Осесимметричное поле с заданными свойствами

[EUgeneUS]

Может быть элементарно, конечно. Но мне пришлось подумать некоторое время

Для некоторых осесимметричных, бездивергентных, безвихревых, "почти равномерных" полей, например, магнитного поля в соленоиде, через теорему Гаусса легко вывести соотношение:

$B_r = - r \frac{\partial B_z}{\partial z}$, в цилиндрических координатах.
То есть $B_r$ и $\frac{\partial B_z}{\partial z}$ имеют разные знаки.

Построить осесимметричное, бездивергентное, безвихревое, "почти равномерное" поле, для которых эти величины будут иметь один и тот же знак. То есть такое поле, что в некоторой области пространства, в цилиндрических координатах:
1. $B_{\varphi} = 0$, $\frac{\partial B_z}{\partial \varphi} =0$, $\frac{\partial B_r}{\partial \varphi} =0$
2. $\nabla \vec{B} = 0$, $\nabla \times \vec{B} = 0$
3. $B_r \ll B_z$
4. $B_r$ имеет такой же знак, как и $\frac{\partial B_z}{\partial z}$

"Построить" - любым способом (привести явный приvер $\vec{B}(r,z)$, графически, описать словами метод построения).

[amon]

Что-то никто не откликнулся, а дело вроде нехитрое. Введем в области скалярный потенциал $\Psi.$ Он удовлетворяет уравнению Лапласа $\Delta\Psi=0.$ В силу аксиальной симметрии это уравнение сведется к

$$\left(\frac{1}{r}\frac{d}{dr}r\frac{d}{dr}+\frac{d^2}{dz^2}\right)\Psi=0.$$

Условие $B_r = r \frac{\partial B_z}{\partial z}$ связывает $\frac{d^2\Psi}{dz^2}$ с $\frac{d\Psi}{dr}.$ Получаем обыкновенное дифференциальное уравнение, и ву-аля!

[EUgeneUS]

Попробуем довести до конца

$\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} (r B_r) + \frac{1}{r} B_r = 0$
$2 B_r + r \frac{\partial}{\partial r} B_r = 0$

Решение ОДУ:
$B_r = \frac{f(z)}{r^2}$

Отсюда сразу:
$\Psi = - \frac{f(z)}{3 r^3} + g(z)$

Далее, пытаемся найти $f(x)$... и не получается.

-- 06.11.2020, 18:13 --

(Оффтоп)

Представляю, как построить такое поле, чтобы оно удовлетворяло условиям в некоторой довольно таки ограниченной области вдали от оси.
Причем построение не аналитическое, а так скажем графическое "на картинках".

Сомневаюсь, что можно построить такое поле, чтобы оно удовлетворяло всем условиям (кроме (3)) "почти во всем" $R^3$. Например, кроме "проводников" нулевого объема, на которых ротор не нулевой.

[amon]

EUgeneUS в сообщении #1490931 писал(а):

и не получается

Да, не выходит каменный цветок. IMHO, дело в соотношении $B_r = - r \frac{\partial B_z}{\partial z}.$ Что-то его не выполнить в аксиально-симметричном поле без токов. А откуда это чудо взялось?

[EUgeneUS]

amon в сообщении #1490975 писал(а):

А откуда это чудо взялось?

Из ошибки в условиях вот этой задачи.
Там:
а) Соленоид расположен вертикально.
б) Ось направлена вверх.
в) А у нижнего конца $B_r > 0$ и $B_z > 0$ (в $t=0$).

Вот и подумалось - так вообще может быть, хоть где-то, хоть для какого-то поля?

(графическое решение)

а) Возьмем плоское сечение поля соленоида плоскостью, проходящей через ось соленоида.
б) Возьмем ось, параллельную оси соленоида, лежащую в данной плоскости вне среза соленоида.
в) Закрутим "картинку" вокруг новой оси.

В области у срезов магнитной системы ближе к новой оси условия буду выполнены.
Такое поле можно создать двумя соосными соленоидами, с небольшой разницей радиусов и противоположным направлением тока.

[amon]

EUgeneUS в сообщении #1490980 писал(а):

В области у срезов магнитной системы ближе к новой оси условия буду выполнены.

Терзают сомнения, что точно выполнены. Вроде как, мы общими усилиями доказали, что поля (точного), указанного в условии:
1. $B_{\varphi} = 0$, $\frac{\partial B_z}{\partial \varphi} =0$, $\frac{\partial B_r}{\partial \varphi} =0$
2. $\nabla \vec{B} = 0$, $\nabla \times \vec{B} = 0$
3. $B_r = - r \frac{\partial B_z}{\partial z}$ (знак тут неважен)
в природе не бывает. Из условия 2) следует, что в области, где такое поле существует, можно вводить скалярный потенциал, удовлетворяющий уравнению Лапласа, и далее - по тексту.

