1611690922-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (826955), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Поскольку вектор B1 лежит как раз на этой оси, то данный762008/2009 Экзаменационная работа 1поворот его не меняет. Тогда имеем Bi “ Bj , откудаB““4Icρ4cşABIrdℓˆRsR3“´ 4c3π4şπ4sin ϕdϕ ¨ ez “3π4şϕ“ π44Icρ`Idpρ ctg ϕqρp3ρsin ϕq¨ ez “4Icρ˘cos π4 ´ cos 3π4 ez “3π{4şπ{48Ica¨sin3 ϕdϕsin2 ϕ?2 ez2“¨ ez “?8 2Ica ez .Примечание. Если из той же рамки составить ромб с расстоянием ρ от центра до сторон, то изложенныерассуждения приведут?4 2Iк более общему результату: B “ cρ .Решение задачи 2В цилиндрических координатах вектор-потенциал в обеих областях имеет только z-компоненту:ˇˇˇ e e reα ˇˇ BAzBAz1 ˇˇ Bz BrB ˇer ´eα ,“B “ ˇ Bz Br BαˇrˇrBαBrˇAz 00C0B1 “aˆBpr sin αqBpr sin αqer ´eαrBαBrB2 “ C0 a˜B sinr αB sinr αer ´eαrBαBr¸˙““C0pcos α ¨ er ´ sin α ¨ eα q,aC0 apcos α ¨ er ` sin α ¨ eα q.r2Плотность тока находим из уравнения Максвелла:ˇˇˇ ez er reα ˇˆ˙ˇˇc ˇ BcBBˇ “ c BprHα q ´ BHr ez ,rot H “j“Bα ˇ4π4πr ˇˇ Bz Br4πrBrrBα0 Hr rHα ˇ77Решенияcj1 “4πˆ˙C0C0 cC0sin α `sin α ¨ ez “sin α ¨ ez ,arara 2πrj2 “c C0 ap´ sin α ` sin αqez “ 0.4π r 3Решение задачи 3Рассмотрим систему координат с осью z,совпадающей с осью соленоида и осью x, лежащей в плоскости границы раздела двух сред.Сделаем предположение: напряженности магнитного поля Hprq в заданном и H0 prq в пустомсоленоиде полностью совпадают.Отсюда вытекает два следствия.1.
Всюду внутри соленоида напряженность поля H направленапо z и однородна.2. Вне соленоида напряженность поля H равна нулю.Для обоснования сделанного предположения достаточно показать, что соответствующее решение в среде с магнетиком удовлетворяет двум уравнениям Максвелла в каждой из двух половинсоленоида, в области за пределами соленоида, и граничным условиям на каждой границе раздела. Проверяем, приняв во внимание, что решение в вакууме уравнениям Максвелла удовлетворяет:div Bi “ µi div H0 “ 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, кроме782008/2009 Экзаменационная работа 1тангенциальной):Hτi “ Hτj “ H0 ´ верно.Bni “ Bnj “ 0 ´ верно.Тогда с учетом H0 “B “ Bz “4πInc$&%искомое поле равно4πInc ,4πµInc ,0,R ă a, y ą 0;R ă a, y ă 0;R ą a.Поверхностную плотность молекулярных токов находим из граничного условия на тангенциальные компоненты B:B2 ´ B1 “4πimc 4πInñ im “¨pµ ´ 1q “ Inpµ ´ 1q.c4πcМолекулярные токи ориентированы в плоскости границы раздела перпендикулярно оси z (на рисунке представлен случайµ ą 1).Решение задачи 4Искомую силу удобно определять как силу давления поля надиск.
При этом токи, текущие по диску, создают по обе его стороны одинаковое по величине поле, которое можно поэтому не рассматривать. Поле от жилы и обмотки, как следует из геометриизадачи, имеет только α-составляющую, зависящую от r (в цилиндрических координатах). Из теоремы Стокса в области r1 ă r ă r2имеем:""0, z ă 0;0,z ă 0;ñ Hα “2πrHα “2I4πIc , z ą 0.cr , z ą 0.Давление магнитного поля на диск:pprq “I2Hα2 prq“.8π2πc2 r 279РешенияСила давления на диск:żr2żr2I 2 drI 2 r2“ 2 ln .F “ pprq2πrdr “ 2crcr1r1r1Примечание. Сила давления направлена в сторону области сбо́льшим магнитным полем. Поле не “давит” на стенку, а “втягивает” ее. По этой причине наравне с “силой давления” используетсятермин “сила натяжения” магнитного поля.Решение задачи 5Магнитное поле Bs внутри сверхпроводящего шара отсутствует.
