Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Электромагнитные поля и волны

..pdf
Скачиваний:
50
Добавлен:
05.02.2023
Размер:
4.17 Mб
Скачать

41

 

В области 1 охватываемый контуром ток меняется от 0 до I и равен

I

Ir2

. Следовательно,

 

 

 

 

 

1

R2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H 1

Ir

 

 

 

.

 

 

2 R2

График зависимости H r представлен на рис. 2.4.

Рис. 2.4. К задаче №6

Результат численного расчёта: H 1 0,16 Ам , H 2 15,9 Ам .

Задача №7

Анизотропный диэлектрик имеет диэлектрическую проницаемость

 

 

 

 

1

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

0

.

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

К нему приложено электрическое поле E x0 Ex z0 Ez . Найдите

выражение для вектора электрического смещения D . Определите угол между векторами E и D .

Решение:

Так как диэлектрик имеет анизотропную диэлектрическую проницаемость, то вектор электрического смещения D будет определен следующим выражением:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

0

Ex

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

D

 

 

 

 

E

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ez

Перемножая строку на столбец, получим проекции вектора смещения:

DX 1EX , DY EX , DZ 0 EZ .

Из них составим вектор смещения D

D x0 1Ex y0 Ex z0 0 Ez .

42

Для определения угла между векторами D и E запишем скалярное произведение векторов

D, E Dx Ex Dz Ez Dx2 Dy2 Dz2 Ex2 Ez2 cos D, E ,

откуда

 

 

 

 

 

 

Dx Ex Dz Ez

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D , E arccos

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D2

D2

D2

E2

E2

 

 

 

 

 

 

 

x

y

z

 

x

z

 

 

Задача №8

Определить полный ток, если известно, что напряженность магнитного

поля H x0 5z sin t .

Решение:

Воспользовавшись первым уравнением Максвелла, находим:

 

 

 

 

x0

y0

 

z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

rot H

 

y0

5sin t jполн .

 

 

 

 

 

 

 

 

x

y

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5z sin t

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из полученного соотношения следует, что плотность полного тока jполн имеет только одну составляющую, направленную по оси y . Таким

образом:

jполн y0 5sin t.

Задача №9

Задано электрическое поле E E0 (x0 y y0 x) cos t . Определить

магнитное поле H .

Решение:

Используем 3-е уравнение Максвелла:

rot E Bt .

Найдем rot E :

 

 

 

 

x0

 

y0

z0

 

 

 

 

rot

 

 

 

 

 

 

 

 

E

cos t z

2E cos t.

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

y

z

 

0

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

43

Вектор В определим интегрированием полученного выражения для rot E по времени

 

 

z0 2E0 cos tdt ,

 

 

 

z0

2E0

sin t.

B

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используя, материальное уравнение

B

H

, находим выражение для

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вектора магнитного поля H :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2E0

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

sin t.

 

 

 

H

H

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

Задача №10

В некотором объеме свободного пространства имеется электрическое

поле

 

10 y В м и магнитное поле

 

 

15x А м . Заряд

q 10 9 K

E

H

0

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

влетает в этот объем со скоростью

106 z А м . Найти силу,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

действующую на заряд и её направление.

 

 

 

 

 

 

Решение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

На заряд, находящийся в магнитном и электрическом поле действует

сила:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

E B .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сила электрического поля, воздействующая на заряд равна:

FЭ qE 10 9 10 y0 10 10 9 y0 .

Сила магнитного поля, воздействующая на заряд равна при В 0 Н (0 4 10 7 Гнм ), определяется как векторное произведение скорости движения заряда и вектора магнитной индукции:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x0

y0

z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

106

 

18.84 10 9 y .

F

B

 

0

0

 

 

м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

15 4 10 7

0

0

 

 

Суммарное воздействие сил электрического и магнитного полей

направлено по оси y0

и равно по величине

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F F F 28.84 10 9

H.

 

 

 

 

 

 

 

 

э

м

 

 

 

 

Задача №11

Определить электродвижущую силу ( ЭДС ), возбуждаемую в квадратной рамке потоком вектора B H0 cos t . Направление вектора H относительно плоскости рамки показано на рис. 2.5.

 

44

n0

H

45

a

a

a

Рис. 2.5. К задаче №11

Решение:

Поток вектора магнитной индукции определяется выражением

BdS ,

S

где S – площадь рамки.

Запишем значение для потока , проделав необходимые преобразования:

BdS Bn0dS cos 45 BdS cos 45 B dS

S S S S

 

1

 

H

 

cos t a2 .

 

 

 

0

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Величину электродвижущей силы ( ЭДС ) определяем следующим

образом:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ЭДС Ф

 

1

 

H

 

sin t a2 .

 

 

 

 

0

t

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача №12

 

 

 

Между полюсами электромагнита, создающего в

зазоре индукцию

 

 

 

 

cos t , помещена круглая рамка, площадь которой

S

( S a2

, где

B

B

0

1

1

 

a – радиус рамки) много меньше площади полюсов электромагнита S и L – периметр рамки (рис. 2.6). Определить напряженность электрического поля, циркулирующую вдоль рамки и электродвижущую силу Э , наведённую в

контуре, если частота генератора

f 400 Гц, амплитуда напряженности

переменного магнитного поля B0

1 Тл , a 0,5 см ? Справка: Э Еl L .

