Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- f2s4 [2024/02/27 07:06] – создано root
+++ f2s4 [2024/02/27 08:07] (текущий) – [Задача 3.] root
@@ Строка 2: / Строка 2: @@
 Найти ЭДС генератора в виде квадратной рамки, вращающейся в постоянном магнитном поле.
+-----
 $$
-{\cal E}=-\frac{d\Phi}{dt}\pause=-\frac{d\left(\vec{B}\cdot\vec{S}\right)}{dt}\pause=-\frac{d\left(BS\cos\left(\omega t\right)\right)}{dt}\pause=BS\omega\sin\left(\omega t\right).
+{\cal E}=-\frac{d\Phi}{dt}=-\frac{d\left(\vec{B}\cdot\vec{S}\right)}{dt}=-\frac{d\left(BS\cos\left(\omega t\right)\right)}{dt}=BS\omega\sin\left(\omega t\right).
 $$
@@ Строка 18: / Строка 20: @@
 Пусть в сердечнике поток \(\Phi _0\). Потокосцепление в первой катушке
 \[
-\Phi _1  = N_1 \Phi _0   \pause =  {L_{11} I_1  + L_{12} I_2 },  \pause
+\Phi _1  = N_1 \Phi _0   =  {L_{11} I_1  + L_{12} I_2 },
 \]
 и во второй катушке
 \[
-\Phi _2  = N_2 \Phi _0  = {L_{22} I_2  + L_{21} I_1 } .  \pause
+\Phi _2  = N_2 \Phi _0  = {L_{22} I_2  + L_{21} I_1 } .
 \]
-Пустим в первой катушке ток \(I_1\) а во второй ток занулим.  \pause  Тогда
+Пустим в первой катушке ток \(I_1\) а во второй ток занулим.  Тогда
 \[
 \frac{{L_{11} }}{{L_{21} }} = \frac{{N_1 }}{{N_2 }}.
 \]
-\end{frame}
+Теперь пустим ток через 2 катушку, а первую разомкнем. Тогда
+\[
-\begin{frame}
+\frac{{L_{12} }}{{L_{22} }} = \frac{{N_1 }}{{N_2 }}.
+\]
-	Теперь пустим ток через 2 катушку, а первую разомкнем. Тогда
+Разделив друг на друга два последних соотношения, получим
-	\[
+\[
-	\frac{{L_{12} }}{{L_{22} }} = \frac{{N_1 }}{{N_2 }}. \pause
+\sqrt{L_{12}L_{21}} = \sqrt {L_1 L_2 },
-	\]
+\]
-	Разделив друг на друга два последних соотношения, получим
+и, используя соотношение \(M= L_{12}=L_{21}\), получаем для коэффициента взаимоиндукции
-	\[
+\[
-	\sqrt{L_{12}L_{21}} = \sqrt {L_1 L_2 }, \pause
+M=\sqrt{L_{12}L_{21}}=\sqrt{L_{1}L_{2}}.
-	\]
+\]
-	и, используя соотношение \(M= L_{12}=L_{21}\), получаем для коэффициента взаимоиндукции
-	\[
-	M=\sqrt{L_{12}L_{21}}=\sqrt{L_{1}L_{2}} .
-	\]
-\end{frame}
+==== Задача 3. ====
-\subsection{Задача 3.}
-\begin{frame}
-\begin{block}{Задача 3.}
-\begin{center}
-	\includegraphics[scale=0.5]{02.png}
-\end{center}
 К вторичной обмотке трансформатора подключено сопротивление $R$, к первичной --- генератор синусоидального напряжения. Найти ток в первичной обмотке, если коэффициенты самоиндукции обмоток $L_1$ и $L_2.$ Потоками рассеяния и сопротивлениями обмоток пренебречь.
