок), будет равен нулю(исходно предполагаем, что E1 и E2 направлены по z):´σπa2 pE1 ` E0 q ´ σπpR2 ´ a2 qE2 “ 0.Отсюда находим электрические поля в областях 1, 2:E1 “ E2 “ ´a2E0R2(истинное направление E1 и E2 противоположно z).Объемные токи в областях 1, 2:ˆ˙a2a2j1 “ σ 1 ´ 2 E0 ez , j2 “ ´σ 2 E0 ez .RR47РешенияПоверхностные токи в областях 1, 2 найдем на основе законасохранения заряда.
Сколько заряда в единицу времени утекло вобъем радиуса r под действием объемного тока j, столько зарядадолжно втечь по поверхности пластины через контур радиуса r:i1пов “i2пов “ra2πr 2 j1“ σE0 p1 ´ 2 q, pr ă aq;2πr2Rπa2 j1 ´ πpr 2 ´ a2 qj2a2 σE0r2“p1 ´ 2 q, pa ď r ď Rq.2πr2rRОтвет:´j1 “ σ 1 ´i1пов “rσE02a22R´¯2E0 ez ;j2 “ ´σ Ra 2 E0 ez ;´¯2 σE201 ´ Ra 2 , r ă a; i2пов “ a 2r1´r2R2¯, a ď r ď R.Поверхностные токи на верхней пластине направлены по r, нанижней – против r.Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Так как размер шарика очень мал по сравнению с расстояниемот провода до шарика pa ! lq, то можно считать, что шарик находится в однородном магнитном поле, величину которого выразимˇˇкак α-компоненту в цилиндрических переменных: B “ 2Jcr r“l eα .Как известно из задачи 5.7 [1], шарик радиуса a с магнитной проницаемостью µ, находящийся в однородном магнитном поле B,3приобретает магнитный момент m “ µ´1µ`2 a B.
Сила, действующая в поле B на тело с магнитным моментом m, определяется поформуле:1(1)F “ ∇pm ¨ Bq,2482007/2008 Экзаменационная работа 1где множитель 12 учитывает, что дипольный момент зависит отположения диполя в пространстве (упругий диполь). Другая формулаF “ pm ¨ ∇qB(2)применима также и в случае твердого диполя, но работает тольков декартовых координатах, неудобных в геометрии нашей задачи.В формуле же (1) оператор ∇ может выражаться в переменныхкриволинейной системы. В частности, в цилиндрических переменных он имеет только r-компоненту, равную∇r “B.Br(3)Тогда, подставляя с учетом (3) значения магнитного момента имагнитного поля в формулу (1), находим для силы:ˆ 2 ˙ˇpµ ´ 1qa3 B4J 2 a3 µ ´ 14J ˇˇFr “¨.¨“´2pµ ` 2q Br c2 r 2 ˇr“lc2 l3 µ ` 22 3Ответ: Fr “ ´ 4Jc2 la3 ¨при 0 ď µ ă 1).µ´1µ`2(притяжение при µ ą 1, отталкиваниеПримечание.
Использование в формуле (2) цилиндрическихпеременных привело бы к неверному результату в виде силы, равB, входящиеной нулю, поскольку множители m “ meα и ∇ “ er Brв скалярное произведение, оказались бы ортогональными.Решение задачи 2В задаче рассматривается стационарный случай, поэтому уравнение непрерывности принимает вид div j “ 0. С учетом того, чтопроводимость у цилиндра постоянная, для электрического потенциала получаем следующее уравнение:div pσEq “ σ div E “ 0 ñ ∆ϕ “ 0.49РешенияЕсли считать, что нижняя пластина имеет потенциал 0, а верхняя U , то решение уравнения Лапласа для нашей задачи с заданными граничными условиями будет ϕpzq “ C hz (h – высотацилиндра).
Значит, объемная плотностьтока`˘ j в цилиндре будетпостоянна и направлена по оси Z j “ πaJ 2 ez .Из теоремы о циркуляции вектора H найдем магнитные поляв цилиндре и снаружи.Магнитное поле внутри цилиндра:ˇv4π I24πjds ˇˇ2πIrc πa2 πrcű“µ,“µBα “ µˇH ¨ 2πrca2Hdℓ ˇокр.
rďaснаружи:Bα “4πcűˇjds ˇˇˇHdℓ ˇvокр. rąa“4π I2c πa2 πaH ¨ 2πrОтвет: магнитное поле внутри цилиндра: B “B “ 2πIcr eα .“2πI.cr2πIrca2 µeα ,снаружи:Решение задачи 3В области 2 нет объемных токов, поэтому∆A “ 0.(1)Решение уравнения (1) для области 2 естественноискать в виде: A2 “ A2z px, yq ez .
