1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 20
Текст из файла (страница 20)
примечание к решению задачи 5 вар.1 на стр. 200).Теперь находим разность потенциалов между обкладками, взявдля интегрирования траекторию вдоль радиуса α “ 0:U“żα“02EpRqdR “3żbaκ2κbdR “ln .ε0 R3ε0 aЕмкость конденсатора на единицу длины равна3ε0κ.“C“U2 ln ab203РешенияКонтрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Рассмотрим кольцо радиуса r толщиной dr. От этого кольца в центре наводится элементарное полеdH0 prq “2dI.crЭффективный ток в кольце равенdI “ iprqdr.Поле от всего диска получим интегрированием по радиусу:H0 “żdH0 “żba2iprqdr“crżba2I0 rdr2I0“ 22cb rcbżbadr “2I0 pb ´ aq.cb2Решение задачи 2Пусть на электроды подано напряжение U .
Тогда силовые линии электрического поля и плотности тока проходят по образующим конуса – такое распределение токов отвечает аксиальнойсимметричности системы. Линейная плотность тока зависит только от координаты на оси конуса, которая однозначно связана срадиусом r сечения конуса горизонтальной плоскостью. Эта зависимость определяется условием непрерывности полного тока,текущего по конусу:2πriprq “ I “ const,откуда плотность токаiprq “I2πr2042015/2016 Контрольная работа 1.2, вар.
1и полеI.2πσ˚ rТогда падение напряжения между электродами можно записать как интегралEprq “şşb Eprqdr“U “ Eprqdl “ sinpα{2qaI2πσ˚ sinpα{2qИскомое сопротивление равноR“şbadrr“I ln ab2πσ˚ sinpα{2q“I ln 22πσ˚ sinpα{2q .Uln 2ln 2ln 2“““.˚˚˝I2πσ sinpα{2q2πσ sin 30πσ˚Решение задачи 3Поскольку электрон пролетает через вакуумный диод без рассеяния, то в каждой точке его скорость однозначно связана с потенциалом:cc2eϕpxqm dxdx“v“ñ dt “.(1)dtm2e ϕ1{2 pxqИзвестно, что если в плоском диоде выполняется закон «3/2»,то зависимость потенциала от координаты определяется выражением´ x ¯4{3.(2)ϕpxq “ UdИз (1) с учетом (2) получим:cm 2{3 dxd.(3)dt “2eUx2{3Интегрируем:żT0dt “cm 2{3d2eUżd0205dx.x2{3РешенияПосле подстановки пределов получим ˚ :ccm 2{3m1{3d ¨ 3d “ 3d.T “2eU2eUРешение задачи 4Силовые линии плотности тока на полусфере проходят по “меридианам”.
Мысленно дополним прямой провод отрезком, совпадающим с осью полусферы, по которому текут прямой и обратныйток величиной I. Тогда систему токов можно представить как суперпозицию тока, текущего по непрерывному бесконечному прямому проводу, и элементарных токов dI, текущих по замкнутымконтурам, образованным осью полусферы и лепестками на сфере с угловым размером dα. Каждый элементарный ток обладаетмагнитным дипольным моментомpIdα{πq ¨ πa2 {2Ia2 dαdI ¨ S““cc2cс проекцией на ось x, равнойdmx “Ia2sin αdα.2cИз симметрии системы токов следует, чтоy-компонента дипольного момента полусферы(включая ось с током) равна нулю. Тогда полный дипольный момент равенżπ 2Ia2Iam “ mx “sin αdα “.2cc0˚Несмотря на особенность в точке катода, где и скорость и ускорение электрона равны нулю, электрон не “застревает” навсегда в этой точке, посколькуданную особенность нужно понимать в смысле физического предела.2062015/2016 Контрольная работа 1.2, вар.
2Поле на больших расстояниях представляет собой суперпозицию поля бесконечного прямого провода и поля магнитного диполя:mx x2Imxeα ,Hprq “ ´ 3 ex ` 3 4 er `rrcRaaгде r “ x2 ` y 2 ` z 2 , R “ x2 ` y 2 .Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Рассмотрим кольцо радиуса r толщиной dr.От этого кольца в центре наводится элементарное поле2dI.crЭффективный ток в кольце равенdH0 prq “dr.ddI “ IПоле всей спирали получим интегрированием по радиусу ˚ :H0 “˚ż2IdH0 “cdżbadr2Ib“ln .rcd aСлучай b “ a ` d соответствует одному витку радиуса a:ˆ˙a`d2Id2I2I d2Iln“ln 1 `¨ “.«H0 “cdacdacd aca207РешенияРешение задачи 2Пусть на электроды подано напряжение U .
