zad1_newX

150	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

		θ
UUR		a
H1	O
	(1)	(2)

шара однородно, также как для намагниченного шара (см. 5.9). Тангенциальные составляющие Hτ на поверхности шара терпят разрыв из-за поверхностных токов, нормальные составляющие вектора магнитной индукции непрерывны, поэтому

m	sin θ + H1 sin θ =	4π JN			sin θ ,
a3		c 2a

µH1 cos θ =	3m cos θ		m cos θ		2m cos θ
		−		=		.
	a3		a3		a3

Решая систему уравнений, находим

4πNJ H1 = c (µ + 2)a .

Поток вектора магнитной индукции через dn витков, расположенных под углом θ, равен

dΦ = µHπa2 sin2 θ n(θ) a dθ .

Полный поток через все N витков

	2π2N2Ja µ						π			8π2N2Jaµ
						Z0		sin3 θ dθ =
Φ =											.
	c	µ + 2								3c (µ + 2)
Значит,					8π2
		L =						µ	N2a.
					3			µ + 2

Вычисление индуктивности через энергию системы в данном случае заметно сложнее из-за трудности вычисления энергии вне соленоида:

LJ2

= W1 + W2,

2c2

где W1 = µH12

34 πa3 есть энергия внутри соленоида с учетом однородности поля H1,

а энергия вне соленоида

Z

W2 =

1

H22 dv,

где

8π

2πJNa2

H2 =

3r(m r)

m

−

,

m = mz =

.

r5

r3

c(µ + 2)

6.11. L = 43πℓdh .

Индуктивность. Взаимная индукция	151

6.12. L = 1 + 2 ln h2/ab .

6.13. L = 4πN2S .

d+ℓ/µ

6.14. Если по соленоидам пропустить ток J, то распределение напряженности магнитного поля будет иметь вид

H1 =

4πJ

N1

при

R2 ≤ R ≤ R1 ,

c

ℓ

H2 =

4πJ N1

+

4πJ N2

=

4πJ (N1 + N2)

при R < R2 ,

c ℓ

c

ℓ

c

ℓ

H3 = 0

при

R > R1 .

а) Найдем магнитную энергию, запасенную в системе:

	1		1		4πJ		2
W =		Z H2 dv =					(N1 + N2)2S2ℓ + N12(S1 − S2)ℓ =
	8π		8π			c ℓ		(1)
			2πJ2
		=				(N12S1 + N22S2 + 2N1N2S2).
			c2ℓ

С другой стороны, W = LJ2/2c2, где L – индуктивность системы. Сравнивая, находим

			L =	4π	(N12S1 + N22S2 + 2N1N2S2) .						(2)
				ℓ
б) Учитывая потокосцепления для внутреннего соленоида, имеем
			Φ2 =			4πJ		(N1 + N2)N2S2 .
						c ℓ
С учетом потокосцепления для внешнего соленоида получаем
Φ1 =	4πJ					4πJ		(S1 − S2)N12 =	4πJ		+ N12S1) .
		(N1	+ N2)N1S2 +							(N1N2S2
	c ℓ					c ℓ			c ℓ

Для всей системы

Φ = Φ1 + Φ2 = 4cπJℓ (N12S1 + N22S2 + 2N1N2S2).

Сравнивая с Φ = LJ/c, находим для индуктивности прежний результат (2).

√

6.15. M = L1L2 ≈ 0, 6 Гн.

6.16. а) L = 0; б) L = 0, 2 Гн; в) L = 0, 05 Гн.

152						ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
6.17. M = 4π	b − √					.
			b2 − a2
6.18. M = 2b ln (1 + a/h) .
6.19. M = 2πNa2 r0.
2	2	2 cos θ		.
6.20. M = 2π	a b
(b2+h2 )3/2
6.21. M = N1N2S2 ℓ3.
6.22. M12 = M21		= 4πµN1N2S .
			15a+4µd

6.2. Сохранение магнитного потока

6.23.

φ = HS2 S1

−S3 .

S1

−S2

¨

P

H02 h02ab

H02 ab

6.24. h = − m

+

. Колебания между h0

и h0

.

8πh2m

8πmg

6.25. J

′ = J

−

cH0S

cos θ.

L

6.26. J = cφ0/L.

6.27. J = cπR2B

, A = π2R4 B2 .

L

2L

6.28. а) Нуль. б) H = B 1 −

2

.

2π R

L

в) См. рисунок.

6.29. A =

2π2N2J2 a2

.

c2ℓ

6.30. H =

−

πρωr4

при R > x > r, H = 0 при x > R,

cR2

πρω

2

r

2

2

2

− r

4

при x < r.

H = cR2

2R

2x R

−

B0 (b2/a2−1)

. Вне феррита B = −

B0

6.31. Внутри феррита B =

.

