Магнитостатика. Задача

[drug39]

Если на два таких луча смотреть из точки плоскости их симметрии, то, легко видеть, что противоположные токи дадут нулевое поле. Теперь взгляните на них из произвольной точки. Поле одного из них уничтожается продолжением другого. Останется отрезок.

[Munin]

Понятно. Но это очень сложно: с разных точек зрения разные отрезки. Легко что-нибудь проинтегрировать неправильно. Так что остальное тоже подробнее, пожалуйста.

[drug39]

Munin в сообщении #399856 писал(а):

с разных точек зрения разные отрезки

Верно. Теперь посмотрим на плоскость из произвольной точки. На ней можно увидеть такие "разные отрезки" из одной (этой) точки. Все эти отрезки имеют общий конец в начале системы координат. Как можно догадаться, $\varphi $ - это полярный угол 2-го конца отрезка.
Поскольку система имеет осевую симметрию, поле достаточно найти в плоскости с осью симметрии. Будем искать поле в точке $(R,h,0)$ ($0$ - полярный угол точки).
Отрезок всегда должен наблюдаться из точки его плоскости симметрии, поэтому длина отрезка равна $2Rcos\varphi$.

[Munin]

drug39 в сообщении #399889 писал(а):

Поскольку система имеет осевую симметрию, поле достаточно найти в плоскости с осью симметрии.

Не понимаю, где ещё его можно найти. Через любую точку и ось симметрии можно провести плоскость.

[drug39]

Munin в сообщении #399897 писал(а):

Не понимаю, где ещё его можно найти. Через любую точку и ось симметрии можно провести плоскость.

Например, можно найти поле в поперечной к оси плоскости. Тогда неясно будет, как поле зависит от $h$. Или если плоскость пройдет на расстоянии от начала координат. Тоже тогда не будет ясна общая картина поля.

[drug39]

Munin в сообщении #399856 писал(а):

Легко что-нибудь проинтегрировать неправильно.

Приходится признать, что ошибочка в выкладках есть, но это не изменяет направление дискуссии. Всего лишь, вроде, упущен коэффициентец. В итоге
$B=B_{l}+2B_{pl}=\frac{I}{cR}(1+\frac{h}{\sqrt{h^2+R^2}}+\frac{2}{\pi}\frac{R}{\sqrt{h^2+R^2}}arctg\frac{R}{h})$.
Далее напишу подробнее.

[Munin]

В любом случае вы ищете поле во всём пространстве, разве нет?

[drug39]

Ищется поле в плоскости симметрии. Во всех плоскотях симметрии оно одинакого, поэтому увидем поле всего пространства. Продолжаем.

Отрезок с током $I_{ot}$в своей плоскости симметрии имеет поле
$B_{ot}=\frac{2I_{ot}}{ca}sin\frac{\delta}{2}$,
где $a$ - расстояние между отрезком и точкой наблюдения поля,
$\delta$- угол, под которым виден отрезок.
Cледовательно, $a=\sqrt{R^2sin^2\varphi+h^2}$ ,
$sin\frac{\delta}{2}=\frac{Rcos\varphi}{\sqrt{R^2+h^2}}$.

Ввиду симетрии токов плоскости нормальная составляющая поля плоскости равна нулю. Поэтому учитывать будем только тангенциальные составляющие полей отрезков. Кроме того, ввиду симетрии силовые линии поля плоскости - окружности, параллельные плоскости и имеющие центры на оси симметрии. Поэтому учитывать будем только ординаты полей отрезков.

Ордината поля отрезка
$B_{ot.y}=-B_{ot}sin\beta cos\varphi$,
где $\beta$ - двугранный угол между плоскостью токов и плоскостью, содержащей отрезок и точку наблюдения поля.
$sin\beta=\frac{h}{\sqrt{R^2sin^2\varphi+h^2}}$.
Приращение поля от отрезка
$dB_{pl}=2B_{ot.y}$.
Теперь нужно подставить сюда все формулы, умножить на 2 и проинтегрировать на интервале $(0<\varphi<\frac{\pi}{2})$.

