Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res5.16 [2019/12/03 17:39] – root
+++ electrodynamics:res5.16 [2020/11/26 16:57] (текущий) – root
@@ Строка 4: / Строка 4: @@
 {{:electrodynamics:выделение_158.png?direct&200 |}}
-Задачу будем решать методом изображений. Так как ток течёт по прямой, то имеется только одна составляющая векторного потенциала $\vec A=(0, 0, A_z)$. Рассмотрим три тока, будем считать, что ток в среде определяется током $I$  в среде $\mu 2$ и двумя токами в цилиндре в точке на расстоянии $b'=\frac{a^2}{b}$ и центре цилиндра. Ток $I_1$ в точке $b'$ и $-I_1$ в центре.
+Задачу будем решать методом изображений. Так как ток течёт по прямой, то имеется только одна составляющая векторного потенциала $\vec A=(0, 0, A_z)$. Рассмотрим три тока, будем считать, что ток в среде определяется током $I$  в среде $\mu _2$ и двумя токами в цилиндре в точке на расстоянии $b'=\frac{a^2}{b}$ и центре цилиндра. Ток $I_1$ в точке $b'$ и $-I_1$ в центре.
 Магнитное поле, будем считать, создаётся векторными потенциалами от этих токов. Для вычисления магнитного поля в цилиндре будем считать, что векторное поле создаётся от тока $I_2$ в точке $b$, но как будто вся среда с проницаемостью $\mu _1.$ Для вычисления магнитного поля вне цилиндра будем считать, что векторное поле создаётся от токами $I$ в точке $b$ и двумя токами $I_1$ и $-I_1$ в точке $b'$ и центре цилиндра, но как будто вся среда с проницаемостью $\mu _2.$
@@ Строка 15: / Строка 15: @@
 $$r_{2}^{2}=r^{2}+(b')^{2}-2rb'\cos\theta=r^{2}+\frac{a^{4}}{b^{2}}-2r\frac{a^{2}}{b}\cos\theta=\frac{a^{2}}{b^{2}}r_{1}^{2}.$$
 Найдём нормальную составляющую магнитного поля из <<ротора>> векторного потенциала (вспомним [[https://ru.wikipedia.org/wiki/Цилиндрическая_система_координат|ротор в цилиндрических координатах]]):
-$B_{1n}=(\nabla\times A_{1})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{1}}{\partial\theta}=-\frac{\mu_{1}2I_{2}}{c}\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}}$
+$$B_{1n}=(\nabla\times A_{1})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{1}}{\partial\theta}=-\frac{\mu_{1}2I_{2}}{c}\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}},$$
+$$B_{2n}=(\nabla\times A_{2})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{2}}{\partial\theta}=-\frac{2\mu_{2}}{c}\left(I\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}\sin\theta}{br_{2}^{2}}\right).$$
+Приравнивая на границе цилиндра получим первое соотношение:
+$$\left.B_{2n}\right|_{a}=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\left(I\frac{b}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}}{br_{2}^{2}}\right)=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\frac{b}{r_{1}^{2}}\left(I+I_{1}\right),$$
+$$\mu_{1}I_{2}=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right).$$
-$B_{2n}=(\nabla\times A_{2})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{2}}{\partial\theta}=-\frac{2\mu_{2}}{c}\left(I\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}\sin\theta}{br_{2}^{2}}\right)$
+Рассмотрим теперь тангенциальную составляющую:
+$$H_{1\tau}=(\nabla\times A_{1})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial r}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}$$
+на границе:
+$$\left.H_{1\tau}\right|_{a}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}.$$
+Во второй области
+$$H_{2\tau}=(\nabla\times A_{2})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial r}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(r-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{r_{2}^{2}}-I_{1}\frac{1}{r}\right).$$
+На границе
+$$\left.H_{2\tau}\right|_{a}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(a-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{\frac{a^{2}}{b^{2}}r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)=
+$$
+$$\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(\frac{b^{2}}{a}-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)=$$
+$$\frac{2}{car_{1}^{2}}\left(I\left(a^{2}-ab\cos\theta\right)+I_{1}\left(b^{2}-ab\cos\theta\right)-I_{1}\left(a^{2}+b^{2}-2ab\cos\theta\right)\right)=$$
+$$\frac{2}{cr_{1}^{2}}\left(I\left(a-b\cos\theta\right)-I_{1}\left(a-b\cos\theta\right)\right).$$
+Приравнивая получим второе соотношение
+$$I-I_{1}=I_{2}.$$
+Подставляя
+$$\mu_{1}\left(I-I_{1}\right)=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right)$$
+найдём токи
+$$I_{1}=I\frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}, \ \ I_{2}=I\frac{2\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}.$$
-$\left.B_{2n}\right|_{a}=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\left(I\frac{b}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}}{br_{2}^{2}}\right)=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\frac{b}{r_{1}^{2}}\left(I+I_{1}\right)$
+По условию задачи $\mu_1=\mu,$ $\mu_2=1.$ Магнитное поле в от <<токов изображений>> в месте реального тока:
+$$
-$\mu_{1}I_{2}=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right)$
+B=-\frac{2I_1}{cb}+\frac{2I_1}{c(b-b')}=\frac{I_1a^2}{cb(b^2-a^2)},
+$$
-$H_{1\tau}=(\nabla\times A_{1})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial r}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}$
+тогда сила на единицу длины:
+$$
-$\left.H_{1\tau}\right|_{a}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}$
+\frac{F}{l}=\frac{IB}{c}=\frac{2I^2a^2(\mu-1)}{c^2b(b^2-a^2)(\mu+1)}.
+$$
-$H_{2\tau}=(\nabla\times A_{2})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial r}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(r-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{r_{2}^{2}}-I_{1}\frac{1}{r}\right)$
-$\left.H_{2\tau}\right|_{a}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(a-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{\frac{a^{2}}{b^{2}}r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(\frac{b^{2}}{a}-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)=$
-$\frac{2}{car_{1}^{2}}\left(I\left(a^{2}-ab\cos\theta\right)+I_{1}\left(b^{2}-ab\cos\theta\right)-I_{1}\left(a^{2}+b^{2}-2ab\cos\theta\right)\right)=$
-$\frac{2}{cr_{1}^{2}}\left(I\left(a-b\cos\theta\right)-I_{1}\left(a-b\cos\theta\right)\right)$
-$I-I_{1}=I_{2}$
-\textcyr{\CYRT\cyro\cyrg\cyrd\cyra}
-$\mu_{1}\left(I-I_{1}\right)=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right)$ \textcyr{\cyri}
-$I_{1}=I\frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}$, $I_{2}=I\frac{2\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}$