ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 674
Скачиваний: 5
По закону Био—Савара магнитная индукция в начале координат дается
выражением
B
(0) =
1
c
Z
[
r j
(
r
)]
r
3
dV.
Из соображений симметрии ясно, что в начале координат вектор
B
имеет
только
z
-компоненту. Объемный интеграл в предыдущей формуле удобно
вычислять в сферических координатах. Выражая через них
[
rj
]
z
=
xj
y
−
yj
z
,
с учетом соотношений
x
=
r
sin
θ
cos
ϕ,
y
=
r
sin
θ
sin
ϕ,
j
x
=
−
j
ϕ
sin
ϕ,
j
y
=
j
ϕ
cos
ϕ,
получаем
B
z
(0) =
1
c
1
2
·
3
8
e
~
πma
7
∞
Z
0
r
3
e
−
2
r
3
a
dr
π
Z
0
sin
5
θdθ
2
π
Z
0
dϕ.
Поскольку
∞
Z
0
r
3
e
−
αr
dr
= (
−
1)
3
∂
3
∂α
3
∞
Z
0
e
−
αr
dr
=
3!
α
4
и
π
Z
0
sin
5
θdθ
=
−
π
Z
0
(1
−
cos
2
θ
)
2
d
(cos
θ
) =
16
15
,
то окончательно находим
B
z
(0) =
2
e
~
405
mca
3
.
Проверьте непосредственным расчетом, что
B
x
(0) =
B
y
(0) = 0
.
J
Задача 5.
Ток
J
течет по тонкому проводнику, образующему квадрат
со стороной
2
a
. Найти магнитную индукцию
B
на оси, проходящей через
центр квадрата перпендикулярно его плоскости. Исследуя
B
на больших
расстояниях, найти магнитный момент
M
.
Расположим квадрат в плоскости
xy
так, чтобы его стороны были па-
раллельны осям, а ось
z
проходила через центр квадрата и образовывала с
направлением тока правовинтовую систему. Очевидно, что на оси квадрата
41
вектор индукции имеет только компоненту
B
z
, причем ток в каждой стороне
дает в неё одинаковый вклад. Поэтому требуется вычислить
B
z
(
z
) =
J
c
I
[
d
l
,
r
−
r
0
]
z
|
r
−
r
0
|
3
=
4
J
c
a
Z
−
a
ady
0
(
y
0
2
+
a
2
+
z
2
)
3
/
2
=
8
J
c
a
Z
0
ady
0
(
y
0
2
+
a
2
+
z
2
)
3
/
2
(интегрируем по стороне, параллельной оси
y
). Возникший интеграл
Z
dx
(
x
2
+
b
2
)
3
/
2
=
1
b
2
x
(
x
2
+
b
2
)
1
/
2
+
C
можно взять подстановкой
x
=
b/t
(проделайте вычисления!). Окончательно
B
=
8
a
2
J
c
(
z
2
+
a
2
)
√
z
2
+ 2
a
2
k
.
На больших расстояниях от контура,
|
z
| À
a
, выражение для индукции
упрощается
B
=
8
a
2
J
c
|
z
|
3
k
.
Сравнивая формулу с общим выражением (3.14) для индукции на большом
расстоянии от системы токов, которое в нашем случае (когда магнитный
момент
M
и радиус-вектор
r
, проведенный в точку наблюдения, лежат на
одной прямой, а
r
=
|
z
|
) принимает вид
B
=
2
M
|
z
|
3
,
видим, что
M
=
4
a
2
J
c
в соответствии с (3.16).
J
Задача 6.
Равномерно заряженная с поверхностной плотностью
σ
ко-
ническая поверхность (
x
2
+
y
2
=
z
2
,
0
6
z
6
h
) вращается вокруг своей
оси с угловой скоростью
ω
. Найти индукцию магнитного поля в вершине
конической поверхности.
Из формул (3.10), (3.12) получаем исходное выражение для магнитной
индукции в вершине:
B
(0) =
1
c
Z
[
ri
]
r
3
dS,
где интегрирование проводится по поверхности конуса. Выразив плотность
поверхностного тока через плотность заряда и угловую скорость
i
=
σ
[
ω
r
]
и
42
раскрывая двойное векторное произведение, получим
B
(0) =
σ
c
Z
ω
r
2
−
r
(
ω
r
)
r
3
dS.
Проведем интегрирование в ц.с.к.
ρ, ϕ, z
. Элемент площади на поверхно-
сти конуса с углом
α
между осью и образующей записывается как
dS
=
=
ρdρdϕ/
sin
α
(в чем можно убедиться, спроектировав
dS
на плоскость
xy
).
В нашем случае
α
=
π/
4
, поэтому
z
=
ρ
=
r/
√
2
. Проводя вычисления,
находим
B
(0) =
π
c
hσ
ω
.
J
Задача 7.
В сферических координатах компоненты вектора
j
средней
объемной плотности орбитального тока, текущего в возбужденном атоме
водорода, равны
j
r
=
j
θ
= 0
,
j
ϕ
=
1
3
8
e
~
πma
7
r
3
e
−
2
r
3
a
sin
θ
cos
2
θ,
где
a
— боровский радиус,
~
— постоянная Планка,
m
и
e
— масса и заряд
электрона, а
r
— расстояние до протона. Вычислить магнитный момент
M
орбитального тока.
Исходим из определения магнитного момента (3.15) и вычисляем объем-
ный интеграл от векторной функции в выбранной системе координат по ком-
понентам, аналогично задаче 4 данного раздела. Очевидно,
M
x
=
M
y
= 0
, а
для
M
z
получаем промежуточное выражение
M
z
=
1
2
c
1
3
8
e
~
πma
7
∞
Z
0
r
6
e
−
2
r
3
a
dr
π
Z
0
sin
3
θ
cos
2
θdθ
2
π
Z
0
d
ϕ .
