2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 векторный потенциал (магнитостатика)
Сообщение02.04.2009, 23:11 
Аватара пользователя


19/03/07
597
Bielefeld
Здравствуйте!!!
Процитирую задачу из Топтыгина: Определить напряженность магнитного поля B, создаваемую постоянным током I, текущим по бесконечному цилиндрическому проводнику кругового сечения радиуса a. Решить задачу путём введения векторного потенциала A.

Проблемы возникли для $ r>a $
Идей никаких, есть только ответ $ A_{z}= const - \frac{I}{c}(1+2\ln \frac{r}{a}) $ :oops: Мне непонятно, как связать $j(r)=0$ и $A_{z} \neq 0$
И неясно, какую формулу для нахождения векторного потенциала нужно использовать, не только по отношению к этой задаче, а вообще.......

Моё решение для $r< a$ выглядит так:
Переходим в цилиндрические координаты $r, \varphi, z$
Находим векторный потенциал по формуле $$A (r)=\frac{1}{c} \int \frac{j(r')}{|r-r'|}d^{3}r'$$
Для $r<a$ плотность тока $j(r')=\frac{I}{\pi a^2}e_{z}$
Понятно, что т. к. ток течет в направлении z, все компоненты кроме $A_{z}$ равны нулю.
$|r-r'|= \sqrt{r^2+z^2}$
Остаётся написать и посчитать интеграл
$A_{z}(r) = \frac{I}{\pi a^2 c} \int^{2\pi}_{0}d \varphi \int_{0}^{r}r'dr' \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{\sqrt{r^2+z^2}}=\frac{Ir^2}{ca^a}(\ln (\infty) -1)= const - \frac{Ir^2}{ca^2}$
С ответом сходится, но возможно, есть ошибки. :roll:
Если кто заметит, сообщите please
________________________________________
Пожалуйста помогите разобраться со случаем $r>a$
Ну или хотя бы напишите, что это легко :D
Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.04.2009, 00:56 


06/12/06
347
Таня Тайс писал(а):
Задача из Топтыгина: Определить напряженность магнитного поля B, создаваемую постоянным током I, текущим по бесконечному цилиндрическому проводнику кругового сечения радиуса a. Решить задачу путём введения векторного потенциала A.

Проблемы возникли для $ r>a $

Моё решение для $r< a$ выглядит так:
Переходим в цилиндрические координаты $r, \varphi, z$
Находим A по формуле $$A (r)=\frac{1}{c} \int \frac{j(r')}{|r-r'|}d^{3}r'$$

Эту формулу лучше записывать, указывая векторы явно:
$$\vec{A} (\vec{r}\,)=\frac{1}{c} \int \frac{\vec{j}(\vec{r}\,')}{\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|}d^{3}\vec{r}\,',$$
чтобы избежать ошибок и не забыть, что
$$r=\left|\vec{r}\,\right|\neq\varrho,$$
где $\varrho$ --- первая из цилиндрических координат $(\varrho,\varphi,z)$.
Цитата:
Для $r<a$ плотность тока $j(r')=\frac{I}{\pi a^2}e_{z}$
Понятно, что т. к. ток течет в направлении z, все крмпоненты кроме $A_{z}$ равны нулю.
$|r-r'|= \sqrt{r^2+z^2}$

$\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|=\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2} \neq\sqrt{r^2+z^2}$
Цитата:
Остаётся написать и посчитать интеграл
$A_{z}(r) = \frac{I}{\pi a^2 c} \int^{2\pi}_{0}d \varphi \int_{0}^{r}r'dr' \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{\sqrt{r^2+z^2}}=\frac{Ir^2}{ca^a}(\ln (\infty) -1)= const - \frac{Ir^2}{ca^2}$
С ответом сходится, но возможно, есть ошибки. :roll:
Если кто заметит, сообщите please

См. выше.

Цитата:
Прошу помощи (подсказки) для случая $r>a$

При решении этим методом (после соответствующих исправлений) для случая $\varrho>a$ изменится лишь верний предел интегрирования по $\varrho'$ --- он будет равен не $\varrho$, а $a$.

Но этот метод --- нерациональный. Лучше использовать уравнение для $\vec{A}$
$$\Delta\vec{A}=-\dfrac{4\pi}{c}\vec{j}$$
и условие непрерывности $\vec{A}$, если уж по условию задачи нужно воспользоваться векторным потенциалом. После перехода к цилиндрическим координатам получится совсем простое обыкновенное дифференциальное уравнение.