B0/H0+b2 /a2−1

B0 /H0 +b2/a2−1

6.32. а) Hz (P2) = H0 −

R2

z

(H1 − H0)

,

4

(z2 +r22)3/2

R2

r2

Hr (P2) = −

(H1 − H0)

;

4

(z2 +r22)3/2

б) r∞ = r0

2

2

R2

H1

H0/H1, при

, при

H0r0

≤ H1R

, r∞ = r0r1 + r02

1 − H0

H r2

H

R2

.p

0

0 ≥

1

H12

6.33. H =

.

H0

6.34. v ≤ √H4π0 ρ .

Электромагнитная индукция	153

6.3.Электромагнитная индукция

6.35.		1	ℓ
	J		= J a .

6.36. T = eℓ B(r2 −r1) 15 кэВ.

cτ

6.37. Направление вектора B выбрано от читателя. Магнитный поток сквозь замкнутый контур 01230 будет меняться из-за изменения площади контура. Возникающая в контуре эдс индукции равна

поскольку
где	y	–	координата
Y		l
1			2
	UR
	m g
		UR
		B	UR
			g
0		C
			3

E = − 1c ∂∂tΦ = − 1c ℓBy,˙

Φ = Bℓy ,

горизонтального стержня. Начало координат выбрано на уровне конденсатора. По контуру течет ток, как показано на рисунке, так как в контуре действует эдс. При вычислении эдс мы пренебрегли магнитным полем, создаваемым этим током. По второму закону Кирхгофа сумма падений напряжений по замкнутому контуру равна сумме эдс, действующих в контуре. Поэтому падение напряжения на емкости Uc = E. С другой стороны, Uc = Q/C, где Q – заряд конденсатора, а C – емкость конденсатора. Значит,

Q = −	ℓByC˙	(1)
	c .

Составим уравнение движения стержня (второй закон Ньютона). На стержень действует сила тяжести P = mg, направленная вниз (противоположно положительному y), и сила Лоренца, направленная вверх. Поэтому

my¨ = −mg +	JBℓ	,
	c

где g – ускорение свободного падения; J – ток в контуре; y¨ – ускорение стержня. Дифференцируя уравнение (1) и учитывая, что J = dQdt , окончательно получаем

y¨ = −		g
				.
		ℓ2B2C
1 +
		mc2

6.38.E = (BSω/c) sin (ωt + ϕ0) , где ϕ0 – угол между нормалью к контуру

инаправлением поля в начальный момент.

154	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

6.39. E = ωHℓ2/2c.

6.40. E = (2πωm/cR) sin (ωt + ϕ0) , где m = 43π a3M0 и ϕ0 – угол между нормалью к контуру и направлением вектора M в начальный момент.

6.41.

ℓ

1

+

CH2ℓ2

T = 2πqg

4mc2 .

6.42. J (t)= c√R2 +(ωL/c2)2

sin (ωt − ϕ)= J0 sin (ωt − ϕ) ,

πa2

ωH0

где tg ϕ = ωL/ c

H0J0 sin (ωt − ϕ) , D =

2 J0 R,

R . N (t) = − c

πa

2

1

2

¯

1 2

где L –

индуктивность кольца,

– его сопротивление, в начальный момент плос-

R

кость кольца перпендикулярна H0.

6.43.

Fz =

24JJ˙d πa2

4

; при

R → 0 Fz =

24J2 d

πa2

4

R

cd2

c2L

d

.

6.44.

√

ωNSH0 /c

10 А; hφi

1

R

2

≈ 50 Мкс.

J =

2 NSH0

ωL/c2

R2 +ω2L2/c4

6.45. а) A =

π4B2a2 R3

3

·

10−5 Дж; б) A =

π2 B2R4

0, 08 Дж.

0

0

2

ρτ

2Lc

2

16c

6.46. v = q

a2 + R˙2 B0/ (2mcR) .

6.48. E = −µSnNJ.

6.49. q (T ) =

˙

e−T/RC

1 .

CBS

c

−2

6.50.

F = −

QωπJ0 sin θ

b

2

c2R2

− a

a

cos ωt.

6.51. Ez = c2a3

r

при 0 ≤ r ≤ a и Ez = 0 при a ≤ r ≤ b.

2Jν0

2

2

−

2J˙

2J˙

6.52. Ez

= −

J˙

1 − ar22

+

ln ab

при 0 ≤ r ≤ a и Ez

=

ln rb при

c2

c2

c2

a ≤ r ≤ b.

6.53. E = π2N1N2D12J/ c2ℓτ .

6.54. ωрот

= ωH0 (1 − k) , где коэффициент скольжения поля H0 равен

k = W +

a

W

+ 4L

R

c

· 2L2 . Здесь a = 2 nc

RH0S; L, R, S – параметры

a

√ 2

2

2

2

4

1

1

2

витка и W – нагрузка.

