$9.2.17^*.$ Определите индукцию магнитного поля прямоугольной рамки $a \times b$ с током $I$ в точке $A$, находящейся на расстоянии $r$, много большем линейных размеров рамки. Радиус-вектор $\vec{r}$ образует с плоскостью рамки угол $\alpha$
### Решение
 Направление суммарной магнитной индукции
Из симметрии следует, что индукция магнитного поля будет присутствовать только в плоскости, заданной углом $\alpha$, т.к. компоненты провода длинны $a$, будут компенсировать друг друга
Распишем косинусы углов, которые составляет $\vec{r}$ с проводами длины $b$ пусть угол $\alpha_1$ будет до ближайшего провода, а угол $\alpha_2$ будет для дальнего, тогда
 Магнитная индукция, создаваемая проводом длины $l$
@@ -18,8 +18,8 @@Решение
Магнитный провод длины $l$ создаёт магнитное поле равное $$B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}\cos\alpha_0$$ Из геометрии задачи, получаем $$\cos\alpha_0 = \frac{b/2}{\sqrt{r^2+b^2/4}} = \frac{b}{2r}\left(1+\frac{b^2}{4r^2}\right)^{1/2}$$ Используя приближение $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$, преобразуем до первого порядка малости $$\cos\alpha_0 = \frac{b}{2r}\left(1-\frac{b^2}{8r^2}\right)\approx\frac{b}{2r}$$ Более подробный вывод этой формулы на 76-78 страницах ["Магнитостатика. Электродинамика. Теория колебаний"](http://belpho.org/books/Magnitostatika.pdf) — А.И.Слободянюка Откуда, получаем $$\boxed{B_0=B_1=B_2=\frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}}$$ NO: мы использовали приближение, которое в дальнейшем нам даст ответ с точностью до первого порядка
−
Из рисунка следует, что полная магнитная индукция магнитного поля $\vec{B}$ будет равняться векторной сумме компонент $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$$$\vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2$$ Тогда модуль вектора можно будет найти по теореме косинусов $$B = \sqrt{B_1^2+B_2^2-2B_1B_2\cos\Delta\alpha}$$$$B = B_0\sqrt{2-2\cos\Delta\alpha} = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\quad(1)$$ Учитывая, малость угла $\Delta\alpha$, $$\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\approx\frac{\Delta\alpha}{2}=\frac{a}{2r}$$ Подставляем $(1)$: $$B = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = B_0 \Delta\alpha$$ Получаем в приближении до первого порядка: $$\boxed{B = \frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}\frac{a}{r} = \frac{\mu_0M}{4\pi r^3}}$$ Если при решении задачи, Вам удалось получить ответ до второго порядка, будьте первым, кто пришлёт решение на [alex@savchenkosolutions.com](mailto:alex@savchenkosolutions.com)
+
Из рисунка следует, что полная магнитная индукция магнитного поля $\vec{B}$ будет равняться векторной сумме компонент $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$$$\vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2$$ Тогда модуль вектора можно будет найти по теореме косинусов $$B = \sqrt{B_1^2+B_2^2-2B_1B_2\cos\Delta\alpha}$$$$B = B_0\sqrt{2-2\cos\Delta\alpha} = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\quad(1)$$ Учитывая, малость угла $\Delta\alpha$, $$\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\approx\frac{\Delta\alpha}{2}=\frac{a}{2r}$$ Подставляем $(1)$: $$B = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = B_0 \Delta\alpha$$ Получаем в приближении до первого порядка: $$\boxed{B = \frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}\frac{a}{r} = \frac{\mu_0M}{4\pi r^3}}$$ Если при решении задачи, Вам удалось получить ответ до второго порядка, будьте первым, кто пришлёт решение на [aliaksandr@melnichenka.com](mailto:aliaksandr@melnichenka.com)
$9.2.17^*.$ Определите индукцию магнитного поля прямоугольной рамки $a \times b$ с током $I$ в точке $A$, находящейся на расстоянии $r$, много большем линейных размеров рамки. Радиус-вектор $\vec{r}$ образует с плоскостью рамки угол $\alpha$
$9.2.17^*.$ Определите индукцию магнитного поля прямоугольной рамки $a \times b$ с током $I$ в точке $A$, находящейся на расстоянии $r$, много большем линейных размеров рамки. Радиус-вектор $\vec{r}$ образует с плоскостью рамки угол $\alpha$
### Решение
### Решение
 Направление суммарной магнитной индукции
 Направление суммарной магнитной индукции
Из симметрии следует, что индукция магнитного поля будет присутствовать только в плоскости, заданной углом $\alpha$, т.к. компоненты провода длинны $a$, будут компенсировать друг друга
