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

Savchenko Solutions

Solutions of Savchenko Problems in Physics
knowledge must be free

    <h3 id="back-link"><a href="/ru#9.2">$\leftarrow$Назад</a></h3>

    <h3> Условие </h3>
    <p>
        $9.2.17^*.$ 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 $\alpha$

    <h3>Решение</h3>
    <p>

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

$$\cos\alpha_1 = \frac{{2r\cos\alpha} - a}{2r} = \cos\alpha - \frac{a}{2r}$$
$$\cos\alpha_2 = \frac{{2r\cos\alpha} + a}{2r} = \cos\alpha + \frac{a}{2r}$$

Теоретическое отступление

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 слагаемов 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" — А.И.Слободянюка Откуда, получаем $$\boxed{B_0=B_1=B_2=\frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}}$$ NO: мы использовали приблежение, котоое 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

    <h4>Ответ</h4>
    <p>
        $$B=\mu_0M\sqrt{1+3\sin^2\alpha} /(4\pi r^3), \~M=Iab$$
    </p>
    <p style="text-align: right; font-style: italic; font-size: 14;">
      Aliaksandr Melnichenka<br>
      Andrei Yersh<br>
    </p>


<footer class="row container">
  <br>
    <p>
        <small> © <strong>Savchenko Solutions</strong>, 2023-2024 <br></small>
    </p>
    <p>
        <small>Все права принадлежат авторам. <br> Коммерческое использование материалов — с письменного разрешения авторов. <br> alex@savchenkosolutions.com <br></small>
    </p>
</footer>