Этоозначает, что в сверхпроводнике формируются токи, индуцирующие такое магнитное поле, которое полностью компенсирует поле внешнее. Изсимметрии задачи ясно, что эти токи циркулируют по окружностям, лежащим в плоскостях, параллельныхгранице раздела двух сред. Это наводит на мысль, что вклад шара в распределение Bprq (r исходит из центра шара) при r ą Rописывается полем магнитного диполя. Тогда полное поле имеетвидpmrqrmBprq “ B0 ´ 3 ` 3 5 ,rrгде B0 “ µ1 H0 . Оно удовлетворяет уравнению Лапласа.
Еслиможно найти такое m, при котором выполняются граничные условия на всех границах раздела, то предполагаемое решение является верным и единственным. Запишем условие на нормальныекомпоненты B.На сфере r “ R:B0 cos θ ´pmR cos θqRmcos θ ` 3“ 0.3RR5802008/2009 Экзаменационная работа 1Отсюдаm“´R3 B0.2На плоской границе получается тождество B0 ´ rm3 “ B0 ´ rm3 ,т. е. всюду там граничное условие также выполняется.Тангенциальные компоненты напряженности магнитного поляна плоской границе раздела равны нулю и, следовательно, другдругу. Из условия Bτ ´ Bτs “ 4πc Jполн на сфере находим полнуюлинейную плотность тока на сферической границе раздела:Bτ ´ 0 “ B0 sin θ ´4π3B0msin θ “Jполн ,sin θ “3R2cоткуда полная поверхностная плотность тока равнаJполн pθq “3сB0sin θ.8πJполн включает в себя поверхностную плотность сторонних токов в сверхпроводнике, а также молекулярных токов в магнетике.Последнюю находим по формулеˆ˙ˆ˙11 3сB0sin θ.Jмол pθq “ сMiτ “ с 1 ´Biτ “ 1 ´µiµi8πПоверхностную плотность сторонних токов в сверхпроводникенаходим как разность Jполн ´ Jмол :$3сH03cB0’& 8πµ1 sin θ “ 8π sin θ на границе со средой с µ1 ;Jpθq “’% 3сB0 sin θ “ 3сµ1 H0 sin θ на границе со средой с µ .28πµ28πµ2Таким образом, при найденных m и Jpθq граничные условияна всех границах раздела выполняются.
Следовательно, искомое81Решенияполе действительно описывается зависимостьюпри r ą RBprq “ B0 `H1 prq “ H0 `H2 prq “µ1µ23 pBB0 R32r 3´ 3RR3 H02r 3´H0 `0 rqr2r 53 pH rqr02r 5´ 3RR3 H02r 3,,3 pH rqr02r 5´ 3R¯;при r ă R Bprq “ 0.Примечание. Тот же ответ для поверхностной плотности стоcpHτi ´ Hτs q, в которойронних токов в шаре дает формула J “ 4πHτs “ 0. Однако здесь данная формула некорректна, посколькуHs в сверхпроводнике не имеет физического смысла.Решение задачи 6Вращающийся стержень эквивалентен бесконечному соленоиду с током J и плотностью намотки n такими, что J ¨ n “ aωσ.Тогда магнитное поле сконцентрировано внутри стержня, где онооднородно, направлено параллельно оси стержня и равно по величине:4πσωaµ, r ă a.B“cИзменяющийся во времени поток магнитного поля пронизывает кольцо и наводит в нем ЭДС индукции:1 9E “ ´ ¨ Φ.cВ кольце возникает ток Iptq.