В этом случаена идеально проводящих стенках трубы векторный потенциал вобласти 2 можно положить равным 0 (Bn “ 0 на стенках идеального проводника). Тогда решение уравнения (1) A2z pxyq для области 2, удовлетворяющее граничным условиям на стенках трубы(A2z “ 0q, будем искать в виде:A2z px, yq “ C py ´ aq x.502007/2008 Экзаменационная работа 1Магнитное поле в областях 1 и 2:B1 “ rot A1 “ pA0 px ´ aq ; ´A0 y; 0q,B2 “ rot A2 “ pCx; ´Cpy ´ aq; 0q.´ ?Вектор нормали к границе областей: n “ ´ 22 ;?22 ;¯0 .Из непрерывности нормальной компоненты магнитного поля(B2n “ B1n q на границе раздела областей, находим константу C:pB2 ¨ nq|y“x “ pB1 ¨ nq|y“x ùñ C “ A0 .Граничное условие для Hτ :prn ˆ H2 s ´ rn ˆ H1 sq|y“x “ùñ iпов “с4π´ ?´ 22 A0 ez ´4πc iпов?22 A0 ezОтвет: A2z px, yq “ A0 py ´ aq x; iпов “ ´ùñ¯“´?2cA04π ez .?2cA04π ez .Решение задачи 4Магнитные потоки через каждое из сверхпроводящих колецсохраняются.
Поток через первое кольцо равенФ1 “L1 J 10 L12 p0q J20L1 J1 pz ˚ q L12 pz ˚ q J2 pz ˚ q`“`,cccc(1)а через второеФ2 “L2 J2 pz ˚ q L12 pz ˚ q J1 pzqL2 J 20 L12 p0q J10`“`.cccc(2)Учитывая, что J20 “ 0, из формул (1) и (2) находим токи вкольцах, когда второе кольцо занимает положение z “ z ˚ :51РешенияJ1 pz ˚ q “J10 pL1 L2 ´L12 p0qL12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ qJ 2 pz ˚ q “J10 L1 pL12 p0q´L12 pz ˚ qq.L1 L2 ´L212 pz ˚ qС учетом r2 ! r1 магнитное поле, индуцируемое током первого витка, можно считать однородным по сечению второго витка иравным его значению на оси витка.
Последнее выражается формулой (см. задачу 4.1 [1]):Bz pz ˚ q “r122πJ1 pz ˚ q`˘3 ,сr 2 ` z ˚2 21где J1 pz ˚ q – ток в первом витке, когда второй виток занимаетположение z “ z ˚ (сам первый виток при этом находится в плоскости z “ 0). Тогда магнитный поток через второй виток от токаJ1 pz ˚ q равенФ12 “ πr22 Bz pz ˚ q “Ответ: J1 pz ˚ q “L12 pz ˚ q “2π2 r12 r22L12 pz ˚ q J1 pz ˚ qùñ L12 pz ˚ q “ `˘3 .cr12 ` z ˚2 2J10 pL1 L2 ´L12 p0qL12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ q2π2 r12 r223pr12 `z ˚2 q 2J 2 pz ˚ q “J10 L1 pL12 p0q´L12 pz ˚ qq;L1 L2 ´L212 pz ˚ q.Решение задачи 5Круглый виток с током обладаем магнитным моментомm“ISπa2 In“n,ccгде n – вектор нормали к плоскости витка (выбор направления определяется правилом буравчика по отношению к току). Пометоду изображений исключим из задачисверхпроводник и поместим на расстоянии522007/2008 Экзаменационная работа 1h снизу от плоскости z “ 0 такой же виток с током.
Направление нормали для этого витка выберем, как на рисунке. Векторы m1 и m2 будут иметьследующие координаты:m1 “ p´m0 sin θ; 0; m0 cos θqm2 “ p´m0 sin θ; 0; ´m0 cos θq ,2где m0 “ πac I . Такой выбор направления нормали у второго виткаобеспечивает выполнение граничного условия Bn “ 0 на сверхпроводящей плоскости z “ 0. В самом деле, для любой точки плоскости z “ 0 получаем (учтем, что pm1 r1 q “ m1x r1x ` m1z r1z ““ m2x r2x ´ m2z ¨ p´r2z q “ pm2 r2 q):Bz “3r1z pm1 r1 qr15´m1zr13`3r2z pm2 r2 qr25´m2zr23“ 0.(1)Наличие y-компоненты у ri никак не сказывается на значенииpmi ri q и, следовательно, на справедливости выражения (1) дляBz . Отметим также, что согласно методу изображений выражение(1) относится только к полю в области z ě 0.
