Запишем силу Лоренца, действующую на заряды в пластине:
$$\vec FL = q × [\vec v × \vec B]$$
В положении равновесия она равна силе поля, создаваемого зарядами:
$$\vec F_q = q\vec E ⇒ \vec E = -[\vec v × \vec B]$$
По теореме Гаусса $Q = \oiint_SdS (\vec D, \vec n) = DS = ε_0vB$
По закону Фарадея напряжение на концах каждой катушки одно и то же и равно $U = -\frac{dΦ}{dt}$.
С другой стороны, сила тока, протекающего через каждую катушку, одна и та же, и равна $I_i = \frac{I}{N}$.
Отсюда получаем, что $L_i = \frac{Φ_i}{I_i} = \frac{Φ N}{I} = NL ⇒ L = \frac{L_i}{N}$.
Найдём магнитный поток через треугольник:
$$Φ = \oiint_S (\vec B, \vec n)dS = ∫_0^h ∫-x^x \frac{μ_0 I_1}{2π(x + d)}dydx = \frac{μ_0 I_1}{π}∫_0^h \frac{x}{x + d}dx = \frac{μ_0 I_1}{π}\left(h - ln\left(1 + \frac{d}{h}\right)\right)$$
Отсюда:
$$ε = -\frac{dΦ}{dt} = \frac{μ_0}{π}\left(h - ln\left(1 + \frac{d}{h}\right)\right)\frac{dI}{dt} ⇒ Ii = \frac{ε}{R} = \frac{2μ_0t}{π Rτ^2}I_0e-\left(\frac{t{τ}\right)^2}$$
Продифференцировав $I_i$ по $t$, получим, что максимум достигается в точке $\frac{t}{τ} = \frac{1}{\sqrt 2}$ и равен:
$$Ii_{max} = \frac{μ_0}{π R}\sqrt \frac{2}{e} I_0\left(h - ln\left(1 + \frac{d}{h}\right)\right)$$
По закону Фарадея $ε_i = -\frac{dΦ}{dt}$. С другой стороны, по закону Ома для полной цепи $ε_i = IR = R\frac{dQ}{dt} ⇒ R\frac{dQ}{dt} = -\frac{dΦ}{dt}$. Проинтегрировав по $t$ от $0$ до $t_0$, получим, что $RQ = -Δ\Phi$.
Найдём изменение магнитного потока:
$$Φ_0 = \oiint_S (\vec B, \vec n)dS = ∫_cc + a ∫_0^b \frac{μ_0 I}{2π x}dydx = \frac{μ_0 bI}{2π}∫_cc + a \frac{dx}{x} = \frac{μ_0 bI}{2π}ln\left(\frac{c + a}{c}\right)$$
$$Φ_1 = \oiint_S (\vec B, \vec n)dS = -∫c - a^c ∫_0^b \frac{μ_0 I}{2π x}dydx = \ldots = \frac{μ_0 bI}{2π}ln\left(\frac{c - a}{c}\right)$$
Тогда:
$$Q = \frac{Δ\Phi}{R} = \frac{μ_0 bI}{π R}ln\left(\frac{c + a}{c - a}\right)$$
Поскольку длина квадрата не изменилась, можно найти связь между стороной квадрата и радиусом круга:
$$4a = 2π r ⇒ r = \frac{2}{π}a$$
Отсюда получаем новую площадь контура:
$$π r^2 = π\frac{4}{π^2}a^2 = \frac{4}{π}a^2 ⇒ Δ\Phi = BΔ S = -B(1 - \frac{4}{π^2})a^2 ⇒ Q = -\frac{Δ\Phi}{R} = \frac{B}{R}\left(1 - \frac{4}{π^2}\right)a^2$$
Магнитный поток через рамку равен:
$$Φ = BScos(ω t) = Babcos(ω t)$$
Откуда по закону Фарадея получаем ЭДС:
$$ε = -\frac{dΦ}{dt} = ω Babsin(ω t)$$
Магнитный поток через рамку равен:
$$Φ = BScos(ω t) = abB_0cos(Ω t)cos(ω t) = 1/2abB_0(cos((Ω - ω)t) + cos((Ω + ω)t)$$
Из закона Фарадея находим ЭДС:
$$ε = -\frac{dΦ}{dt} = abB_0((Ω - ω)sin((Ω - ω)t + (Ω + ω)sin((Ω + ω)t)))$$
Поле соленоида однородно с индукцией: $B = μ_0nI$.
