Перевод из CGS в СИ:

$B(\text{индукция}) = \frac{\mu_0}{4\pi} H (\text{напряженность поля})$

Обратное преобразование:

$H (\text{напряженность поля}) = \frac{4\pi}{\mu_0} B (\text{индукция})$

$\oint (\vec{B} \cdot d\vec{s}) = \mu_0 I$ - Теорема о циркуляции (закон полного тока)

$d\vec{B} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}$ - Закон Био-Савара

$d\vec{F}_{12} = I_2 (d\vec{l}_2 \times \vec{B}_1)$ - Закон Ампера

1. Найти напряженность магнитного поля на расстоянии R от бесконечного провода, по которому течет ток I.

2. Вычислить напряженность магнитного поля кругового тока на его оси. Радиус витка тока a, расстояние от точки наблюдения до провода r.

3. Найти магнитную индукцию B поля, создаваемого проводом длины l, в точке, из которой его края видны под углами $\varphi_1$ и $\varphi_2$. По проводу протекает ток I расстояние от провода до точки равно $r_0$.

4. Найти напряженность магнитного поля в точке на оси соленоида радиуса a с линейной плотностью витков n, из которой его края видны под углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$. Через обмотку соленоида протекает ток I.

5. На рисунке показана схема симметричного разветвления токов. Все проводники прямолинейны, бесконечны и лежат в одной плоскости. Определить напряженность магнитного поля на линии, перпендикулярной к плоскости токов и проходящей через точку А, если сила тока в каждой ветви равна I.

6. Длинный провод с током $I = 50$ А изогнут под углом $\alpha = 2\pi/3$. Определить напряженность магнитного поля в точке A (см. рисунок). Расстояние $d = 5$ см.

7. Найти магнитное поле тороидальной катушки. Радиус катушки R, ток через обмотку равен I, количество витков обмотки равно N.

8. Электрон, имея скорость $v$, влетел в однородное магнитное поле с индукцией B под углом $\alpha = 30^\circ$ к направлению вектора магнитной индукции. Определить радиус R и шаг h винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.

9. По двум параллельным прямым проводам длиной $l = 2,5$ м каждый, находящимся на расстоянии $d = 20$ см друг от друга, текут одинаковые токи $I = 1$ кА. Вычислить силу F взаимодействия токов.

10. Плоский квадратный контур со стороной длиной $a$, по которому течет ток I, свободно установился в однородном магнитном поле с индукцией B. Определить работу A, совершаемую внешними силами при повороте контура относительно оси, проходящей через середину его противоположных сторон, на угол: 1) $\varphi_1 = 90^\circ$, 2) $\varphi_2 = 3^\circ$. При повороте контура сила тока в нем поддерживается неизменной.

Магнитное поле элемента тока $Id\vec{l}$ (рис. 5.1) дается выражением:

$d\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I(d\vec{l} \times \vec{r})}{r^3}$

где $d\vec{l}_\perp$ - составляющая вектора $d\vec{l}$ перпендикулярная к $\vec{r}$.

Магнитные силовые линии будут окружностями, центры которых расположены на оси провода. Утверждение о замкнутости силовых линий магнитного поля справедливо для всех магнитных полей. В скалярной форме:

$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2} dl_\perp$

где $d\alpha$ - угол, под которым вектор $d\vec{l}$ виден из точки наблюдения. Введя расстояние до провода R:

$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi R} \cos\alpha d\alpha$

Интегрирование этого выражения от $\alpha = -\pi/2$ до $\alpha = +\pi/2$ дает искомый результат:

$B = \frac{\mu_0 I}{2\pi R}$

Элемент тока $Id\vec{l}$ возбуждает магнитное поле $d\vec{B}$, перпендикулярное к радиусу-вектору $\vec{r}$. Разложим это поле на две составляющие: осевую составляющую $dB_z$ и радиальную составляющую $dB_r$. При интегрировании по контуру кругового тока радиальные составляющие взаимно уничтожаются.