При z ă 0 B “ 0,так как на самом деле поле первого витка через сверхпроводникне проникает.Таким образом, влияние сверхпроводящей плоскости полностью эквивалентно влиянию витка с током, расположенного нарасстоянии h снизу под плоскостью с магнитным моментом m2 .Этот виток создаст дополнительный поток магнитного поля через53Решениявиток m1 :şˇş ´ 3pr;n1 qpr;m2qB2 prq dS1 ˇr“p2h,0,0q “´|r|5“´“´m0 πa2 p3 cos2 θ´cos 2θqp2h q3“´pm2 ;n1 q|r|3¯dS “m0 πa2 p3 cos2 θ´pcos2 θ´sin2 θqqp2h3 qm0 πa2 pcos2 θ`pcos2 θ`sin2 θqqp2h3 q“´m0 πa2 p1`cos2 θqp2h3 q“,что фактически приведет к изменению индуктивности витка:Ф1 “LIc“pL0 `∆LqIc“L0 Icˇş` B2 prq dS1 ˇr“p2h,0,0q ùñ˘2 4 `ùñ ∆L “ ´ π8ha3 1 ` cos2 θ .˘2 4 `Ответ: ∆L “ ´ π8ha3 1 ` cos2 θ – индуктивность уменьшится.Решение задачи 6Движение заряженного цилиндра со скоростью vz эквивалентно наличию в задаче объемного тока с плотностьюjz pr, tq “ σq v0 e´iωt δpr ´ bq.Магнитное поле в пространстве (b ă r ă aq найдем из теоремы оциркуляции:4πbσq v0 e´iωt2I“.(1)Bα pr, tq “crcrДля области, занятой проводником (a ă rq, магнитное полепод действием наведенных токов, текущих по проводнику, будет542007/2008 Экзаменационная работа 1затухать в глубь проводника.
Поведение поля в этой области будетописываться уравнением для скин-эффекта:c2BB“∆B.Bt4πσµС учетом симметрии задачи магнитное поле будет иметь толькокомпоненту, направленную по углу, и будет зависеть только от r:где δ “? c2πσω2iB2 Bα 1 BBα`“ ´ Bα ,2Brr Brδ(2)– глубина скин-слоя.Поскольку в задаче рассматривается сильный скин-эффектpδ ! rq, то вторым слагаемым в уравнении (2) можно пренебречьпо сравнению с первым и третьим. Тогда общее решение уравнения (2) будет иметь вид¯´1´i1´iBα pr, tq “ C1 e´ δ r `C2 e δ r e´iωt .Так как нас интересует решение, которое затухает в глубь проводника, полагаем константу C2 “ 0. На границе проводника pr ““ aq тангенциальная компонента магнитного поля должна бытьнепрерывна.
Из этого условия, используя уравнение (1), находим1´i4πbσ vконстанту C1 “ caq 0 e δ a .Магнитное поле в среде (a ă rq равно4πbσq v0 ´ 1´i pr´aq ´iωte δ¨e.caBα pr, tq “Из уравнения Максвелла находим электрическое поле в среде:Ez pr, tq ““c4πσc BBα pr,tq4πσBrprot Bqz “`c 1 B4πσ r Brc Bα pr,tq.4πσr55prBα pr, tqq “РешенияВ случае сильного скин-эффекта вторым слагаемым можно пренебречь. Электрическое поле в среде (a ă rq будетˆ˙bσq v0 1 ´ i ´ 1´i pr´aq ´iωte δ¨e.(3)Ez pr, tq “ ´aσδЭлектрическое поле в пространстве (b ă r ă aq находим изуравнения Максвелла:BEzrot E “ ´ 1c BBBt ùñ ´ Br “ iωùñ Ez pr, tq “4πbσq v0c24πbσq v0 e´iωtc2 rùñ(4)ln prq e´iωt `C.Константу найдем из условия равенства тангенциальных компонент электрического поля на границе проводника.
Приравниваявыражения (3) и (4) при r “ a, найдем константу C.Электрическое поле в пространстве (b ă r ă aq:ˆ˙˙ˆ4πbσq v0 ´ r ¯ bσq v0 1 ´ i´lne´iωt .(5)Ez pr, tq “c2aaσδВ пространстве (r ă bq магнитное поле равно 0, а электрическое поле будет постоянным (так как там нет зарядов и токов).Из непрерывности тангенциальной компоненты на границе r “ bиз (5) получим:ˆˆ ˙ˆ˙˙4πbσq v0bbσq v0 1 ´ iEz “ln´e´iωt .c2aaσδОтвет:´` ˘4πbσq v0в области r ă b: B “ 0, Ez “ln ab ´c2bσq v0aσ4πbσ v e´iωt` 1´i ˘¯δq 0в области b ď r ă a: Bα pr, tq “ 2I,cr “crˆ˙˙ˆ4πbσq v0 ´ r ¯ bσq v0 1 ´ i´lne´iωt ;Ez pr, tq “c2aaσδ56e´iωt ;2007/2008 Экзаменационная работа 14πbσ v1´iв области a ď r: Bα pr, tq “ caq 0 e´ δ pr´aq ¨ e´iωt ,ˆ˙bσq v0 1 ´ i ´ 1´i pr´aq ´iωte δ¨e.Ez pr, tq “ ´aσδРешение задачи 7Вращение сферы с частотой Ω приведет к возникновению поверхностного тока на сфере.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