-\end{block}
-\pause
-Запишем уравнения для контуров
-\pause
+{{ ::02.png?300 |}}
+-----
+Запишем уравнения для контуров
 $$
-{\cal E}+{\cal E}_{11}+{\cal E}_{21}=0, \pause \ \ {\cal E}_{12}+{\cal E}_{22}=RI_{2}  \pause
+{\cal E}+{\cal E}_{11}+{\cal E}_{21}=0, \ \ {\cal E}_{12}+{\cal E}_{22}=RI_{2}
 $$
 Величины ЭДС
 $$
-{\cal E}_{11}=-L_{1}\dot{I}_{1}, \pause \ \ {\cal E}_{12}=-M\dot{I}_{1}, \pause \ \ {\cal E}_{21}=-M\dot{I}_{2}, \pause \ \ {\cal E}_{22}=-L_{2}\dot{I}_{2}
+{\cal E}_{11}=-L_{1}\dot{I}_{1},  \ \ {\cal E}_{12}=-M\dot{I}_{1}, \ \ {\cal E}_{21}=-M\dot{I}_{2}, \ \ {\cal E}_{22}=-L_{2}\dot{I}_{2}
 $$
-\end{frame}
+Так как $I_{k}\sim I_{0k}e^{i\omega t},$  то $\dot{I}_{1}=i\omega I_{1}$  тогда
-\begin{frame}
-Так как $I_{k}\sim I_{0k}e^{i\omega t},$  \pause  то $\dot{I}_{1}=i\omega I_{1}$  \pause тогда
 $$
-{\cal E}=i\omega\left(L_{1}I_{1}+MI_{2}\right), \ \ \pause  -i\omega\left(MI_{1}+L_{2}I_{2}\right)=RI_{2}. \pause
+{\cal E}=i\omega\left(L_{1}I_{1}+MI_{2}\right), \ \   -i\omega\left(MI_{1}+L_{2}I_{2}\right)=RI_{2}.
 $$
 $$
-I_{2}=-I_{1}\frac{i\omega M}{i\omega L_{2}+R}. \pause
+I_{2}=-I_{1}\frac{i\omega M}{i\omega L_{2}+R}.
 $$
 $$
-{\cal E}=i\omega I_{1}\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right) \pause =iI_{1}\omega\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)= \pause
+{\cal E}=i\omega I_{1}\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)  =iI_{1}\omega\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)=
 $$
 $$
-iI_{1}\omega\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)= \pause iI_{1}\omega\left(\frac{L_{1}\left(i\omega L_{2}+R\right)-i\omega\left(L_{1}L_{2}\right)^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)\approx  \pause
+iI_{1}\omega\left(L_{1}-\frac{i\omega M^{2}}{i\omega L_{2}+R}\right)=  iI_{1}\omega\left(\frac{L_{1}\left(i\omega L_{2}+R\right)-i\omega\left(L_{1}L_{2}\right)}{i\omega L_{2}+R}\right)\approx
 $$
 $$
 I_{1}\left(\frac{i\omega L_{1}R}{i\omega L_{2}+R}\right).
 $$
-\end{frame}
-\begin{frame}
 $$
-Z=\frac{i\omega L_{1}R}{i\omega L_{2}+R} \pause \cdot\frac{\frac{L_{1}}{L_{2}}}{\frac{L_{1}}{L_{2}}}= \pause
+Z=\frac{i\omega L_{1}R}{i\omega L_{2}+R}  \cdot\frac{\frac{L_{1}}{L_{2}}}{\frac{L_{1}}{L_{2}}}=
-\frac{i\omega L_{1}\cdot R\frac{L_{1}}{L_{2}}}{i\omega L_{1}+R\frac{L_{1}}{L_{2}}}= \pause
+\frac{i\omega L_{1}\cdot R\frac{L_{1}}{L_{2}}}{i\omega L_{1}+R\frac{L_{1}}{L_{2}}}=
 $$
 $$
-\left(\frac{1}{i\omega L_{1}}+\frac{1}{R\frac{L_{1}}{L_{2}}}\right)^{-1}= \pause
+\left(\frac{1}{i\omega L_{1}}+\frac{1}{R\frac{L_{1}}{L_{2}}}\right)^{-1}=
-\left(\frac{1}{Z_{L}}+\frac{1}{R\frac{L_{1}}{L_{2}}}\right)^{-1}. \pause
+\left(\frac{1}{Z_{L}}+\frac{1}{R\frac{L_{1}}{L_{2}}}\right)^{-1}.
 $$
 $$
-\frac{L_{1}}{L_{2}}=\frac{L_{1}}{L_{2}} \pause \cdot\frac{L_{1}}{L_{1}}= \pause \frac{L_{1}^{2}}{L_{12}^{2}}= \pause \frac{N_{1}^{2}}{N_{2}^{2}}= \pause \frac{1}{n^{2}}.
+\frac{L_{1}}{L_{2}}=\frac{L_{1}}{L_{2}}  \cdot\frac{L_{1}}{L_{1}}= \frac{L_{1}^{2}}{L_{12}^{2}}= \frac{N_{1}^{2}}{N_{2}^{2}}=  \frac{1}{n^{2}}.
 $$
- \pause
-\begin{center}
-	\includegraphics[scale=0.5]{03.png}
-\end{center}
-\end{frame}
+{{ ::03.png?200 |}}
+====Задача 4. ====
+Рассчитать глубину скин--слоя для меди, железа и алюминия.