Тогда силовые линии электрического поля и плотности тока проходят по “мередианам” полусферы – такое распределение токов отвечает граничному условию in “ 0 на границе полусферы. Линейная плотностьтока зависит только от зенитного угла θ, и эта зависимость определяется условием непрерывности полного тока, текущего по полусфере:2πa sin θ ¨ ipθq “ I “ const,откуда плотность токаI2πa sin θipθq “и полеI.2πσ˚ a sin θТогда падение напряжения между электродами можно записать как интеграл ˚Epθq “120şş˝U “ Epθqdl “60˝“I4πσ˚´I2πσ˚ a sin θ adθ˝˝1201´cos 60ln 1´cos1`cos 120˝ ´ ln 1`cos 60˝Искомое сопротивление равноR“˚ş“şsin θdθsin2 θ“´şd cos θ1´cos2 θ¯I2πσ˚“120ş˝60˝dθsin θ“I ln 32πσ˚ .Uln 3“.I2πσ˚ aПриведем вычисление интегралаdθsin θ““´şşdθ:sin θd cos θ2¨p1´cos θq208´şd cos θ2¨p1`cos θq“12ˇˇˇθˇln ˇ 1´cos.1`cos θ ˇ2015/2016 Экзаменационная работа 1Решение задачи 3Эта задача аналогична задаче 4 вар.
1 (см. решение на стр. 206) с той разницей, что теперь полене включает вклада от бесконечного прямого провода с током:mx xmxHprq “ ´ 3 ex ` 3 4 er ,rraгде r “ x2 ` y 2 ` z 2 .Экзаменационная работа 1Решение задачи 1Внешнее по отношению к заряду q поле является суперпозицией поля заряда-изображения ´q 1 “ ´ Rl q, расположенного на рас2стоянии l1 “ Rl от центра сферы, и заряда-изображения `q 1 “ Rl q,расположенного в центре:˜¸¯´ 1¯´q1q11Epzq “ l2 ´ pl´l1 q2 “ qR z 3 ´ ´ R2 ¯2 “ qR z13 ´ 2 z 2 2 .z z´zpz ´R qПотенциал частицы в точкена расстоянии z от центра сферы определяется интеграломϕpzq “ż8zEpz 1 qdz 1 .Неопределенный интеграл:˙ˆżżqRz 1 dz 1qRdz 1“ ´ 12 `´.qR21312122z2z2 pz ´ R2 qpz ´ R q209РешенияПосле подстановки пределов, получимϕpzq “qRqRqRqR´“ 2´.22222z2 pz ´ R q2l2 pl ´ R2 qДля сравнения приведем энергию взаимодействия пробногозаряда с зарядами-изображениями:ϕ˚ plq “q1qRqRqRqRq1´“ 2 ´“ 2 ´ 2.12ll´lllpl ´ R {lqll ´ R2Видно, что потенциал ровно в два раза меньше “энергии взаимодействия”.Искомую скорость находим из условияdq2RqRmv 2 q 2 RR` 2 ´“0ñv“.22222l2 pl ´ R qlmpl ´ R2 qРешение задачи 2Искомая индуктивность задается формулойW “LI 2,2c2где W – энергия магнитного поля, заключенная в объеме трубыединичной длины при однородно распределенном токе I:W “żH 2 pRqdS.8πaďRďbПоле находим по теореме Стокса:2πRHpRq “R 2 ´ a22I4πI22πpr´aqñHpRq“.cπpb2 ´ a2 qcpb2 ´ a2 qR2102015/2016 Экзаменационная работа 1Подставляем в интеграл:W “p2Iq28πpcpb2 ´a2 qq2“4I 24c2 pb2 ´a2 q2“I2c2 pb2 ´a2 q2“I2c2 pb2 ´a2 q2“I2c2 pb2 ´a2 q2I2“ 22caR2πRdR “şb ´ 3R ´ 2a2 R `a4Ra´´´ˆşb ´ R2 ´a2 ¯2b4 ´a442 ´a2´ 2a2 b2b4 ´a4 ´4a2 b2 `4a44b4 ´2a2 b2 `a44´¯dR “¯` a4 ln ab “`a4 ln ab2a2 b2 ´2a44¯“¯` a4 ln ab “1a22a4b´ 2`ln22222 b ´apb ´ a qa˙,откуда искомая удельная внутренняя индуктивность ˚ :L“1a22a4b´ 2`ln .22222 b ´apb ´ a qaРешение задачи 3Способ 1.Мысленно заполним промежуток между соленоидами двумякатушками длиной d, сечением S и плотностью намотки n совстречными токами I.
Тогда искомое поле можно рассматривать˚В пределе a ! b получаем известный результат для сплошного проводакруглого сечения (см. задачу 6.2 из [1]):L|a“0 “1.2Предлагаем самостоятельно убедиться в том, что L “ 0 в пределе a Ñ b.211Решениякак суперпозицию полей бесконечного соленоида и одной катушкис обратным током. Бесконечный соленоид снаружи от себя поляне создает, а катушка наводит на больших расстояниях поле диполя:pm ¨ rqrm,Hprq “ ´ 3 ` 3rr5где m – магнитный дипольный момент катушки, равныйm“ISISnd¨ nd ¨ ez “ez .ccСпособ 2.Каждый полубесконечный соленоид создает на больших расстояниях поле кулоновского типа с эффективным магнитным зарядом qm “ ISnc (см.