Результирующее поле будет направлено вдоль оси Z, и надо интегрировать только осевую составляющую:

$dB_z = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2} \sin\alpha dl$

Угол $\alpha$ один и тот же для всех точек кругового тока. Интегрирование сводится к простому умножению на длину контура $2\pi a$. Таким образом,

$B_z = B = \frac{\mu_0 I a}{2r^2} \sin\alpha = \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2 + z^2)^{3/2}}$

Решение в системе СИ.

Для определения магнитной индукции поля, создаваемого отрезком провода, воспользуемся законом Био-Савара-Лапласа:

$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{\sin\alpha}{r^2} dl$ (1)

Прежде чем интегрировать выражение (1), преобразуем его так, чтобы можно было интегрировать по углу $\alpha$. Выразим длину элемента $dl$ проводника через $d\alpha$.

Согласно рисунку, запишем $dl = \frac{r d\alpha}{\sin\alpha}$. Подставим это выражение $dl$ в формулу (1):

$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2} \sin\alpha \cdot \frac{r d\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\mu_0 I}{4\pi r} d\alpha$

Но $r = \frac{r_0}{\sin\alpha}$. Отсюда

$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi r_0} \sin\alpha d\alpha$ (2)

Чтобы определить магнитную индукцию поля, создаваемого отрезком проводника, проинтегрируем выражение (2) в пределах от $\alpha_1$ до $\alpha_2$:

$B = \frac{\mu_0 I}{4\pi r_0} \int_{\alpha_1}^{\alpha_2} \sin\alpha d\alpha = \frac{\mu_0 I}{4\pi r_0} (\cos\alpha_1 - \cos\alpha_2)$ (3)

Заметим, что при симметричном расположении точки A относительно отрезка провода $\cos\alpha_2 = -\cos\alpha_1$. С учетом этого формула (3) примет вид:

$B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r_0} \cos\alpha_1$

Направим ось z по оси соленоида и будем искать поле в точке на его оси, из которой его края видны под углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$ (рис. 5.4). Обозначим через n плотность витков на единицу длины.

Рис. 5.4. Магнитное поле на оси соленоида

Преобразуем уравнение $B_z = \frac{\mu_0 a^2 I}{2r^3}$ к виду:

$B_z = \frac{\mu_0 a^2 I}{2(a^2 + z^2)^{3/2}}$

Используя это уравнение, запишем поле, создаваемое в точке $z = 0$ током соленоида, текущим по $n dz$ виткам, расположенным на расстоянии $z$ от начала координат:

$dB_z = \frac{\mu_0 a^2 I n}{2(a^2 + z^2)^{3/2}} dz$

Интегрируя по всей длине соленоида, получаем полное поле, создаваемое соленоидом в точке $z = 0$:

$B_z = \frac{\mu_0 a^2 I n}{2} \int_{z_1}^{z_2} \frac{dz}{(a^2 + z^2)^{3/2}}$

где $l$ - длина соленоида. Перейдем от интегрирования по $z$ к интегрированию по углу $\alpha$, используя формулы:

$z = a \cdot \cot\alpha$, $dz = -\frac{a d\alpha}{\sin^2\alpha}$, $\sin\alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + z^2}}$

Тогда:

$B_z = -\frac{\mu_0 I n}{2} \int_{\alpha_1}^{\alpha_2} \sin\alpha d\alpha = \frac{\mu_0 I n}{2} (\cos\alpha_2 - \cos\alpha_1)$

Если положить $\alpha_1 = \pi/2$, $\alpha_2 = 0$, то получим напряженность магнитного поля на конце полубесконечного соленоида:

$B_z = \frac{\mu_0 I n}{2}$

При $\alpha_1 = \pi$, $\alpha_2 = 0$ формула дает поле внутри бесконечного соленоида:

$B_z = \mu_0 I n$

Ответ: $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} (1 + \cos\alpha)$, где $r$ - расстояние от точки $A$; направление $B$ перпендикулярно к проводнику с током $2I$.