-\subsection{Задача 4.}
-\begin{frame}
-\begin{block}{Задача 4.}
-Рассчитать глубину скин--слоя для меди, железа и алюминия.
-\end{block}
-\pause
 Система уравнений Максвелла и материальные уравнения среды в СИ имеют вид
-$$\text{rot}\,\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}\,,\ \  \pause
+$$\text{rot}\,\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}\,,\ \
-\text{div}\,\vec{D}=\rho , \pause $$
+\text{div}\,\vec{D}=\rho ,  $$
-$$\text{rot}\,\vec{H}=j+\frac{\partial\vec{D}}{\partial t}\,,\ \  \pause
+$$\text{rot}\,\vec{H}=j+\frac{\partial\vec{D}}{\partial t}\,,\ \
-\text{div}\,\vec{B}=0, \pause $$
+\text{div}\,\vec{B}=0,  $$
 Поскольку плотность токов смещения $\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}$ в проводящей среде мала по сравнению с током проводимости
-$j=\sigma E$,  \pause то уравнения принимают вид
+$j=\sigma E$, то уравнения принимают вид
 $$\text{rot}\,\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}
-= \pause -\mu \mu_0\frac{\partial\vec{H}}{\partial t} \pause
+= -\mu \mu_0\frac{\partial\vec{H}}{\partial t}
-\,, \ \ \text{rot}\,\vec{H}=\sigma\,\vec{E}\,.$$ \pause
+\,, \ \ \text{rot}\,\vec{H}=\sigma\,\vec{E}\,.$$
 Используя эти уравнения,
 можно получить дифференциальное уравнение, содержащее только
 вектор напряженности электрического или магнитного полей.
-\end{frame}
-\begin{frame}
 \begin{equation*}
--\text{rot}\,\text{rot}\, \vec{E} \pause =
+-\text{rot}\,\text{rot}\, \vec{E} =
-\nabla^2\vec{E}-\text{div}\vec{E} \pause
+\nabla^2\vec{E}-\text{div}\vec{E}
 =
-\nabla^2\vec{E}= \pause
+\nabla^2\vec{E}=
-\mu\mu_0 \sigma\;\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}\,. \pause
+\mu\mu_0 \sigma\;\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}\,.
 \end{equation*}
 Электрическое поле в проводнике у его поверхности равно
-$\;\vec{E}=\vec{E_0}\,\exp (-i\omega\,t)$. \pause  В переменном поле с
+$\;\vec{E}=\vec{E_0}\,\exp (-i\omega\,t)$.   В переменном поле с
 частотой  $\;\omega$  зависимость
-всех величин от времени описывается множителем $\;\exp(-i\omega\,t)$. \pause
+всех величин от времени описывается множителем $\;\exp(-i\omega\,t)$.
 Тогда уравнение в одномерном случае примет вид
 $$\frac{\partial^2\vec{E}}{\partial z^2}+
-k^2\vec{E}=0\,, \pause $$
+k^2\vec{E}=0\,, $$
-где с учётом $(1-i)^2=1-2i+i^2=-2i$  \pause
+где с учётом $(1-i)^2=1-2i+i^2=-2i$
-$$k=\sqrt{-i\,\mu\mu_0 \sigma\omega}= \pause
+$$k=\sqrt{-i\,\mu\mu_0 \sigma\omega}=
-\pm\sqrt{\frac 12\mu\mu_0 \sigma\omega} \cdot (1-i)= \pause
+\pm\sqrt{\frac 12\mu\mu_0 \sigma\omega} \cdot (1-i)=
-\pm\frac{1-i}{\delta}\,,\quad \pause
+\pm\frac{1-i}{\delta}\,,\quad
-\delta=\sqrt{\frac 2{\mu\mu_0 \sigma\omega}}\,.$$ \pause
+\delta=\sqrt{\frac 2{\mu\mu_0 \sigma\omega}}\,.$$
-Решение этого уравнения, обращающееся в нуль при $\;z \to\infty$. \pause  Учитывая граничное условие при $\,z=0$, получаем
+Решение этого уравнения, обращающееся в нуль при $\;z \to\infty$.   Учитывая граничное условие при $\,z=0$, получаем
 $$\vec{E}=\vec{E_0}\,e^{\textstyle-\frac{z}{\delta}}\,
 e^{\textstyle-i(\omega\,t-\frac{z}{\delta})}.$$
+==== Задача 5. ====
-\end{frame}
+Найти среднюю за период мощность, выделяющуюся в бесконечно глубоком столбике единичной площади.