03 семестр / 20 вариант / вторая задачка

4

№ варианта 20

Магнитостатика.

Условие. Два плоских проводника с токами I, текущими в противоположных направлени-

ях, разделены слоем магнетика толщиной d. Ширина проводников равна L (L>>d). Маг-

нитная проницаемость магнетика

меняется в направлении оси y по

закону =f(y). Построить графиче-

ски распределения модулей векто-

ров индукции B и напряжённости H

магнитного поля, а также вектора

намагниченности J в зависимости от y в интервале значений от 0 до d. Определить по-

верхностную плотность токов намагничивания i'п на верхней и нижней поверхностях маг-

нетика и распределение объёмной плотности токов намагничивания i'об(y). Определить

индуктивность единицы длины этой двухполосной линии.

yn + dn

Функция =f(y) для чётных вариантов имеет вид: =

0

dn

0

Для варианта № 20: d0/d=2/1, n=1, = y + 2d = y +1 .

2d

2d

По результатам проведённых вычислений построить графически зависимости B(y)/B(0),

H(y)/H(0) в интервале значений y от 0 до d для задачи. Все зависимости изобразить на од-

ном графике.

Решение.

y

H2

H1

Сначала найдем напряженность магнитного поля

внутри линии. Поле внутри линии считаем одно-

I

Г2

родным (это справедливо, если расстояние между

H2

H1

проводниками много меньше их ширины). Каждая

из полос создает магнитное поле, векторы напря-

Г1

женности которого показаны на рисунке (нижней

I

полосе соответствует номер 1). Так как направле-

H1

H2

ние тока и векторов магнитного поля согласованы

правилом правого винта, во внутренней части век-

торы напряженностей от каждой из полос одинаковы по величине и направлены в одну

сторону. Снаружи они также одинаковы по величине, но противоположны по направле-

нию. Поэтому снаружи напряженность поля равна нулю. Применим теорему от циркуля-

ции вектора напряженности магнитного поля в интегральной форме: ∫ (H, dL) = I - цирку-

L

ляция вектора Н по любому замкнутому контуру L равна алгебраической сумме сторон-

них токов охватываемых этим контуром. Токи считаются положительными, если их

направление согласовано с направлением обхода при интегрировании правилом правого

винта.

Направим ток в нижнем проводнике внутрь рисунка. В качестве линии интегрирования

возьмем прямоугольник Г1 в перпендикулярном сечении линии. Поле считаем однород-

ным, поэтому вектор напряженности поля внутри постоянен по длине и направлению, и

направлен вдоль стороны контура. Тогда ∫ (H, dL ) = ∫ H cos 0 dl = ∫ H dl = H ∫ dl = H l ,

Г1

Г1

Г1

Г1

где l – ширина проводника. (Здесь учтено, что поле отлично от нуля только внутри ли-

нии.)

С другой стороны, циркуляция должна быть равна суммарной силе тока через рассматри-

ваемый контур. Поэтому H l = I .

Исходя из соотношения B = µµ0 H , найдем величину индукции магнитного поля

µ0

y

+ 1

I

y

I

I

B

y

, B (0) = µ0

=

2d

l

=

+ 1 .

B = µµ0 H = µ0

+ 1

,

l

B (0)

I

2d

2d

l

µ0

l

B

Найдем вектор намагниченности вещества J =

− H = (µ −1)H .

µ0

y

I

y

I

Величина намагниченности J = (µ − 1)H =

+ 1

− 1

=

.

2d

l

2d l

Намагниченность при y=0 J (0) = 0 , а при y=d: J (d ) =

I

.

2l

Поэтому построим график

J

=

y

.

J(d)

d

Так как вектор J направлен так же как и Н – в направлении оси

y

х, то вектор

jМОЛ направлен вдоль проводника. Они согласова-

ны правилом правого винта.

Так как все координаты вектора J, кроме Jx, равны нулю, то

z

x

eX

eY

eZ

∂

∂

∂

∂J

∂J

X

X

rotJ =

= e

− e

.

Y

Z

∂x

∂y

∂z

∂z

∂y

∂J

∂

y I

1 I

X

Но Jx зависит только от y:

jМОЛ = −eZ

= −eZ

= −eZ

.

∂y

∂y

2d l

2d l

J

2 t

− J

= i′

, где J

2 t

− J

1t

изменение касательной составляющей вектора намагниченности

1t

ПОВ

при переходе через поверхность раздела магнетиков.

Для нижнего проводника J

= 0 , поэтому J

2 t

= i′

= 0 , так как J

t

= J

X

= 0 на нижнем

1t

НИЖН

проводнике.

Для верхнего проводника J

= 0 , поэтому i′

= −J

= −J

= −

I

, знак минус говорит о

2 t

1t

1X

ВЕРХ

2l

6

d

d

d

y + 1 I bdy = µ0

y

2

+ y I b

5dI b .

ΦB = ∫(B, dS) = ∫Bbdy = ∫µ0

= µ0

S

0

0

2d

l

4d

l

4l

0

µ

5dI b

5db

0

4l

Тогда индуктивность L =

= µ0

.

I

4l

Индуктивность единицы длины L = µ0

5d .

b

4l

Проверка.

Покажем, что суммарный молекулярный ток равен нулю.

I МОЛ = I МОЛ _ ОБЪЕМ + IМОЛ _ ПОВ

d

1

I ldy = 1 I

I МОЛ _ ОБЪЕМ =

∫

jМОЛ dS =

∫

2d

l

2

S

0

С учетом того, что i′

= 0 ,

i′

= − I

:

НИЖН

ВЕРХ

2l

I

МОЛ _ ПОВ

= i

l + i

l = − 1

I .

МОЛ _ НИЖН _ ПОВ

МОЛ _ ВЕРХН _ ПОВ

2

Поэтому I МОЛ = 0 .

1,6

B

1,4

B (0)

H

1,2

H (0)

1,0

0,8

J

0,6

J (d )

0,4

0,2

y

d

0,0

0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1,0