Семинары по электромагнетизму 3 семестр. Семинар 9. Повторение: электростатика и электроёмкость

Найти электрическое поле: а) создаваемое бесконечной плоскостью, равномерно заряженной с поверхностной плотностью $\sigma$; б) бесконечной нитью, равномерно заряженной с линейной плотностью $\lambda$; в) внутри и снаружи равномерно заряженного объёмной плотностью $\rho$ шара радиуса $a$.

а) Цилиндр Гаусса с основаниями по разные стороны плоскости: поток $2ES=\sigma S/\varepsilon_0$, откуда $$E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$ (поле не зависит от расстояния до плоскости; по разные стороны от неё $\vec E$ направлено в противоположные стороны и скачком меняется на $\sigma/\varepsilon_0$ при переходе через плоскость).

б) Коаксиальный цилиндр Гаусса радиуса $r$, длины $L$: $2\pi rLE=\lambda L/\varepsilon_0$, откуда $$E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}.$$

в) Вне шара ($r\ge a$) сфера Гаусса радиуса $r$ охватывает весь заряд $q=\frac43\pi a^3\rho$: $$E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\rho a^3}{3\varepsilon_0r^2}.$$ Внутри шара ($r\le a$) сфера Гаусса охватывает заряд $q'=q(r/a)^3$: $$E=\frac{q'}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}.$$

а) $E=\sigma/(2\varepsilon_0)$; б) $E=\lambda/(2\pi\varepsilon_0r)$; в) $E=\rho r/(3\varepsilon_0)$ при $r\le a$, $E=\rho a^3/(3\varepsilon_0r^2)$ при $r\ge a$.

Вычислить потенциал поля бесконечно длинной и бесконечно тонкой прямолинейной нити, равномерно заряженной электричеством с линейной плотностью $\lambda$.

Из $E=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r}=-\dfrac{d\varphi}{dr}$ интегрированием получаем (потенциал бесконечной нити не обращается в нуль на бесконечности и определён с точностью до постоянной): $$\varphi=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r+C.$$

$\varphi=-\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r+C$.

Два конденсатора $C_1$ и $C_2$ ($C_1>C_2$) зарядили до одинаковой разности потенциалов $\Delta V_i$. Затем их соединили с помощью двух ключей, причём обкладки были соединены с противоположной полярностью (см. рисунок). Найти напряжение и энергию конденсаторов после замыкания ключей.

После замыкания ключей конденсаторы соединены параллельно и имеют общее напряжение $\Delta V_f$, а их полный заряд $Q_f=(C_1+C_2)\Delta V_f$. До замыкания заряды на «одноимённых» (например, левых) обкладках были $Q_{1i}=C_1\Delta V_i$ и $Q_{2i}=-C_2\Delta V_i$ (обкладки соединены в противофазе), так что суммарный заряд $$Q_i=(C_1-C_2)\Delta V_i.$$ Система изолирована, заряд сохраняется: $Q_i=Q_f$, откуда $$\Delta V_f=\frac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\Delta V_i.$$ Энергии: $U_i=\frac12(C_1+C_2)(\Delta V_i)^2$, $$U_f=\frac12(C_1+C_2)(\Delta V_f)^2=\frac12\frac{(C_1-C_2)^2(\Delta V_i)^2}{C_1+C_2},\qquad \frac{U_f}{U_i}=\left(\frac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\right)^2<1.$$ Энергия системы уменьшается — избыток излучается в виде электромагнитных волн при перезарядке через соединительные провода.

$\Delta V_f=\dfrac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\Delta V_i$, $\ \dfrac{U_f}{U_i}=\left(\dfrac{C_1-C_2}{C_1+C_2}\right)^2$.

На рисунке $R_1=R$, $R_2=2R$, $R_3=3R$, $R_4=4R$; конденсатор $C$ подключён между положительным выводом источника $U_0$ (узел перед $R_1$) и точкой $M$ между $R_2$ и $R_3$, в обход $R_1,R_2$. Определите заряд на конденсаторе.

