Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. Найти магнитное поле снаружи и внутри бесконечно длинного цилиндра радиуса $a$ с магнитной проницаемостью $\mu,$ помещенного во внешнее однородное магнитное поле $H,$ перпендикулярное его оси. ----- В отсутствии свободных токов уравнения Максвелла для магнитного поля приобретают вид: $$ \text{rot}\vec{H}=0, \text{div}\vec{B}=\text{div}\mu\vec{H}=0, $$ тогда можем ввести скалярный потенциал $\psi$ для магнитного поля так, что $\vec{H}=\nabla\psi,$ подставив в уравнение $$ 0=\text{div}\mu\vec{H}=(\nabla\cdot\mu\nabla\psi)=\mu\Delta\psi $$ придём к уравнению Лапласа на введённый потенциал. Запишем уравнение Лапласа в цилиндрических координатах: $$ \Delta\psi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial\psi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}\psi}{\partial\alpha^{2}}+\frac{\partial^{2}\psi}{\partial z^{2}}=0. $$ Из симметрии задачи, зависимость от $z$ отсутствует. Решим задачу методом разделения переменных. Зная, что при $r\to\infty$ зависимость $H_{r}=H\cos\alpha,$ тогда $\psi=Hr\cos\alpha$ и, следовательно, решение имеет смысл искать в виде $$ \psi=R(r)\cos\alpha. $$ Подставим это выражение в уравнение Лапласа: $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\alpha-\frac{R}{r^{2}}\cos\alpha=0. $$ после деления на косинус получим уравнение на функцию $R:$ $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)-\frac{R}{r^{2}}=0. $$ Решение ищем в виде: $$ R(r)=Ar^{n}. $$ После подстановки получим уравнение $n^{2}-1=0,$ его решение $n=\pm1,$ тогда общее решение: $$R=Ar+\frac{B}{r}.$$ Решение снаружи: $$ \psi_{2}=(A_{2}r+\frac{B_{2}}{r})\cos\alpha $$ при $r\to\infty$ переходит в $\psi=Hr\cos\alpha,$ следовательно, $A_{2}=H.$ Решение внутри $$ \psi_{1}=(A_{1}r+\frac{B_{1}}{r})\cos\alpha $$ при $r\to0$ не должно расходиться, следовательно, $B_{1}=0.$ Оставшиеся две константы найдём из граничных условий: $H_{1\tau}=H_{2\tau}, B_{1n}=B_{2n}\text{.}$ Таким образом: $$ Ha+\frac{B_{2}}{a}=A_{1}a \ \ \text{ и } \ \ \mu_{2}\left(H-\frac{B_{2}}{a^{2}}\right)=\mu_{1}A_{1}, $$ тогда $$ \mu_{2}\left(Ha^{2}-B_{2}\right)=\mu_{1}\left(Ha^{2}+B_{2}\right)$$ и $$B_{2}=Ha^{2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}, \ \ A_{1}=H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}.$$ По условию задачи $\mu _1 = \mu, \ \ \mu_2 =1,$ тогда $$ H_1=H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}\cos \alpha $$ или $$ \vec H_1=\vec H\frac{2\mu_{2}}{\mu_{2}+\mu_{1}}. $$ Внешнее поле $$ \psi_2=(Hr+\frac{Ha^{2}}{r}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}})\cos\alpha =(\vec H\cdot \vec r)(1+\frac{a^{2}}{r^2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}) $$ взяв градиент: $$ \vec H_2= \vec H(1+\frac{a^{2}}{r^2}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}})- \frac{2a^{2}(\vec H\cdot \vec r)\vec r}{r^4}\frac{\mu_{2}-\mu_{1}}{\mu_{2}+\mu_{1}}. $$