Решение в системе СИ.

Изогнутый провод можно рассматривать как два длинных провода, концы которых соединены в точке $O$. В соответствии с принципом суперпозиции магнитных полей магнитная индукция $\vec{B}$ в точке $A$ будет равна геометрической сумме магнитных индукций $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$ полей, создаваемых отрезками длинных проводов 1 и 2, т. е. $\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2$. Магнитная индукция $\vec{B}_2$ равна нулю. Это следует из закона Био-Савара-Лапласа, согласно которому в точках, лежащих на оси проводника, $d\vec{l} \parallel \vec{r}$, поэтому $d\vec{l} \times \vec{r} = 0$.

Магнитную индукцию $B$ найдем, воспользовавшись формулой, полученной в задаче 3:

$B = \frac{\mu_0 I}{4\pi r_0} (\cos\alpha_1 - \cos\alpha_2)$

В нашем случае $\alpha_1 \to 0$ (проводник длинный), $\alpha_2 = \alpha = 2\pi/3$, $\cos\alpha_2 = -1/2$. Расстояние $r_0 = d \sin(\pi/3) = d \sqrt{3}/2$. Тогда магнитная индукция:

$B = \frac{\sqrt{3} \mu_0 I}{4\pi d}$

Вектор $\vec{B}$ сонаправлен с вектором $\vec{B}_1$ и определяется правилом правого винта. На рисунке это направление отмечено значком $\times$ (перпендикулярно плоскости чертежа от нас).

Заменим реальную катушку идеальным тором, по поверхности которого циркулирует ток с постоянной линейной плотностью $i$.

Линии тока лежат в меридианальных плоскостях, т. е. в плоскостях, проходящих через ось $AA$ системы. При повороте тора вокруг оси $AA$ на любой угол он совмещается сам с собою. То же произойдет с магнитными силовыми линиями, если их повернуть, оставляя тор неподвижным. Отсюда следует, что силовыми линиями будут окружности с центрами на оси $AA$. Возьмем внутри тора одну из таких окружностей радиуса $R$ (на рисунке она изображена пунктиром). Циркуляция магнитного поля вдоль этой окружности равна $2\pi R B$. Полный ток, пронизывающий площадь, ограниченную этой окружностью, равен $N I$, где $N$ - число витков в тороидальной катушке. По теореме о циркуляции $2\pi R B = \mu_0 N I$, а потому:

$B = \frac{\mu_0 N I}{2\pi R}$

Таким образом, внутри тора магнитное поле совпадает с полем прямого тока силою $N I$, текущего вдоль оси $AA$. Вне тора магнитное поле равно нулю.

Решение в системе СИ.

Известно, что на заряженную частицу, влетевшую в магнитное поле, действует сила Лоренца, перпендикулярная векторам магнитной индукции $\vec{B}$ и скорости $\vec{v}$ частицы: $F = |q| v B \sin\alpha$. В случае, если частицей является электрон, формулу можно записать в виде $F = |e| v B \sin\alpha$. Так как вектор силы Лоренца перпендикулярен вектору скорости, то модуль скорости не будет изменяться под действием этой силы. Но при постоянной скорости, как это следует из формулы, останется постоянным и значение силы Лоренца. Из механики известно, что постоянная сила, перпендикулярная скорости, вызывает движение по окружности. Следовательно, электрон, влетевший в магнитное поле, будет двигаться по окружности в плоскости, перпендикулярной линиям индукции, со скоростью, равной поперечной составляющей $v_\perp$ скорости (см. рисунок); одновременно он будет двигаться и вдоль поля со скоростью $v_\parallel$: $v_\parallel = v \cos\alpha$, $v_\perp = v \sin\alpha$.