А еще проще, на мой взгляд, найти $B$ можно, используя интегральную запись соответствуюшего уравнения Максвелла, теорему Стокса и осесимметричность по аналогии с нахождением поля равномерно заряженного шара (где тоже используется интегральная запись соответствующего уравнения Максвелла, а также теорема Гаусса--Остроградского и шаровая симметрия).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.04.2009, 11:15 
Аватара пользователя


19/03/07
597
Bielefeld
Александр Т., спасибо за быстрый и подробный ответ!
Александр Т. в сообщении #201408 писал(а):
$\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|=\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2} \neq\sqrt{r^2+z^2}$

Но я думала так $\vec{r}$ это точка наблюдения, то есть точка, где мы хотим вычислить напряженность поля.
$\vec{r}\,'$ меняется от нуля $(0,0,0)$ до $\vec{r}$. Поскольку из соображений симметрии угол несущественнен, берём $\varphi-\varphi'=0$, то есть $\cos\left(\varphi-\varphi'\right)=1$
и тогда $\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|=\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2} =\sqrt{(\varrho - \varrho')^2 +(z-z')^2 }$
Так- то можно ведь написать?

Александр Т. в сообщении #201408 писал(а):
Лучше использовать уравнение для $\vec{A}$
$$\Delta\vec{A}=\dfrac{4\pi}{c}\vec{j}$$
и условие непрерывности $\vec{A}$, если уж по условию задачи нужно воспользоваться векторным потенциалом.

Спасибо! Наверное, этого от меня и хотели. Получается (в цилиндрических координатах) так:
$$\Delta\vec{A}= \frac{1}{\varrho}\frac{\partial A}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A}{\partial \varrho^2}=- \frac{4I}{c a^{2}}$$ для $\varrho <a$
$$\frac{1}{\varrho}\frac{\partial A}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A}{\partial \varrho^2}=0$$ для $\varrho > a$
Эти уравнения Вы назвали совсем простыми? Они верные, но мне надо думать, как решать.
8-)
Александр Т. в сообщении #201408 писал(а):
А еще проще, на мой взгляд, найти $B$ можно, используя интегральную запись соответствуюшего уравнения Максвелла

Ага, этим способом я уже давно решила! :D


P.S. У Топтыгина (откуда эта задача) не предложено решения, только ответ. Но он написал, что всё решается в прямоугольных координатах. Тогда уравнение будет такое:
$$\frac{\partial^2A_{z}}{\partial x^2}+\frac{\partial^2A_{z}}{\partial y^2}=-\frac{4I}{ca^2}$$
Как решаются такие уравнения? :oops:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.04.2009, 04:18 


06/12/06
347
Таня Тайс писал(а):
Александр Т., спасибо за быстрый и подробный ответ!
Александр Т. в сообщении #201408 писал(а):
$\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|=\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2} \neq\sqrt{r^2+z^2}$

Но я думала так $\vec{r}$ это точка наблюдения, то есть точка, где мы хотим вычислить напряженность поля.
$\vec{r}\,'$ меняется от нуля $(0,0,0)$ до $\vec{r}$.

Что значит вектор меняется от $(0,0,0)$ до $\vec{r}$? Если Вы имеете в виду, что точка, которая характеризуется радиус-вектором $\vec{r}\,'$, движется вдоль прямой линии от точки $(0,0,0)$ до точки с радиус-вектором $\vec{r}$, то это не так. Вектор $\vec{r}\,'$ меняется так, что его декартовы координаты $(x',y',z')$ удовлетворяют неравенству $x'^2+y'^2\leqslant{a}^2$, т.е. точка, им характеризуемая, лежит внутри бесконечного цилиндра (проводника).
Цитата:
Поскольку из соображений симметрии угол несущественнен, берём $\varphi-\varphi'=0$, то есть $\cos\left(\varphi-\varphi'\right)=1$

Ну, ничего себе! Зависимость от $\varphi$ действительно пропадет после интегрирования, но $\varphi-\varphi'\neq0$, и по $\varphi'$ нужно честно интегрировать.
Цитата:
и тогда $\left|\vec{r}-\vec{r}\,'\right|=\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2} =\sqrt{(\varrho - \varrho')^2 +(z-z')^2 }$
Так- то можно ведь написать?

