Взаимодействие круговых витков с током

[Omega]

nikvic, всё перепроверил - ошибок я не нашёл. Да и к тому же, - ответ сошёлся (в приближении, что $h\gg r_{1},r_{2}$) с тем, что был приведён в статье, ссылку на которую я указал ранее.

[nikvic]

Это нормально. В статье, видимо, тоже "приближали" одномерный интеграл вместо интеграла по тору двух углов.

[Omega]

Возвращаясь к поискам "истинного" ответа...
На самом деле, как я только сейчас понял, удобнее рассматривать суммарный вектор $d\vec{B_{i}}=d\vec{B}_{A_{i}}+d\vec{B}_{B_{i}}$ именно потому, что независимо от того, какие бы я точки $A$ и $B$ не выбрал я всегда буду получать то, что "радиальная" составляющая вектора $d\vec{B_{i}}$ - есть $|d\vec{B}_{i\perp}|=2hdl\cos{\varphi}}$
И далее просуммируем вклад всех таких пар симметричных точек $A$ и $B$ :

$$|\vec{B}_{\perp}}|=|d\vec{B}_{\rho}}|=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}}{(r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+h^{2}-2r_{1}r_{2}\cos{\varphi})^{3/2}} d\varphi$$

После собирания последнего интеграла в более менее стандартный вид, я получил с большим усилием следующее:

$$|\vec{B}_{\perp}}|=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi} \dfrac{2(q-p)K \left(\dfrac{\sqrt{2q}}{p+q} \right)+2p E\left(\dfrac{\sqrt{2q}}{p+q} \right)}{(pq-q^{2})\sqrt{p+q}}$$

Где: $p=r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+h^{2}$ ,а $q=2r_{1}r_{2}$
То есть в итоге:

$$|\vec{F}|=\mu_{0}I_{1}I_{2}r_{1}r_{2}h \cdot \dfrac{2(q-p)K \left(\dfrac{\sqrt{2q}}{p+q} \right)+2p E\left(\dfrac{\sqrt{2q}}{p+q} \right)}{(pq-q^{2})\sqrt{p+q}}$$

Радует пока лишь только то, что размерность сошлась.
Также, например, для $r_{1}=r_{2}=5cm;h=10cm$ ответ приближённый и "истинный" отличаются в $0.07293190782$ раз.
Графики "истинного" ответа и приближённого - абсолютно идентичны и практически совпадают для достаточно больших $h$, однако, для малых $h$ - всё совершенно иначе...

[svv]

Omega в сообщении #756599 писал(а):

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

Однако, меня смущает то, что третий закон Ньютона, здесь не совсем-таки выполняется ( хотя всё верно, если $h\gg r_{1},r_{2}$)

У Вас всё правильно.
В рамках нашего приближения в рядах отбрасываются слагаемые с $\rho^2$ и более высоких степеней:

$$(\rho^2+h^2)^{\frac 5 2}=h^5\left(1+\frac{\rho^2}{h^2}\right)^{\frac 5 2}=h^5\left(1+\frac 5 2\frac{\rho^2}{h^2}+...\right)\approx h^5$$

Поэтому обе силы $F_{12}$ и $F_{21}$ можно записать в симметричном виде

$$F_{12}=\dfrac{3}{2}\dfrac{\mu_{0}\pi I_{1}I_{2}r_{1}^{2}r_{2}^{2}}{h^4}$$

Так же поступает и Слободянюк.

[Omega]

svv, спасибо, а что Вы скажите по поводу вывода мною "более" точного ответа?
Верен ли на Ваш взгляд мой подход?
Вот, например для $r_{1}=10cm;r_{2}=5cm;I_{1}=I_{2}=10000A$ , получился такой график:

[svv]

Да, можно точно сказать, что где-то в "эллиптических" преобразованиях ошибка.
Вот это ещё правильно:

$$B_{\rho}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}}{(r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+h^{2}-2r_{1}r_{2}\cos{\varphi})^{3/2}} d\varphi$$

Вводим обозначения $p$ и $q$:

$$B_{\rho}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{(p-q\cos{\varphi})^{3/2}}$$

Имеет смысл сделать интеграл зависящим не от двух параметров $p, q$, а от одного параметра $k=q/p$. Подставим $q=pk$. Тогда $p$ в соответствующей степени выносится за интеграл, и получается:

$$B_{\rho}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi p^{3/2}}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{(1-k\cos{\varphi})^{3/2}}$$

Я не имею в виду, что надо делать именно так. Просто заметьте, что как $p$, так и $q$ имеют размерность длины в квадрате, поэтому параметр $k$ безразмерный. Переменная интегрирования — угол $\varphi$ — тоже безразмерна. Следовательно, при дальнейших преобразованиях уже никак не может получиться, что аргументом эллиптических функций станет размерная величина. Ищите ошибку раньше того места, где сформировался размерный аргумент — такого быть не может.

