векторный потенциал (магнитостатика)

[Таня Тайс]

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}) $ 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.
Если кто заметит, сообщите please
________________________________________
Пожалуйста помогите разобраться со случаем $r>a$
Ну или хотя бы напишите, что это легко
Спасибо.

[Александр Т.]

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.
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).

[Таня Тайс]

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.

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!


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?

[Александр Т.]

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.

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?

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.

[Таня Тайс]

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.
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