задачу 4.24 из [1]). Учитывая направлениятоков в соленоидах, заряд на правом конце промежутка положительный, на левом – отрицательный. Тогда вместе эти заряды набольших расстояниях создают поле диполяHprq “ ´mpm ¨ rqr`3,3rr5с магнитным дипольным моментом m “ qm dez “ISndc ez .Решение задачи 4Опишем картину явления. Ток в кольце наводит в пространстве магнитное поле.
Поток этого поля в неподвижном витке оказывается переменным во времени, поскольку изменяется угол между полем и плоскостью витка. Соответственно в витке наводитсяэ. д. с. индукции и по витку течет ток.Поток магнитного поля через сечение витка удобно представить в комплексном виде:Φ̂1 « πr02 H0 eiωt ,2122015/2016 Экзаменационная работа 10где H0 “ 2πIcr1 – поле, наводимое током I0 в центре кольца.Э. д.
с. индукции в витке равна2πI02π2 r02 I0BΦ̂1“ πr02 ¨ 2 ¨ p´iωq eiωt “¨ ω eiωt´π{2 .Eˆ “ ´cBtc r1c2 r1Ток в витке равенˆ “Iptq˚Ê2π2 ωr02 I0iωt´π{2´φb,“` ωL ˘2 eR ` i ωL22cc r1 R ` cгде φ “ arctg ωLR . Действительная часть полученного выражениядает временную зависимость тока:Iptq “2π2 ωr02 I0b` ˘2 sinpωt ´ φq.c2 r1 R2 ` ωLcРешение задачи 5Бусинка находится в магнитном поле, которое по методу изображений можно представить как образуемое тремяфиктивными диполями (см. рисунок):m1 “ m2 “ m3 “ m.Тогда суммарная сила, действующаяна бусинку со стороны фиктивных диполей, рассчитывается по формулеřiii qriFm “3 pmir¨mqr` 3 pri ¨mqm` 3 pmir¨r5i qm ´ 15 pmi ¨ri qpm¨r.5r5r7i“1,2,3˚iiiiЭто выражение является решением дифференциального уравненияL 9̂I “ Ê,cзаписанного в соответствии со вторым законом Кирхгофа для эквивалентнойэлектрической цепи.RIˆ `213РешенияСила со стороны первого диполя направлена вверх и по модулю равнаm2F1z “ 6 4 .r1Вертикальные компоненты сил на бусинку со стороны диполей2 и 3 равны друг другу и составляют2?F2z “ ´3 m2r4 2 ` 152? ? ?2 2 2 m22 2 2 r24“?9m2 24r24“?9m2 2 4{224r14“?9m2 2.r14Горизонтальная компонента результирующей силы равна нулю в силу симметрии задачи.
Тогда полная сила на бусинку состороны сверхпроводника направлена вверх и равна?p6 ` 18 2qm2.Fm “r14Условие равновесия силFm “ M g,откуда искомая высотаdd??2r11 4 p6 ` 18 2qm22q4 3m p1 ` 3a“““.22Mg8M gРешение задачи 6Решение задачи можно условно разбить на две части.Первая часть состоит в определении амплитуды B переменного магнитного поля внутри большого шара вблизи его поверхности. В квазистационарном приближении эта задача сводится ксоответствующей стационарной задаче (см. задачу 5.7 из [1]):B1 “3µB0 iωte .µ`22142015/2016 Экзаменационная работа 1Вторая часть сводится к решению задачи о проводящем шаре,помещенном в переменное однородное магнитное поле, в случаесильного скин-эффекта.
Соответствующая типовая задача разобрана в том же задачнике (Р62 [1], стр. 190). Отметим здесь ключевые моменты в решении.Во-первых, условие сильного скин-эффекта предполагает возникновение вихревых токов в проводящем шаре, которые не только зануляют поле внутри шара, но и наводят дополнительное поле снаружи, имеющее вид поля магнитного диполя.
В результатеоказывается, что θ-компонента суммарного поля на поверхностиравна3Bsτ “ Bsθ “ B1 sin θ.2Во-вторых, характеризуя тонкий скин-слой эффективной поверхностной плотностью тока Jpθq, находим ее величину из граничного условия ∆Hsτ “ 4πc J:Jpθq “3cB1 sin θ.8πµТеперь, приписывая тонкой корке толщины δ на поверхностисферы радиуса a однородную объемную плотность тока j “ Jδ ,рассчитываем мощность тепловых потерь как интегралż 2ż 2jjδdS “2πδ sin θdθ,W “σσкоторый после усреднения по времени дает3xW y “ |B1 |2 δa2 µω.8215РешенияРешение задачи 7Способ 1.Пусть по цепи AB протекает ток IAB “ I. Потенциал в точкахM и N можно рассматривать как результат суперпозиции потенциалов, создаваемых в этих точках токами IA и IB по отдельности.Рассмотрим сначала вклад тока IA .Полный ток IA можно записать как (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
