Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 51
Текст из файла (страница 51)
Рассмотрим бесконечно малый участок боковой поверхности диска, расположенный под угломϕ к оси OX и имеющий длину Rdϕ иплощадь hR dϕ. На нем находитсямагнитный зарядdqм (ϕ) = σ м (ϕ)dS = MhR cos ϕ dϕ ,x+++ + + + dqм+ϕ+MdH–––– – –––который (по аналогии с точечным10.10. К расчету магнитногоэлектрическим зарядом) создает в Рис.поля в центре касательно намагцентре диска поле dH с x - проекци- ниченного диска (задача 10.3.12)ей, равной1 dqм1dH x = −cos ϕ = −Mh cos2 ϕ dϕ .24π R4 πRИнтегрируя по углу ϕ, получаем величину поля Н в центредиска2πH = H x = −Mhh,cos2 ϕdϕ = − M∫4πR 04Rи, затем, магнитную индукциюh).4R2) Магнитный момент диска равен pm = MV= MπR2h и направлен по оси х. В дипольном приближении (z >> R) индукция магнитного поля на оси z, перпендикулярной оси диполя (Глава 7, задача7.3.3, замечание 2), равна:B = B x = µ 0 ( H + M ) = µ 0 M (1 −329Гл.
10. Магнетики в постоянном магнитном полеR 2hµ 0 pm.=−µM04π z 34z3hh) , H = H x = −M,Ответ: 1) B = Bx = µ 0 M (1 −4R4RR2h2) Bx ( z ) = −µ 0 M 3 .4zBx ( z ) = −Задача 10.3.13 (базовая задача). Шар радиуса R имеет однородную "замороженную" намагниченность с вектором намагниченности М (рис. 10.11). Найти магнитzную индукцию В(r) и напряженность+ + + +магнитного поля Н(r) внутри (1) и++++снаружи (2) шара.ϑРешениеЗадачу удобно решить методом"магнитных зарядов".MПосколькунамагниченность––внутри шара однородна, объемных––магнитных зарядов нет, но на поверх–– – –ности согласно (10.18) возникают заРис.
10.11. К нахождеряды с поверхностной плотностьюσм (ϑ) = M n = M cos ϑнию магнитного поляоднородно намагниченногошара(задача10.3.13)(рис. 10.11). Аналогичная электростатическая задача для однородно поляризованного шара была решена выше (Глава 4, задача 4.3.17) гдебыло получено, что внутри шара напряженность электрическогополя1P,3ε0где Р – вектор поляризации, а снаружи поле совпадает с полем точечного диполя, расположенного в центре шара, имеющего ди4польный момент p = πR 3P .3PПроизведя замены (10.19) Е → Н,→ M, p → pm, для обласε0ти внутри шара, получаемE =−330ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧОтвет:12H = − M , B = µ0 (H + M) = µ0M .3312Внутри шара H = − M, B = µ 0 M ,33Снаружи H 2 (r ) =1 (p m r )r p m − 3 , B2 (r) = µ0H2 (r ) ,4π r 5r 4 3πR M – вектор магнитного дипольного момента шара.3Замечание.
Магнитное поле, порождаемое однородной намагниченностью внутри конечных тел, называется размагничивающимполем (поскольку оно направлено против направления намагниченности). При однородной намагниченности тела это поле будет однородным только для тел в форме эллипсоида или его частных случаев – шара или сфероида.Для эллипсоида размагничивающее поле можно записать в виде H р = − Nˆ M , где N̂ – тензор размагничивающих факторов (коэф-где p m =фициентов). В главных осях эллипсоида тензор N̂ диагонален, исумма диагональных элементов всегда равна 1.
Поэтому в шаре всекоэффициенты размагничивания равны 1 3 . Аналогичным способом можно решить задачу для длинного цилиндра с поперечнойнамагниченностью (без учета неоднородности поля на торцах, тоесть, аппроксимируя его длинным сфероидом). В этом случае обакоэффициента размагничивания в его поперечном сечении равны1 2 , а продольный равен нулю (это используется далее в задаче10.4.9).Тонкую плоскую пластину без учета неоднородности поля наее краях можно аппроксимировать сплюснутым сфероидом. Тогдаразмагничивающий фактор в перпендикулярном к плоскости пластины направлении будет равен 1, а в плоскости пластины – 0.Задачи типа 10.4Задачи для ферромагнетиков с гистерезисом магнитнойвосприимчивостиМетод решения.
Для таких сред µ ≠ const, поэтому при нахождении полей нужно учитывать нелинейную зависимость намагни-Гл. 10. Магнетики в постоянном магнитном поле331ченности M(H) или индукции B(H) от напряженности поля Н внутри ферромагнетика, задаваемую петлей гистерезиса ферромагнитного материала. Для связи векторов B, H и М нужно использоватьBобщее соотношение (10.1) H =− M и условия на границах средµ0(10.6), (10.7). При наличии симметрии удобно использовать законполного тока – интегральное соотношение для поля Н (10.5).Задача 10.3.14 (базовая задача).
Ферромагнитный материалимеет остаточную намагниченность Mr и коэрцитивную силу Hc, аучасток петли гистерезиса, соответствующий размагничиванию,можно приближенно аппроксимировать четвертью эллипса(рис. 10.12). Из данного материала изготовлен постоянный магнит ввиде тонкого тора среднего радиуса R с тонким зазором ширины h(h << R). Найти индукцию магнитногополя в зазоре.MРешениеВвиду малой толщины тора по сравMrнению с его средним радиусом пренебрежем зависимостью магнитного поля потолщине тора.Пусть Н1 – средняя напряженностьHcHмагнитного поля внутри тора, Н2 – напряженность в зазоре, а силовые линииполей магнитной индукции В и полейН1,2 ввиду большой магнитной прони- Рис.