Как изменятся E и Э , если рамку повернуть на угол 60 относительно первоначального положения? Диэлектрик – воздух.

45

Рис. 2.6. К задаче №12

Решение:

Для решения этой задачи используется закон электромагнитной индукции (второе уравнение Максвелла в интегральной форме (2.2)).

По условиям задачи, поток вектора индукции, пронизывающий рамку, можно считать однородным и определяемым в виде

BdS Bn S1 cos .

S1

Здесь Bn – проекция вектора B на нормаль n к поверхности S1 . Согласно закону электромагнитной индукции, циркуляция вектора E по

замкнутому контуру равна

скорости изменения этого потока / t ,

пронизывающего площадку S1 . Запишем эти утверждения:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В a2 cos t

 

Э СEd l Еl L El 2 a

 

0

 

B0 a2 sin t.

 

t

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При перпендикулярной ориентации рамки по отношению к

 

 

 

0 , наведённая

 

вектору B , т.е. когда угол

Э в контуре определяется

выражением

Э a2 B sin t .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

Подставив заданные величины, получим

 

 

Э 1 (3,14) 0,5 10 2 2 400 sin 2 400t 0,0314 sin 2 400t В,

откуда максимальная (амплитудная) величина Э равна

 

 

 

 

 

 

 

 

Э

max

3,14 10 2

В.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Напряженность электрического поля, циркулирующая вдоль рамки Еl равна отношению Э к периметру рамки L :

El Э / L Э / 2 a 1 (3,14) 0,5 10 2 2 400

sin 2 400t / (2 0,5 10 2 ) 0, 25 10 2 sin t Вм.

46

При повороте плоскости рамки на угол относительно магнитного

поля, E и Э уменьшаются в cos раз.

Ответ:

1) Максимальная Э , наводимая в контуре при перпендикулярной

 

 

 

 

ориентации рамки к вектору B0 , и

напряженность электрического поля

соответственно равны Э

max1

3,14 10 2 В и E

 

0, 25 10 2 В м .

 

 

 

 

 

max l

 

2) при повороте рамки на угол максимальная Э и напряженность

электрического поля Э

max 2

1,57 10 2

В, E

1, 25 мВ м .

 

 

 

 

 

max 2

 

 

Задача №13

Определить электродвижущую силу ( ЭДС ) в замкнутом контуре, образованном равнобедренным треугольником, если известен вектор H H0 sin t . Направление вектора H показано на рис. 2.7 и =600.

Рис. 2.7. К задаче №13

Решение:

Запишем выражение для потока вектора B H0 sin t :

0 sin t HdS ..

S

Скалярное произведение векторов HdS H0 cos S .

Учитывая (1.35), получим выражение для потока, пронизывающего треугольную площадку:

0 H0 sin t a2 . 2 2

Электродвижущая сила определяется соотношением

Э

Ф

 

 

a2

 

cos t.

t

0

H

0

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

47

. Задача №14

Две полубесконечные магнитные среды, 1-ая изотропная и 2-ая анизотропная, имеют плоскую границу раздела, которая проходит через координатную поверхность zx (рис. 2.8).

Рис. 2.8. К задаче №14 Проводимости сред равны нулю. В первой среде существует магнитное

поле H1 x0 Hx1 y0 H y1 . Определить магнитное поле во второй среде.

Параметры сред:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

,

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

1 0

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

0

 

 

1

2

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

z

 

 

 

 

Решение:

Согласно рис. 2.8 и граничным условиям, записываем связь между векторами первой и второй сред:

H1 H2 Hx1 Hx2 , Hz1 Hz 2 0, ,

B1n B2n 0 H1y B2n .

Запишем вектора H и B для первой среды:

H1 x0 Hx1 y0 H y1, B1 0 H1 x0 0 Hx1 y0 0 H y1.

Запишем выражение для вектора H2 , составляющие которого надо определить из граничных условий:

H2 x0 Hx2 y0 H y 2 z0 Hz 2 .

Так как во второй среде магнитная проницаемость представлена тензором, то вектор магнитной индукции для второй среды через материальное уравнение запишем в виде произведения двух матриц и перемножим их:

 

 

 

B

 

 

 

0

 

0

 

H

x 2

 

 

0 H x 2 H y 2

 

 

 

x 2

 

 

 

 

 

 

 

H

 

 

H

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

B

0

 

x 2

H

y 2

2

e2

 

 

 

 

 

 

 

 

y 2

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

Bz 2

 

 

0 z

 

0

 

 

 

 

 

 

 

В результате получим следующее выражение:

.

48

B2 x0 0 Hx2 H y 2 y0 H x2 0 H y 2x0 0 Hx1 0 H y 2 y0 H x1 0 H y 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вектор B2

будет полностью определен, если будут определены H x 2

и

H y 2 . Но Hx2

 

Hx1

(равенство

 

тангенциальных

составляющих)

и

составляющая By 2 Hx1

 

0 H y 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приравняв составляющие (равенство нормальных компонент)

By 2 By1 , получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

By 2 Hx1 0 H y 2 B1y 0 H1y .