Вычисляя
∞
Z
0
r
6
e
−
2
r
3
a
dr
=
6!
(2
/
3
a
)
7
,
π
Z
0
sin
3
θ
cos
2
θdθ
=
4
15
,
находим магнитный момент орбитального тока
M
x
=
M
y
= 0
,
M
z
=
e
~
2
mc
.
J
Задача 8.
Внутренний магнитный момент электрона по абсолютной
величине равен магнетону Бора
µ
0
=
|
e
|
~
2
mc
. Согласно классической модели
43
электрон представляет собой однородно заряженный шар радиуса
r
0
=
e
2
mc
.
Рассматривая внутренний магнитный момент как результат вращения
электрона вокруг своей оси симметрии, определить угловую скорость
ω
этого вращения.
Вычислим магнитный момент равномерно заряженного шара, вращающе-
гося вокруг своей оси с угловой скоростью
ω
:
M
=
1
2
c
Z
[
rj
]
dV
=
{
j
=
ρ
[
ω
r
]
}
=
ρ
ω
2
c
Z
r
2
(1
−
cos
2
θ
)
dV
=
er
2
0
5
c
ω
.
Приравнивая вычисленное и экспериментальное значения абсолютной вели-
чины магнитного момента
|
e
|
r
2
0
ω
5
c
=
|
e
|
~
2
mc
,
находим угловую скорость, с которой должен вращаться электрон:
ω
=
5
~
2
mr
2
0
.
Подставляя численные значения фундаментальных констант, находим
ω
≈
≈
10
25
с
−
1
. Так как классический радиус электрона
r
0
=
e
2
/mc
2
≈
10
−
13
см,
то линейная скорость «точек электрона», лежащих на экваторе, имеет вели-
чину
v
=
ωr
0
≈
10
12
см/с, т.е. на два порядка превосходит скорость света.
Таким образом, рассмотренная модель спинового магнитного момента про-
тиворечит второму постулату специальной теории относительности.
J
Задача 9.
Ток
J
однородно распределен по сечению бесконечного цилин-
дра радиуса
R
. Используя максвелловский тензор натяжений, найти силу
F
, прижимающую друг к другу две одинаковые половины цилиндра. Здесь
F
— сила, приложенная к единице длины одной из половин цилиндра. Подтвер-
дить полученный результат независимым вычислением с использованием
объемной силы.
Направим ось
z
по оси цилиндра, а ось
y
— перпендикулярно плоскости
раздела половин цилиндра. Сила, приложенная к половине цилиндра, выра-
жается через тензор натяжений
T
αβ
следующим образом (см. (3.24)):
F
y
=
I
(
T
yx
n
x
+
T
yy
n
y
+
T
yz
n
z
)
dS,
(3.26)
где интегрирование ведется по поверхности полуцилиндра единичной высо-
ты,
n
= (
n
x
, n
y
, n
z
)
— вектор внешней нормали к ней. Другие компоненты
силы равны нулю:
F
x
=
F
z
= 0
. Запишем компоненты вектора индукции
B
x
=
−
B
sin
ϕ,
B
y
=
B
cos
ϕ,
B
z
= 0
,
44
через которые согласно (3.25) выражаются компоненты тензора натяжения
T
αβ
. Вычислим сначала интеграл по боковой поверхности цилиндра. Посколь-
ку на ней
n
x
= cos
ϕ, n
y
= sin
ϕ
, элемент площади
dS
=
Rdϕdz
, а величина
индукции имеет постоянное значение
B
= 2
J/cR
, то имеем (напомним, что
рассчитывается сила, приходящаяся на единицу длины цилиндра)
F
(1)
y
=
1
4
π
R
1
/
2
Z
−
1
/
2
dz
π
Z
0
·
−
B
2
sin
ϕ
cos
2
ϕ
+ (
B
2
cos
2
ϕ
−
1
2
B
2
) sin
ϕ
¸
dϕ
=
=
−
J
2
πc
2
R
.
(3.27)
На поверхности раздела полуцилиндров (лежащей в плоскости
xz
)
n
x
=
n
z
= 0
,
n
y
=
−
1
,
B
=
2
J
cR
2
|
x
|
,
поэтому
F
(2)
y
=
−
Z
T
yy
dS
=
−
1
8
π
1
/
2
Z
−
1
/
2
dz
R
Z
−
R
B
2
dx
=
−
J
2
3
πc
2
R
.
Складывая
F
(1)
y
и
F
(2)
y
, находим, что результирующая сила по абсолютной
величине равна
F
=
4
J
2
3
πc
2
R
.
Другой способ решения задачи основан на вычислении суммарной объемной
силы по формуле (3.19):
F
y
=
1
c
Z
[
jB
]
y
dV
=
1
c
Z
jB
x
dV
=
(
j
=
J
πR
2
,
dV
=
ρdρdϕdz,
B
x
=
−
2
J
cR
2
ρ
sin
ϕ
)
=
=
−
2
J
2
πc
2
R
4
R
Z
0
ρ
2
dρ
π
Z
0
sin
ϕdϕ
1
/
2
Z
−
1
/
2
dz
=
−
4
J
2
3
πc
2
R
.
J
Задачи для самостоятельного решения
3.1.
Можно ли создать в пространстве постоянный ток с объемной плот-
ностью
j
=
j
0
e
−
αr
, где
α
— постоянная величина,
j
0
— постоянный вектор?
45