[svv]

Можно как-то так.

1. Надо заметить, что $B_\rho=-\frac{\partial A}{\partial h}$, где

$$A=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{(r_{1}^{2}+r_{2}^{2}+h^{2}-2r_{1}r_{2}\cos{\varphi})^{1/2}}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{2\pi}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{\sqrt{p-q\cos\varphi}}$$

Выражение для $A$ отличается от $B_\rho$ отсутствием $h$ в числителе и степенью $1/2$ вместо $3/2$ в знаменателе, это должно сильно упростить дело.

2. Выражение под корнем равно

$$p-q\cos\varphi=p+q-q(1+\cos\varphi)=p+q-2q\cos^2\frac{\varphi}{2}=(p+q)(1-\frac{2q}{p+q}\cos^2\frac{\varphi}{2})=(p+q)(1-k^2\cos^2\frac{\varphi}{2})\;,$$

где $k^2=\frac{2q}{p+q}$. Тогда

$$A=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{2\pi\sqrt{p+q}}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{\sqrt{1-k^2\cos^2\frac{\varphi}{2}}}$$

3. Делаем замену $\varphi=\pi-2t$:

$$A=-\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{\pi\sqrt{p+q}}\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{(1-2\sin^2 t)dt}{\sqrt{1-k^2\sin^2t}}=-\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{\pi k^2\sqrt{p+q}}\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{(k^2-2+2-2k^2\sin^2 t)dt}{\sqrt{1-k^2\sin^2t}}=$$

$$=-\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{\pi k^2\sqrt{p+q}}\left((k^2-2)\int\limits_{0}^{\pi/2}\dfrac{dt}{\sqrt{1-k^2\sin^2t}}+2\int\limits_{0}^{\pi/2}\sqrt{1-k^2\sin^2t}\;dt\right)=$$

$$=-\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}}{\pi\sqrt{2q}}\frac{(k^2-2)K(k)+2E(k)}{k}$$

4. Остается найти $B_\rho=-\frac{\partial A}{\partial h}$.

P.S. Мой аргумент $k=\sqrt{\frac{2q}{p+q}}$ отличается от Вашего только тем, что у меня под корнем вся дробь, а у Вас только числитель.

[Omega]

Спасибо большое за подробные выкладки.
Но существенно проще, по-моему, взять вот этот интеграл:

$$B_{\rho}=\dfrac{\mu_{0}I_{1}r_{1}h}{2\pi p^{3/2}}\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\cos{\varphi}\;d\varphi}{(1-k\cos{\varphi})^{3/2}}$$

Я снова пол ночи сидел и всё проверял.... И Вы, svv, оказались правы - я обнаружил ошибку на почти первых же выкладках; в итоге, у меня получилось следующее:

$$F=\dfrac{2\mu_{0}I_{1}I_{2}r_{1}r_{2}h}{\sqrt{p+q}(pq-q^{2})}\cdot \left ((q-p)K\left (\sqrt{\dfrac{2q}{p+q}} \right)+p E \left (\sqrt{\dfrac{2q}{p+q}} \right) \right)$$

[svv]

Теперь правильно.
Напрашивается сокращение: в числителе $2 r_1 r_2$, в знаменателе $q=2 r_1 r_2$.
Кстати, обратите внимание, что в Вашу формулу совершенно симметрично входят параметры обоих витков, поэтому $|F_{12}|=|F_{21}|$.

Какое теперь получается отношение $\frac{F_{\text{приближённая}}}{F_{\text{точная}}}$ для случая $r_1=r_2=5\;\text{см}, h=10\;\text{см}$ ?

[Omega]

Это следующее число:

$$\alpha=\dfrac{3}{16}\dfrac{\sqrt{2}\pi}{3E(2^{-1/2})-2K(2^{-1/2})}\approx 2.423163082$$

Получается, что приближение однородности поля для малых $h$ в плоскости $z=const$ довольно-таки не точно...
Однако, если уже, например, $r_{1}=r_{2}=R;h=100R$ , то $\alpha \approx 1.002836461$ , что практически незаметно.
Так будет нагляднее:

[svv]

Спасибо, мне очень интересно было увидеть этот график.
Дребезжание графика в правой части — чисто вычислительный эффект "малых разностей": когда разность двух "нормальных" чисел с фиксированным количеством значащих цифр должна дать очень малое число, сильно падает точность. Если построить до $h/R=1000$, думаю, уже начнутся дикие, безобразные колебания.