Из задачи 10.6 $Δ\Phi = -RQ ⇒ BS = RQ ⇒ = μ_0n\frac{SI}{R}$.
$$\operatorname{rot} \vec H = \vec j + \frac{∂ \vec D}{∂ t},$$
$$\operatorname{rot} \vec E = -\frac{∂ \vec B}{∂ t},$$
$$\operatorname{div} \vec B = 0,$$
$$\operatorname{div} \vec D = ρ,$$
Материальные уравнения:
$$\vec D = ε\varepsilon_0\vec E,$$
$$\vec B = μ\mu_0\vec H,$$
Закон Ома:
$$\vec j = λ(\vec E + \vec Eext),$$
Уравнение непрерывности:
$$\frac{∂\rho}{∂ t} + \operatorname{div}\vec j = 0,$$
Закон Джоуля-Ленца:
$$ν = \vec j \vec E = λ E^2 = \frac{j^2}{λ}$$
Теорема Умова-Пойнтинга:
$$\frac{dW}{dt} = -\oint_S\vec\Pi d\vec S - \frac{dQ}{dt} + ∫_V \vec j dV$$
Где $W = \frac{1}2∫_V(\vec E\vec D + \vec H\vec B)dV$, $Π = [\vec E\vec H]$.
Потенциалы:
$$\vec B = \operatorname{rot}\vec A$$
$$\vec E = -\operatorname{grad}\varphi - \frac{∂\vec A}{∂ t}$$
Квазистационарное приближение:
$$\frac{∂ \vec D}{∂ t} ≈ 0$$
Дано: $λ, l, R, B(t), k$.
\begin{equation*}
B(t) = \begin{cases}
kt, 0 \leq r \leq R_1,
0, r > R_1,
\end{cases}
\end{equation*}
$R_1 > r$
$$P - ?$$
Из второго из уравнений Максвелла $\operatorname{rot}\vec E = -\frac{∂\vec B}{∂ t}$. Задача имеет
цилиндрическую симметрию, поэтому задачу удобнее всего решать в цилиндрических координатах. Кроме того, нет явной
зависимости поля от $z$ и $\varphi$. Получаем уравнение:
\begin{equation}
\operatorname{rot}\vec E = (0, 0, -k)
\end{equation}
Воспользуемся представлением ротора в цилиндрических координатах:
\begin{multline*}
\operatorname{rot}\vec E =
\begin{vmatrix}
\frac{1}r \vec e_r & \vec e_\varphi & \frac{1}r \vec e_z \
\frac{∂}{∂ r} & \frac{∂}{∂ \varphi} & \frac{∂}{∂ z} \
E_r & r E_\varphi & E_z
\end{vmatrix}
= \
= \left(\frac{1}{r}\left(\frac{∂ E_z}{∂\varphi} - \frac{∂ (rE_\varphi)}{∂ z}\right);
-\frac{∂ E_z}{∂ r} + \frac{∂ E_r}{∂ z};
\frac{1}r\left(\frac{∂ (rE_\varphi)}{∂ r} - \frac{∂ E_r}{∂\varphi}\right)\right)
\end{multline*}
Откуда получаем систему:
\begin{equation*}
\begin{dcases}
\frac{1}r\frac{∂ E_z}{∂ \varphi} - \frac{∂ E_\varphi}{∂ z} = 0, \
\frac{∂ E_r}{∂ z} - \frac{∂ E_z}{∂ r} = 0, \
\frac{∂ (rE_\varphi)}{∂ r} - \frac{∂ E_r}{∂\varphi} = -kr, \
\end{dcases}
\end{equation*}
Учитывая, что $\frac{∂ E}{∂\varphi} = \frac{∂ E}{∂ z} = 0$, систему можно записать в
виде:
\begin{equation*}
\begin{dcases}
\frac{∂ E_z}{∂ r} = 0, \
\frac{∂ (rE_\varphi)}{∂ r} = -kr
\end{dcases}
\end{equation*}
Откуда находим выражения для $E_\varphi$ и $E_z$:
\begin{equation}
\begin{dcases}
E_\varphi = -\frac{kr}2 + \frac{C_1}r, \
E_z = C_2
\end{dcases}
\end{equation}
Поскольку по условию задачи на оси цилиндра свободных зарядов нет, то поле при $r → 0$ ограничено, поэтому
$C_1 = 0$.