Из симметрии следует, что индукция магнитного поля будет присутствовать только в плоскости, заданной углом $\alpha$, т.к. компоненты провода длинны $a$, будут компенсировать друг друга
Распишем косинусы углов, которые составляет $\vec{r}$ с проводами длины $b$ пусть угол $\alpha_1$ будет до ближайшего провода, а угол $\alpha_2$ будет для дальнего, тогда
Распишем косинусы углов, которые составляет $\vec{r}$ с проводами длины $b$ пусть угол $\alpha_1$ будет до ближайшего провода, а угол $\alpha_2$ будет для дальнего, тогда
 Магнитная индукция, создаваемая проводом длины $l$
 Магнитная индукция, создаваемая проводом длины $l$
@@ -18,8 +18,8 @@Решение
Магнитный провод длины $l$ создаёт магнитное поле равное $$B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}\cos\alpha_0$$ Из геометрии задачи, получаем $$\cos\alpha_0 = \frac{b/2}{\sqrt{r^2+b^2/4}} = \frac{b}{2r}\left(1+\frac{b^2}{4r^2}\right)^{1/2}$$ Используя приближение $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$, преобразуем до первого порядка малости $$\cos\alpha_0 = \frac{b}{2r}\left(1-\frac{b^2}{8r^2}\right)\approx\frac{b}{2r}$$ Более подробный вывод этой формулы на 76-78 страницах ["Магнитостатика. Электродинамика. Теория колебаний"](http://belpho.org/books/Magnitostatika.pdf) — А.И.Слободянюка Откуда, получаем $$\boxed{B_0=B_1=B_2=\frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}}$$ NO: мы использовали приближение, которое в дальнейшем нам даст ответ с точностью до первого порядка
Магнитный провод длины $l$ создаёт магнитное поле равное $$B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}\cos\alpha_0$$ Из геометрии задачи, получаем $$\cos\alpha_0 = \frac{b/2}{\sqrt{r^2+b^2/4}} = \frac{b}{2r}\left(1+\frac{b^2}{4r^2}\right)^{1/2}$$ Используя приближение $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$, преобразуем до первого порядка малости $$\cos\alpha_0 = \frac{b}{2r}\left(1-\frac{b^2}{8r^2}\right)\approx\frac{b}{2r}$$ Более подробный вывод этой формулы на 76-78 страницах ["Магнитостатика. Электродинамика. Теория колебаний"](http://belpho.org/books/Magnitostatika.pdf) — А.И.Слободянюка Откуда, получаем $$\boxed{B_0=B_1=B_2=\frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}}$$ NO: мы использовали приближение, которое в дальнейшем нам даст ответ с точностью до первого порядка
Из рисунка следует, что полная магнитная индукция магнитного поля $\vec{B}$ будет равняться векторной сумме компонент $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$$$\vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2$$ Тогда модуль вектора можно будет найти по теореме косинусов $$B = \sqrt{B_1^2+B_2^2-2B_1B_2\cos\Delta\alpha}$$$$B = B_0\sqrt{2-2\cos\Delta\alpha} = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\quad(1)$$ Учитывая, малость угла $\Delta\alpha$, $$\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\approx\frac{\Delta\alpha}{2}=\frac{a}{2r}$$ Подставляем $(1)$: $$B = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = B_0 \Delta\alpha$$ Получаем в приближении до первого порядка: $$\boxed{B = \frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}\frac{a}{r} = \frac{\mu_0M}{4\pi r^3}}$$ Если при решении задачи, Вам удалось получить ответ до второго порядка, будьте первым, кто пришлёт решение на [alex@savchenkosolutions.com](mailto:alex@savchenkosolutions.com)
Из рисунка следует, что полная магнитная индукция магнитного поля $\vec{B}$ будет равняться векторной сумме компонент $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$$$\vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2$$ Тогда модуль вектора можно будет найти по теореме косинусов $$B = \sqrt{B_1^2+B_2^2-2B_1B_2\cos\Delta\alpha}$$$$B = B_0\sqrt{2-2\cos\Delta\alpha} = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\quad(1)$$ Учитывая, малость угла $\Delta\alpha$, $$\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\approx\frac{\Delta\alpha}{2}=\frac{a}{2r}$$ Подставляем $(1)$: $$B = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = B_0 \Delta\alpha$$ Получаем в приближении до первого порядка: $$\boxed{B = \frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}\frac{a}{r} = \frac{\mu_0M}{4\pi r^3}}$$ Если при решении задачи, Вам удалось получить ответ до второго порядка, будьте первым, кто пришлёт решение на [aliaksandr@melnichenka.com](mailto:aliaksandr@melnichenka.com)
