Правка разделов «Условие», «Решение», «Ответ»
ru/9.4.7.md
+33 −9
| @@ -1,19 +1,43 @@ | |||
| ### Условие | |||
| − | $9.4.7.$ | ||
| + | $9.4.7.$ Плоскости, пересекающиеся под углом $\alpha$, делят пространство на че- | ||
| + | тыре области. Магнитное поле в каждой области однородно. В областях $1$ и $3$ | ||
| + | индукция поля параллельна плоскости симметрии $AA′$, направлена в одну сто- | ||
| + | рону и равна соответственно $B_1$ и $B_3$. Определите индукцию поля в областях $2$ | ||
| + | и $4$. | ||
| ### Решение | |||
| + |  | ||
| + | Для решения этой задачи надо вспомнить, что линии магнитной индукции всегда замкнуты, а их плотность пропорциональна величине $B$. Пусть для данного в условии рисунка расстояние между силовыми линиями $a$ связано с магнитной индукцией отношением | ||
| + | $$B=\frac{k}{a}\tag{1}$$ | ||
| + | где $k$- постоянный размерный коэффициент. Тогда на рисунке можно соединить концы силовых линий из $1$ и $3$ областей, и получить силовые линии в областях $2$ и $4$. Эти области одинаковы (из симметриии) | ||
| + |  | ||
| + | Из (1) несложно получить | ||
| + | $$B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=B_3\frac{a_3}{a_2}\tag{2}$$ | ||
| − |  | ||
| − |  | ||
| + | Где | ||
| − | Плоскости, пересекающиеся под углом α, делят пространство на че- | ||
| − | тыре области. Магнитное поле в каждой области однородно. В областях 1 и 3 | ||
| − | индукция поля параллельна плоскости симметрии AA′, направлена в одну сто- | ||
| − | рону и равна соответственно B1 и B3. Определите индукцию поля в областях 2 | ||
| − | и 4. | ||
| + | - $AB=N\cdot a_1=a$ | ||
| + | - $CD=N\cdot a_3=b$ | ||
| + | - $EF=N\cdot a_2=h (EF\perp AD)$ | ||
| + | - $BC\subset AA′, BC=l$ | ||
| + | - Углы $AEB$ и $DEC$ равны $\frac{\alpha}{2}$ | ||
| + | Далее помощью простой геометрии получаем | ||
| + | |||
| + | $a=BF\cdot tg\frac{\alpha}{2}$, $b=EC\cdot tg\frac{\alpha}{2}$ $\Rightarrow$ $l=\frac{a+b}{tg\frac{\alpha}{2}}$ | ||
| + | |||
| + | $S_{AED}=S_{ABCD}-S_{ABE}-S_{EDC}=\frac{1}{2}((a+b)l-a\cdot BE-b\cdot EC)=\frac{ab}{tg\frac{\alpha}{2}}$ | ||
| + | $$AD=\sqrt{(b-a)^2+l^2}$$ | ||
| + | $$h=\frac{2S_{AED}}{AD}=\frac{2ab}{tg\frac{\alpha}{2}\sqrt{(b-a)^2+\frac{(a+b)^2}{tg^2\frac{\alpha}{2}}}}=\frac{2abcos\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{a^2+b^2+2abcos\alpha}}$$ | ||
| + | |||
| + | $$a_3=\frac{2a_1a_3cos\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{a_1^2+a_3^2+2a_1a_3cos\alpha}}\tag{3}$$ | ||
| + | Подставляя (3) и (1) в (2), получим искомое поле | ||
| + | $$B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=B_1a_1\frac{\sqrt{a_1^2+a_3^2+2a_1a_3cos\alpha}}{2a_1a_3cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{B_1^2+B_3^2+2B_1B_3cos\alpha}}{2cos\frac{\alpha}{2}}$$ | ||
| + | P.S. У Савченко, видимо, опечатка: в ответе под корнем все выражение | ||
| #### Ответ | |||
| − | [Вставьте краткий ответ или результат в рамке] | ||
