Взаимодействие круговых витков с током

[Omega]

Ах да, конечно, - вектор $d\vec{B}_{i}$ - векторное произведение векторов $\vec{r}_{i}$ и $d\vec{l}_{i}$, следовательно $d\vec{B}_{i}$ перпендикулярен плоскости $\vec{r}_{i}$ и $d\vec{l}_{i}$ и в силу параллельности обоих витков - вектор $d\vec{B}_{i}$ перпендикулярен и элементу $d\vec{l}_{i2}$ второго кольца, поэтому-таки, я только сейчас к сожалению понял это, и отсутствует $\vec{B}_{\varphi}$.
Всем спасибо за помощь, я извиняюсь за свою неграмотность.

[svv]

Можно через точку наблюдения $A$ и ось $Oz$ провести плоскость $\gamma$. Каждому элементу $d\mathbf l$ кольца (того, что создаёт поле) соответствует другой элемент $d\mathbf l'$, симметричный ему относительно плоскости $\gamma$. Несложно доказать, что суммарное поле от этих двух элементов лежит в плоскости $\gamma$ (хотя каждого в отдельности — нет).

[Omega]

Итак, возьмём точку $A(r_{1}\cos{\varphi};r_{1}\sin{\varphi},0)$ на первом витке - ей будет соответствовать элемент кольца $d\vec{l}(dl\sin{\varphi};-dl\cos{\varphi},0)$ . Пусть точка $B$ - радиально противоположная точке $A$, тогда $B(-r_{1}\cos{\varphi};-r_{1}\sin{\varphi},0)$ и соответственно $d\vec{l}'(-dl\sin{\varphi};dl\cos{\varphi},0)$. Также: $\vec{r}=\vec{AC}(a-r_{1}\cos{\varphi},-r_{1}\sin{\varphi},0)$ и $\vec{r'}=\vec{BC}(a+r_{1}\cos{\varphi},r_{1}\sin{\varphi},0)$ .
Рассмотрим произвольную точку $C(a,0,h)$ на втором витке.
Далее, по определению:

$$d\vec{B}=k\dfrac{\left |[d\vec{l},\vec{r}] \right|}{r^{3}};d\vec{B'}=k\dfrac{\left |[d\vec{l'},\vec{r'}] \right|}{r'^{3}} $$

svv, а как же дальше доказать ваше утверждение? Помогите пожалуйста.

[Omega]

Кто-нибудь ответьте? Нельзя ли как-то иначе доказать равенство $B_{\varphi}$ нулю?

[svv]

Обычно, если не отвечают, то заняты (на работе, или другие какие дела). Летом вообще народу на форуме меньше.
Несколько замечаний.

1) На контуре-источнике положительным направлением обхода лучше считать направление против часовой стрелки (если смотреть против оси $Oz$, т.е. сверху вниз). Оно же будет положительным направлением тока. Это направление вектора $\mathbf e_{\varphi}$. Тогда для точки $A$ элемент будет не $(dl\sin{\varphi},-dl\cos{\varphi},0)$, а $(-dl\sin{\varphi},dl\cos{\varphi},0)$. Проверка: для небольших положительных углов $\varphi$ должно быть $dl_x<0, dl_y>0$. Это легко увидеть на Вашей картинке, если принять, что наблюдатель находится в плоскости $Oxz, x>0, z>0$. Тогда $Ox$ направлена к нам (вернее, "под нас"), а $Oy$ слева направо. Направление вектора $d \mathbf l=\mathbf e_{\varphi}dl$ такое же, как $\mathbf e_{\varphi}$.

2) Можно сейчас забыть о втором контуре, а рассматривать только один контур-источник и точку $C(a, 0, h)$, где рассматривается поле. Поэтому вместо $r_1$ можно писать $r$.

3) Самое страшное и ужасное. Точку $B$ надо брать не радиально противоположную точке $A$, а симметричную ей относительно плоскости $\gamma$, проходящей через $C$ и $Oz$. В данном случае $\gamma$ — это плоскость $Oxz$. Поэтому координаты точки $B$ будут $(r\cos\varphi, -r\sin\varphi, 0)$. Соответствующий элемент кольца, тоже зеркально симметричный относительно $Oxz$, будет $(-dl\sin{\varphi},-dl\cos{\varphi},0)$. Итак:
$A\;(r\cos{\varphi},\;\;\; r\sin{\varphi},0)\qquad d\mathbf l_A\,(-dl\sin{\varphi},\;\;\; dl\cos{\varphi},0)$
$B\;(r\cos{\varphi},-r\sin{\varphi},0)\qquad d\mathbf l_B\,(-dl\sin{\varphi},-dl\cos{\varphi},0)$

