Правка разделов «Решение», «Ответ»

jzmicer правка от
Посмотреть решение История
правка #14861 предыдущая #12225 ← раньше позже →
ru/9.2.17.md +45 −56
@@ -5,89 +5,78 @@Условие
![ К задаче $9.2.17^*$ |574x411, 39%](../../img/9.2.17/statement.png)
### Решение
+Если вам нужно не готовое решение, а хинт, то обратитесь к
+[листку "Магнитный диполь" на Mathus](https://mathus.ru/phys/mdipole.pdf)
−![ Направление суммарной магнитной индукции |833x545, 59%](../../img/9.2.17/9.2.17_1.png)
+![ Направление суммарной магнитной индукции |833x545, 20%](../../img/9.2.17/9.2.17_1.png)
+В данной задаче мы имеем дело с магнитным диполем - замкнутым контуром с током. Поэтому введем новую величину - дипольный момент, который определяется как $M=Iab$
−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
+Сначала рассмотрим несколько частных случаев этой задачи.
−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
+$1)$ Пусть точка наблюдения $P$ расположена на прямой, проходящей через центр $O$
+прямоугольника перпендикулярно его плоскости.
−$$
−\cos\alpha_1 = \frac{{2r\cos\alpha} - a}{2r} = \cos\alpha - \frac{a}{2r}
−$$
+Заметим, точка $P$ лежит на серединном перпендикуляре к каждой стороне прямоунольника, однако если её чуть-чуть "подвигать" результат почти не изменится.
−$$
−\cos\alpha_2 = \frac{{2r\cos\alpha} + a}{2r} = \cos\alpha + \frac{a}{2r}
−$$
+![ Магнитная индукция, создаваемая проводом длины $l$ |220x368, 20%](../../img/9.2.17/9.2.17_2.png)
−**_Теоретическое отступление_**
−
−![ Магнитная индукция, создаваемая проводом длины $l$ |220x368, 24%](../../img/9.2.17/9.2.17_2.png)
−
Магнитный провод длины $l$ создаёт магнитное поле равное
−
+$$B=\int dB=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\int\frac{dl\cdot r \sin\alpha}{r^3}=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\int_{\alpha_0}^{\pi-\alpha_0}\frac{hd\alpha}{\sin^2\alpha}\div\frac{h^2}{\sin^2\alpha}\cdot\sin\alpha$$
$$
−B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}\cos\alpha_0
+B=\frac{\mu_0I}{2\pi h}\cos\alpha_0\tag{1}
$$
+и направленное перпендикулярно плоскости $h$ и $l$
−Из геометрии задачи, получаем
+Применим эти формулы к проводам длиной $b$. Используем приближение
+$$h=\sqrt{\frac{a^2}{4}+r^2}\approx r$$
+Пусть $\beta$ - угол между $h$ и проекцией $h$ на плоскость прямоугольника. Тогда
+$$\cos\alpha_0=\frac{b}{2r}$$
+$$\cos\beta=\frac{a}{2r}$$
+Векторно складывая поля, создаваемые 2 проводами длиной $b$ получим суммарное поле
+$$B=2B_b\cos\beta=2\frac{\mu_0I}{2\pi r}\cos\alpha_0\cos\beta=\frac{\mu_0Iab}{4\pi r^3}\tag{2}$$
+направленное вдоль $\vec r$
−$$
−\cos\alpha_0 = \frac{b/2}{\sqrt{r^2+b^2/4}} = \frac{b}{2r}\left(1+\frac{b^2}{4r^2}\right)^{1/2}
−$$
+Проведя аналогичные рассуждения для второй пары проводков, мы получим точно такой же ответ.
+В итоге, для этого частного случая поле равно
+$$B_1=2B_b+2B_a=\frac{\mu_0Iab}{2\pi r^3}\tag{3}$$
−Используя приближение $(1+x)^\alpha\approx1+\alpha x$, преобразуем до первого порядка малости
+$2)$ Пусть точка наблюдения $Q$ находится в плоскости контура на продолжении средней
+линии прямоугольника.
−$$
−\cos\alpha_0 = \frac{b}{2r}\left(1-\frac{b^2}{8r^2}\right)\approx\frac{b}{2r}
−$$
+Заметим, что в этом случае одна из пар проводов лежит практически на на линии $\vec r$, и поэтому (помним про векторное умножение в законе био савара лапласа) практически не вносит вклада в поле в точке наблюдения.