 

Отсюда определим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H

 

 

H

 

 

 

 

H

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 2

y1

0

x1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зная составляющие магнитного поля второй среды, запишем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

конечное выражение векторов H2

и B2 :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H2 x0 H x1

y0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

H y1

 

 

 

 

H x1

,

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B2 x0

 

0

 

 

 

 

H x1 H y1

 

y0 0 H y1.

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача №15

Два диэлектрика, обладающие относительными диэлектрическими проницаемостями r1 и r 2 имеют плоскую границу раздела (рис. 2.9).

Рис. 2.9. К задаче №15

Вектор E электрического поля в первой среде образует угол 1 с осью

X .

Найти вектора E и D во второй среде и угол преломления 2 .

Численный ответ привести для r1 1, r 2 4, E1 1 Вм, 1 30 .

Решение:

49

1. Найдем вектора E и D во второй среде. Запишем для первой среды

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

общее выражение напряженности электрического поля

 

E2

E2

 

E

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

n1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

 

 

 

 

 

 

 

E 1 E1 sin 1 ,

вектора

электрической

индукции

D

E1 ,

 

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E cos . Для второй среды –

 

 

E2

E2

 

 

 

 

 

.

 

 

 

E

E

 

,

D

E

 

 

 

n1

1

1

2

 

 

 

2

 

n2

 

2

 

 

2 2

 

 

 

 

 

Воспользуемся граничными условиями:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E 1 E 2 , Dn1 Dn2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тангенциальная составляющая

напряженности

 

электрического

поля

второй среды легко определяется первым граничным условием ( E 1 E 2 ).

Нормальная составляющая электрического поля второй среды определяется из второго граничного условия и материального уравнения:

r1En1 r 2 En2 , откуда En2 ( r1 / r 2 )En1 .

Подставляя численные значения, получим:

E 1 E 2 E1 sin 1 0,5 Вм , En1 E1 cos 1 0,87 Вм ,

En2 ( r1 / r 2 )En1 ( r1 / r 2 )E1 cos 1 0, 2275 Вм .

Величина напряженности электрического поля во второй среде равна

E2 0,52 0, 222 0,546 Вм , тогда

D2 2 E2 4 0,546 2,184 Клм2 .

2. Найдем угол преломления 2 . Для этого составим систему уравнений

E1 sin 1 E2 sin 2 ,r1E1 cos 1 r 2 cos 2 .

Поделив первое уравнение на второе, получим r 2tg 1 r1tg 2 , которое позволяет определить угол преломления 2 :

 

 

arctg

r1

tg

66,6 .

2

 

 

 

r 2

1

 

 

 

 

 

 

Задача №16

Относительная диэлектрическая проницаемость среды изотропного диэлектрика r 4 . Чему равна электрическая восприимчивость Э ?

Решение:

 

 

Используя

соотношение 1 Э , получим,

что Э 1.

Следовательно, Э

4 1 3 .

 

. Задача №17

Напряженность магнитного поля в среде, обладающей r 161, H 0,1 Ам . Чему равен вектор намагниченности среды M ?

50

Решение:

Согласно (1.10), магнитная восприимчивость среды определяется какМ r 1 102 1 101, а намагниченность среды M равна

M 0 М H 4 10 7 160 0,1 126,8 10 7 Тл.

. Задача №18

Плоский воздушный конденсатор, пластины которого имеют форму дисков радиуса a , подключен к источнику переменного гармонического напряжения частоты . Диэлектрик внутри – воздух. Расстояние между дисками d . Найти энергию электрического и магнитного полей внутри конденсатора.

Решение:

Напряжение между пластинами меняется по гармоническому закону U U0 cos t . Напряженность электрического поля определим через

напряжение

 

 

 

 

 

 

 

 

E

U

cos t.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

 

 

 

 

Электрическая энергия равна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

E2

U 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2

U 2 cos2 t.

 

0

 

V

0 0 a2d cos2 t

0

 

(2.14)

Э

2

 

2d 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2d

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Магнитную энергию определим по формуле:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

WМ

 

H 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

2

dV .

 

 

 

 

 

(2.15)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Напряжённость магнитного поля определим из закона полного тока

(2.1):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

r U

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

СHdl

H 2 r t

 

 

dS

 

r2 0

t , H

0

 

sin t.

 

 

 

2d

L

 

 

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставив значение напряжённости магнитного поля в (2.14), получим:

0

2

W 0 0 U0

М 2 2d

 

 

U

 

2

а4 2 d

 

0

2d

0

 

4

 

 

 

 

2

 

 

 

 

a 2

 

 

 

 

 

 

 

sin2 t d

r3dr d )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 0

 

 

 

 

 

(2.16)

 

 

 

 

 

0

02 2 U0 a2

2

 

 

 

2

t

1

2

t.

sin

 

 

 

 

 

 

sin

 

 

2

 

4d

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача №19

Докажите, что вектор E , представленный выражением E y0 Ey0 cos t kz , является решением волнового уравнения.