4) В формулах для $d\mathbf B$ не нужно писать модуль в правой части. Векторное произведение даёт вектор, и это правильно, так как слева тоже вектор. Но модулем мы превращаем вектор в скаляр, получается, что вектор слева равен скаляру справа. Надо так: $d\mathbf B=k\frac{[d\mathbf l, \mathbf r]}{r^3}$

Собственно вывод. Нам надо доказать, что $d\mathbf B_A+d\mathbf B_B$ лежит в плоскости $Oxz$, или, что эквивалентно, его $y$-компонента равна нулю. Сразу заметим, что $|AC|=|BC|$ (этого бы не было, если бы точка $B$ бралась диаметрально противоположной $A$). То есть $r$ (но не $\mathbf r$!) для обоих элементов общее, поэтому общий множитель $\frac k{r^3}$ можно вынести за скобки и забыть о нём.

Остаётся доказать, что $[d\mathbf l_A, \mathbf r_A]+[d\mathbf l_B, \mathbf r_B]=[d\mathbf l_A, \vec{AC}]+[d\mathbf l_B, \vec{BC}]$ обладает нужным свойством.
Подсказка: удобно заменить
$\vec{AC}=\vec{OC}-\vec{OA}$
$\vec{BC}=\vec{OC}-\vec{OB}$
При правильном подходе даже не нужны явные выражения для координат точек и элементов, полученные ранее.

[Omega]

Огромное спасибо.
Всё получилось - $y$-компонента у суммарного вектора отсутствует. Мне даже теперь как-то неловко за то, что я не понял столь очевидного для меня теперь факта, что благодаря симметрии получается то, что получилось. Это даже и без доказательства вполне очевидно...
Вот рисунок (точнее - почти всего) того, что, так скажем, происходит:

svv, Вы же именно это описывали, верно?

[svv]

Да, совершенно верно.
$I$ всё-таки лучше направить в другую сторону (если смотрим сверху, то — против часовой стрелки). Хотя и не обязательно.

[Omega]

Теперь, я с огромной радостью, разобравшись со всеми "геометрическими" нюансами, вернусь к самому главному - как же в конце концов верно определить искомую силу взаимодействия?
Я предлагаю следующее:
1)Найти зависимость вертикальной составляющей вектора индукции $\vec{B}_{||}(R)$ магнитного поля первого витка с током от расстояния до оси $Oz\,$ (я имею в виду рассмотрение индукции в точкх, принадлежащих плоскости второго витка)
2) Усреднить значение $\vec{B}_{||}(R)$ для области второго витка ( то есть для области значений $\vec{B}_{||}(R)$ от $0$ до $r_{2}$ ), чтобы использовать всё тот же, уже описанный выше, способ поиска радиальной составляющей индукции
3) И в итоге, найти силу Ампера, действующую на второй виток со стороны радиальной составляющей индукции
Не вижу никакого иного, более рационального, способа, чем вышепредложенный. Однако, я всё равно сомневаюсь в его правильности.
Благодарю заранее за любую помощь.

-- 22.08.2013, 00:16 --


Итак, как видно из рисунка:

$$d\vec{B}_{i||}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}}{4\pi}\dfrac{[\vec{r_{i}};d\vec{l}_{i}]}{r_{i}^{3}}\sin{\psi_{i}};\sin{\psi_{i}}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{\sqrt{r_{1}^{2}+a^{2}-2ar_{1}\cos{\varphi}}}{r_{i}} \Rightarrow$$

$$\Rightarrow d\vec{B}_{i||}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}}{4\pi}\dfrac{[\vec{r_{i}};d\vec{l}_{i}]}{r_{i}^{4}}\cdot \sqrt{r_{1}^{2}+a^{2}-2ar_{1}\cos{\varphi}}$$

У меня получилось, что $[\vec{r_{i}};d\vec{l}_{i}]=\vec{a}(-hdl\cos{\varphi};-hdl\sin{\varphi};dl(a\cos{\varphi}-R))$
И как же теперь далее всё объединить?

[svv]

Это я отвечаю только на ту часть Вашего сообщения, которая была до добавления. Добавления я не видел, а ответ уже написал.
Вы немного усложнили. (Позвольте мне писать в своих обозначениях.)

Дело в том, что зависимость $B_z(\rho)$ при фиксированном $z$ находить не нужно. Мы приняли для $B_{\rho}$ приближение, учитывающее не более чем линейную зависимость от $\rho$, а члены второго и выше порядка малости относительно $\rho$ отбросили. Так вот, в этом приближении компонента $B_z$ при фиксированном $z$ не зависит от $\rho$. Доказывается это просто.

