1611690923-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (826957), страница 9
Текст из файла (страница 9)
2Наконец, учтем, что площадь боковой поверхности конуса равна S “ πR2 sin θ0 . ТогдаB“2ωQ2πRωQsin3 θ0 “sin2 θ0 .cScRРешение задачи 4На больших расстояниях Bpzq представляет собой поле магнитного диполяmpm ¨ zqBpzq “ ´ 3 ` 3z.(1)zz5Для определения i-й компоненты вектора m будем проецировать рамку на плоскость с номалью n “ ei и пользоваться формулой mi “ ISc i :mz “ISzc“ 0 pсм. рисунокq.mx “ISxc“my “ISyc“ 0 pсм. рисунокq.4Ia2cpсм. рисунокq.Тогда уравнение (1) приобретает видBpzq “ ´4Ia2ex .cz 375РешенияЭкзаменационная работа 1Решение задачи 1Пусть до соединения проводников потенциал во внешнем пространстве описывается функцией ϕ1 prq.
Эта функция являетсярешением уравнения Лапласа ∆ϕ1 prq “ 0 с граничными условиями ϕ1 p8q “ 0 и ϕ1 |Γ “ V1 . Представим потенциал тел после их соединения как V “ k ¨ V1 . Условию на внешней границеϕ|Γ “ k ¨ V1 отвечает распределение потенциала вне проводникаϕprq “ kϕ1 prq. Оно удовлетворяет уравнению Лапласа и условиюϕp8q “ 0, поэтому является единственным.
Тогда и напряженности поля в любой точке r до и после соединения проводниковсвязаны пропорциейEprq “ k ¨ E1 prq.По теореме Гаусса для произвольной замкнутой области, ограниченной поверхностью S и включающей наш проводник, имеемvE1 prqdS “ 4πpq1 ` q2 q,vEprqdS “vk ¨ E1 prqdS “ k ¨vE1 prqdS “ 4πpq1 ` q2 q.Сравнивая два равенства, получаем, что k “ 1 и V “ V1 .Решение задачи 2Из условия непрерывности стационарного тока в области проводника следует отсутствие там объемных зарядов:div j “ 0 Ñ divpσEq “ σ div E “ 4πσρ “ 0,поэтому потенциал при z ą 0 удовлетворяет уравнению Лапласа.Кроме того, из непрерывности тока следует равенство нулю нормальных компонент векторов плотности тока и поля на границеz “ 0.762012/2013 Экзаменационная работа 1Предположим, что в области z ě 0 потенциал и электрическоеполе описываются функциями видаϕprq “ArEprq “Aer2 r(1)“Ie .4πσr 2 rЗаметим, что решению в виде (1) соответствует ситуация, когда весь заряд в системе сосредоточен в точке r “ 0.
Это невозможно, если провод с током не изолирован, поскольку тогда с одIной стороны поле вдоль провода равно ´ 4πσz2 ez , а с другой онотам обязано быть равным нулю как тангенциальное на границе сметаллом. Поэтому будем полагать, что провод с током изолирован и экранирован. Тогда вектор E|z“0 удовлетворяет граничнымусловиямDn1 “ Dn2 “ 0, Et1 “ Et2 .Кроме того функция ϕprq равна нулю на бесконечности и удовлетворяет уравнению Лапласа. Поэтому по теореме единственности решение в виде (1) является единственно верным.Для определения постоянной A запишем интеграл от плотности тока по полусфере радиуса r:xxA(2)pj ¨ dSq “ σ pE ¨ dSq “ 2πr 2 σ 2 “ 2πσA “ IrОтсюда A “I2πσи тогдаϕprq “I2πσr ,Eprq “Ie ,2πσr 2 rjprq “(3)Ie .2πr 2 rПоскольку распределение тока аксиально симметрично и jα =0,то магнитное поле имеет только азимутальную компоненту (ср.