В результате одновременного участия в движениях по окружности и по прямой электрон будет двигаться по винтовой линии.

Радиус окружности, по которой движется электрон, найдем следующим образом. Сила Лоренца $F$ сообщает электрону нормальное ускорение $a_n$. По второму закону Ньютона, $F = m a_n$, $F = |e| v_\perp B$ и $a_n = v_\perp^2 / R$. Отсюда находим радиус винтовой линии:

$R = \frac{m v_\perp}{|e| B} = \frac{m v \sin\alpha}{|e| B}$

Шаг винтовой линии:

$h = v_\parallel T = v \cos\alpha \cdot \frac{2\pi R}{v_\perp} = \frac{2\pi m v \cos\alpha}{|e| B}$

Решение в системе СИ.

Взаимодействие двух проводников, по которым текут токи, осуществляется через магнитное поле. Каждый ток создает магнитное поле, которое действует на другой проводник. Предположим, что оба тока (обозначим их $I_1$ и $I_2$) текут в одном направлении.

Вычислим силу $F_{12}$, с которой магнитное поле, созданное током $I_1$, действует на проводник с током $I_2$. Для этого проведем магнитную силовую линию так (штриховая линия на рисунке), чтобы она касалась проводника с током $I_2$. По касательной к силовой линии проведем вектор магнитной индукции $\vec{B}_1$. Модуль магнитной индукции $\vec{B}_1$ определяется соотношением:

$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2\pi d}$

Согласно закону Ампера, на каждый элемент второго проводника с током $I_2$ длиной $d\vec{l}_2$ действует в магнитном поле сила:

$d\vec{F}_{12} = I_2 (d\vec{l}_2 \times \vec{B}_1)$

Так как отрезок $d\vec{l}_2$ перпендикулярен вектору $\vec{B}_1$, то синус угла между ними равен единице, и тогда:

$dF_{12} = I_2 B_1 dl_2$

Отсюда:

$dF_{12} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d} dl_2$

Силу взаимодействия проводников с током найдем интегрированием по всей длине второго проводника:

$F_{12} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d} \int_0^{l} dl_2$

Поскольку $I_1 = I_2 = I$ и $l_2 = l$, получаем:

$F_{12} = \frac{\mu_0 I^2}{2\pi d} l$

Решение в системе СИ.

На контур с током в магнитном поле действует механический момент:

$\vec{M} = \vec{p}_m \times \vec{B}$ (1)

где $\vec{p}_m$ - магнитный момент контура.

По условию задачи, в начальном положении контур свободно установился в магнитном поле. При этом момент сил равен нулю ($M = 0$), а значит $\varphi = 0$, т. е. векторы $\vec{p}_m$ и $\vec{B}$ совпадают по направлению.

Если внешние силы выведут контур из положения равновесия, то возникший момент сил, определяемый формулой (1), будет стремиться возвратить контур в исходное положение. Против этого момента и будет совершаться работа внешними силами. Так как момент сил переменный (зависит от угла поворота), то для подсчета работы применим формулу работы в дифференциальной форме:

$dA = M d\varphi$ (2)

Подставив сюда выражение $M$ по формуле (1) и учтя, что $p_m = I S = I a^2$, где $I$ - сила тока в контуре, $S = a^2$ - площадь контура, получим:

$dA = I a^2 B \sin\varphi d\varphi$

Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу при повороте на конечный угол:

$A = I a^2 B \int_0^{\varphi} \sin\varphi d\varphi$ (3)

Работа при повороте на угол $\varphi = 90^\circ$:

$A = I a^2 B \int_0^{\pi/2} \sin\varphi d\varphi = I a^2 B$

Работа при повороте на угол $3^\circ$. В этом случае, учитывая, что угол мал, заменим в выражении (3) $\sin\varphi$ на $\varphi$:

$A = I a^2 B \int_0^{\varphi} \varphi d\varphi = \frac{I a^2 B \varphi^2}{2}$