Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 4.15. Вычислить векторный потенциал: 1) однородного поля в координатах: \\ а) декартовых, \\ б) цилиндрических,\\ в) сферических; 2) поля прямого тока; 3) поля кругового витка на больших расстояниях от витка. ----- Векторный потенциал $\,\vec{A}$ магнитного поля $\,\vec{B}$ определяется соотношением \begin{equation} (1) \hspace{10pt}\vec{B}=\text{rot}\vec{A} \end{equation} и дополнительным условием \begin{equation} (2) \hspace{10pt} \text{div}\vec{A}=0\,. \end{equation} В тех областях, где магнетик однороден, вектор $\,\vec{A}$ удовлетворяет уравнению \begin{equation} (3) \hspace{10pt} \Delta\vec{A}=-\frac{4\pi\mu}{c}\,\vec{j}\,, \end{equation} где $\,\vec{j}$ --- заданное распределение токов. Решение уравнения (3) можно записать в виде интеграла по объему \begin{equation} (4) \hspace{10pt} \vec{A}(\vec{R})=\frac{\mu}{c}\int \frac{\vec{j}(\vec{R}')\,dV'} {|\vec{R}-\vec{R}'|}\,, \end{equation} где $\,\vec{R}'$ --- вектор положения элемента тока $\,\vec{j}(\vec{R}')\,dV'$ в выбранной системе координат. ==== 1 a) ==== Пусть $\,\vec{B}$ направлено по оси$\,Z$. Положим $\,A_z=0$, поскольку циркуляция вектора $\,\vec{A}$ максимальна в плоскости ($X$,$Y$). Векторное уравнение (1) равносильно трем скалярным уравнениям, которые с учетом $\,A_z=0$ запишутся в виде: $$\frac{\partial A_y}{\partial x}- \frac{\partial A_x}{\partial y}=B_z\,,$$ \begin{equation} (5) \hspace{10pt} \frac{\partial A_y}{\partial z}=0\,, \end{equation} $$\frac{\partial A_x}{\partial z}=0\,.$$ Решение этой системы не однозначно. Из двух последних уравнений следует, что $\,A_y$ и $\,A_x$ могут быть только функциями от $\,x$ и $\,y$ и удовлетворяют уравнению \begin{equation} (6) \hspace{10pt} \frac{\partial A_x}{\partial x}+\frac{\partial A_y}{\partial y}=0\,. \end{equation} Решение уравнения (6) можно выбрать, например: $$\,A_y=0,\qquad \,A_x=A_1(y).$$ Подставляя их в уравнение (5), находим $$\,A_x=B_z\cdot y.$$ Более симметричное решение уравнения (6) имеет вид: \[ \begin{array}{rcl} A_x& = & b\cdot x+A_1(y)\,,\\ A_y&=&-b\cdot y+A_2(x)\,, \end{array} \] где $\,b$ --- произвольная постоянная. Подставляя это решение в уравнение (5), получаем $$\frac{\partial A_2(x)}{\partial x}- \frac{\partial A_1(y)}{\partial y}=B_z=\text{const}\,.$$ Откуда $$A_1(y)=-\frac{1}{2}B_z\cdot y\,,\qquad A_2(x)=\frac{1}{2}B_z\cdot x\,.$$ Выбирая $\,b=0$, окончательно находим: $$A_x=-\frac{1}{2}B_z\cdot y\,,\qquad A_y=\frac{1}{2}B_z\cdot x\,,\;\;\;\;A_z=0\,.$$ ==== 1 б) ==== В цилиндрической системе координат ($\,z$, $r$, $\alpha$) уравнение (1) будет равносильно уравнениям $$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rA_{\alpha})- \frac{1}{r}\frac{\partial A_r}{\partial \alpha}=B_z\,,$$ $$\frac{1}{r}\frac{\partial A_z}{\partial \alpha}- \frac{\partial A_{\alpha}}{\partial z}=0\,,$$ $$\frac{\partial A_r}{\partial z}- \frac{\partial A_z}{\partial r}=0\,.$$ Полагая $\,A_z=0$, как и в декартовой системе координат, уравнения принимают вид: $$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rA_{\alpha})- \frac{1}{r}\frac{\partial A_r}{\partial \alpha}=B_z\,,$$ \begin{equation} (7) \hspace{10pt} \frac{\partial A_{\alpha}}{\partial z}=0\,, \end{equation} $$\frac{\partial A_{r}}{\partial z}=0\,.$$ Выбирая $\,A_r=0$, из уравнения (7) находим $$\;A_{\alpha}=\frac{1}{2}B_{\alpha}r.$$ ==== 1 в) ==== В сферической системе координат ($\,R$,$\theta$,$\alpha$) проекциями вектора $\,\vec{B}$ будут: $$B_R=B\cos\theta\,,\qquad B_{\theta}=-B\sin\theta\,, \qquad B_{\alpha}=0\,.