1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 8
Текст из файла (страница 8)
с задачей 2 КР1.1 вар.1, стр. 60).Следующий, дипольный, член разложения равенϕd pr, θq “dz cos θpd ¨ rq“.3rr2642012/2013 Контрольная работа 1.1, вар. 2Дипольные моменты каждого кольца относительно их центровравны нулю. Начало системы координат в нашей задаче помещено в центр правого кольца. Поэтому дипольный момент системыотносительно начала системы координат равенd “ d1 ` d2 “ ´Q ¨ p´Rqez ` 0 “ QRez .Тогда для искомого потенциала получаем следующее выражение:QR cos θϕd pr, θq « ϕpr, θq “.r2Решение задачи 4Ищем решение для поля в диэлектрикеи в вакууме в виде суперпозиции поля диполя и однородного поля:θE1 prq “ ´ rd31 ez ` 3 d1 rcoser ` E1 ez , a ă r ă b;3(1)θE2 prq “ ´ dr32 ez ` 3 d2 rcoser ` E0 ez , r ą b.3Для трех неизвестных коэффициентов d1 , d2 , E1 имеем три гран.условия:E1τ pr “ aq “ 0;E1τ pr “ bq “ E2τ pr “ bq;(2)D1n pr “ bq “ D2n pr “ bq.Подставляя в (2) слагаемые из (1), спроецированные на направления er и eθ , получим:65Решения´ ad13 sin θ ` E1 sin θ “ 0;´ db31 sin θ ` E1 sin θ “ ´ db32 sin θ ` E0 sin θ;´¯´ db31 cos θ ` 3 db31 cos θ ` E1 cos θ ε “ ´ db32 cos θ ` 3 db32 cos θ ` E0 cos θ,(3)или после упрощений´ ad31 ` E1 “ 0;´ db31 ` E1 “ ´ db32 ` E0 ;(4)´¯2 db31 ` E1 ε “ 2 db32 ` E0 .Решение системы (4) относительно неизвестных d1 , d2 , E1 :E1 “3E03ε`2`2pε´1q a3;bd1 “3E0 a33ε`2`2pε´1q a3d2 “3E0 pa3 ´b3 q;(5)b3ε`2`2pε´1q a3b` E0 b3 .Используя выражения из (5), можно записать решение дляпотенциала в компактном виде:ϕ1 prq “ ϕpa ă r ă bq “ϕ2 prq “ ϕpr ą bq “d1 cos θr2d2 cos θr2ϕ0 prq “ ϕpr ă aq “ 0.66´ E1 r cos θ;´ E0 r cos θ;(6)2012/2013 Контрольная работа 1.2, вар.
1Контрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Пусть на внутреннем электроде содержится заряд Q. Тогдапотенциал и напряженность электрического поля между двумяэлектродами будут иметь видϕprq “AA` ϕ0 Ñ Eprq “ 2 er .rr(1)Действительно, решение (1) удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕprq=0 в объеме диэлектрика и гран. условиям ∆Eτ “ 0 и∆Dn “ 4πσ на всех границах, следовательно, оно верно.Для определения постоянной A запишем теорему Гаусса длявектора электрической индукции на сфере радиуса r, a ă r ă b:ssD1 prqdS ` D2 prqdS “ 2πr 2 pε1 ` ε2 q Eprq “S2S1“2πr 2 pε1`ε2 q rA2(2)“ 4πQ,2откуда A “ ε1 `εQ.2Разность потенциалов между электродами составитU “ ϕpaq ´ ϕpbq “а емкостьC“2Qpb ´ aqA A´ “,abpε1 ` ε2 qabQpε1 ` ε2 qab“.U2pb ´ aqРешение задачи 2Представим точечный диполь как пару разноименных точечных зарядов q1 “ ´q и q2 “ q с радиус-векторами r1 “ lez иr2 “ pl ` δqez соответственно, где δ “ pq Ñ 0.
Применим метод изображений. Величины и радиус-векторы соответствующих67Решениязарядов-изображений выражаются какr1 1 “q11 “ al q,aq21 “ ´ l`δq, r2 1 “a2l ez ;a2l`δ ez .Заряды-изображения разделены расстояниемδ1 “ r11 ´ r21 “a2a2a2´« 2 δ.ll`δlСистема изображений состоит из фиктивного точечного диполя p1 и фиктивного точечного заряда Q.