Для нахождения $E_r$ и $E_z$ воспользуемся четвёртым уравнением Максвелла. Так как свободных зарядов в цилиндре
нет, то $\operatorname{div}ε_0\vec E = ρ = 0$, или, в цилиндрических координатах:
\begin{equation*}
\frac{1}r\frac{∂(rE_r)}{∂ r} + \frac{1}r\frac{∂ E_\varphi}{∂ \varphi}
- \frac{∂ E_z}{∂ z} = 0 ⇒ \frac{∂ (rE_r)}{∂ r} = 0
\end{equation*}
Откуда находим выражение для $E_r$:
\begin{equation}
E_r = \frac{C_3}r
\end{equation}
Вспоминая, что на оси цилиндра нет свободных зарядов, окончательно получим, что $E_r = 0$. Таким образом, $\vec E$
имеет вид:
\begin{equation}
\vec E = (0; -\frac{kr}2; C_2)
\end{equation}
Из закона Ома $\vec j = λ\vec E$, поэтому $\vec j$ имеет вид:
\begin{equation}
\vec j = (0, -\frac{kr}2λ; λ C_2)
\end{equation}
Поскольку цилиндр ограничен, ток не может течь вдоль оси цилиндра, поскольку такой контур незамкнут, откуда $C_2 = 0$.
Окончательно получаем, что $\vec j = -\frac{λ kr}2\vec e_\varphi$. Тогда объёмная плотность мощности равна:
$$ν = \vec j \vec E = λ\frac{k^2r^2}4$$
Мощность, заключённая в кольце, ограниченном радиусами $r$ и $r + dr$:
$$dP = λ\frac{k^2r^2}4dV = λ\frac{k^2r^22π rdr}4 = \frac{π\lambda k^2l}2r^3dr$$
Проинтегрировав по $r$ от 0 до R, получим:
$$P = \frac{π\lambda k^2l}8R^4$$
В проводнике, помещённом в нестационарное магнитное поле, циркулируют токи Фуко. Линии тока представляют собой
окружности, центры которых лежат на оси $Oz$, причём зависимость плотности тока от времени $t$ и от расстояния
$r$ рассматриваемой точки до оси $Oz$ описывается законом $j(r,t) = kre-t/τ$. Определите индукцию магнитного
поля в проводнике, если известно, что в момент времени $t = 0$ она была равна нулю во всём объёме проводника.
Поскольку задача имеет цилиндрическую симметрию, выгоднее всего использовать цилиндрические координаты. По закону
Ома:
$$\vec E = \frac{1}λ \vec j = \left(0; \frac{ke-t/τ}λ; 0\right)$$
Далее, по первому уравнению Максвелла $\operatorname{rot}\vec E = -\frac{d\vec B}{dt}$. Найдём
$\operatorname{rot}\vec E$:
\begin{equation}
\operatorname{rot}\vec E =
\begin{vmatrix}
\frac{1}r\vec e_r & \vec e_\varphi & \frac{1}r\vec e_z
\frac{∂}{∂ r} & \frac{∂}{∂\varphi} & \frac{∂}{∂ z} \
0 & \frac{kre-t/τ}λ & 0
\end{vmatrix}
= \left(0; 0; 2\frac{ke-t/τ}λ\right)
\end{equation}
Тогда
\begin{multline}
B = -∫t_0^t\operatorname{rot}\vec E dt = -2\frac{kτ}{λ}∫t_0^te-t/τd(t/τ) = \
= 2\frac{kτ}{λ}e-t/τ\bigg|t_0^t = 2\frac{kτ}{λ}(e-t/τ - e-t_0/τ)
\end{multline}
Из начальных условий $B(0) = 0$, откуда $t_0 = 0$, откуда
$$\vec B(t) = 2\frac{kτ}λ(e-t/τ - 1)\vec e_z$$
Дано: $U_0, d$ для плоскопараллельного диода. Рассчитать $ρ(x)$.
Из четвёртого уравнения Максвелла получим уравнение Пуассона:
$$\frac{d^2\varphi}{dx^2} = -\frac{ρ(x)}{ε_0}$$
Из примера 11.2 известно распределение потенциала: $\varphi(x) = U_0\left(\frac{x}d\right)4/3$.
Откуда и из уравнения Пуассона получим: $ρ(x) = -ε_0U_0\frac{4}{9}\left(\frac{d}x\right)2/3\frac{1}{d^2}$
Выведем распределение потенциала:
Уравнение Пуассона:
\begin{equation}
\frac{d^2\varphi}{dx^2} = -\frac{ρ(x)}{ε_0}
\end{equation}
Обозначим концентрацию электронов $n(x)$, тогда $ρ(x) = -en(x)$. Тогда плотность тока зависит от скорости
электронов следующим образом:
$$\vec j = -en(x)\vec v ⇒ n(x) = \frac{j}{ev}$$
Скорость электронов находится из закона сохранения энергии:
$$\frac{mv^2}2 + e\varphi(x) = \frac{mv_0^2}2 + e\varphi(0)$$
$v_0 << v$, поэтому положив $v ≈ 0$, получим $v = \sqrt\frac{2e\varphi}m$. Подставив найденное значение в (8),
получим уравнение для потенциала:
$$\frac{d^2\varphi}{dx^2} = \frac{j}{ε_0}\sqrt{\frac{m}{2e\varphi}} = α\varphi-1/2$$
Где $α = \frac{j}{ε_0}\sqrt\frac{m}{2e\varphi}$.
