6.82. Металлический шар радиуса $a$ проводимостью $\sigma$ и магнитной проницаемостью $\mu$ помещен в однородное переменное магнитное поле $H(t)=H_0e^{-i\omega t}$. Считая частоту малой, найти в первом неисчезающем приближении распределение вихревых токов в шаре и среднюю поглощаемую им мощность.

Если частота $\omega$ изменения поля мала, т.е. глубина проникновения $\;\delta$ велика по сравнению с размерами тела, тогда распределение магнитного поля в каждый момент времени будет таким, каким оно было бы в статическом случае при заданном значении внешнего поля вдали от тела. Действительно, в этом случае правую часть уравнения $$\nabla^2\vec{H}= -\frac{4\pi i\mu\sigma\,\omega}{c^2}\;\vec{H}$$ можно заменить нулем. Используя решение задачи 5.7, получаем, что поле внутри шара в нулевом (по частоте) приближении равно $$\vec{H}=\frac{3}{\mu+2}\vec{H}_0\, e^{-i\omega\,t}\,.$$

Выберем сферическую систему координат ($R,\,\theta,\,\alpha$) с началом в центре шара. Угол $\,\theta$ будем отсчитывать от оси $\,Z$, направленной вдоль $\,\vec{H}_0$. Из свойств симметрии системы ясно, что вихревое электрическое поле, согласно уравнению \begin{equation} (1) \hspace{10pt} \text{rot}\,\vec{E}=-\frac{1}{c}\frac{\partial\vec{B}}{\partial t}, \end{equation} будет лежать в плоскостях, перпендикулярных $\vec{H}_0$, и направлено по касательным к окружностям с центром на оси $\,Z$. Оно зависит только от величины радиусов этих окружностей. Так же будут направлены и токи: $\,j_{\alpha}=\sigma E_{\alpha}$. Нужно заметить, что в нулевом по частоте приближении поле $\,\vec{E}$ отсутствует, что следует из уравнения $$\text{rot}\,\vec{H}=\frac{4\pi\sigma}{c}\,\vec{E}=0\,.$$ Воспользуемся интегральным аналогом уравнения (1) $$\oint E_l\,dl=-\frac{1}{c}\;\frac{\partial \Phi}{\partial t}\,,$$ где $\,\Phi$ — поток вектора магнитной индукции через поверхность, натянутую на контур, по которому берется циркуляция вектора$\,\vec{E}$ в левой стороне уравнения. Взяв интеграл по окружности радиуса $\;R\sin\theta$, найдем $$E_{\alpha}=\frac{3\mu\,i}{2\,(\mu+2)}\;\frac{H_0R\omega\sin\theta} {c}\;e^{-i\omega\,t}$$ и, значит, $$j_{\alpha}=\frac{3\mu }{2\,(\mu+2)}\; \frac{H_0R\,\sigma\,\omega\sin\theta} {c}\;e^{-i(\omega\,t-\pi/2)}\,.$$ Отбрасывая мнимую часть, получаем $$j_{\alpha}=\frac{3\mu \,\sigma\,\omega\,H_0R}{2\,(\mu+2)\,c} \sin\theta\,\sin \omega t\,.$$

По закону Джоуля–Ленца, выделяемая в объеме $dV=2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\,dR$ мощность $$P = \int \frac{j^2}{\sigma }dV = \frac{j^2}{\sigma}\;2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\,dR\,.$$

Интегрируя это выражение по объему шара, получаем

$$P(t)=\frac{6\pi}{5}\,\bigg(\frac{\mu \,\omega\,H_0} {(\mu+2)\,c}\bigg)^2\,\sigma\,a^5\sin^2\omega\,t\,.$$ Тогда средняя мощность, выделяемая в виде тепла, будет $$\overline{P\,}=\frac{1}{T}\;\int\limits_0^T W(t)\,dt= \frac{3\pi}{5}\frac{\mu^2\omega^2\,\sigma H_0^2a^5}{c^2(\mu+2)^2} \quad\mbox{при} \quad \delta \gg a\,.$$ Поглощаемая мощность энергии при малых частотах пропорциональна $\,\omega^2$.