1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Вне шараi1 hψ2 = −(H0 R) + 3 b2 (M0 R) + b3 (H0 R)приR ≥ a.RВторое слагаемое учитывает наличие поля от собственного и индуцированного магнитных моментов шара. Направим ось Z вдоль H0 . Перепишем потенциалы в следующем виде:ψ1 = −c1 H0 R cos θ + b1 M0 R cos θ1приb3 H0 cos θb2 M0 cos θ1ψ2 = −H0 R cos θ + R2 +приR2R≤aR ≥ a.где θ – угол между направлением поля H0 и радиус-векторомR до точки наблюдения, а θ1 – угол между направлением вектора намагниченности шара M0uuururMRи R0 . Запишем условие непрерывности потенциала на поверхности шараθψ1 (a) = ψ2 (a). Оно эквивалентно условию непрерывности тангенциальZθOной составляющей магнитного поля H1τ = H2τ :uuur¶µ¶H µb3 H0b2 M0H0 a − c1 H0 a − 2cos θ =− b1 M0 cos θ1 .aa20102Поскольку это равенство должно выполняться при любых углах θ и θ1 , то коэффициенты приcos θ и cos θ1 обращаются в нуль.
Получаемb1 =b2,a3c1 = 1 −b3.a3Найдем проекции вектора B на направление радиус-вектора R. Для идеализированного ферромагнетика внутри шараB1 = µ1 H1 + 4πM0приR < a,где M0 – постоянная, не зависящая от H намагниченность. Вне шара B2 = µ2 H2 , тогд൶∂ψ1B1R = µ1 −+ 4πM0 cos θ1 =∂RB2R= µ1 c1 H0 cos θ − µ1 b1 M0 cos θ1 + 4πM0 cos θ1 ,µ¶∂ψ22µ2= µ2 −= µ2 H0 cos θ + 3 (b2 M0 cos θ1 + H0 cos θ) .∂RRИз условия непрерывности нормальной составляющей вектора B на поверхности шара B1R (a) =B2R (a) получае쵶µ2b34π 2b2 µ2c1 =.1−,b1 =µ1a3µ1 a µ1Окончательноc1 =3µ24π4πa3µ2 − µ1 3, b1 =, b2 =, b3 =a .2µ2 + µ12µ2 + µ12µ2 + µ12µ2 + µ1ψ1 = −где3µ24π(H0 R) +(M0 R)2µ2 + µ12µ2 + µ1(m R)ψ2 = −(H0 R) +приR3приR ≤ a.R ≥ a,µ1 − µ2 34πa3M0 +a H0 .2µ2 + µ12µ2 + µ1Распределение напряженности магнитного поля имеет видm=4π3µ2H0 −M0 приR ≤ a,2µ2 + µ12µ2 + µ13R(m R)mH2 = − ∇ψ2 = H0 +− 3 приR > a.5RRH1 = − ∇ψ1 =1.
Магнитостатика3При вычислении полей H1 и H2 использованы формулы векторного анализаgrad (ϕ1 ϕ2 ) = ϕ1 grad ϕ2 + ϕ2 grad ϕ1 ;grad (A B) = [A × rot B] + [B × rot A] + (A ∇)B + (B ∇)Aиrot R = rot H0 = rot M0 = 0(H0 ∇)R = H0 ,(R ∇)H0 = 0 ,µ ¶13Rgrad=− 5 .3RRЕсли шар предварительно не был намагничен (M0 = 0), то3µ2H0 ,2µ2 + µ1= H0 + Hдип ,H1 =H2где Hдип – поле, создаваемое индуцированным магнитным моментомm=µ1 − µ2 3a H0 .2µ2 + µ1Метод изображений для токов1.2. (Задача 5.14) Бесконечный прямой провод с током J1 расположен параллельно плоскойгранице раздела двух сред с магнитными проницаемостями µ1 и µ2 (провод – в среде с µ1 ).Расстояние от провода до границы a.
Определить магнитное поле во всем пространстве.Решение Пусть поле в верхней полуплоскости (по аналогии с электростатикой) создает заданный ток J1 и ток J2 , расположенный в нижней полуплоскости симметричнозаданному, и они вместе находятся в среде с µ1 . Предположим также, чтоXJ”J1поле в нижней полуплоскости создает ток J”, расположенный в месте заαданного тока, но находящийся в среде µ2 .