Нет, $\sqrt{\varrho^2-2\varrho\varrho'\cos\left(\varphi-\varphi'\right)+\varrho'^2+(z-z')^2}\neq\sqrt{(\varrho - \varrho')^2 +(z-z')^2 }.$ Заменой переменной интегрирования $\varphi''=\varphi-\varphi'$ можно исключить $\varphi$, но интегрировать по новой перемнной $\varphi''$ все равно придется.

Цитата:
Александр Т. в сообщении #201408 писал(а):
Лучше использовать уравнение для $\vec{A}$
$$\Delta\vec{A}=\dfrac{4\pi}{c}\vec{j}$$
и условие непрерывности $\vec{A}$, если уж по условию задачи нужно воспользоваться векторным потенциалом.

Здесь я знак пропустил. Правильно будет (в своем сообщении я это уже исправил)
$$\Delta\vec{A}=-\dfrac{4\pi}{c}\vec{j}.$$
Но Вы, похоже, далее использовали исправленное уравнение.
Цитата:
Спасибо! Наверное, этого от меня и хотели. Получается (в цилиндрических координатах) так:
$$\Delta\vec{A}= \frac{1}{\varrho}\frac{\partial A}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A}{\partial \varrho^2}=- \frac{4I}{c a^{2}}$$ для $\varrho <a$

Что это Вы такое написали?
$$\Delta\vec{A}\neq\frac{1}{\varrho}\frac{\partial A}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A}{\partial \varrho^2},$$
т.к. вектор не может равняться скаляру. Понимаю, что это --- обычная невнимательность, но некоторые преподаватели за такие вещи выгоняют с экзамена или зачета. Еще имейте в виду, что у Вас здесь $A=A_z{\neq}|A|$. Упустив это из виду, с таким обозначением можно запутаться в дальнейших выкладках.
Цитата:
$$\frac{1}{\varrho}\frac{\partial A}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A}{\partial \varrho^2}=0$$ для $\varrho > a$
Эти уравнения Вы назвали совсем простыми? Они верные, но мне надо думать, как решать.
8-)

Относительно ${\partial A}/{\partial \varrho}$ это --- линейные обыкновенные дифференциальные уравнения первого порядка, соответственно, неоднородное и однородное.
Цитата:
P.S. У Топтыгина (откуда эта задача) не предложено решения, только ответ. Но он написал, что всё решается в прямоугольных координатах.

Неужели он действительно такой изверг? Мало того, что заставил через векторный потенциал решать (это еще можно понять), так еще и к цилиндрическим координатам запрещает переходить.
Цитата:
Тогда уравнение будет такое:
$$\frac{\partial^2A_{z}}{\partial x^2}+\frac{\partial^2A_{z}}{\partial y^2}=-\frac{4I}{ca^2}$$
Как решаются такие уравнения? :oops:

Вообще-то это --- линейное дифференциальное уравнение в частных производных второго порядка. Такие уравнения решаются разными способами. Один из них --- метод разделения переменных в криволинейных координатах. Как правило выбираются такие координаты, чтобы граница тела была координатной поверхностью. В данном случае удобно выбрать цилиндрические координаты.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.04.2009, 19:11 
Аватара пользователя


19/03/07
597
Bielefeld
Александр Т. в сообщении #202067 писал(а):
Цитата:
P.S. У Топтыгина (откуда эта задача) не предложено решения, только ответ. Но он написал, что всё решается в прямоугольных координатах.

Неужели он действительно такой изверг? Мало того, что заставил через векторный потенциал решать (это еще можно понять), так еще и к цилиндрическим координатам запрещает переходить.

Нет, он не запрещает, но почему-то сам так предпочитает решать. Наверное, ему нравятся уравнения в частных производных. :)
____________________________________
Вроде как я с моим уравнением справилась. :D
Надо только заметить (или в книгах найти), что
$$\frac{1}{\varrho}\frac{\partial A_{z}}{\partial \varrho}+ \frac{\partial^{2} A_{z}}{\partial \varrho^2}=\frac{1}{\varrho}\frac{\partial}{\partial \varrho}\Big(\varrho \frac{\partial A_{z}}{\partial \varrho }\Big)$$

Добавлено спустя 3 минуты 37 секунд:

Александр Т. в сообщении #202067 писал(а):
Еще имейте в виду, что у Вас здесь $A=A_z{\neq}|A|$. Упустив это из виду, с таким обозначением можно запутаться в дальнейших выкладках.

И в этом я тоже запутывалась. Но теперь всё в порядке, надеюсь.
СПАСИБО

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

Модераторы: photon, whiterussian, profrotter, Jnrty, Aer, Парджеттер, Eule_A, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group