с77Решениязадачей 4 КР1.2 на стр. 71). Тогда находим его по теореме Стокса.В области z ă 0:2πRBpRq “2I4πIÑ BpRq “,ccRгде R – расстояние до оси z.В области z ą 0 (ток через сечение круга радиуса r sin θ вычисляем, интегрируя j по сферическому сегменту радиуса r):2πr sin θBpr, θq ““4πcsjprqdS “4πcşθ0I2πr 2 sin θ1 dθ12πr 2“4πIp1´cos θq,cоткудаBpr, θq “ 22Iθ1 ´ cos θI“tg .cr sin θcr2Решение задачи 3Без учета границы в плоскости x “ 0 распределение тока впространстве вне полости описывается функцией (см.
задачу 3.24из [1])a3 pj0 ¨ rqra3,(1)jprq “ j0 ` 3 j0 ´ 32r2r 5где r - радиус-вектор с началом в центре полости.Наличие границы x “ 0 с непроводящим полупространствомнакладывает гран. условие jn “ 0. Решение, удовлетворяющее вобласти x ą 0 уравнению Лапласа, гран. условиям jn |x“0 “ 0 иjp8q “ j0 , формально является верным (а по теореме о единственности - единственно верным) в бесконечной проводящей среде, вкоторую, наряду с исходной полостью, симметрично ей относительно плоскости x “ 0, вводится еще одна такая же полость.При этом нарушится условие jn “ 0 на поверхности полостиоригинала, но вносимая погрешность составляет уже следующий782012/2013 Экзаменационная работа 1за первым член разложения по малому параметру a{l и поэтомуздесь ее можно не учитывать.
Влияние двух полостей на ток вобласти x ą 0 сводится к суперпозиции решений типа (1), где вкачестве r выступают радиус-векторы - каждый с началом в центре соответствующей полости (при этом r - расстояние от любогоиз центров до точки границы, в которой ищется j).
На границеx “ 0 такая суперпозиция оставит только тангенциальную компоненту вектора плотности тока:3 ¨r cos θ¨r cos θ2r 53aajprq|x“0 “ j0 ` 2 2r3 j0 ´ 2 ¨ 3´“ j0 ¨ 1 `a3p1l3¯´ 3 cos2 θq sin3 θ .j0 “Решение задачи 4Угадываем решение для магнитного поля в виде,H1 “ H2 “ 4πIn.c ez ,внутри соленоида.4πµ2 In4πµ1 InB1 “ c ez , B2 “ c ezH “ B “ 0 снаружи.Такое решение в объеме удовлетворяет уравнениямrot H “ 0, div B “ 0,а на границах раздела - гран. условиямH1t “ H2t ,Ht in ´ Ht out “4πc nI,B1n “ B2n ,Bn in “ Bn out .79РешенияВекторы намагниченности в двух областях равныM1 “µ1 ´14π H1“µ1 ´1 4πIn4πc ez“pµ1 ´1qInez ,cM2 “µ2 ´14π H2“µ2 ´1 4πIn4πc ez“pµ2 ´1qInez .cПоверхностную плотность молекулярных токов на боковой поверхности цилиндра находим по формулеJm1 “ cM1t “ pµ1 ´ 1qIn,Jm2 “ cM2t “ pµ2 ´ 1qIn.Поверхностная плотность молекулярных токов на границе раздела двух магнетиков равнаJm12 “ Jm2 ´ Jm1 “ pµ2 ´ µ1 qIn.Направления молекулярных токов для случая 1 ă µ1 ă µ2показаны на рисунке.Решение задачи 5При изменении формы сверхпроводящей рамки сохраняетсяпоток магнитного поля через ее сечение.
