Воробьев Теория электромагн поля и СВЧ (Кривець)

331

		π	−	π			π
		I nωcos				I nωsin
	H =	2		n	=	n		=
		π	−	π			π
		2πa sin				2πa cos
		2		n		n

=143,6 А/м.

Ответ: в центре многогранника магнитного поля H =143,6 А/м.

	I nω		π
		tg		=
	2πa
		n

напряжённость

Пример 8. Прямолинейный длинный провод и прямоугольная одновитковая рамка расположены в одной

плоскости. Размеры рамки: b =50 см; c =30									см. Вдоль
								провода	протекает
			v					синусоидальный	ток
								i = Im sin (10t ) с амплитудой

i	b				Im =10 А. Рамка движется со
					скоростью		v =80 см/с			в
	a	c		x				направлении,
					перпендикулярном					оси
					провода (рис. 5.24). Записать
	Рисунок		5.24	–	выражение		для		э.д.с.,
					наводимой в рамке, если при
Проводник			с током	и
					t =0	ближайшая			сторона
прямоугольная рамка
					рамки	находится				на
					расстоянии		a =10 см от оси
провода. Найти мгновенное значение э.д.с., когда
ближайшая			сторона	рамки	находится		на	расстоянии
x =20 см от её начального положения.
Решение: э.д.с., наводимая в рамке, равна сумме э.д.с.,
обусловленной изменением магнитного поля во времени
( e1 ),	и э.д.с.,		обусловленной движением рамки ( e2 ),							т.е.

e = e1 +e2 .

Значение e1 можно определить из закона Фарадея:

332

e1 = − ∂∂Фt ,

→ →

где магнитный поток Ф = ∫ B dS .

S

→→

Всвою очередь, B = µ0 H , dS = bdx . Тогда

→→

Ф= µ0b∫H dx .

x

Напряжённость магнитного поля H можно определить из закона полного тока

→ →

∫ H dl

= i .

l

Откуда

i

i

H =

;

=

2π r

2π (a + x)

µ0ib c+x dx

µ0ib

a +c + x

Ф = 2π

∫x

=

ln

.

a + x

2π

a + x

Так как по условию задачи i =10sin (10t ), то

e

= − ∂Ф

= −

ωµ0bIm cos(ωt )

ln a +c + x .

1

∂t

2π

a + x

Э.д.с., наводимая в одной стороне рамки на расстоянии

a от проводника

с током,

обусловленная движением

рамки, равна:

→

→ →

= ∫vB1 sin 90°dl = v ∫ B1dl = vµ0 ∫ H1dl =

e21 = ∫ v×B1 dl

l

l

l

l

= vµ0bH1.

Э.д.с., наводимая в одной стороне рамки на расстоянии (a +c), равна

e22 = vµ0bH2 ,

333

здесь H1 =

i

,

H2

=

i

.

2π (a + x)

2π (a +c + x)

Тогда э.д.с. между проводами, находящимися на

расстоянии c ,

vbµ0 Im sin (ωt )

e

= e

−e =

1

−

1

.

2

21

22

2π

x

a + x a +c + x

Представив

t =

, получим окончательное выражение

для э.д.с.:

v

e = − µ0bIm

ωln a +c + x cos

ω

x

−v

1

−

1

×

2π

a + x

+ x

v

a

a +c + x

x

sin ω

.

v

При x =20 см e =6,32×10-6 В.

µ0bIm

Ответ: э.д.с., наводимая в рамке, e = −

×

2π

a +c + x

x

1

1

x

× ωln

cos

ω

−v

−

sin

ω

.

a + x

a +c + x

v

a + x

v

При x =20 см e =6,32×10-6 В.

Пример 9. Определить тангенс угла α ,

составляемого

→

→

напряжённостью электрического поля E с нормалью n к поверхности медной жилы коаксиального кабеля (рис. 5.25) в точке, находящейся на её поверхности. Подсчитать величину потока вектора Пойнтинга через боковую поверхность жилы на длине в l =1 м. Радиус жилы R1 =0.3 см; внутренний радиус оболочки R2 =1 см;

ток, протекающий по кабелю, I =50 А; напряжение между жилой и оболочкой U =10 кВ; удельная проводимость меди γ =5.7×107 Ом-1м-1.