В установившемся режиме ток через конденсатор не течёт, поэтому для расчёта токов конденсатор можно не учитывать: весь ток от источника идёт через $R_1$ и далее разветвляется на ветвь $R_2$—$R_3$ (последовательно) и ветвь $R_4$: $$I_0=I_1=I_2+I_4,\qquad I_2=I_3,\qquad R_{23}=R_2+R_3=5R,$$ $$R_{234}=\frac{R_{23}R_4}{R_{23}+R_4}=\frac{20R}9,\qquad R_0=R_1+R_{234}=\frac{29R}9,\qquad I_0=\frac{U_0}{R_0}=\frac{9U_0}{29R}.$$ Из равенства напряжений на параллельных ветвях $I_2R_{23}=I_4R_4$ и $I_2+I_4=I_0$ находим $$I_2=\frac{4}{29}\frac{U_0}{R}.$$ Конденсатор соединяет узел перед $R_1$ (тот же узел, что и источник) с точкой $M$, поэтому напряжение на нём равно сумме падений на $R_1$ и $R_2$ на пути от источника к $M$: $$U_C=I_1R_1+I_2R_2=\left(\frac9{29}+\frac8{29}\right)U_0=\frac{17}{29}U_0.$$

$Q=CU_C=\dfrac{17}{29}U_0C$.

Вычислить напряжённость магнитного поля кругового тока $J$ на его оси. Радиус витка $a$, расстояние от точки наблюдения до провода (а не до центра витка) — $r$.

Элемент тока $Jd\vec l$ создаёт поле $dB$, перпендикулярное радиусу-вектору $\vec r$ от элемента до точки наблюдения. При интегрировании по контуру радиальные (по отношению к оси) составляющие взаимно уничтожаются по симметрии, остаётся только осевая: $$dB_z=\frac{\mu_0J\,dl}{4\pi r^2}\sin\alpha,$$ где угол $\alpha$ между элементом провода и радиус-вектором $\vec r$ (точнее, между $\vec r$ и плоскостью витка) один и тот же для всех точек контура, а $\sin\alpha=a/r$. Интегрирование по контуру даёт множитель $2\pi a$: $$B=B_z=\frac{\mu_0Ja}{4\pi r^2}\cdot\frac ar\cdot2\pi a\cdot\frac1a=\frac{\mu_0Ja^2}{2r^3}.$$

$B=\dfrac{\mu_0Ja^2}{2r^3}$.

Цилиндрический проводник радиуса $a$ и проницаемостью $\mu\approx1$ проходит перпендикулярно через плоскую границу двух магнетиков с проницаемостями $\mu_1$ и $\mu_2$ (граница — плоскость, перпендикулярная проводнику). По проводнику идёт постоянный ток $J$. Найти распределение полей $\vec B$ и $\vec H$ во всём пространстве.

Из симметрии задачи отлична от нуля только азимутальная составляющая $H_\alpha=B_\alpha/(\mu_0\mu)$. Считая ток равномерно распределённым по сечению, применим теорему о циркуляции $\vec H$ (свободный ток через контур не зависит от магнетика снаружи проводника — сторонних поверхностных токов на границе магнетиков нет).

Внутри проводника ($r\le a$, $\mu=1$) контур радиуса $r$ охватывает ток $J r^2/a^2$: $$2\pi rH_\alpha=J\frac{r^2}{a^2}\ \Longrightarrow\ H_\alpha=\frac{Jr}{2\pi a^2},\qquad B_\alpha=\mu_0H_\alpha=\frac{\mu_0Jr}{2\pi a^2}.$$

Снаружи проводника ($r>a$) контур охватывает весь ток $J$ независимо от знака $z$ (так как $H$ непрерывно на границе раздела магнетиков — контур циркуляции лежит в плоскости, перпендикулярной проводнику, и не задевает границу): $$H_\alpha=\frac{J}{2\pi r}\quad\text{(при }z>0\text{ и при }z<0\text{)},$$ $$B_\alpha=\frac{\mu_0\mu_1J}{2\pi r}\ \ (z>0),\qquad B_\alpha=\frac{\mu_0\mu_2J}{2\pi r}\ \ (z<0).$$

При $r\le a$: $H=\dfrac{Jr}{2\pi a^2}$, $B=\dfrac{\mu_0Jr}{2\pi a^2}$ (не зависит от магнетика снаружи). При $r>a$: $H=\dfrac{J}{2\pi r}$ в обеих средах, $B=\dfrac{\mu_0\mu_1J}{2\pi r}$ при $z>0$ и $B=\dfrac{\mu_0\mu_2J}{2\pi r}$ при $z<0$.

