Электромагнитные поля и волны.-5

59

2.2.11. Задача №11

Определить электродвижущую силу ( ЭДС), возбуждаемую в квадратной рамке потоком вектора B = μH0 cos ωt . Направление вектора H относительно плоскости рамки показано на рис. 2.5.

Рис. 2.5. К задаче №11

Решение:

Поток вектора магнитной индукции Φ определяется выражением

F = ∫ BdS ,

S

где S – площадь рамки.

Запишем значение для потока Φ , проделав необходимые преобразования:

F = ∫ BdS = ∫ Bn0 dS = cos 45°∫ BdS = cos 45°B∫ dS =

оставить неизменным? Чему будет в этом случае напряженность магнитного поля в области 0 ÷ R / 2 ?

60

2.2.12. Задача №12

Между полюсами электромагнита, создающего в зазоре

Определить напряженность электрического поля, циркулирующую вдоль рамки и электродвижущую силу Э, наведённую в контуре,

Рис. 2.6. К задаче №12

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

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

Φ = ∫ BdS = Bn S1 cos α.

S1

Здесь Bn – проекция вектора B на нормаль n к поверхности S1

. Согласно закону электромагнитной индукции, циркуляция вектора

61

E по замкнутому контуру равна скорости изменения этого потока ∂Φ / ∂t , пронизывающего площадку S1 . Запишем эти утверждения:

2.2.13. Задача №13

Определить электродвижущую силу ( ЭДС) в замкнутом контуре, образованном равнобедренным треугольником, если

62

известен вектор H = H0 sin wt . Направление вектора H показано на рис. 2.7 и θ=600.

Рис. 2.7. К задаче №13

Решение:

Запишем выражение для потока Φ вектора B = mH0 sin wt :

Φ = μ0 sin ωt ∫ HdS ..

S

Скалярное произведение векторов HdS = H0 cos q× S .

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

Электродвижущая сила определяется соотношением

2.2.14. 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

64

Приравняв составляющие (равенство нормальных компонент) By 2 = By1 , получим:

диэлектрическими проницаемостями εr1 и εr 2 имеют плоскую границу раздела (рис. 2.9).

Рис. 2.9. К задаче №15

Вектор E электрического поля в первой среде образует угол θ1

с осью X .

Найти вектора E и D во второй среде и угол преломления θ2 .

Численный ответ привести для εr1 = 1, εr 2 = 4 , E1 = 1 Вм, θ1 = 30° .

Решение:

1. Найдем вектора E и D во второй среде. Запишем для первой среды общее выражение напряженности электрического

поля E1 = Eτ21 + En21 и вектора электрической индукции D1 = ε1E1 ,

65

где Eτ1 = E1 sin θ1 , En1 = E1 cos θ1 . Для второй среды –

E2 = Eτ22 + En22 , D2 = e2 E2 .

Воспользуемся граничными условиями:

Eτ1 = Eτ2 , Dn1 = Dn 2 .

Тангенциальная составляющая напряженности электрического поля второй среды легко определяется первым граничным условием ( Eτ1 = Eτ2 ). Нормальная составляющая электрического поля второй среды определяется из второго граничного условия и материального уравнения:

er1En1 = er 2 En 2 , откуда En 2 = (er1 / er 2 )En1 .

Подставляя численные значения, получим:

Eτ1 = Eτ2 = E1 sin q1 = 0,5 Вм, En1 = E1 cos q1 = 0,87 Вм, En 2 = (er1 / er 2 )En1 = (er1 / er 2 )E1 × cos q1 = 0, 2275 Вм.

Величина напряженности электрического поля во второй среде равна E2 = 0,52 + 0, 222 = 0,546 Вм, тогда

D2 = e2 E2 = 4 × 0,546 = 2,184 Клм2 .

2. Найдем угол преломления q2 . Для этого составим систему уравнений

E1 sin θ1 = E2 sin θ2 , εr1E1 cos θ1 = εr 2 cos θ2 .

Поделив первое уравнение на второе, получим er 2tgq1 = e r1tgq2 ,

Следовательно, cЭ = 4 -1 = 3 .

66

2.2.17. Задача №17

Напряженность магнитного поля в среде, обладающей μr = 161,

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

Решение:

Согласно (1.10), магнитная восприимчивость среды определяется как χМ = μr −1 = 102 −1 = 101, а намагниченность

среды M равна

M = m0cМH = 4p×10−7 ×160 × 0,1 =126,8 ×10−7 Тл.

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

2.2.18. Задача №18

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

Решение:

Напряжение между пластинами меняется по гармоническому

67

Подставив значение напряжённости магнитного поля в (2.14),

Взяв производные от вектора E , убедитесь, что равенство левой и правой частей волнового уравнения выполняется при

равенстве k = wme .

2.2.20. Задача № 20

Доказать, что вектор магнитной индукции

B = a μ0 I

0 2pr

удовлетворяет 4-му уравнению Максвелла в интегральной форме (2.8), т.е. линии вектора B непрерывны (рис. 2.10).

68

z

I

S1

Sбок

B

S2

Рис. 2.10. К задаче №20

Решение:

Решение этой задачи сводится к вычислению интеграла

С∫ BdS

S

по поверхности симметричной (относительно оси z ) объёмной фигуры, построенной вокруг проводника с током и замкнутой по координате α . Часть этой фигуры, в виде искривленного цилиндра, показана на рисунке 2.10. Полный поток вектора магнитной индукции через этот выделенный объём можно представить в виде

площадкам противоположно направлены, и скалярное произведение двух ортогональных векторов равно нулю ( α0 r0 = 0 ).

Поэтому для замкнутой фигуры получаем С∫ BdS = 0 .

S

Ответ: С∫ BdS = 0 .

S