334

	Решение: из условия задачи следует, что	tgα =	Eτ
			E
			n

(см. рис. 5.25), где En обусловлена приложенным напряжением между жилой и оболочкой коаксиального кабеля, т.е. En = f (U ).

Представим жилу кабеля как заряженную нить, для которой

En = 2πετ a r ,

где τ - линейная плотность заряда, не данная по условию задачи.

Тогда

R2

τ

R2

dr

τ

R2

U = ∫

Endr =

2πε

∫

r

= 2πε

a

ln

R

.

R

a R

1

1

1

Из сравнения двух последних выражений видно, что

τ

= E r

2πεa

n

или

U = Enr ln

R2 .

Eτ

E

Отсюда

R1

U

H

α

En =

.

E

R2

n

r ln

R1

На поверхности жилы (по

Рисунок

5.25 –

условию задачи)

U

Коаксиальный

En =

.

кабель

R2

R1 ln

R1

335

Из рис. 5.25 видно, что Eτ обусловлена током, протекающим по кабелю, т.е. Eτ = f (I ). Следовательно, Eτ можно определить из закона Ома:

E =

δ .

τ

γ

Плотность тока δ =

I

=

I

.

S

π R2

1

R2

I ln

I

Eτ

R1

E =

. tgα =

-7

Тогда

=

=1,1×10 .

γ π R2

E

U γ π R2

τ

n

1

1

∫

→ →

Найдём

поток

вектора

Пойнтинга

П dS через

Sбок

боковую

поверхность.

Так

как

→

→

→

,

то

все три

П = E×H

вектора

взаимно

перпендикулярны.

Если

вектор

→

Пойнтинга П направлен через боковую поверхность (по условию задачи), а вектор напряжённости магнитного поля

→

H находится в поперечном сечении кабеля, то вектор

→

напряжённости электрического поля E будет направлен

→

вдоль коаксиального кабеля, т.е. E = Eτ .

→→

Так как вектора П и dS направлены перпендикулярно боковой поверхности, то угол между ними равен нулю.

→

Также вектор Пойнтинга П постоянен по всей боковой поверхности жилы кабеля. Тогда можно записать:

336

	→ →			2	l
∫	П dS =	∫	ПdS ×cos0° = П ∫ dS = Eτ HSбок =	I			=
						2
Sбок		Sбок	Sбок	π γ R1

=1,523 Вт.

Ответ: tgα =1,1×10-7, поток вектора Пойнтинга через боковую поверхность коаксиального кабеля

→→

∫П dS =1.523 Вт.

Sбок

Пример 10. На границе раздела диэлектрик – воздух ( z =0) напряжённость электрического поля плоской волны изменяется по закону

E = Em sin (ωt + Ψn ),

где Em =0.2 В/м; ω =106 с-1; Ψn =30°.

Записать выражения для мгновенных значений напряжённости магнитного поля H и вектора Пойнтинга П в плоскости z =0.5 км.

→		→	→
Решение: вектор Пойнтинга П = E×H .

В плоскости z ≠0 для E можно записать

			E = Em sin (ωt −k z + Ψn ),
	где k =	ω	– волновое число, определяемое угловой
		v
		ф

частотой ω и фазовой скоростью волны vф .

Для плоской волны компоненты H и E связаны через

волновое сопротивление Zв							соотношением
H =	E	=	Em		ωt −	ω	z +ψ		-4
				sin				=5.315×10	×
	Zв		Zв			vф		n

×sin(106t-65°20`) А/м.

337

Для воздуха Zв =377 Ом. Тогда

П = E H =

E2

=

1

E

2

sin

2

ωt −

ω

z +ψ

m

.

Zв

Zв

vф

n

Так как в основном рассматриваются гармонические колебания (которые изменяются по закону синуса или косинуса, а не sin2), то понизим степень синуса, используя тригонометрическую формулу:

sin2 α =

1−cos 2α

.

В итоге получим

2

Em2

2ω

-5

П =

1

−cos 2ωt + 2ψn −

z

=5,315×10

×

2 Z

v

в

6 t

ф

×(1-cos(2×10

-130°40’)).