[Munin]

drug39 в сообщении #400057 писал(а):

Ищется поле в плоскости симметрии. Во всех плоскотях симметрии оно одинакого, поэтому увидем поле всего пространства.

Непонятно, зачем это произносить. Можно просто сказать, что вы ищете поле в произвольной точке пространства.

drug39 в сообщении #400057 писал(а):

Отрезок с током $I_{ot}$ в своей плоскости симметрии имеет поле $B_{ot}=\frac{2I_{ot}}{ca}sin\frac{\delta}{2}$,

Это интеграл от Био-Савара, или из другого пальца высосанное?

drug39 в сообщении #400057 писал(а):

Поэтому учитывать будем только ординаты полей отрезков.

Что такое ордината поля?

[drug39]

Munin в сообщении #400141 писал(а):

"Это интеграл от Био-Савара, или ...?

Да, не или...

Munin в сообщении #400141 писал(а):

Что такое ордината поля?

Хотел сказать: составляющая поля по оси ординат ($Oy$). Здесь налагаются цилиндрическая система координат $ORh\varphi$ и декартова $Oxyh$ ($h$ - аппликата).
Еще нужно было сказать не "силовые линии", а линии индукции, т.к. сила определяется формулой Лоренца.

[Munin]

Беру таймаут на свои вычисления (если не заброшу). Всё-таки меня смущает, что результат у вас не сокращается. Возможно, в интегрировании накосячили.

[drug39]

Да, в интегрировании видится косяк. Но это опять же не изменяет направление дискуссии.

Приращение поля от отрезка
$dB_{pl}=B_{ot.yЪ}=-B_{ot}sin\beta cos\varphi=\frac{2I}{ca}sin\frac{\delta}{2} sin\beta cos\varphi \frac{d\varphi}{2\pi}=\frac1\pi\frac{I}{c}\frac1{\sqrt{R^2sin^2\varphi+h^2}}\frac{Rcos\varphi}{\sqrt{R^2+h^2}} \frac{h}{\sqrt{R^2sin^2\varphi+h^2}}cos\varphi d\varphi=\frac1\pi\frac{I}{cR}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}\frac{R^2cos^2\varphi}{R^2sin^2\varphi+h^2}d\varphi$.

Остается взять интеграл. Но видно, что нуль в нижнем полупространстве не получится.

[drug39]

$B_{pl}=2\int_0^{\frac\pi2}dB_{ot.y}=2\int_0^{\frac\pi2}\frac1\pi\frac{I}{cR}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}\frac{R^2cos^2\varphi}{R^2sin^2\varphi+h^2}d\varphi=\frac2\pi\frac{I}{cR}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}\int_0^{\frac\pi2}\frac{R^2cos^2\varphi}{R^2sin^2\varphi+h^2}d\varphi=\frac2\pi\frac{I}{cR}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}\int_0^{\frac\pi2}(\frac{R^2+h^2}{R^2sin^2\varphi+h^2}-1)d\varphi=\frac{I}{cR}(signh-\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}).$
ЧЕРТ ПОДЕРИ!

[Munin]

Чо, сократилось-таки?

Зато теперь с какой гордостью можете показать этот результат преподу.

[drug39]

Я с удовольствием ему это покажу, если представится случай. Дело в том, что я уже не студент, а преподаватель там не работает. Задача давалась на зачет на 2-м курсе. Просто вспомнилось, что вопрос оставался… Теперь я лучше стал понимать циркуляцию. Если б такое понимание у меня было, то ни каких сомнений в правомерности применения теоремы о циркуляции не возникло бы. Однако, проделанное решение имеет методический смысл. Так задачу можно решить до изучения теоремы о циркуляции, а затем, изучив теорему, увидеть ее мощь на этом примере. Пришли в голову еще варианты этой задачи. Плоскость можно заменить соосным гиперболоидом вращения, а для более умных в разрыв прямого провода соосно поместить полый круговой цилиндр, и решать не применяя теорему...