Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Электромагнитные поля и волны.-4

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

4.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 193 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

				23
Задача №7
Может ли вектор B = B		r	5x	r
Может ли вектор B = B	0	(x 0	5x	+ y0 y) быть вектором магнитной индукции?
	0

Решение. Заданный вектор может быть вектором магнитной индукции только в случае, если он будет удовлетворять уравнению непрерывности (1.5)

Так как div B = 6 , то заданный вектор не может быть вектором магнитной индукции.

Задача №8

Относительная диэлектрическая проницаемость среды изотропного диэлектрика равна εr = 4 . Чему равна электрическая восприимчивость?

Решение. Электрическая восприимчивость (1.11) определяется из равенст-

ва ε r = (1+ χэ ) , следовательно χэ	= 4 - 1=3.
Задача №9
Напряженность магнитного	поля в среде, обладающей	μr =102,

Н=0,1А/м. Чему равен вектор намагниченности среды M ?

Решение. Согласно (1.10), магнитная восприимчивость среды определя-

ется как χ m = μr − 1 = 102 − 1 = 101, а намагниченность среды M равна

M = m0cm H = 4p×10-7101×0,1=126,8×10-7 Тл.

Вспомните, в каких средах вектор намагниченности больше нуля, меньше нуля и равен нулю?

Задача №10

Анизотропный диэлектрик имеет диэлектрическую проницаемость

	ε1		α		0
ε	= α		ε		0
ε	= α		ε		0
				1
				1
		0	0
		0	0		ε 0

r		r		.
К нему приложено электрическое поле E = x 0 E	x	+ z0 E	z	.
	x		z

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.

ε1

0 E x

D =

E =

α ε1

ε0

Перемножая строку на столбец, получим проекции вектора смеще-

ния: DX = ε1 EX , DY = αEX , DZ = ε 0 EZ .

Из них составим вектор смещения			D
r	r	0ε1 Ex	r	0αEx	r	0ε 0 Ez .

D = x			+ y		+ z

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

r r

+ Dz Ez

= Dx2 + Dy2 + Dz2

Ex2 + Ez2

(D E ) = Dx Ex

cos(DE) ,

откуда

r r

Dx Ex + Dz Ez

Ð (DE) = arc cos

2 2

Dx +

Dy + Dz × Ex + Ez

Задача №11

Два диэлектрика, обладающие относительными диэлектрическими проницаемостями ε r1 и ε r 2 имеют плоскую границу раздела (рис. 1.7).

электрического поля в первой среде образует угол θ1 с осью z . Най-

Вектор E

ти вектора E и D во второй среде и угол преломления θ2 .Численный ответ

привести

для ε

=1,

r 2

=4,

Е = 1 В/м, θ

=30 0 .

Решение.

Запи-

1. Найдем вектора E

и D во второй среде.

шем для первой среды общее выражение напряжен-

ности электрического поля

+ E2 и вектора

E =

τ1

электрической индукции D1 = ε1E1 , где Eτ 1 = E1 sinθ1 ,

Еn1 =E1 СOSθ1 .

Рис.1.7

r
r	= Eτ22 + En2	2 , D2 = e2 E2 .
Для второй среды - E2	= Eτ22 + En2	2 , D2 = e2 E2 .
Воспользуемся граничными условиями (1.16):			E	τ1	= E	τ2	, D	= D	.
				τ1		τ2	n1	n2

Тангенциальная составляющая напряженности электрического поля второй среды легко определяется первым выражением, нормальная составляющая

определяется		из второго	выражения и материального уравнения				(1.9), т.е.
εr1En1	= εr 2 En 2 , откуда En 2		= (er1 / er 2 )En1 .
	Подставляя заданные величины, получим
	Eτ1 = Eτ2 = E1 sin θ1 = 0,5 В/ м,			Еn1=E1 ×cos q1 =0,87 В/м.
	En 2 = (er1 / er 2 )En1 = (er1 / er 2 )E1 × cos q1 , Еn2 =0,2275 В/м.
	Величина напряженности электрического поля во второй среде равна
		= 0,546 В/м, тогда D2		= ε 2 E2 = 4 × 0,546 = 2,184 Кл/м2.
E2 =	0,52 + 0,222	= 0,546 В/м, тогда D2		= ε 2 E2 = 4 × 0,546 = 2,184 Кл/м2.
	2. Найдем угол преломления θ2 . Для этого [2], используя (1.16) составим
систему уравнений
			E1 sin θ1 = E2 sin θ2 ,
			εr1E1 cos θ1 = εr 2 cos θ2 .
	Поделив первое уравнение на второе, получим εr 2tgθ1 =εr1tgθ2 , которое
позволяет определить угол преломления θ2
			θ 2 = arctg		ε r1	tgθ1 = 66,60 .
			θ 2 = arctg			tgθ1 = 66,60 .
					ε r 2
			Ответ: E2 = 0,546 В/м, D2 = 2,184 Кл/м2 ,				θ 2 = 66,60 .
	Посмотрите, что изменится в решении, если вторую среду заменить пло-
ской металлической поверхностью?