$$ Выбираем вектор $\,\vec{A}$ (как и в предыдущих случаях) лежащим в плоскостях, перпендикулярных $\,\vec{B}$. Тогда у $\,\vec{A}$ существует только отличная от нуля проекция $\,A_{\alpha}$. Полагая $\,A_R=A_{\theta}=0$, скалярные уравнения, соответствующие векторному уравнению (1), будут иметь вид: \begin{equation} (8) \hspace{10pt} \frac{1}{R\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,A_{\alpha})=B\cos\theta\,, \end{equation} \begin{equation} (9) \hspace{10pt} \frac{A_{\alpha}}{R}+\frac{\partial A_{\alpha}}{\partial R}= B\sin\theta\,. \end{equation} Интегрируя уравнение (8), получаем $$A_{\alpha}= \frac{1}{2}BR\sin\theta+f(R)\,,$$ где $\,f(R)$ --- произвольная функция от $\,R$. Из симметрии задачи следует, что $\;A_{\alpha}\;$ не зависит от $\;\alpha$. \, Подставляя $\;A_{\alpha}\;$ в уравнение (9), \, получаем $\,\partial f(R)/\partial R=0$, значит, $\,f(R)$ можно выбрать равным нулю, $\;f(R)=0$. Окончательно $$A_R=A_{\theta}=0\,,\qquad A_{\alpha}=\frac{1}{2}BR\sin\theta\,.$$ ==== 2) ==== Будем решать задачу в цилиндрической системе координат. Пусть ток $\,J$ течет вдоль оси $\,Z$. Тогда из уравнения (3) следует, что векторный потенциал можно выбрать направленным тоже по $\,Z$. Напряженность магнитного поля прямого тока имеет только $\,\alpha$-ю компоненту: $\;H_{\alpha}=2J/cr$. Запишем проекцию векторного уравнения (1) на $\,\alpha$-е направление: \begin{equation} (10) \hspace{10pt} \frac{2J}{cr}=-\frac{\partial A_z}{\partial r}\,. \end{equation} 3десь положено $\;\mu=1$. Интегрируя уравнение (10), получаем $$A_z=-\frac{2J}{c}\ln r+\text{const}\,.$$ Константа произвольна. Можно приписать точкам произвольной цилиндрической поверхности, соосной с током, нулевой векторный потенциал. ==== 3) ==== Кольцо с током радиуса $\,R_0$ расположено в плоскости $(X,Y)$. Найдем векторный потенциал в точке наблюдения, задаваемой радиус-вектором $\,\vec{R}$. {{:electrodynamics:выделение_147.png?direct&200 |}} Для линейного тока выражение (4) запишется так: \begin{equation} (11) \hspace{10pt} \vec{A}(\vec{R})=\frac{J}{c} \oint\frac{d\vec{\ell}}{|\vec{R}-\vec{R}_0|}\,. \end{equation} Направим ось $\,X$ перпендикулярно плоскости, в которой лежат $\,Z$ и $\,\vec{R}$ (см. рисунок). На больших расстояниях подынтегральное выражение (11) можно представить так: $$\frac{1}{|\vec{R}-\vec{R}_0|}\approx\frac{1}{R}\bigg( 1+\frac{(\vec{R}\,\vec{R}_0)}{R^2}\bigg) \qquad\mbox{при}\qquad \frac{R_0}{R} \ll 1\,.$$ Тогда \begin{equation} (12) \hspace{10pt} \vec{A}(\vec{R})=\frac{J}{cR}\biggl[ \oint\,d\vec{\ell}+ \frac{1}{R^2}\oint (\vec{R}\,\vec{R}_0)\,d\vec{\ell}\;\biggr]\,. \end{equation} Первый интеграл равен нулю. Подынтегральное выражение второго интеграла представим в виде $$(\vec{R}\,\vec{R}_0)d\vec{\ell}=RR_0^2\,\cos\theta_0 (-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)\,d\alpha=$$ \begin{equation} (13) \hspace{10pt} =RR_0^2\,\sin\theta\,\sin\alpha\, (-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)\,d\alpha\,, \end{equation} где $\,\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ -- единичные векторы в направлении осей $\,X$, $Y$. {{:electrodynamics:выделение_148.png?direct&200 |}} При преобразовании использованы равенства: $$d\vec{\ell}=(-\vec{n}_x\sin\alpha+ \vec{n}_y\cos\alpha)R_0\,d\alpha\,,$$ $$\cos\theta_0=\sin\theta\sin\alpha\,.$$ Подставляя выражение (13) в уравнение (12) и интегрируя по кольцу, окончательно получаем $$\vec{A}(\vec{R})=-\frac{\pi R_0^2J\sin\theta}{cR^2}\vec{n}_x= \frac{[\vec{m}\times\vec{R}]}{R^3}\,,$$ где $\;\vec{m}=\frac{\pi R_0^2J}{c}\vec{n}_z$-- магнитный момент кольца радиуса $\,R_0$ с током $\,J$.