1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 17
Текст из файла (страница 17)
1и2II1 h rez ˆ ey s2II1 h“ 2ex .c2a`bc pa ` bqСуммарная сила направлена противоположно оси x и равнаˆ˙12II1 hb2II1 h 1´.“ 2F “2ca a`bc apa ` bqF|R“a`b “Решение задачи 3Магнитное поле Земли в дипольном приближении:m3pmRqR`,3RR5где m – магнитный дипольный момент Земли.В сферических координатахB“´BpR, θq “m sin θ2m cos θeR `eθ .R3R3В Новосибирскеˇˇ 2mcmˇˇ??m 5ˇˇ 22˝.BpR, 45 q “ ˇ 3 eR ` 3 eθ ˇ “ 3ˇ RˇRR2Угол наклона к горизонту равен ˚˙ˆBR“ arctg p2q « 63˝ .β “ arctgBθНа магнитном полюсеcˇˇˇ 2m ˇ 2m2˝ˇˇBpR, 0 q “ ˇ 3 eR ˇ “ 3 “ 2BpR, 45˝ q « 1.26 ¨ 0.6 Гс « 0.75 Гс.RR5˚Отметим, что экспериментальное значение угла наклона магнитного поля к горизонту в Новосибирске (740 q заметно отличается от найденного. Разница обусловлена приближенностью дипольной модели.
Тем не менее, дипольная модель с квадрупольными поправками очень хорошо описывает магнитное поле Земли.167РешенияНа магнитном экватореcˇm ˇm2ˇˇBpR, 45˝ q « 0.63 ¨ 0.6 Гс « 0.38 Гс.BpR, 90 q “ ˇ 3 eθ ˇ “ 3 “RR5˝Решение задачи 4Применим принцип суперпозиции.Заданную систему токов можно мысленно разбить на две подсистемы. В однойимеется поток частиц, но удален отводящий провод, в другой – наоборот.Ток по плоскости в первой подсистеме задается линейной плотностью$2envrenv’& envπr2πr er “ 2 er “ 2 r, r ď a,J1 prq “’% envπa2 e “ enva2 r,r ą a.r2πr2r 2Линейная плотность тока во второйподсистеме равнаJ2 pr1 q “ ´enva2 1envπa21 “ ´err2πr 12r 12По принципу суперпозиции плотность тока в заданной системеравна$´¯a2 1env’r´, r ď a,r’12& 2r1Jprq “ J1 prq ` J2 pr q “´¯’’% enva2 r2 ´ r121 , r ą a,2где r1 “ r ´ l .168rr2014/2015 Контрольная работа 1.2, вар.
2Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ Rs.dB “cR3Для участков BC и AD векторы dℓ и R параллельны, поэтому их векторное произведениеравно нулю. Вклад дуг AB и CD дает 34 от поля соответствующихполных колец с током. С учетом направлений тока в каждой дугеполучим3πI3πpb ´ aqI3πIez ´ez “ez .B“2ca2cb2cabРешение задачи 2Ток I, текущий по прямому проводу, формирует магнитное поле, которое распределенов пространстве по законуHpRq “I rez ˆ Rs.cR2Сила Ампера на элемент dℓ1 рамки с током I1 равнаdF “2II1 dℓ1 ˆ rez ˆ Rs.ccR2Силы на вертикальные отрезки рамки взаимно компенсируются, так как выражения для этих сил отличаются только знакомI1 . Силу, действующую на горизонтальные участки контура, распишем с помощью формулы “bac-cab”:ż2II1 h2II1 h2II1 dℓ1 ˆ rez ˆ Rs“ ´ 2 2 R “ ´ 2 2 px ` yq.F“ 22cRc Rc r0169РешенияВидно, что с учетом разных знаков тока в горизонтальныхотрезках контура нескомпенсированный вклад в результирующуюсилу определяется выражениемF“´2II1 h4II1 h4II1 h sin α2II1 hy ` 2 2 p´yq “ ´ 2 2 y “ ´ey .22c2 r0c r0c r0c r0Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Определим силу со стороны правой нитина левую.