Задача №12

Две полубесконечные магнитные среды, 1-ая изотропная и 2-ая анизотропная, имеют плоскую границу раздела, которая проходит через y=0, координатная поверхность zx (рис. 1.8). Проводимости сред равны нулю. В первой

среде существует магнитное поле	r	r
среде существует магнитное поле	H = x 0 H	+ y0 H .
	x1	y1

Определить магнитное поле во второй среде. Параметры сред:

		μ0		− α	0


μ1 = μ0 ;	μ2	= + α		μ0	0	,	ε1 = ε2 = ε0	Рис.1.8
μ1 = μ0 ;	μ2	= + α		μ0		,	ε1 = ε2 = ε0	Рис.1.8
			0	0
			0	0	μz

Решение. Согласно рис. 1.8 и граничным условиям (1.16), записываем связь между векторами первой и второй сред.

	H1τ	= H2τ → Hx1 = Hx 2 ,					Hz1 =Hz 2 = 0 ,				(1.23)
								B1n = B2 n → μ0 H1 y = B2n
											(1.24)
Запишем вектора H и B для первой среды:
	r	r		B = μ H			r	μ H	r	0μ H .
H = x0 H		+ y0 H ,		B = μ H			= x 0	μ H	+ y	0μ H .
1	x1	y1		1	0	1		0	x1	0	y1
Запишем выражение для вектора Н2, составляющие которого надо опре-
делить из граничных условий:			r	r	r			r			(1.25)
				r	r			r
			H	2 = x 0 H x 2	+ y	0 H y 2 + z 0 H z 2 .

Так как во второй среде магнитная проницаемость представлена тензором, то вектор магнитной индукции для второй среды через материальное уравнение (1.8) запишем в виде произведения двух матриц и перемножим их:

r	Bx 2	μ0	- α


B	2 = Be 2	= + α μ0
			0
	Bz 2	0

0		H x 2

0		× H y 2

μ z		0

μ	0 H x 2 - αH
		+ μ0 H
= αH x 2		+ μ0 H
		0
		0

y 2

В результате получим следующее выражение:

− αH

+ μ

− α

+ μ

= x 0 (μ

x 2

)+ y0 (αH

x 2

y 2

)= x 0 (μ

y 2

)+ y0 (αH

y 2

Вектор B2

будет полностью определен, если будут определены Hx2 и

Hy2. Но

Hx 2 = H x1 (равенство тангенциальных составляющих) и составляющая

By 2 = αH x1 + μ0 H y2 .

Приравняем составляющие (равенство нормальных компонент) By 2 =

By1 ,

By 2

= αH x1 + μ0 H y 2 = B1 y

= μ0 H1 y .

(1.26)

Из (1.26) определим

= H

−

H .

y 2

μ0

Зная составляющие магнитного поля второй среды, запишем конечное

выражение векторов

H2 и

B2 :

2 + α2

= x

0 H + y0 (H −

H ) ,

= x 0

(

H − αH ) + y0μ H .

μ0

Подумайте, почему вектора H2

B2 имеют только две проекции?

Задача №13

Доказать,

что

уравнение

непрерывности плотности

полного

тока

divjполн

= 0 является следствием уравнения Максвелла.

Решение.

Для доказательства достаточно провести операцию div

над

уравнением (1.6а):

div rot

Так как операция div rot есть тождествен-

H = divj .

ный нуль, то, divj = 0 , что и требовалось доказать.

Задача №14

Плотность полного тока в проводящей среде задана

0 4 у .

j = x0

х + y

Удовлетворяет ли данный ток уравнениям Максвелла?

Решение.

Удовлетворяет, если divj = 0 .

Расчёт,

однако, показывает,

что div j =5. Это означает, что заданное выражение плотности тока не удовле-

творяет требованию непрерывности тока. Рассмотрите вариант, когда вектор

r		r	0 4	не зависит от координат?
j = x	0	+ y	0 4	не зависит от координат?

Задача №15

Докажите, что закон сохранения заряда является следствием закона непрерывности полного тока.