Изменение потока внешнего поля компенсируется полем, возникающим вследствие токасамоиндукции:B0 ¨ pπr 2 ´ a2 q “Периметр контура равен4a “ 2πr,тогдаr“2aπ80LI.c2012/2013 Экзаменационная работа 1и искомый ток˜ ˆ ˙¸˙ˆ22ccca2 B0 4222I “ B0 ¨ pπr ´ a q “ B0 ¨ a π´1 “´1 .LLπLπРешение задачи 6Через фиксированное поперечноесечение проводника за время dt проωaходит заряд dq=q 2πadt, что эквиваdq qωptq qkлентно току Iptq= dt = 2π = 2π t, протекающему по неподвижному кольцу.Мгновенное магнитное поле в центре кольца радиуса a с током I равноBptq “2πIptqqkez “tez .cacaВнутри круга радиуса r ! a поле можно считать однородным.Тогда поток вектора 1c dBdt через сечение круга радиуса r составит1 dΦ1 dB1 qkπqkr 2“¨ πr 2 “¨ πr 2 “ 2 .c dtc dtc cac aСогласно закону Фарадея циркуляция электрического поля поокружности радиуса r равна2πrEprq “ ´πqkr 21 dΦ“´ 2 ,c dtc aоткудаπqkr 2qkr“´ 22c a ¨ 2πr2c a(направление показано на рисунке).Eprq “ ´81РешенияРешение задачи 7Поле магнитного диполя аксиально симметрично, причем Bα “ 0, поэтому индуцируемое им электрическое поле имеет только азимутальную pα´q компоненту.
Скин-эффектслабый, поэтому считаем, что токи,индуцируемые внутри диска, не меняют распределение магнитного поля. Тогда по закону Фарадея внутри диска имеем ˚ş1 ,tqEα pr, θ, tq ¨ 2πr sin θ “ ´ 1c dBr pr,θdS “dt“ ´ im0 ωeciωtоткудаşθ01θ2iωt ,02 cos2πr 2 sin θ1 dθ1 “ ´2π iωmcr sin θ er3Ê “ Eα pr, θ, tq “iωm0сr 2sin θ eipωt`πq ,ipωt`πq .0ĵ “ σEpr, θ, tq “ σ iωmсr 2 sin θ e˘`можно вычислять по любой поверхности, натяПоток вектора ´ 1c dBdtнутой на контур, но удобно это делать по сферическому сегменту радиса r.Учтем при этом, что r-компонента магнитного поля равнаˆ˙mpmr cos θqrpm ¨ rqrm cos θ2mBr “ ´ 3 ` 3¨ er “ 3´“ 3 cos θ.rr5r5r3r˚Симметрия задачи позволяет вычислить Eα , вообще избегая интегрирования. Для этого запишем уравнение Максвелла через вектор-потенциал:rot E “ ´1 d rot A,c dtоткудаEα pr, θ, tq “ ´ˇˇˇ iω rm ˆ rs ˇiωˇ “ ´ iω m0 sin θ eiωt .Aα pr, θ, tq “ ´ ˇˇccr3 ˇcr2822012/2013 Контрольная работа 2.1, вар.
1Интенсивность тепловыделения в кольце, усредненная по времени, равна (учитываем, что для тонкого диска z « h, r « cosh θ ,dr « cosd θ и элементарный объем dV “ 2πr 2 sin θdrdθ “sin θ“ p2πd ¨ h2 q cos3 θ dθ)`˘ θş0ş0 2xQy “ 12 Re Ê ĵ ˚ dV “ σ ωmс0“ πd ¨ σ` ωm ˘2 θş00с0sin3 θ cos θdθh2sin2 θ cos4 θπdh4“ πd ¨ σ` ωm ˘20сhsin θ¨ h2 cos3 θ dθ “sin4 θ04 .Контрольная работа 2.1, вариант 1Решение задачи 1Из нечетности функции f ptq следует,что Refω =0, а Imfω =2Imf˜ω , гдеf˜ω “żτf ptqeiωt dt.0Мнимая часть подынтегральнойфункции нечетна по ω, поэтомунечетна и спектральная плотность, вчастности, fω p0q=0.Вычислим мнимую часть fω :şτImfω “ 2Im f ptqeiωt dt “0(şτşτ“ 2 Im f ptqeiωt dt “ ´2h sin ωtdt “0“2hω pcos ωτ02´ 1q “ ´ 4hω sin83ωτ22hωˇτcos ωtˇ0 ““ ´hωτ2 sinc2ωτ2 .РешенияИтак, fω =´ihωτ2 sinc2ωτ2(см. рисунок), |fω |=h|ω|τ2 sinc2ωτ2 .Решение задачи 2Решение задачи значительно упрощается, если принять во внимание следующие соображения.