Используя граничные условия наYгранице раздела сред, попробуем найти величину тока J2 и J 00 . Как известHHJ2но, граничные условия имеют вид12H1τ = H2τ ,B1n = B2n .Как известно, поле от бесконечного провода с током J имеет в цилиндрических координат видHϕ =2J.cr4Тогда на границе раздела, как видно из рисунка,2J12J2sin α cos α −sin α cos,caca2J 00H2τ =sin α cos,caоткуда получаем соотношение для токовH1τ =J1 − J2 = J 00 .Записывая аналогично граничные условия для нормальных компонент B, получаемµ1 (J1 + J2 ) = µ2 J 00 .Решая эти уравнения для токов, получаемµ2 − µ1,µ1 + µ22µ1J 00 =J1.µ1 + µ2J2 =J11.3.
(Задача 5.17) Прямолинейный провод с током J расположен внутри бесконечной цилиндрической полости, вырезанной в однородной магнитной среде. Провод расположен параллельнооси цилиндра на расстоянии b от нее. Радиус цилиндра – a, магнитная проницаемость магнетика– µ.
Найти поле и силу, действующую на единицу длины провода.Решение Векторы поля B и H во всем пространстве, кроме точек оси, вдолькоторой течет ток J, удовлетворяют однородным уравнениямurrr2 urrdiv B = 0, rot H = 0. Поэтому можно ввести векторный A и скаr1αлярный ψ, потенциалы которые будут удовлетворять во всем проJ2α′J1−J′2странстве уравнениям Лапласа:OaAA′ l =bba∇2 A = 0 ;(1)∇2 ψ = 0 ,(2)где B = rot A, H = − grad ψ.В результате задача магнитостатики сведена к задаче электростатики, которую будем решать,используя метод изображений.
Поле внутри полости попытаемся найти как поле, которое создалось бы в вакууме реальным током J, проходящим через точку A на расстоянии b от центра цилиндрической полости, и фиктивным током ( −J 0 ), расположенным на расстоянии ` = a2 /b от1. Магнитостатика5оси полости. Расстояние ` выбирается таким для того, чтобы отношение r2 /r1 было постояннымдля точек окружности радиуса a: r2 /r1 = a/b, что дает возможность удовлетворить граничнымусловиям на поверхности цилиндрической полости.Поле вне полости будем искать как поле, создаваемое в однородном магнетике µ двумя фиктивными токами J1 и J2 , проходящими через точки соответственно A и 0.Векторный потенциал для прямого тока в цилиндрической системе (см. 4.15)равен2JAz = − ln r + const .cЭта функция является решением уравнения (1). Используя принцип суперпозиции, находим (см.рисунок):A1z = −2J2J 0ln r1 +ln r2 + c1ccприr ≤ a,(3)A2z2µJ12µJ2= −ln r1 −ln r + c2ccприr ≥ a.Циркуляция вектора H по контуру, охватываемому полость, равна 4πJ/c, поэтомуJ1 + J2 = J.(4)Найдем скалярный потенциал прямого тока.
Для прямого тока силовые линии имеют форму окружностей с центрами на оси тока и напряженность магнитного поля имеет только касательные кокружностям составляющие2JHα =.crПоскольку Hα = − 1r ∂ψ, то для скалярного потенциала прямого тока находим∂αψ=−2Jα.cДля нашей задачи, используя принцип суперпозиции, запишемψ1 = −2J 0 02Jα1 +αccприr ≤ a,(5)ψ2 = −2J12J2α1 −αccприr ≥ a.Если положить ψ1 (a) = ψ2 (a), A1z (a) = A2z (a), то тем самым окажутся выполненными условиядлятангенциальныхсоставляющихмагнитногополя6H1α (a)=H2α (a) и нормальных составляющих вектора магнитной индукцииB1r (a) = B2r (a) на поверхности цилиндра, вытекающие из уравнений div B = 0, rot H = 0.Из системы (5) с учетом уравнения (4) и равенства α0 = α − α1 получаем J 0 = −J2 .
Запишемусловие непрерывности векторного потенциала на поверхности цилиндра:µ¶22µJ22J 0 a0J(µ − 1) − µJ2 + J ln r1 = c2 − c1 −ln a −ln(6)cccbЗдесь использована связь r2 = r1 a/b и соотношение (4). Поскольку правая сторона уравнения(6) – константа, то, для того чтобы уравнение удовлетворялось при всех r1 , нужно положитьJ(µ − 1) − µJ2 + J 0 = 0,c2 − c1 =2µJ22J 0 aln a +ln .ccbОкончательно находимJ2 =µ−1J,µ+1J0 = −µ−1J,µ+1J1 =2J.µ+1Сила, действующая на единицу длины тока J, равнаF=[J × B],cгде B – магнитная индукция в месте расположения J, создаваемая всеми токами, кроме самогоJ. В нашем случае это поле от тока J 0 .