Способ 1. Допустим, производная $\frac{\partial B_z}{\partial \rho}$ при $\rho=0$ (на оси) не равна нулю (для определённости положительная). Возьмем точку на оси и проведём через неё прямую, параллельную $Ox$. Рассмотрим, как зависит $B_z$ от $x$ на этой прямой. Если подумать, получится, что график должен иметь остриё при $x=0$, потому что на нашей прямой $\rho=|x|$, и
при $x>0$ будет $x=+\rho$ и $\frac{\partial B_z}{\partial x}=+\frac{\partial B_z}{\partial \rho}>0$
при $x<0$ будет $x=-\rho$ и $\frac{\partial B_z}{\partial x}=-\frac{\partial B_z}{\partial \rho}<0$
Так как острия не должно быть, то на оси $\frac{\partial B_z}{\partial \rho}=0$, а это означает, что в нашем приближении $B_z$ вблизи оси постоянно и усреднять его не нужно.

Способ 2. Из уравнения $\operatorname{rot}\mathbf B=0$ в цилиндрических координатах получим
$\frac{\partial B_z}{\partial \rho}=\frac{\partial B_{\rho}}{\partial z}$
Подставим сюда полученную вчера формулу $B_{\rho}=-\frac {\rho} 2\frac{\partial B_z(0, z)}{\partial z}$. Получим
$\frac{\partial B_z}{\partial \rho}=-\frac {\rho} 2\frac{\partial^2 B_z(0, z)}{\partial z^2}$
Отсюда видно, что на оси $\frac{\partial B_z}{\partial \rho}=0$, так как $\rho=0$. Далее, $\frac{\partial B_z}{\partial \rho}$ имеет первый порядок малости относительно $\rho$, поэтому само поле $B_z$ при $z=\operatorname{const}$ вблизи оси является константой с точностью до членов второго порядка малости относительно $\rho$. А такое мы не учитываем: нет смысла, раз для $B_{\rho}$ принято только линейное приближение.

[Omega]

То есть, я так понимаю, что смысл поиска не приближённого, а точного ответа - отсутствует из-за того, что в действительных масштабах это приближение (того, что поле $B_{\rho}\approx const$ для $z=const$ с точностью до первого порядка малости) достаточно точно для более менее реального числового ответа?
Всё ли верно?То есть, как я понял, "настоящий" ответ получить без приближений практически невозможно и не имеет смысла?

[nikvic]

Omega в сообщении #756509 писал(а):

То есть, как я понял, "настоящий" ответ получить без приближений практически невозможно и не имеет смысла?

Вам уже сказали про эллиптические интегралы. В пору логарифмических линеек пользовались таблицами, если возникала потребность.
Сейчас Вы сами можете написать программку, делающую надлежащие вычисления.

[DimaM]

Если расстояние большое, можно рассматривать, как два диполя, по-моему.

[svv]

Да, совершенно точный, "настоящий" ответ в этой задаче выражается через эллиптические функции. Они неэлементарные и не все умеют с ними обращаться с лёгкостью. А с другой стороны, если использовать для случая "два маленьких контура на большом расстоянии" вполне допустимое приближение, получится несложная формула, и довольно точная.

Но, если не боитесь, можно и через эллиптические функции. Можно найти приближённую формулу и точную и как-нибудь сравнить.

[Omega]

Вот, что у меня получилось для

svv в сообщении #756584 писал(а):

"два маленьких контура на большом расстоянии"

$$F_{12}=\dfrac{3}{2}\dfrac{\mu_{0}\pi I_{1}I_{2}}{(r_{1}^{2}+h^{2})^{5/2}}r_{1}^{2}r_{2}^{2}h$$

Однако, меня смущает то, что третий закон Ньютона, здесь не совсем-таки выполняется ( хотя всё верно, если $h\gg r_{1},r_{2}$) , потому что если заместо первого витка рассматривать второй, получим:

$$F_{21}=\dfrac{3}{2}\dfrac{\mu_{0}\pi I_{1}I_{2}}{(r_{2}^{2}+h^{2})^{5/2}}r_{1}^{2}r_{2}^{2}h$$

Именно, что $F_{12}\neq F_{21}$ - меня смущает...

[nikvic]

Скорей всего, ошибка в выкладках, неправильное приближение.

У него есть возможный источник: для двух "кусочков" как бы не выполняется 3-й закон. Расположите второй кусочек как перпендикулярно первому далеко и (почти) на прямой, продолжающей первый.
Приближение, видимо, нужно получать из двойного интеграла по углам.