Обозначим $p(\varphi) = \frac{d\varphi}{dx}$, тогда:
$$\frac{d^2\varphi}{dx^2} = \frac{d}{dx}(p(\varphi)) = p\frac{dp}{d\varphi}$$, поэтому уравнение принимает вид:
$$p\frac{dp}{d\varphi} = α\varphi-1/2$$
Интегрируя это уравнение, найдём:
$$p = 2\sqrt\alpha\varphi1/4 + C$$
или
$$\frac{d\varphi}{dx} = 2\sqrt\alpha\varphi1/4 + C$$
Поскольку по условию катод окружен облаком электронов, на электрон у катода не действует сила, т. е. $E(0) = 0
⇒ \frac{d\varphi}{dx}(0) = 0$, откуда $C = 0$.
Интегрируя полученное уравнение второй раз, найдём:
$$\varphi(x) = \left(\frac{3\sqrt a}2\right)4/3 + C_1$$
$C_1 = 0$, так как $\varphi(0) = 0$. Постоянная $α$ находится из второго граничного условия: $\varphi(d) = U_0$.
Окончательно потенциал имеет вид:
$$\varphi(x) = U_0\left(\frac{x}d\right)4/3$$
К плоскому воздушному конденсатору, обкладки которого имеют форму дисков с зазором $d$ между ними, приложено переменное
напряжение $U = U_0cos\omega t$ c амплитудой $U_0$ и круговой частотой $ω$. Найти амплитуду $H_0$ и $B_0$ на
расстоянии $r$ от оси конденсатора, если радиус обкладок $R, r < R$. Между обкладками конденсатора помещён однородный
диэлектрик с $ε$ и $μ$.
Распределение тока проводимости вне пластин и токов смещения между ними обладает цилиндрической симметрией, поэтому
создаваемое токами смещения магнитное поле имеет ту же симметрию. В силу теоремы о циркуляции $\vec H$ по окружности
радиуса $r$ с центром на оси конденсатора:
Откуда получаем выражение для $H$ и $B$:
$$H = -\frac{ε_0ε r}{2d}ω U_0sin\omega t ⇒ H_0 = \frac{ε_0ε r}{2d}ω U_0$$
$$B_0 = μ\mu_0 H_0 = μ\mu_0ω U_0\frac{ε_0ε r}{2d}$$
Заряженный и отключённый от источника плоский конденсатор с круглыми пластинами пробивается электрической искрой
вдоль своей оси. Считая разряд квазистационарным и пренебрегая краевыми эффектами, вычислите полный поток электромагнитной
энергии, вытекающей из пространства между обкладками.
Рассчитаем поле, возникающее в конденсаторе. Поле обладает цилиндрической симметрией, поэтому расчёт будем вести в
цилиндрических координатах. Поле создаётся токами проводимости в направлении искры и токами смещения в противоположном
направлении. Рассмотрим в качестве контура интегрирования окружность радиуса $r$ с центром на оси конденсатора. По
теореме о циркуляции вектора магнитной индукции:
$$\oint_L\vec Hd\vec l = 2π rH = I - \frac{r^2}{R^2}I$$
Откуда
$$H = \frac{I}{2π r}\left(1 - \frac{r^2}{R^2}\right)$$
$$H(R) = 0 ⇒ Π(R) = 0 ⇒ ∫_S\vec\Pi d\vec S = 0$$
Цилиндрический электронный пучок радиусом $R$ распространяется в свободном пространстве. Электроны пучка летят
параллельно, их концентрация равна $n$, а кинетическая энергия каждого из них равна W. Найти величину и направление
вектора Пойнтинга в любой точке пространства.