И заряд и диполь локализованы вточке A1 с радиусом-векторомa2l ez . Дипольный момент относительно точки A1 равенp 1 “ q21 ¨ p´δ1 qez “ qa a2a3δeÑpez .zl ` δ l2l3Величина фиктивного заряда равнаQ “ q11 ` q21 “aaδapaq´qÑ 2q“ 2.ll`δllТогда диполь p находится во внешнем поле точечного заряда инейтрального точечного диполя (оба расположены в одной точке).Это поле удобно выражать в системе координат с началом в точкеA1 :p1pp 1 ¨ RqRQE “ 2 eR ´ 3 ez ` 3,RRR5где R - радиус-вектор с началом в точке A1 . В точках, лежащихна оси z, поле принимает видˆ˙Qp1E“` 2 3 ezZ2Z682012/2013 Контрольная работа 1.2, вар. 1(Z, как и R, отсчитывается от точки A1 ).Сила, действующая на диполь p, с учетом геометрии нашейзадачи равнаˆ˙Qppp 1ap2a3 p2BEez “ ´2 3 ez ´6 4 ez “ ´2 2 3 ´ 6 3ez .F “ pp¨∇qE “ pBZZZl Zl ¨ Z4Подставляя Z “ l ´ l1 “ l ´преобразований получим:F “ ´2a2l“l2 ´a2l ,alpl2 ` 2a2 qp2ez .pl2 ´ a2 q4после несложных(1)Сила на диполь направлена влево, следовательно, возникаетпритяжение.Энергия взаимодействия между диполем и сферой равна´´¯¯11U “ ´ 21 pp ¨ Eq “ ´ 12 ZQ2 ` 2 Zp3 p “ ´ 21 QZ`2pp“Z3“´ 123ap l2 ´a2`2 a3 pll2lpl2 ´a2 q3l322apl `a q 2p “ ´ 2pl2 ´a2 q3 p .Множитель 12 поставлен, так как E „ p, а следовательно, мыимеем дело с упругим диполем.Рассмотрим предельный случай l “ a ` h, a Ñ 8 (p на расстоянии h от проводящей плоскости):a ¨ ap3a2 qp26p2apa ` hqppa ` hq2 ` 2a2 qp2eÑ´2e“´ez .zzppa ` hq2 ´ a2 q4p2ahq416h4(2)Получим независимое решение для силы на диполь вблизипроводящей плоскости.
В этом случае система зарядов-изображений- нейтральный диполь с моментом p 1 “ p, расположенный симметрично оригиналу относительно проводящей плоскости. ТогдаF “ ´269Решениявнешнее поле:E“2Сила на диполь pF “ pp ¨ ∇qE “ pp1ez .Z3BEpp 1p26p2ez “ ´6 4 ez “ ´6e“´ez , (3)zBZZp2hq416h4что совпадает с результатом (2).Заметим, что формула F “ pp ¨ ∇qE верна как для упругого,так и для жесткого диполя (в отличие от формулы F “ ∇pp ¨ Eq,дающей завышенную вдвое силу, если дипольный момент p9Eprqформируется во внешнем неоднородном поле).
Поэтому результат(3) можно сравнить с ответом к задаче 2.50 из задачника [1] (стр.113) для силы между двумя (жесткими) произвольно ориентированными диполями ˚ . Эта сила достигает максимума по модулю,как раз когда один диполь “смотрит в хвост” другому, и равна6p1 p2,r4что с учетом p1 “ p2 “ p и r “ 2h совпадает с результатом (2,3).Fmax “ ´Решение задачи 3Согласно закону Био-Савара магнитное поле в точке O, индуцируемое элементом проводника dℓ с током I, равноI rdℓ ˆ rsdB “ ¨.cr3Поле dB, наводимое любым элементарным отрезком dℓ дуги с током, направлено по нормалик плоскости рисунка, а радиально ориентированные отрезки не дают вклада в B.
Тогда величинаполного ˙поля ˆвыражается интеграломˆ˙2π`˘şş bdα1 αş adα1şdℓdℓII` αa .B= c`= c+= Ic 2π´αbr2r2b2a2r“a˚r“bα0См. также задачу 164 из задачника Батыгина, Топтыгина [3].702012/2013 Контрольная работа 1.2, вар. 2Решение задачи 4Аксиально-симметричные токи с нулевой азимутальной компонентой создают магнитное поле, имеющее только α´компоненту(в цилиндрических координатах). Это следует из того, что векторпотенциал такой системы также обладает аксиальной симметрией, причем Aα “ 0. Действительно, тогда компоненты вектора B “ rot A вцилиндрических переменных выражаются какBR “1 BAzR BαBz “BARBα“0Bα “BARBz´“0BAzBR .Тогда применим теорему Стокса.