Линия состоит из двух коаксиальных тонких цилиндрических оболочек с радиусами $a$, $b$ ($a<b$), по которым течёт ток $I$ (туда — по внутренней, обратно — по внешней оболочке). Пространство между ними заполнено веществом с магнитной проницаемостью $\mu$. Найти коэффициент самоиндукции на единицу длины линии.

По теореме о циркуляции для контура радиуса $r$ между оболочками ($a<r<b$) охватывается весь ток $I$: $$2\pi rH=I\ \Longrightarrow\ H=\frac{I}{2\pi r},\qquad B=\mu_0\mu H=\frac{\mu_0\mu I}{2\pi r}.$$ При $r<a$ и $r>b$ ток, охватываемый контуром, равен нулю (оболочки тонкие), поэтому $H=0$ в обеих областях.

Энергия поля на единицу длины линии: $$W'=\int_a^b\frac{BH}2\,2\pi r\,dr=\pi\mu_0\mu\int_a^b H^2r\,dr=\pi\mu_0\mu\int_a^b\frac{I^2}{4\pi^2r^2}r\,dr=\frac{\mu_0\mu I^2}{4\pi}\ln\frac ba.$$ Сравнивая с $W'=\dfrac{L'I^2}2$ (где $L'$ — самоиндукция на единицу длины): $$L'=\frac{\mu_0\mu}{2\pi}\ln\frac ba.$$

$H=0$ при $r\le a$ и $r\ge b$, $H=\dfrac{I}{2\pi r}$ при $a<r<b$; $L'=\dfrac{\mu_0\mu}{2\pi}\ln\dfrac ba$.

Колебательный контур состоит из конденсатора ёмкостью $C=4{,}0$ мкФ и катушки с индуктивностью $L=2{,}0$ мГн и активным сопротивлением $R=10$ Ом. Найти отношение энергии магнитного поля катушки к энергии электрического поля конденсатора в момент максимума тока.

Энергии полей: $W_m=\dfrac{LI^2}2$, $W_e=\dfrac{CU^2}2$, где $U$ — напряжение на конденсаторе. Амплитуды тока и напряжения на контуре связаны законом Ома для цепи с реактивностью: $$U_0=I_0\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac1{\omega C}\right)^2},\qquad \operatorname{tg}\varphi=\frac{\omega L-1/(\omega C)}{R},$$ где $\varphi$ — сдвиг фаз между током и напряжением на контуре. Мгновенные значения: $I=I_0\sin\omega t$, $U=U_0\sin(\omega t+\varphi)$ (напряжение источника). В момент максимума тока ($\omega t=\pi/2$) напряжение на реактивных элементах контура равно $U=-U_0\cos\varphi=-U_0\dfrac{R}{\sqrt{R^2+(\omega L-1/(\omega C))^2}}=-I_0R$.

Тогда $$\frac{W_m}{W_e}=\frac{LI_0^2}{C U^2}=\frac{LI_0^2}{C(I_0R)^2}=\frac{L}{CR^2}.$$ Замечательно, что этот результат не зависит от частоты $\omega$. Подставляя числа ($L=2{,}0\cdot10^{-3}$ Гн, $C=4{,}0\cdot10^{-6}$ Ф, $R=10$ Ом): $$\frac{W_m}{W_e}=\frac{2{,}0\cdot10^{-3}}{4{,}0\cdot10^{-6}\cdot10^2}=5.$$

$\dfrac{W_m}{W_e}=\dfrac{L}{CR^2}=5$ (не зависит от частоты).