+Провода второй пары (например, длиной $b$) создают в точке наблюдения поля, направленные строго противоположно. Тогда пусть $h\approx r\pm \frac{a}{2}$
−Более подробный вывод этой формулы на 76-78 страницах ["Магнитостатика. Электродинамика. Теория колебаний"](http://belpho.org/books/Magnitostatika.pdf) — А.И.Слободянюка Откуда, получаем
+$$B_2=B_b1-B_b2=\frac{\mu_0I}{2\pi (r-\frac{a}{2})}\cos\alpha_{01}-\frac{\mu_0I}{2\pi (r+\frac{a}{2})}\cos\alpha_{02}==\frac{\mu_0I}{2\pi r^2}\left({\left({1-\frac{a}{2r}}\right)^{-\frac{1}{2}}-\left({1+\frac{a}{2r}}\right)^{-\frac{1}{2}}}\right)=\frac{\mu_0Iab}{4\pi r^3}$$
−$$
−\boxed{B_0=B_1=B_2=\frac{\mu_0Ib}{4\pi r^2}}
−$$
+Используем приближение $\left({1\pm\frac{a}{2r}}\right)^{-\frac{1}{2}}\approx1\mp\frac{a}{4r}$ и получим:
−NO: мы использовали приближение, которое в дальнейшем нам даст ответ с точностью до первого порядка
+$$B_2=\frac{\mu_0Iab}{4\pi r^3}$$
+Снова отметим, что если немного подвигать точку наблюдения или "покрутить" контур в исходной плоскости ответ практически не изменится, так как такие изменения положения находятся в рамках сделанных приближений.
−Из рисунка следует, что полная магнитная индукция магнитного поля $\vec{B}$ будет равняться векторной сумме компонент $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$
+Для удобства дальнейших выкладок введём вектор магнитного момента диполя, равного $\vec p=I\vec S, \qquad p=Iab$ (Вектор площади витка направлен перпендикулярно его плоскости).
+Тогда перепишем в векторной форме полученные ранее выражения:
+$$\vec B_1=\frac{\mu_0\vec p}{2\pi r^3}\tag{3}$$
+$$\vec B_2=\frac{\mu_0\vec p}{4\pi r^3}$$
−$$
−\vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2
−$$
+$3)$ Теперь рассмотрим более общий случай, описанный в условии
−Тогда модуль вектора можно будет найти по теореме косинусов
−
+Представим магнитный момент нашего контура в виде суммы $\vec p=\vec p_1+\vec p_2$, причем пусть $\vec p_1$ направлен перпендикулярно $\vec r$, а $\vec p_1$ - параллельно.
+Физически это можно представить так: поместим на линии наблюдения рядом с контуром токи равные $\pm I$, так, чтобы возникло 2 новых магнитных диполя, перпендикулярных друг другу.
+Тогда
$$
−B = \sqrt{B_1^2+B_2^2-2B_1B_2\cos\Delta\alpha}
+\vec B=\frac{\mu_0\vec p_1}{2\pi r^3}-\frac{\mu_0\vec p_2}{4\pi r^3}=\frac{\mu_0}{4\pi r^3}(2\vec p_1-\vec p_2)=\frac{\mu_0\vec p_1}{4\pi r^3}(3\vec p_1-\vec p)
$$
−
+$\vec p_1\perp\vec r$, значит $\vec p_1=\frac{ (\vec p\vec r)\vec r}{r^2}$, поэтому в итоге получаем
$$
−B = B_0\sqrt{2-2\cos\Delta\alpha} = 2B_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}\tag{1}
+\vec B=\frac{\mu_0}{4\pi r^3}\left({\frac{ (\vec p\vec r)\vec r}{r^2}-\vec p}\right)
$$
−
−Учитывая, малость угла $\Delta \alpha$,
−
+В скалярном виде (угол между $\vec p$ и $\vec r$ равен $\frac{\pi}{2}-\alpha$)
$$
−\sin\frac{\Delta\alpha}{2} \approx \frac{\Delta\alpha}{2}=\frac{a}{2r}
+B=\frac{\mu_0Iab(3\sin\alpha-1)}{4\pi r^3}
$$
−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)
−
#### Ответ
$$
−B=\mu_0M\sqrt{1+3\sin^2\alpha} /(4\pi r^3), ~M=Iab
+B=\frac{\mu_0Iab\sqrt{1+3\sin^2\alpha}}{4\pi r^3}
$$