Выделим на левой нити элементдлиной dy в окрестности точки y. Этот элемент находится в поле правой нити, равном2κrс проекцией на ось x, равнойEpyq “2κ2κ cos θ2κcos θ “cos θ “cos2 θ.raaСила на элемент длины в проекции на ось x равнаEx pyq “dFx pyq “ κdyEx pyq “С учетом y “ a tg θ, dy “adθcos2 θ2κ 2 dycos2 θ.aперейдем к переменной θ:2κ 2 acos2 θdθ “ 2κ 2 dθ.a cos2 θИз геометрии задачи следует, что искомая сила направленапараллельно оси x. Тогда полная сила равнаdFx pθq “F “żdFx pθq “ 2κ 2π{2ż´π{2170dθ “ 2πκ 2 .2014/2015 Экзаменационная работа 1Решение задачи 2Выделим на плоскости элементарное кольцо r 1 ď r ď pr 1 ` dr 1 q.Ток по элементарному кольцу составляетdI “ ipr 1 qdr 1 “ i0´ a ¯2r1dr 1 ,а наводимое им поле в точке z на оси:dHz “2πr 122πi0 a2 r 122πi0 a21dI“drdr 1“cpr 12 ` z 2 q3{2cr 12 pr 12 ` z 2 q3{2cpr 12 ` z 2 q3{2Для интегрирования удобно перейти кугловой переменной:r 1 “ z tg θ, dr 1 “zdθ1,cos2 θ pr 12 `z 2 q3{2“cos3 θ.z3Тогда искомое поле в точке z равноHz pzq “żdHz “π{2ż2πi0 a22πi0 a2 cos θdθ“.2czcz 20Решение задачи 3Запишем закон Био-Савара:żI rdℓ ˆ RsdB “.cR3Рассмотрим отдельно каждую компоненту поля в точке O.
Согласно законуБио-Савара x-компонента поля наводится только токами, текущими на участкахSC и N A (для остальных участков векторы R и dℓ лежат в плоскости, включающей ось x, поэтому их171Решениявекторное произведение перпендикулярно этой плоскости, а следовательно, и самой оси x. Bx сонаправлено с осью x и составляетпо модулю половину поля кольца радиуса a с током I:Bx “πIex .caАналогично получаем остальные ортогональные компонентыполя:πIπIBy “ey , Bz “ez .cacaИтак, искомое поле в точке O:Bo “πIpex ` ey ` ez q.caBprq на больших расстояниях представляет собой поле магнитного диполя. Для определения x-компоненты магнитного момента системы спроектируемконтур с током на плоскость yz:mx “I ¨ Szyπa2 Iex “ex ,c2c2где Szy “ πa2 – площадь области, ограниченной проекцией контура на плоскость yz (на рисунке заштрихована).Аналогично получаем остальные ортогональные проекции магнитного момента:my “πa2 Iπa2 Iey , mz “ez .2c2cТогда поле на больших расстояниях определяется формулойBprq “ ´где m “πa2 I2c pexmpm ¨ rqr`3,r3r5` ey ` ez q, r “ xex ` yey ` zez .1722014/2015 Экзаменационная работа 1Решение задачи 4Поскольку µ " 1, то можно считать поток магнитного поляодинаковым вдоль всей длины сердечника.