С учетом ЭДС самоиндукции822008/2009 Экзаменационная работа 19Es “ ´ Lc2I запишем закон Кирхгофа для контура кольца:1 dΦ1L 9¨I `R¨I “´ ¨.2cc dtВ стандартной форме:c2 Rc dΦI9 `¨I “´ ¨.LL dt(1)˜гдеОбщее решение уравнения (1): Iptq “ I ˚ ptq ` Iptq,˚´t{τ ´ решение однородного уравнения`I ptq “L A1 e˘τ “ c2 R , A1 “ const ;˜Iptq´ частное решение неоднородного уравнения.Решение зависит от конкретного вида Φptq. Для линейной зависимости ωptq,показанной на рисунке, получим:Iptq “$’&’%4π2 σωT µa3c2 T R4π2 σωT µa3c2 T R` ´t{τ ˘e´1 ,t ă T;` ´T {τ ˘ ´pt´T q{τe´1 e, t ě T.(Учтены начальные условия Ip0q “ 0 и IpT ´ 0q “ IpT ` 0q). Тогдаэнергия, выделившаяся в кольце в виде джоулева тепла, равнаQ“żT2RI ptqdt `0ż8T83RI 2 ptqdt.РешенияВычисляем первый интеграл:Tş0RI 2 ptqdt “ R“R´4π2 σωT µa3c2 T R“R´4π2 σωT µa3c2 T R“R´4π2 σωT µa3c2 T R“R´4π2 σωT µa3c2 T R“´4π2 σωT µa3c2 T R“´4π2 σωT µa3c2 T R´4π2 σωT µa3c2 T R¯2 Tş `0¯2 `¯2 Tş `˘2e´t{τ ´1 dt “0˘e´2t{τ ´2 e´t{τ `1 dt “˘ˇT´ 2τ e´2t{τ `2τ e´t{τ `t ˇ0 “¯2 `´ 2τ e´2T {τ `2τ e´T {τ `T `¯2 `˘T ´ τ2 e´2T {τ `2τ e´T {τ ´ 3τ2 “τ2˘´ 2τ “¯2 `RT ´Rτ ´2T {τ`2Rτ e´T {τ ´ 3Rτ2 e2¯2 `RT ´L2c2˘“˘3Le´2T {τ ` 2Le´T {τ ´ 2c2 .c29 “ 0.
Поэтому второй интеграл, согласноПри t ą T ЭДС E „ Φзакону сохранения энергии, тождественно равен энергии кольца842008/2009 Экзаменационная работа 1в момент t “ T :8şRI 2 ptqdt ”LI 2 pT q2c2“´¯2 `T4π2 σωT µa3c2 T RL2c2“´L2c24π2 σωT µa3c2 T R¯2 `˘2e´T {τ ´1 “˘e´2T {τ ´ cL2 e´T {τ ` 2cL2 .Суммируя, получаем окончательный ответ:ˆ 2˙˙2 ˆ4π σωT µa3L ´T {τ LQ“¨ RT ` 2 e´ 2 .c2 T RccРешение задачи 7Сначала поясним картину явления. Вследствие изменения магнитного потока, проходящего через сечение цилиндра, в пространстве формируется вихревое электрическое поле, действующее нараспределенный по поверхности цилиндра заряд. Возникает момент силы, вызывающий вращение цилиндра.ЭДС индукции:1 dΦπa2 dBE “´ ¨“´¨.c dtcdt(1)Вращающийся заряд цилиндра эквивалентен вихревому токус линейной плотностьюJ “ σaωeα .Вихревой ток наводит внутри цилиндра полеBi “4πJez .c85РешенияМагнитное поле B, записанное в правой части уравнения (1),включает как внешнее Bext , так и индуцируемое поле Bi , причем спротивоположными знаками, поскольку поле самоиндукции стремится сдержать изменение потока внешнего поля:dBext dBidBext 4πaσ dωdB“´“´¨.dtdtdtdtcdt(2)Тангенциальная (вихревая) составляющая электрического поля на поверхности цилиндра:a dBE“¨.2πa2c dtНаправление E, показанное на рисунке, задает направлениевращения и соответствует начальному B, направленному на нас.В дальнейшем нас будет интересовать только абсолютное значение угловой скорости, поэтому во всех выражениях ниже подразумеваются модули величин.