Взяв контур в виде окружности радиуса R вокруг оси z, получимпод “юбкой” pR ă z tg θ0 q : 2πRBpRq “снаружи 2πRBpRq “4πc IÑ BpRq “4πc I12IcR .Направление поля показано на рисунке.Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Пусть на внутреннем электроде содержится заряд Q. Тогда потенциал и напряженностьэлектрического поля между двумя электродами будут иметь видϕprq “ ϕ0 ´ A ln r Ñ Eprq “71Aer ,r(1)Ñ BpRq “2I1cR ,Решениягде r – радиальная переменная в цилиндрических координатах.Действительно, решение (1) удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕprq “ 0 в объеме диэлектрика и граничным условиям ∆Eτ =0и ∆Dn “ 4πσ на всех границах раздела, следовательно, оно верно.Для определения постоянной A применим теорему Гаусса, взявв качестве области интегрирования цилиндр длиной l и радиусаr, a ă r ă b (рассматриваем общий случай ε1 ‰ ε2 ):ssD1 prqdS ` D2 prqdS “ πrl pε1 ` ε2 q Eprq “S1S2“ πrl pε1 ` ε2 q Ar “ 4πQ,откуда A “4Qpε1 `ε2 ql .Разность потенциалов между электродами составитU “ ϕpaq ´ ϕpbq “ A lnb4Qb“ln .apε1 ` ε2 ql aТок между электродами находим как интеграл от объемнойплотности тока по площади боковой поверхности цилиндра радиуса r,a ď r ă b:svs1 `σ2 qI “ pjprq ¨ dSq “ σ1 EprqdS ` σ2 EprqdS “ 4Qpσpε1 `ε2 qlr πrl “r“S2S14πpσ1 `σ2 qQpε1 `ε2 q .Тогда сопротивлениеR“U1b“ln .Iπpσ1 ` σ2 ql a722012/2013 Контрольная работа 1.2, вар.
2Решение задачи 2Выясним, где в нашей системе имеются объемные или поверхностные заряды. В проводящей среде их нет, поскольку в стационарных условияхdiv j “ 0 Ñ 4πρ “ div E “1div j “ 0.σПоэтому заряд может быть сосредоточен только на оголенномконце и на поверхности воды. Окружив оголенный конец замкнутой поверхностью и записав для нее теорему Гаусса, получим{E ¨ dS «xбез проводаE ¨ dS “I1xj ¨ dS “ “ 4πQ.σσIТаким образом, на оголенном конце сосредоточен заряд Q= 4πσ.Заряд на поверхности воды распределен так, что выполняетсяграничное условие ∆jn “ 0 Ñ jn “ 0 Ñ En “ 0.Для определения Eprq при z ď 0 не обязательно находить само распределение поверхностной плотности заряда. Вместо этогоприменим метод изображений. Рассмотрим систему из двух точечных зарядов `Q в точках p0, 0, ´hq и p0, 0, hq среды, проводимость которой равна σ во всем пространстве.
В области z ď 0 этасистема создает точно такое же распределение потенциала, что ив нашей задаче. Действительно, при z ď 0 потенциал удовлетворяет тому же уравнению Пуассона∆ϕprq “ ´4πQ ¨ δpx, y, z ` hq и также выполняются условия En |z“0 =0,ϕp8q=0. Тогда, с учетом теоремыединственности решения, поле в проводящем полупространстве реальнойсистемы выражается суперпозициейполей от двух точечных зарядов. В73Решениячастности, при z “ 0 это поле удобно выразить в цилиндрическихпеременных (см. рисунок):QQEpRq “ 2 h2 `R2 sin θ ¨ eR “ 2 ph2 `R2 q ¨“? Reh2 `R2 R“2QRe .ph2 `R2 q3{2 RТогда плотность тока при z “ 0 равнаjpRq “ σEpRq “2σQRIReR “eR .23{22`R q2πph ` R2 q3{2ph2Решение задачи 3Выделим на конусе элементарную площадку в виде пояска шириной dR1 на расстоянииR1 от вершины. Элементарная площадка содержит заряд, равныйdQ “ σdS “ σ ¨ 2πR1 sin θ0 dR1 .Вращающийся заряженный поясок эквивалентен кольцевому току величинойdI “2πωσR1 sin θ0 dR1ωdQ““ ωσR1 sin θ0 dR1 .2π2πКольцевой ток наводит в точке O элемент магнитной индукции, направленный по оси конуса и равныйdB “2πR1 sin θ0 dI2πωσsin θ0 “sin3 θ0 dR1 .12cRcПолное магнитное поле в точке O находим, интегрируя подлине образующей конуса:B“2πRωσsin3 θ0 .c742012/2013 Контрольная работа 1.2, вар.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