В области соленоидаполе однородно по сечению соленоида, поэтому оно однородно влюбом сечении сердечника, а также в зазоре. Тогда уравнениеСтокса для контура вдоль центральной линии магнитопроводапринимает вид¿żż4πN I.pH ¨ dℓq “ pHµ ¨ dℓq ` pH0 ¨ dℓq “ Hµ l ` H0 d “cldВ силу непрерывности нормальных компонент BBµ “ B0 Ñ µHµ “ H0 .Тогда имеем˙ˆl4πN I4πN I¯.`d “Ñ H0 “ ´H0µcc µl ` dВ сечении зазора действует переменное магнитное поле4πN I0¯ cospωtq,B0 ptq “ ´c µl ` dкоторое создает в сечении радиуса b переменный магнитный поток4π2 b2 N I0¯ cospωtq,Φ0 ptq “ ´lc µ `dСогласно закону Фарадея, вдоль окружности радиуса b в зазоре формируется вихревое (азимутальное) электрическое поле,отвечающее соотношению2πbEα “ω 4π2 b2 N I0sinpωtq.c2 µl ` d173РешенияПоле и сила на заряд q составляют соответственноEα “2πbωN I02πbωqN I0´¯ sinpωtq, Fα “ ´¯ sinpωtq.lc2 µ ` dc2 µl ` dРешение задачи 5Согласно формуле взаимодействия между двумя твердыми диполями сила на второй диполь со стороны центрального равнаF12 “ ´∇U12 prq “ ∇pm2 ¨ B1 prqq.Потенциальная энергия взаимодействия двух диполей задается формулойиз задачи 4.26 [1]:U12 prq “pm1 ¨ rqpm2 ¨ rqpm2 ¨ m1 q´3.3rr5С учетом наложенных ограничений на степени свободы движения бусинки получимU12 prq “ ´2m1 m2 cos θ,r3где зенитный угол θ отсчитывается относительно оси y.Условие равновесия 2-го диполя записывается только для θкомпонент.
Для магнитной силы θ-компонента равна ˚˙ˆBm2 m1 sin θm1 m2 cos θF12θ “ ´∇θ U12 prq “,“ ´22rBθr3a4˚Формула для силы из задачи 4.26 [1]F“3pm1 ¨ rqm2pm2 ¨ rqm1pm1 ¨ rqpm2 ¨ rqrpm1 ¨ m2 qr`3`3´ 15r5r5r5r7здесь неприменима, так как она получена для случая pm1 ¨ m2 q “ const.1742014/2015 Экзаменационная работа 1Полученный знак θ-компоненты силы соответствует направлениюскольжения бусинки по кольцу вверх, что и необходимо для компенсации силы тяжести.
Поэтому центральный диполь долженбыть ориентирован вверх, как и предполагалось исходно.Mg 4m2 m1 sin θ“ M g sin θ Ñ m1 “a .a42m2Решение задачи 6Запишем граничное условие в произвольной точке границы раздела:F12θ “ ´Gθ Ñ 2D2n ´ D1n “ 4πΣ,где Σ – поверхностная плотность свободныхзарядов.Проинтегрируем это равенство по площади границы раздела. ПолучимxxD1n dS “ 4πQ,D2n dS ´S2S1где S1 и S2 – поверхности, прилегающие к границе раздела состороны областей 1 и 2 соответственно ˚ .ε jnУчтем, что D1,2n “ 1,2σ1,2 :xε1 xε2jn dS ´jn dS “ 4πQ.σ2σ1S2S1Интеграл от jn по площади границы раздела (см. примечание)равен полному току I от A к B.
Тогда искомый заряд Q равен˙ˆε1ε2´“ I ¨ pτ2 ´ τ1 q,Q“I¨4πσ2 4πσ1где τ1,2 “ε1,24πσ1,2– времена релаксации в средах 1 и 2.˚Здесь и ниже S1 и S2 не включают сечение обратного провода, входящегов контур реальной электрической цепи.175РешенияКонтрольная работа 2.1, вариант 1Решение задачи 1Суперпозиция полей в точке пространства r “px, y, zq равнаE0 eipk`1x x`k1y y´ωtq ez ` E0 eipk2x x`k2y y´ωtq ez “ ˘“ E0 eipkx cos α`ky sin α´ωtq ` eipkx cos αx´ky sin α´ωtq ez ““ 2E0 eipkx cos α´ωtq cospky sin αqez .E равно нулю в точках, в которых выполняется условиеky sin α “ π{2 ` πm Ñ y “π{2 ` πm,k sin αгде m – целые.Это система параллельных плоскостей с межплоскостным расπстоянием k sinα.Решение задачи 2Спектр одиночного центрированного импульса шириной τ:´ ωτ ¯.E0 pωq “ τE0 sinc2По теореме о сдвиге Фурье-образ первого импульса отличается от Фурье-образа соответствующего центрированного импульсамножителем e´iωτ{2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