Решение. Закон сохранения заряда утверждает, что всякому изменению заряда в некотором объёме соответствует электрический ток, втекающий в объём или вытекающий из него. Он является следствием закона непрерывности

r	r	r
полного тока: divj	= div jпр	+ div (dD / d t ) = 0 .	После подстановки постулата Мак-

свелла, интегрирования по объёму ∫ div jпр dV = −∫ ∂dtρ dV и применения теоремы

Остроградского-Гаусса (П1.19),						это уравнение записывается	в виде
	r r	∂Q = I				∂Q . Что и требовалось доказать.
∫	jпрdS = −	∂Q = I	пр . То есть I	пр	= −	∂Q . Что и требовалось доказать.
S		dt				dt

Задача №16

Доказать, что в однородной проводящей среде не может существовать объемное распределение заряда, не зависящее от времени и найти эту зависимость.

Решение. В рассматриваемой среде существуют токи проводимости и

смещения. Уравнение	r	∂(divD) = 0	является следствием первого уравне-
	divσE +
		∂t

ния Максвелла и с учетом (1.6) для однородной среды может быть записано

	dρ	+	σ ρ =0. Это дифференциальное уравнение после разделения переменных

	dt		ε
					−	σ	t

и интегрирования имеет решение:					ρ = ρ°e	ε ,
(1.27)
где ρ0 – начальная величина заряда при t=0.
			Из (1.27)следует, что плотность заряда в проводящей среде, независимо от
напряженности поля E				убывает по экспоненциальному закону. Время, в тече-
ние которого заряд уменьшается в е=2,78					раз, называется временем релакса-
ции. По формуле (1.27)				можно определять время релаксации для разных сред.

Задача №17

Показать, что из дифференциальных уравнений Максвелла для диэлектрика в отсутствии свободных зарядов и сторонних источников получаются волновые уравнения для векторов электромагнитного поля E и H .

Решение. Используем систему уравнений Максвелла (1.6). Применим операцию rot к первому уравнению системы

r	∂ rotE .	(1.28)
rot rotH = ε	∂ rotE .	(1.28)
	∂ t

Используем соотношение (П1.37)

rot rotH = grad div H - Ñ2 H .

(1.29)

Так как divH = 0 , то grad divH тоже будет равно нулю.

Заменив в (1.28) rot E , уравнением (1.6) получим волновое уравнение

для вектора магнитного поля H

H .

(1.30)

Ñ2 H = DH = -m e

¶ t 2

Для вектора электрического поля волновое уравнение выводят анало-

гичным образом, полагая

= -m e

E .

(1.31)

divE = 0 . Получаем Ñ2 E = DE

¶ t 2

Задача №18

Докажите,

что

вектор

E ,

представленный

выражением

cos(wt - kz) является решением волнового уравнения (1.31).

E = y0 E

y 0

Решение.

Так как вектор E является функцией одной координаты z, опе-

d 2 ЕУ

∂ 2 ЕУ

раторÑ

и волновое уравнение примет вид

= − μ ε

∂ t 2

dz2

dz 2

Взяв производные от вектора E , убедитесь, что равенство левой и правой

k = ω

частей волнового уравнения выполняется при равенстве

μ ε

Задача №19

В идеальном диэлектрике существует электромагнитное поле, заданное

r	(r)cos wt , явная зависимость которого
вектором электрического поля: E = z0 E Z

от r неизвестна. Найти напряженность магнитного поля Н(r), соответст-

вующего заданному вектору. Система координат цилиндрическая.

Решение. Векторы электромагнитного поля могут быть выражены друг через друга только в том случае, если каждое из них в отдельности удов-

летворяет уравнениям Максвелла. Используем 2-е уравнение Максвелла

		30
r	∂ B = −μ	∂ H . Раскроем определитель rotE для заданного вектора,
rotE = −	∂ B = −μ	∂ H . Раскроем определитель rotE для заданного вектора,
	∂ t	∂ t

приравняем соответствующие проекции и выразим Н(r) через Еz(r)

1 r

α0

∂

∂Ez

∂H .

rotE =

= −α0

cos ωt = −μ

∂r

∂α

∂z

(1.32)

∂r

∂t

Ez (r) cos ωt

Из выражения (1.32) видно, что магнитный вектор имеет только од-

ну проекцию Нα

H = α°Hα .

Проинтегрировав по времени,

получим

1 ∂Ez (r)

Hα

sinωt

μω

∂r

(1.33)

Составим

уравнение

для

определения выражения

Ez(r), воспользовавшись

∂ D

∂(Ez

(r) cos ωt )

уравнением Максвелла (1.6)

rotH =

= ε

= −z°εωE z

(r)sin ωt .