6.55. а) Угловая скорость внутреннего цилиндра ω+ =

ω−

.

1+µc2 /(4π2a2σ2 )

б) Угол поворота диска

qa2 B0

iωt

2

ϕ (t) =

4cJ

1 − e

, где J = ma /2 – момент инер-

ции диска.

Электромагнитная индукция						155
	6.56. По кольцу течет ток, так как переменным магнитным полем соленоида в
нем наводится электродвижущая сила (эдс индукции)
					1 ∂Φ	(1)
					E = − c ∂t ,
где	Φ = Z (B ds) — магнитный поток сквозь кольцо. Интеграл берется по плос-
кости кольца. Введем цилиндрическую систему координат с осью Z вдоль соленоида
	b	ρ	r		и с началом координат в начале соленоида. Из
2a		θ			симметрии системы ясно, что магнитная ин-
			R
Z			θ0		дукция B в плоскости кольца может зависеть
					только от ρ и имеет проекции Bz и Bρ. По-
				z
					скольку радиус кольца b a, то поле B для
ρ a можно найти как сумму полей Bm, создаваемых магнитными моментами m
витков соленоида на больших расстояниях

Bm =	3R(m R)			m		(2)
			−		.
	R5			R3

где m = πac 2 J0 nz; J0 — ток, текущий по соленоиду; nz — единичный вектор вдоль Z. Проекция на ρ вектора магнитной индукции, создаваемого n dz витками, расположенными на расстоянии z от начала соленоида, равна dBρ = Bmρn dz, где Bmρ — ρ-ая проекция от одного витка. Из уравнения (2) находим

Bmρ =

3m

cos θ sin θ .

R3

Подставляя в это выражение

1

ρ

cos θ =

(b ctg θ0 − z) , sin θ =

, R = pρ2 + (b ctg θ0 − z)2

R

R

и интегрируя по z

dBρ, получаем

∞

Bρ = 3mn Z

(b ctg θ

z) dz

mnρ

0 −

= −

.

ρ2 + (b ctg θ

z)2

5/2

(ρ2 + b2 ctg2 θ0)3/2

0

0 −

Вычисляя подобным образом Bz , находим, что

B = mn

∞

2(b ctg θ0 − z)2 − ρ2

dz =

mnb ctg θ0

.

z

0

+ (b ctg θ

0 −

−(ρ2 + b2 ctg2 θ0)3/2

Z

ρ2

z)2

5/2

156	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
Таким образом,		r
	B = −mn		,	(3)
		r3

где r = (ρ2 + b2 ctg2 θ0)1/2 — расстояние от начала соленоида до точки наблюдения. Поле (3) является полным аналогом поля точечного магнитного заряда. Силовые линии сходятся в начало соленоида радиально и равномерно по телесному углу. Для заданного угла θ0 формула (3) справедлива по крайней мере на сферах радиусов r ≥ b/ sin θ0 и для углов θ ≥ θ0. Двигая кольцо вдоль соленоиду в сторону увеличения z, убеждаемся, что она справедлива для любых r.

Полный поток, выходящий из соленоида, равен Φ0 = H0 · πa2, тогда поток сквозь кольцо равен

		θ0
	Φ0	Z0		Φ
Φk = Φ0 −			2π sin θ dθ =	0	(1 + cos θ0) .
	4π			2

Учитывая временную зависимость, записываем

Φ = Φ20 (1 + cos θ0) e−iωt .

Подставляя поток Φ в уравнение (1), получим для эдс индукции выражение

E = Φ0 ω (1 + cos θ0) e−i(ωt−π/2) . 2c

Комплексное сопротивление кольца равно

Z = sR2	+	ωL		2
				eiϕ ,
		c2

где tg ϕ = −ωL/c2R. Комплексный ток в кольце равен

J˜ = E =			Φ0 ω (1 + cos θ0)				e−i(ωt+ϕ−π/2).
	Z		2crR2 +		ωL/c2	2

Отбрасывая мнимые части в выражениях для тока и для ρ-составляющей магнитной индукции при ρ = b, получаем

J =	Φ0	ω (1 + cos θ0)			sin(ωt + ϕ),
	2 c rR2 +		ωL/c2	2

Цепи переменного тока. Трансформаторы. Длинные линии	157

Bρ = − mnb2 sin3 θ0 cos ωt .