ПоэтомуF=−2JJ 0 b2(µ − 1)J2=b.c (` − b) bµ + 1 c2 (a2 − b2 )Если µ > 1 , линейный проводник с током притягивается к ближайшей части поверхности стенки,при µ < 1 – отталкивается.1. Магнитостатика1.1МагнитостатикаУрок 22Магнитные цепи. Постоянные магниты1.1. Определить поле в зазоре постоянного магнита, образованного из длинногоDнамагниченного стержня, свернутого в кольца с небольшим зазором (см.рис.) Толщина намагниченного стержня D, величина зазора d ¿ L, гдеL– длина магнита. Будем считать, что зазор настолько мал, что поле в немможно считать однородным. и пренебрежем потоками рассеяния вне кольdца.Решение Поле внутри кольца можно считать однородным.
В связи с отсутствием внешнихтоков по теореме Стокса получимIHd` = 0,откудаHd d + HL L = 0, где L– длина стержня.ИспользуяBB1Hñoграничные условия в зазоре можно записать Hd=BL ,откуда HL = −BL d/L, т.е. вспомогательное поле в теле стержня направленно в сторону, противоположную направлению B. Тогда, предположив чтоHэтот участок петли гистерезиса имеет линейный характер (см. рис.), можнозаписать¶µHB = Br 1 +,Hcгде Br – остаточное намагничение, а Hc – коэрцитативная сила, которая всегда считается положительной.
В итоге получим поле в магните и в зазореB L = Hd =Br.Br d1+ HcLДля достаточно узкого зазора d ¿ Hc L/Br , поле в стержне стремится к остаточному (BL →Br ). Если же зазор велик (d À Hc L/Br ), то поле BL определяется коэрцитативной силой:BL ≈ H cL¿ Br .d21.2. Найти поле постоянного шарообразного магнита с намагниченностью M и магнитной проницаемостью µ.Решение Для решения этой задачи можно воспользоваться общим решением задачи 5.9 о сфере во внешнем однородном поле с собственным магнитным моментом. Поскольку полученное тамрешение удовлетворяет уравнениям Максвелла и граничным условиям на бесконечности, предположим, что решение в нашем случае аналогично.
Поле внутри шара – однородное с неизвестнымB1 . Поскольку однородно намагниченный шар (с намагниченностью M) имеет магнитный моментm = 43 πa3 M, то поле вне шараB2 = H2 = −m 3(mr)m+.r3r5Граничные условия на границе шара B1r = B2r и H1τ = H2τ . ТогдаmmµH1 cos θ = − 3 (1 − 3) cos θ = 2 3 cos θ,aamH1 sin θ = − 3 sin θ.a8πHвнутр=M, Hнар=µ+2M – намагниченность магнетика магнита.− rm3 +3(mr)r,r5гдеm=4πa3M,µ+21.3.
(Задача 5.24) Найти максимальное магнитное поле шарообразного постоянного магнита радиуса R = 10 см, приняв в данном случае зависимость B(H) = 4πB0 (1 + HH0 ), где поленасыщения B0 = 2Тл, а коэрцитивная сила H0 = 100 Э.Решение Поскольку намагничение в шаре постоянно, будем считать что и магнитное поле имагнитная индукция в шаре постоянны и равны H1 и B1 соответственно. Тогда намагниченностьшара определяется соотношениемB = H + 4πM.Полный магнитный момент шара m = 43 πR3 M.
Магнитное поле (и равная ему индукция) внешара определяются соотношениемB2 = H2 = −m 3(mr)r+.r3r5На границе шар-вакуум должны выполняться граничные условия B1n = B2n , которые следуют изуравнения div B = 0. Выбирая ось z вдоль намагниченности шара, можно это условие записать ввиде3mB1 cos θ = − 3 cos θ + 3 m cos θ,RR1. Магнитостатика3или, сокращая на cos θ и используя приведенное выше определение m, можно переписать этосоотношение22B1 = 3 m = (B1 − H1 ).R3Откуда B1 = −2H1 . Поскольку соотношение для B(H) выполняется во всех точках, мы можемзаписатьµ¶µ¶H1B1B1 = B0 1 += B0 1 −;H02H0откуда окончательно получаемB1 =B02 · 104=≈ 200Гс.B02·1041 + 2H1+2000Поскольку на полюсе, т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