Задача обладает цилиндрической симметрией. По теореме Умова-Пойнтинга:
$$\frac{dW}{dt} = -\oint_S\vec\Pi d\vec S - \frac{dQ}{dt} + ∫_V\vec jdV$$
Второе слагаемое равно нулю, поскольку не происходит выделения тепла. Третье слагаемое равно нулю, поскольку нет
внешних сил. Рассмотрим изменение энергии электромагнитого поля в малом цилиндре высотой $d$ и радиусом $r$, соосном с пучком:
$$\frac{dW}{dt} = Wπ r^2h$$
Используя формулу Остроградского-Гаусса, теорему Умова-Пойнтинга можно переписать в виде:
$$w = -div \vec Π$$
$$∑_iI_i = 0$$
$$∑_iU_i = ∑_jε_j$$
Конденсатор заряжен до заряда $q_0$ подключен через ключ к сопротивлению $R$. Найти тепло, выделяющееся после замыкания
ключа.
По второму правилу Киргхофа:
$$\frac{q}C + IR = 0$$
$$\frac{1}C∫ Idt + IR = 0$$
$$\frac{I}{C} + R\frac{dI}{dt} = 0$$
$$I = I_0exp\left(-\frac{t}{RC}\right)$$
$$I_0 = \frac{q_0}{RC} ⇒ I(t) = \frac{q_0}{RC}exp{\left(-\frac{t}{RC}\right)}$$
$$Q = ∫_0^tI^2Rdt = ∫_0^t\frac{q_0^2}{RC^2}exp\left\{-\frac{2t}{RC}\right\}dt =
\frac{q_0^2}{RC^2}\left(-\frac{RC}2\right)exp\left\{-\frac{2t}{RC}\right\}\bigg|_0^t =
\frac{q_0^2}(1 - e-\frac{2t{RC}})$$
Конденсатор ёмкостью $C$, заряженный до разности потенциалов $U_0$, подключён к сопротивлению $R$ параллельно с
катушкой индуктивности $L$. Найти зависимость напряжения на конденсаторе от времени.
В цепи возникнет колебательный процесс перетекания заряда между пластинами конденсатора. Из-за сопротивления
колебания будут затухающими.
Первое правило Киргхофа:
$$-(I_1 + I_2 + I_3) = 0$$
Вследствие параллельного соединения напряжения на конденсаторе, резисторе и катушке одинаковы.
$$I_2 = \frac{U_C}R$$
$$I_1 = C\frac{dU_C}{dt}$$
$$I_3 = \frac{1}L∫ U_Cdt$$
$$C\frac{dU}{dt} + \frac{U_C}R + \frac{1}L∫ U_Cdt = 0$$
$$U”_C + \frac{U’_C}{RC} + \frac{1}{LC}U_C = 0 \text{ - уравнение затухающих колебаний}$$
Общее решение УЗО имеет вид:
$$U_C(t) = (Acos ω t + Bsin ω t)e-δ t$$
Где $ω = \sqrt{ω_0^2 - δ^2}, ω_0 = \frac{1}{LC}, δ = \frac{1}{2RC}$.
Для нахождения $A$ и $B$ нам нужны начальные условия:
-
$U(0) = U_0$.
-
$I_3(0) = 0 ⇒ I_1(0) = -I_2(0)$.
$$U’_C(t) = -δ e-δ t(Acos\omega t + Bsin\omega t) + e-δ t(-ω Asin\omega t + Bω\cosω t)$$
$$U’_C(0) = \ldots ⇒ B = -\frac{δ U_0}ω$$
Источник переменного напряжения поключен к цепи, состоящей из последовательно подключённых сопротивления $R$,
конденсатора $C$ и катушки $L$. $ε(t) = ε_0cos\omega_0 t$.
Переходим к комплексной амплитуде: $ε = \overline{ε_0}eiω t ⇒ I ∼ \overline I_0eiω t + \varphi$.
Тогда можно получить комплексные выражения для падений напряжения:
$$\overline U_R = \overline IR$$
$$\overline U_C = \frac{1}{iω C}\overline I$$
$$\overline U_L = iω L\overline I$$
Комплексные коэффициенты, имеющие размерность сопротивления, называются \textit{импедансами}.
$$Z_R = R, Z_C = \frac{1}{iω C}, Z_L = iω L$$
См. рисунок в учебнике. Каковы должны быть $L, R_1, R_2, C$, чтобы $I_R = 0$?
$I_R = 0 ⇔ UAB = 0$, поэтому задача сведётся к последовательному и параллельному соединению проводников.
$$\overline{I_1} = \frac{\overline\varepsilon}{Z_R + Z_L}$$
$$\overline{I_2} = \frac{\overline\varepsilon}{Z_C + Z_R}$$
$$\overline{UCA} = \overline{I_1}ZR_2$$
$$\overline{UCB} = \overline{I_2}Z_C$$
ДЗ: Задачи 12.6, 12.8, 12.13, 12.17, 12.34