При условии µ1 “ µ2 отраженнаяволна отсутствует для TM-волны, падающей под углом Брюстерак нормалиφT M “ φБ “ arctgn2,n1?где n12 “ ε12 µ12 .Заметим, что при замене E Õ H, ε Õ ´µ все формулы, применимые к TM-волне, переносятся на TE-волну и наоборот (этообусловлено симметричностью уравнений Максвелла без сторонних зарядов и токов проводимости по отношению к такой замене).В частности, угол Брюстера будет характеризовать TE-волну, недающую отражения, и выразится как ˚ccεµ2µ2n2φT E “ φБ “ arctg“ arctg“ arctg.n1εµ1µ1˚В частном случае ε1 “ ε2 и µ1 “ µ2 отраженная волна отсутствует прилюбом угле падения.
Это следует из того, что при этих условиях в формулеФренеля для TE-волныE1H1µ2 sin φ2 cos φ ´ µ1 sin φ cos φ2““E0H0µ2 sin φ2 cos φ ` µ1 sin φ cos φ2углы φ2 и φ равны и числитель обращается в нуль.Видно также, что если φ ‰ π4 , то отраженная волна не обращается в нульдаже при n1 “ n2 , если ε1 ‰ ε2 , µ1 ‰ µ2 , так что ε1 µ1 “ ε2 µ2 .842012/2013 Контрольная работа 2.1, вар. 1Решение задачи 3Запишем вектор напряженности электрического поля в отраженной волне какE1 pz, tq “ pa1 , b1 q eipkz´ωtqИз граничного условия Et0 “ Et1 при z “ 0 следует, чтоa1 “ ´E0 , b1 “ ´iE0 .Тогда суперпозиция падающей и отраженной волн даетE0 pz, tq ` E1 pz, tq “ E0 e´iωt pe´ikz ´ eikz , ipe´ikz ´ eikz qq “(1)“ ´2iE0 sin kz e´iωt p1, iq “ 2E0 sin kz e´iωt p´i, 1qМагнитное поле в падающей и отраженной волнах находим,пользуясь общим выражением H “ ωc rk ˆ Es для плоской волныв вакууме:H0 “cω rkˆ E0 s “ r´ez ˆ E0 s “ ´p0, 0, 1q ˆ p1, i, 0qE0 eip´kz´ωtq ““ E0 pi, ´1q eip´kz´ωtq ;H1 “cω r´kˆ E1 s “ rez ˆ E1 s “ p0, 0, 1q ˆ p´1, ´i, 0qE0 eipkz´ωtq ““ E0 pi, ´1q eipkz´ωtq .Тогда суперпозиция магнитных полей в падающей и отражен85Решенияной волнах дает˚H0 pz, tq ` H1 pz, tq “`˘“ E0 e´iωt ipe´ikz ` eikz q, ´pe´ikz ` eikz q “(2)“ 2E0 cos kz e´iωt pi, ´1qСравнивая выражения, записанные в (1),(2), видим, чтоH “ ´E, если sin kz “ cos kz, т.