10.12. Идеализироцаемости ферромагнетика не выходят ванный участок петлинаружу и являются окружностями. За- гистерезиса ферромагнепишем закон полного тока (10.5) для тика (задача 10.3.14)циркуляции вектора Н по окружностирадиуса R:(2πR – h) Н1 + h Н2 = 0.Непрерывность нормальной компоненты индукции Вn на границах тонкого зазора дает соотношениеµ0 (Н1 + M1) = µ0Н2.Связь M1и Н1 определяется заданной формой кривой размагничивания (эллипс):332ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧM 12 H 12+= 1.M r2 H c2Решая данную систему из этих трех уравнений, получаемB = µ0H2 , гдеMr 2πR H 2 = 1 −.22h M 2πR r+2Hc h 2πR Ответ: B = µ0 1 −h MrM r2 2 πR +H c2 h 2.Задачи типа 10.5Нахождение магнитной энергии и сил в магнитных средахМетод решения.
Энергию магнитного поля можно найти изсоотношений (10.23), (10.24). Объемная плотность сил и магнитноедавление определяются из (10.27)-(10.29). Если магнитное полесоздается контуром с током, то для нахождения сил удобно использовать энергетический метод (Глава 9, (9.8)):1 2I δL ,2где δA – механическая работа, совершаемая искомыми силами прималом изменении конфигурации системы, а δWI = const – происходящее при этом изменение магнитной энергии при условии, что токчерез контур поддерживается постоянным, δL – соответствующеемалое изменение индуктивности контура.δA = δWI = const =Задача 10.3.15 (базовая задача). Длинный и тонкий вертикально расположенный соленоид, намотанный на тонкостеннуюнемагнитную трубку с плотностью намотки n (витков/м), погруженодним концом в парамагнитную жидкость с плотностью ρ.
Послевключения тока I жидкость в трубке поднялась на высоту h. Найтимагнитную проницаемость жидкости. Капиллярными эффектамипренебречь.РешениеВ данной задаче поле Н, строго говоря, не будет совпадать сГл. 10. Магнетики в постоянном магнитном поле333полем пустого соленоида Н0, поскольку линии Н0 перпендикулярныповерхности магнитной жидкости. Действительно, на этой границенормальная компонента поля Н будет иметь скачок H 2 n − H1n = M n ,вызванный полем возникающих на границе поверхностных "магнитных зарядов" плотности σ = Mn. Однако ввиду малости поперечного сечения соленоида поле от этих "магнитных зарядов" будетбыстро спадать с удалением от границы (по аналогии с графикомН(z) в задаче 10.3.8).
Поэтому в остальной части длинного соленоида поле Н не изменится и будет, как и в вакууме, равно H = nI.Тогда магнитная индукция будет B1 = µ0H над жидкостью, иB2 = µµ0H – внутри жидкости. Поскольку эти величины не зависятот положения уровня жидкости, удобно решить задачу, исходя измагнитного давления на границе раздела (10.27):p = w2 – w1 =111H(B2 – B1) = µ0(µ – 1)H 2 = µ0(µ – 1)(nI)2.222Так как w2 > w1, то при смещении границы вверх энергия магнитного поля возрастает (за счет работы источника ЭДС, поддерживающего ток в соленоиде).
Поскольку токи остаются постоянными, из (9.8) следует, что механическая работа также положительна, то есть силы давления направлены вверх. Это давление, вызывающее подъем жидкости, при равновесии должно компенсироваться гидростатическим давлением p = ρgh.2ρghПриравнивая эти два давления, находим µ = 1 +.µ 0 (nI ) 22ρghОтвет: µ = 1 +.µ 0 (nI ) 2Замечание 1. То, что B1 ≠ B2, не противоречит условию непрерывности нормальной компоненты вектора B на границе раздела,которое всегда выполняется. Приведенные выражения для величины полей B1,2 и Н справедливы при достаточно большом удаленииот границы жидкости. На самой границе поле неоднородно, векторВ не перпендикулярен к границе, и часть линий индукции В изнижней части, где ее величина больше и линии идут гуще, выходитза пределы соленоида, не проходя в верхнюю часть.Замечание 2.
Несмотря на неоднородность поля в окрестностиграницы раздела сред, при нахождении магнитного давления надоиспользовать величины полей, взятых вдали от границы. Действительно, при малом смещении приграничной области, где поля не-334ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧоднородны, вся она смещается как целое, и ее магнитная энергияостается постоянной. Полная же энергия меняется только из-за изменения объемов верхней и нижней части, где поля однородны ибыли найдены выше.Задача 10.3.16.
Бесконечная плоская пластина-магнит толщины l однородно намагничена так, что вектор намагниченности Мперпендикулярен ее плоскости. Найти магнитную энергию W′ единицы площади пластины.РешениеВвиду однородности намагниченности объемных молекулярных токов нет. Поскольку вектор М перпендикулярен поверхности,поверхностные молекулярные токи также отсутствуют, и ввиду отсутствия токов проводимости и молекулярных токов индукция магнитного поля В везде равна нулю, как внутри, так и вне пластины.Учитывая, что внутри пластины В = µ0(Н + М) = 0, получаемН = –М. Это – размагничивающее поле, которое соответствуетнормальному размагничивающему фактору пластинки N ≈ 1 (см.замечание к задаче 10.3.13).Поскольку магнитное поле создается несторонними источниками, а порождается самой намагниченностью,то согласно (10.24) плотность энергии11w = – µ0H M = µ0M 2.22На единицу площади пластины приходится энергия1W′ = wl = µ0M 2l.21Ответ: W′ = wl = µ0M 2l.2Задача 10.3.17.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