Момент силы на элемент поверхностиdS “ la ¨ dα:la3 σ dBdM “ aEσdS “¨dα.2cdtМомент силы на весь цилиндр:E“M “ aEσS “πla3 σ dBla3 σ dB¨2𠓨.2cdtcdtУравнение вращательного движения:Iπa3 lσ dBdω“M “¨,dtcdt(3)где I – момент инерции цилиндра относительно оси вращения.Подставляя в (3) выражение (2) для dBdt , получим:I dωdt “´I`πa3 lσc¨4π2 a4 lσ2c2dBextdt¯¨dωdt´πa3 lσc¨4πaσc“πa3 lσc¨dBextdt .86¨dωdt ,2008/2009 Контрольная работа 2Интегрируя по времени затухания поля, получим:˙ˆπa3 lσ4π2 a4 lσ2¨ ∆B.∆ω“I`c2cМомент инерции полого однородного цилиндра I “ ma2 .Конечная угловая скорость:ω“ ´πalσBm`4π2 a2 lσ2c2¯ .cКонтрольная работа 2Решение задачи 1Так как расстояние между пластинами много больше продольной длины когерентности, то электромагнитные волны после отражения не интерферируют и складывать нужно интенсивности.Для прошедшей волны можно записать следующий ряд:`˘p1´r2 qt21´rI “ I0 t2 ` t2 r 2 ` t2 r 4 ` t2 r 6 ` .
. . “ I0 1´r2 “ I0 1´r 2 “ I0 1`r ,или, подставляя численные значения:I “ 0.818 ¨ I0 .Решение задачи 2Условие минимума интенсивности в отраженном свете с учетом потери полуволны при отражении от пластины может бытьзаписана какkr 22k∆ “ 2kd ` min “ 2πm,Rгде ∆ – разность хода лучей, d – зазор между пластиной и линзой,R – радиус кривизны линзы, m – порядковый номер минимума,k “ 2π{λ – волновое число.87РешенияОтсюда получаем, чтоR“2 ´ r2D 2 ´ D52r155“ 15.λ pm15 ´ m5 q40λПодставляя численные значения, находим R “ 0, 1 м.Решение задачи 3Плоскую монохроматическую волну естественного света с интенсивностью I0 можно разложить на сумму взаимно ортогональных линейно-поляризованных волн с интенсивностью I20 каждая.Пусть направления каждой из ортогональных поляризаций параллельны соответствующим осям поляризаторов.
Тогда каждыйполяризатор пропускает свою составляющую света и непрозрачендля другой. При освещении половинки зоны Френеля линейнополяризованной волной с электрическим полем E (и интенсивностью I20 ) поле в точке наблюдения составит то же значение E(а интенсивность — I20 ). При освещении двух половинок в точкенаблюдения складываются не поля, а интенсивности, посколькуволны с взаимно ортогональными поляризациями не интерферируют:I0 I0`“ I0 .I“22При освещении полной 1-й зоны Френеля, перекрытой однимполяроидом, волны от двух половинок уже интерферируют. Поэтому поле в точке наблюдения составит значение 2E. Тогда интенсивность в точке P равнаI0I“¨2ˆ2EE88˙2“ 2I0 .2008/2009 Контрольная работа 2Решение задачи 4Запишем для данной задачи интеграл Кирхгофа:kE“2πibżr2 ż2πr1 0E0 exp pik∆ℓ ´ iωtqrdrdϕ,где E0 – амплитуда электрического поля на поверхности отверстия, dS “ rdrdϕ – элемент площади отверстия, ∆ℓ – оптическаяразность хода в параксиальном приближении:∆ℓ “ a ` b `Результат интегрирования:pika`ikb´iωtqE “ E0 eaa`bˆer2r2` .2a 2b2ikr12p a1 ` 1b q ´ e2ikr22˙p a1 ` 1b q .По условию задачи необходимо выбрать r2 такое, чтобы ин˚тенсивность в точке наблюдения´¯ I „ EE была такой же, как и вотсутствие экрана I „ E02aa`b2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