| + | $B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=\frac{\sqrt{B_1^2+B_3^2+2B_1B_3cos\alpha}}{2cos\frac{\alpha}{2}}$ | ||
| @@ -1,19 +1,43 @@ | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $9.4.7.$ |
$9.4.7.$ Плоскости, пересекающиеся под углом $\alpha$, делят пространство на че- | ||
| тыре области. Магнитное поле в каждой области однородно. В областях $1$ и $3$ | |||
| индукция поля параллельна плоскости симметрии $AA′$, направлена в одну сто- | |||
| рону и равна соответственно $B_1$ и $B_3$. Определите индукцию поля в областях $2$ | |||
| и $4$. | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
|  | |||
| Для решения этой задачи надо вспомнить, что линии магнитной индукции всегда замкнуты, а их плотность пропорциональна величине $B$. Пусть для данного в условии рисунка расстояние между силовыми линиями $a$ связано с магнитной индукцией отношением | |||
| $$B=\frac{k}{a}\tag{1}$$ | |||
| где $k$- постоянный размерный коэффициент. Тогда на рисунке можно соединить концы силовых линий из $1$ и $3$ областей, и получить силовые линии в областях $2$ и $4$. Эти области одинаковы (из симметриии) | |||
|  | |||
| Из (1) несложно получить | |||
| $$B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=B_3\frac{a_3}{a_2}\tag{2}$$ | |||
|  | |||
|  | |||
| Где | |||
| Плоскости, пересекающиеся под углом α, делят пространство на че- | - $AB=N\cdot a_1=a$ | ||
| тыре области. Магнитное поле в каждой области однородно. В областях 1 и 3 | - $CD=N\cdot a_3=b$ | ||
| индукция поля параллельна плоскости симметрии AA′, направлена в одну сто- | - $EF=N\cdot a_2=h (EF\perp AD)$ | ||
| рону и равна соответственно B1 и B3. Определите индукцию поля в областях 2 | - $BC\subset AA′, BC=l$ | ||
| и 4. | - Углы $AEB$ и $DEC$ равны $\frac{\alpha}{2}$ | ||
| Далее помощью простой геометрии получаем | |||
| $a=BF\cdot tg\frac{\alpha}{2}$, $b=EC\cdot tg\frac{\alpha}{2}$ $\Rightarrow$ $l=\frac{a+b}{tg\frac{\alpha}{2}}$ | |||
| $S_{AED}=S_{ABCD}-S_{ABE}-S_{EDC}=\frac{1}{2}((a+b)l-a\cdot BE-b\cdot EC)=\frac{ab}{tg\frac{\alpha}{2}}$ | |||
| $$AD=\sqrt{(b-a)^2+l^2}$$ | |||
| $$h=\frac{2S_{AED}}{AD}=\frac{2ab}{tg\frac{\alpha}{2}\sqrt{(b-a)^2+\frac{(a+b)^2}{tg^2\frac{\alpha}{2}}}}=\frac{2abcos\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{a^2+b^2+2abcos\alpha}}$$ | |||
| $$a_3=\frac{2a_1a_3cos\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{a_1^2+a_3^2+2a_1a_3cos\alpha}}\tag{3}$$ | |||
| Подставляя (3) и (1) в (2), получим искомое поле | |||
| $$B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=B_1a_1\frac{\sqrt{a_1^2+a_3^2+2a_1a_3cos\alpha}}{2a_1a_3cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{B_1^2+B_3^2+2B_1B_3cos\alpha}}{2cos\frac{\alpha}{2}}$$ | |||
| P.S. У Савченко, видимо, опечатка: в ответе под корнем все выражение | |||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| [Вставьте краткий ответ или результат в рамке] | $B_2=B_4=B_1\frac{a_1}{a_2}=\frac{\sqrt{B_1^2+B_3^2+2B_1B_3cos\alpha}}{2cos\frac{\alpha}{2}}$ | ||