е. при kz “ π4 ` πn. Отсюда˙ˆπ 1` n , n “ 0, 1, 2, ...zn “k 4Решение задачи 4Решим задачу для общего случаяHlm -волны. Тип отраженной и прошедшей волны можно установить наоснове следующих соображений. Падающая волна представляет собой суперпозицию плоских волн с частотой ω и волновыми вектораmπми с компонентами k0z , k0x “ ˘ lπa и k0y “ ˘ b . При отражении и преломлении каждой плоской волны сохраняются частотаи тангенциальные компоненты волнового вектора. Поскольку решения для отраженной и прошедшей волн являются результатомсуперпозиции соответствующих плоских волн, то параметры kx ,ky и ω войдут в результирующие решения без изменений. С другой стороны решения для отраженной и прошедшей волн должны удовлетворять волновому уравнению с граничными условиямина стенках волновода.
Для прямоугольного волновода это могутбыть только волны типа Elm или Hlm , причем, индексы l, m однозначно задаются геометрическими размерами a, b и значениями˚Свойства стоячей волны в случае произвольной поляризации E описаны,например, в учебном пособии [5].862012/2013 Контрольная работа 2.1, вар. 1kx , ky , которые, как уже было отмечено, не изменяются при отражении и прохождении волны. Elm -волна исключается, так как еепоявление сделает невозможным одновременное выполнение условий непрерывности нормальных компонент Dn и Bn на границераздела двух сред. Таким образом, и отраженная и прошедшаяволна имеют тип Hlm с теми же индексами и частотой, что и падающая.С учетом сделанных предварительных замечаний выпишемвыражения для всех компонент полей в падающей “0”, отраженной “1” и прошедшей “2” волнах ˚ :H0z px, y, z, tq “ H0 cospkx xq cospky yq eipk0z z´ωtqH0x px, y, z, tq “ik BH0zκ 2 0z Bx“ ´ ikκ0z2kx H0 sinpkx xq cospky yq eipk0z z´ωtqH0y px, y, z, tq “ik BH0zκ 2 0z By“´E0x px, y, z, tq “i µ0 ω BH0zByκ2 cik0z kyH0 cospkx xq sinpky yq eipk0z z´ωtqκ2“´0zE0y px, y, z, tq “ ´ κi2 µ0cω BHBx “iky µ0 ωH0 cospkx xq sinpky yq eipk0z z´ωtqκ2cikx µ0 ωH0 sinpkx xq cospky yq eipk0z z´ωtqκ2 cE0z px, y, z, tq “ 0H1z px, y, z, tq “ H1 cospkx xq cospky yq eip´k0z z´ωtqH1x px, y, z, tq “ik0z kxH1 sinpkx xq cospky yq eip´k0z z´ωtqκ2H1y px, y, z, tq “ik0z kyH1 cospkx xq sinpky yq eip´k0z z´ωtqκ2˚Если записать падающую волну как 9 eipωt´k0z zq (вместо eipk0z z´ωtq ), тово всех последующих формулах следует заменить kz на ´kz и ω на ´ω.87РешенияE1x px, y, z, tq “ ´E1y px, y, z, tq “iky µ0 ωH1 cospkx xq sinpky yq eip´k0z z´ωtqκ2 cikx µ0 ωH1 sinpkx xq cospky yq eip´k0z z´ωtqκ2cE1z px, y, z, tq “ 0H2z px, y, z, tq “ H2 cospkx xq cospky yq eipk2z z´ωtqH2x px, y, z, tq “ ´ ikκ2z2kx H2 sinpkx xq cospky yq eipk2z z´ωtqH2y px, y, z, tq “ ´ik2z kyH2 cospkx xq sinpky yq eipk2z z´ωtqκ2E2x px, y, z, tq “ ´iky µ2 ωH2 cospkx xq sinpky yq eipk2z z´ωtqκ2 cE2y px, y, z, tq “ikx µ2 ωH2 sinpkx xq cospky yq eipk2z z´ωtqκ2cE2z px, y, z, tq “ 0,πm222где обозначены kx = πla , ky = b , κ =kx `ky ; l=0, 1, 2, ..., m=0, 1, 2, ...,исключая комбинацию tl, mu “ t0, 0u.Тогда гран.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