Сила, действующая на элемент проводника dl с током J, находящимся в магнитном поле B, определяется формулой Ампера:

dF =

J[dl × B]

.

c

Интегрируя силу по кольцу и усредняя за период, получаем

T

1

Z J 2πb Bρ dt =

Φ2

ω (1 + cos θ

) sin3 θ0

F¯z =

0

0

×

T

2

2

2 2

0

T

4 c brR

T

(4)

+ ωL/c

× " cos ϕ

1

Z0

cos ωt sin ωt dt + sin ϕ

1

Z0

cos2 ωt dt#.

T

T

Здесь учтено, что mn = Φ0/4π. Первый интеграл в уравнении (4) равен нулю, так как подынтегральная функция нечетная, а второй

1

T

1

Z0 cos2 ωt dt =

,

T

2

где T = 2π/ω. Подставляя в уравнение (4)

sin ϕ = −

ωL/c2

,

r

R2 + ωL/c2 2

окончательно получаем

¯

Φ02 ω2 L

(1 + cos θ0) sin3 θ0

.

Fz = −

8c4 b

R2 + ωL/c2 2

6.4.Цепи переменного тока. Трансформаторы. Длинные линии

	6.57. uc = u0	τ			R	.
		T R+r
	6.58. q = C E1R2				+E2R1 .
		R1			+R2

158								ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
6.59. U		(t) = U	Rc	1	−	e−	t	, τ =	RRc	C, где C – емкость конден-
	c		0 R+Rc						R+Rc

сатора, R – зарядное сопротивление, Rc – сопротивление утечки.

6.60. Пусть конденсатор 1 заряжен до напряжения U0. Тогда положительный начальный заряд на его обкладках равен Q0 = U0C1. В любой момент времени после замыкания ключа сумма падений напряжений по контуру равна нулю, так как в контуре нет эдс (II закон Кирхгофа):

−U1 + U2 + JR = 0,

(1)

где U1, U2 — напряжения соответственно на 1-м и 2-м конденсаторах. Знак “–” перед U1 связан с тем, что при обходе по контуру вдоль направления тока (см.рисунок)

R

конденсатор (1) проходится от “–” к “+”. Запишем еще

закон сохранения заряда

(1)

J

+

(2)

+

C2

C

(2)

1

Q1 + Q2 = Q0,

-

-

где Q1 и Q2 – положительные заряды соответственно 1-го и 2-го конденсатора. За-

меняя в уравнении (1) напряжения и ток согласно соотношениям

U1 =

Q1

Q2

dQ1

,

U2

=

,

J = −

,

C1

C2

dt

и используя уравнение (2), получим дифференциальное уравнение

dQ1

=

Q1

+

Q0

,

(3)

dt

RC

RC2

где C =

C1C2

. Решением уравнения (3), удовлетворяющим начальному условию

C1+C2

при t = 0 Q1 = Q0, будет

Q

C2 e−t/RC + C1

,

Q1 =

0

C1 + C2

отсюда

U0

C2 e−t/RC + C1

.

U1 =

C1 + C2

= 1, 2.

6.61. U (t) = E (R1+R2−)(C1+C2)

e−

1 − e−

2 , τi = Ri Ci, i

τ1

τ2

t/τ

t/τ

U0e−t/RC при 0 < t < τ;

6.62. U (t)

=

−U0

1 − e−τ /RC

e−(t−τ)/RC

≤

∞

при τ

Q

Jℓ

t <

, U0 =

C =

vC

Цепи переменного тока. Трансформаторы. Длинные линии					159
6.63. На основании второго закона Кирхгофа получим уравнение
	Q		при		(1)
JR +		= U0		0 ≤ t ≤ T ,
	C

где J – ток зарядки конденсатора, Q – положительный заряд на конденсаторе. Используя J = dQ/dt и начальное условие Q(0) = 0, находим, что

Q(t) = U0C				1 − e−t/RC .
Тогда напряжение на сопротивлении будет меняться по закону
UR = JR = U0 e−t/RC					при 0 ≤ t ≤ T .
Для времени t > T уравнение цепи примет вид
	dQ1	+		Q	= 0 .	(2)
	dt
			RC

Решая уравнение (2) с условием, что

	Q(T ) = U0C 1 − e−T/RC	,
получаем, что заряд на пластинах конденсатора меняется по закону
Q(t) = U0C e−(t−T )/RC − e−t/RC		при	t > T ,
а напряжение на сопротивлении
UR = U0	e−t/RC − e−(t−T )/RC	при	t > T.

U0

UR

UR

T

0

0

T ~ τ

0

T >> τ = RC

Из рисунков видно, что, если длительность импульса много больше постоянной времени цепочки τ = RC, т. е. T RC, зарядка и разрядка конденсатора происходят очень быстро по сравнению с T и, значит, ток через сопротивление отличен от нуля в течение небольшого времени τ в начале и конце импульса, а напряжение на сопротивлении пропорционально производной от прямоугольного импульса, т. е. цепочка, дифференцирующая при RC T .