H =5,315×

Ответ: напряжённость

магнитного

поля

×10-4sin(106 t -65°20`);

вектор Пойнтинга

П =5,315×10-5×

×(1-cos(2×106 t -130°40’)).

Пример 11. Плоская электромагнитная волна

проникает

из

воздуха

в

металлическую

плиту

(γ =5×106 Ом-1×м-1;

µ =1).

Фазовый

фронт

параллелен

поверхности плиты. Частота колебаний

f =5

кГц.

Амплитуда плотности тока на поверхности δm =5

2 ×105

А/м2. Определить активную мощность P , поглощаемую слоем металла толщиной x =0.5 см и площадью S =1 м2.

Решение: активную мощность P , поглощаемую слоем металла, можно определить, если из мощности на поверхности металла P1 вычесть мощность P2 на глубине

x =0.5 см, т.е. P = P1 − P2 .

338

•

→ →
Мощность P = ∫ П dS .
S
	•
Так как векторы	→	→	направлены
	П	и dS

перпендикулярно поверхности плиты, то угол между ними

•

→

равен нулю. Также вектор П постоянен по всей поверхности металлической плиты. Тогда можно записать

•

→

→

•

•

∫dS =

•

P1 = ∫ П1 dS = ∫

П1 dS cos0° =

П1

П1 S .

S

S

S

Найдём

комплекс

действующего

значения

модуля

•

•

вектора Пойнтинга на поверхности плиты П1 = E1 H1 .

•

δ•

δ• 1m

Из закона Ома следует, что E1

=

γ

=

.

2

γ

Для плоской волны напряжённость магнитного поля

•

с

напряжённостью

электрического

•

H связана

поля E

•

по формуле

через волновое сопротивление Z в

•

•

E

1

H1

=

.

•

Z в

Для проводящей среды волновое сопротивление

определяется выражением (см. п.3.2)

Z в =

ωµa

e j 45° .

•

γ

339

• 2

• 2

•

E1

δ1m

1

С

учётом

этого

П1

=

=

=

•

2γ 2

ωµ

a

°

Z в

γ

e

− j 45

• 2

=1130cos 45° = 799 Вт.

=

δ1m

γ

e j 45°

2γ 2

ωµa

м2

При прохождении в идеальном проводнике электромагнитная волна затухает с коэффициентом затухания

α = k =

ωµaγ

=314 м-1,

2

•

•

•

•

т.е. E2 = E1 e−kx ; H 2 = H1 e−kx .

•

•

•

Тогда П2

= E1 H1 e−2kx

= П1 e−2kx .

В итоге имеем, что активная мощность, поглощаемая

слоем металла толщиной x ,

•

•

•

•

−2kx

•

−e

−2kx

)=

P =

П1 − П

2 S

=

П1

− П1 e

S = П1 S (1

=762 Вт.

Ответ: активная мощность, поглощаемая слоем металла толщиной 0.5 см, P =762 Вт.

Вопросы для самопроверки

1.Какие основные методы решения задач используются в «Теории поля»?

2.В чём заключается преимущество аналитических методов решения задач перед численными?

3.Какие существуют аналитические методы анализа стационарных полей?

340

4.Для какого типа задач применимы теорема Гаусса и закон полного тока?

5.В чём заключается метод непосредственного интегрирования уравнений Пуассона и Лапласа?

6.Для решения задач какого типа применяется метод разделения переменных (метод Фурье)?

7.В чём заключается метод разделения переменных?

8.Для расчёта каких полей применяется метод зеркальных изображений?

9.Каким искусственным приёмом пользуются в методе зеркальных изображений?

10В чём заключается метод конформного преобразования (отображения)?

11.Чем отличается метод интегральных уравнений от метода конечных элементов?

12.Какая последовательность определения потенциалов методом сеток?

13.В чём заключается универсальный метод конечных разностей во временной области (метод FDTD)?

14.Чем отличаются экспериментальные методы моделирования полей от численных методов?

15.Какие существуют методы интегрирования уравнений Лапласа и Пуассона?