Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 6.82. Металлический шар радиуса $a$ проводимостью $\sigma$ и магнитной проницаемостью $\mu$ помещен в однородное переменное магнитное поле $H(t)=H_0e^{-i\omega t}$. Считая частоту малой, найти в первом неисчезающем приближении распределение вихревых токов в шаре и среднюю поглощаемую им мощность. ----- {{:electrodynamics:выделение_081.jpg?direct&200 |}}Если частота $\omega$ изменения поля мала, т.е. глубина проникновения $\;\delta$ велика по сравнению с размерами тела, тогда распределение магнитного поля в каждый момент времени будет таким, каким оно было бы в статическом случае при заданном значении внешнего поля вдали от тела. Действительно, в этом случае правую часть уравнения $$\nabla^2\vec{H}= -\frac{4\pi i\mu\sigma\,\omega}{c^2}\;\vec{H}$$ можно заменить нулем. Используя решение [[res5.7|задачи 5.7]], получаем, что поле внутри шара в нулевом (по частоте) приближении равно $$\vec{H}=\frac{3}{\mu+2}\vec{H}_0\, e^{-i\omega\,t}\,.$$ Выберем сферическую систему координат ($R,\,\theta,\,\alpha$) с началом в центре шара. Угол $\,\theta$ будем отсчитывать от оси $\,Z$, направленной вдоль $\,\vec{H}_0$. Из свойств симметрии системы ясно, что вихревое электрическое поле, согласно уравнению \begin{equation} (1) \hspace{10pt} \text{rot}\,\vec{E}=-\frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}, \end{equation} будет лежать в плоскостях, перпендикулярных $\vec{H}_0$, и направлено по касательным к окружностям с центром на оси $\,Z$. Оно зависит только от величины радиусов этих окружностей. Так же будут направлены и токи: $\,j_{\alpha}=\sigma E_{\alpha}$. Нужно заметить, что в нулевом по частоте приближении поле $\,\vec{E}$ отсутствует, что следует из уравнения $$\text{rot}\,\vec{H}=\frac{4\pi\sigma}{c}\,\vec{E}=0\,.$$ Воспользуемся интегральным аналогом уравнения (1) $$\oint E_l\,dl=-\frac{1}{c}\;\frac{\partial \Phi}{\partial t}\,,$$ где $\,\Phi$ --- поток вектора магнитной индукции через поверхность, натянутую на контур, по которому берется циркуляция вектора$\,\vec{E}$ в левой стороне уравнения. Взяв интеграл по окружности радиуса $\;R\sin\theta$, найдем $$E_{\alpha}=\frac{3\mu\,i}{2\,(\mu+2)}\;\frac{H_0R\omega\sin\theta} {c}\;e^{-i\omega\,t}$$ и, значит, $$j_{\alpha}=\frac{3\mu }{2\,(\mu+2)}\; \frac{H_0R\,\sigma\,\omega\sin\theta} {c}\;e^{-i(\omega\,t-\pi/2)}\,.$$ Отбрасывая мнимую часть, получаем $$j_{\alpha}=\frac{3\mu \,\sigma\,\omega\,H_0R}{2\,(\mu+2)\,c} \sin\theta\,\sin \omega t\,.$$ По закону Джоуля--Ленца, выделяемая в объеме $dV=2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\,dR$ мощность $$P = \int \frac{j^2}{\sigma }dV = \frac{j^2}{\sigma}\;2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\,dR\,.$$ Интегрируя это выражение по объему шара, получаем $$P(t)=\frac{6\pi}{5}\,\bigg(\frac{\mu \,\omega\,H_0} {(\mu+2)\,c}\bigg)^2\,\sigma\,a^5\sin^2\omega\,t\,.$$ Тогда средняя мощность, выделяемая в виде тепла, будет $$\overline{P\,}=\frac{1}{T}\;\int\limits_0^T W(t)\,dt= \frac{3\pi}{5}\frac{\mu^2\omega^2\,\sigma H_0^2a^5}{c^2(\mu+2)^2} \quad\mbox{при} \quad \delta \gg a\,.$$ Поглощаемая мощность энергии при малых частотах пропорциональна $\,\omega^2$.