∂ t

1 r0

r 0

1 r

∂

r0 1 ∂(rH

α )

В то же время rotH =

= z

∂r

∂α

∂r

∂z

rHα

Откуда

∂

(rHα ) = −ωε Ez (r) sin ω t .

r ∂ r

Исключим из этого уравнения Нα , подставив (1.33),

1 ∂

1 ∂Ez

(r)

ωt = ω εEz (r) sin ωt

sin

или

μω

r ∂r

∂r

∂ 2 E

(r)

∂E

(r)

+ k 2 E z

(r) = 0 ,

∂r 2

∂r

где

k 2 = ω 2εμ .

В результате мы получили уравнение Бесселя нулевого по-

рядка, решением которого явля-

ются функции Бесселя нулевого порядка 1-го и 2-го рода:

Ez (r) = A × J 0 (kr) + B × N 0 (kr )

Рис.1.9

(1.34)

графики этих функций приведены на рис. 1.9.

Исключаем из (1.34) второе слагаемое, положив В=0, как не удовлетво-

ряющие

требованиям теоремы единственности, т.к. при r=0

N(kr)= − ∞

, и

получаем окончательное выражение для вектора

0 A J

(kr) cosωt ).

E = z

dJ0 (kr)

= −kJ1 (kr) , решение для вектора

Из (1.33), с учетом

H будет вида

H = −α 0 A

(kr) sin ωt = −α 0 A

J1 (kr) sin ωt ,

μω

Z C

ω 2εμ

где

ε 0ε r

ε r

μω

μ0 μr

μ 2ω 2

μr

Задача №20

Задано

свободном

пространстве

выражение

электрического поля

E = E

(x0 y

− y0 x) cos ωt .

Определить магнитное поле H .

Решение:

Для

решения

задачи используем

2-е уравнение

Максвелла.

∂B

cos ωt

rotE = −

∂t

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

cos ωt = −z0 2E

− x

Интегрируя затем

rot E по времени, определим вектор

В .

ωt .

B = ∫ z

0 2E0 cos ωt × dt = z

sin

Используя материальное уравнение (1.8), находим вектор H

r	B		r	r	2E0
	B			r	2E0
H =		,	H = z°			sin ωt .
H =	m	,	H = z°		μω	sin ωt .
Проверим, существует ли в природе такое поле. Для этого подчиним по-
						r	r
лученное магнитное поле первому уравнению Максвелла: rot H							= ∂D / ∂t .
r							r

Так как H не зависит от координат, то rot H =0. Следовательно, ε × ¶E / ¶t = 0 .

Откуда E =0. Поэтому, заданного в таком виде переменного электромагнит-

ного поля в природе не существует.

Задача №21

Определить электродвижущую силу (ЭДС) в замкнутом контуре, обра-

зованном равнобедренным треугольником, если известен вектор H = H0 sin wt.

Направление вектора H показано на рис. 1.10 и θ=600.

Решение. Запишем выражение для потока Ф вектора B = mH0 sin wt

Ф = m0 sin wt∫ HdS.

Скалярное произведение векторов

HdS = H0 cosq × S .						(1.35)					Рис.1.10
Учитывая (1.35), получим выражение для потока, пронизывающего тре-
	Ф =	m	0		H		sin wt ×		a 2
угольную площадку,			0							.	(1.36)
угольную площадку,		2				0			2	.	(1.36)
						0

Электродвижущая сила определяется соотношением
Э = -	¶Ф = -			m0 w a 2				H cos w t			(1.37)
Э = -	¶Ф = -							H cos w t			(1.37)
	¶ t				4			0
								0

Задача №22

Плоский воздушный конденсатор, пластины которого имеют форму дисков радиуса а, подключен к источнику переменного гармонического напря-

жения частоты ω . Диэлектрик внутри – воздух. Расстояние между дисками d

. Найти энергию электрического и магнитного полей внутри конденсатора. В

<<< < Предыдущая 1 23 / 193 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023118.93 Кб0Электромагнитная экология.-3.pdf
#
05.02.2023196.13 Кб3Электромагнитная экология..pdf
#
05.02.2023652.23 Кб17Электромагнитные поля и волны.-1.pdf
#
05.02.20231.87 Mб13Электромагнитные поля и волны.-2.pdf
#
05.02.20232.38 Mб45Электромагнитные поля и волны.-3.pdf
#
05.02.20234.03 Mб18Электромагнитные поля и волны.-4.pdf
#
05.02.20233.52 Mб37Электромагнитные поля и волны.-5.pdf
#
05.02.20234.03 Mб41Электромагнитные поля и волны.-6.pdf
#
05.02.20234.17 Mб50Электромагнитные поля и волны..pdf
#
05.02.20233.12 Mб25Электроника 1. Физические основы электроники-1.pdf
#
05.02.20231.01 Mб10Электроника 1. Физические основы электроники.pdf