[EUgeneUS]

amon в сообщении #1490983 писал(а):

(знак тут неважен)

Имхо, для исходных условий всё дело как раз в знаке множителя $k$ в $B_r = k \frac{\partial B_z}{\partial z}$, он должен быть положителен.
А какой положительный множитель будет, для исходных условий не важно. Вообще говоря, это может быть любая положительная функция от $r$, $z$.

Просто доказали, что множитель в виде $k=r$ (как и $k=-r$) не подходит.

Я сначала кинулся доказывать, что такого не бывает, через $\nabla \vec{B} =0$.
Дивергенция в цилиндрических координатах:
$\frac{1}{r} \frac{\partial (r B_r)}{\partial r} + \frac{\partial B_z}{\partial z} = 0$
$\frac{\partial B_r}{\partial r} + \frac{B_r}{r} + \frac{\partial B_z}{\partial z} =0$

Второе и третье слагаемое одного знака (пусть положительные). Но первое-то может быть отрицательным.
Предполагаю, что исходные условия нельзя выполнить в области в виде цилиндра вокруг оси, даже если саму ось исключить. (1)
А в некотором толстом кольце с ненулевым внутренним радиусом - возможно. Для этого вроде бы построил пример. А доказать (1) - это уже выше моих сил

[Утундрий]

$$B_r = - J_1 (r)\sin z, \quad B_z = J_0 (r)\cos z$$

[EUgeneUS]

UPD:

EUgeneUS в сообщении #1490989 писал(а):

Вообще говоря, это может быть любая положительная функция от $r$, $z$.

Конечно, не вообще любая, а такая, что выполняются остальные условия, то есть есть скалярный потенциал $\Psi$ и $\triangle \Psi = 0$.

[StaticZero]

Утундрий в сообщении #1490992 писал(а):

$$B_r = - J_1 (r)\sin z, \quad B_z = J_0 (r)\cos z$$

А тут точно $\operatorname {div} \equiv 0$?

[Утундрий]

Проверьте, может знак потерял.

[EUgeneUS]

Если поискать потенциал в виде $\Psi = f(r)g(z)$
Тогда $\frac{\partial f(r)}{\partial r} = \frac{1}{r} + k \frac{r}{2}$, где $k$ - константа.
для $k=-1$, получается $g(z) = e^z$ (или $g(z) = e^{-z}$)

И получается пример: $\Psi = (\ln r - \frac{r^2}{4})e^z$,
$B_r = (\frac{1}{r} - \frac{r}{2})e^z$
$B_z = (\ln r - \frac{r^2}{4})e^z = \frac{\partial B_z}{\partial z}$
Для $r > \sqrt{2}$ условия выполняются.

А вот функции Бесселя в потенциале вида $\Psi = f(r)g(z)$ у меня никак не получаются...

-- 07.11.2020, 00:24 --

UPD:
Если в прошлом примере взять $k=1$, тогда
$g(z) = \sin z $ и $\Psi = (\ln r + \frac{r^2}{4}) \sin z$

$B_r = (\frac{1}{r} + \frac{r}{2}) \sin z$
$B_z = (\ln r + \frac{r^2}{4}) \cos z$
$\frac{\partial B_z}{\partial z} = - (\ln r + \frac{r^2}{4}) \sin z$

Тогда условия выполняются, при достаточно малых $r$, когда $(\ln r + \frac{r^2}{4}) < 0$

[Утундрий]

Может быть я и ошибся. Однако, Лаплас в цилиндре это таки Бессель. Будет время, распишу.

[EUgeneUS]

Чьёрт. Нашел ошибку у себя

(Оффтоп)

Спать пора

[Ignatovich]

EUgeneUS в сообщении #1490795 писал(а):

"Построить" - любым способом (привести явный приvер $\vec{B}(r,z)$, графически, описать словами метод построения).

Если допустить, что область, в которой выполняются условия задачи не обязательно является односвязной, то в качестве примера можно привести электростатическое поле длинной однородно заряженной нити и точечного заряда противоположного знака, расположенного на ней. Для заданных значений заряда и линейной плотности заряда можно указать область, в которой условия 1...4 будут выполнены для вектора напряженности электрического поля. Наверняка есть и другие примеры подобных электростатических полей.
Но в исходной постановке, наверное, подразумевалась односвязная область.