text: {"text": [{"text": "Кольцо надето на бесконечный цилиндр радиуса $R$. Цилиндр изготовлен из ферромагнитного материала проницаемостью $\mu\gg 1$ (если потребуется, то можно считать что и $\ln\mu\gg 1$). Радиус кольца немного больше $R$, так что кольцо плотно надето на цилиндр."}, {"balls": {"number": "", "exponent": null}, "text": "Найдите индуктивность кольца."}]}
answer: [{"condition": "Найдите индуктивность кольца. ", "solution": {"text": "В однородной среде с магнитной проницаемостью $\mu$ индукция $\vec{B}$ и напряжённость $\vec{H}$ связаны соотношением: $$\vec{B}=\mu_0\mu\vec{H} $$ где $\mu_0$ - магнитная постоянная. Также напомним, что для индукции магнитного поля всегда выполнена теорема Гаусса: $$\oint_S\vec{B}\cdot{d\vec{S}}=0 $$ Также, пусть $I_\text{нм}$ и $I_\text{ст}$ - сила токов намагниченности в веществе и сторонних токов соответственно, пронизывающие контур $L$. Тогда из теоремы о циркуляции для напряжённости и индукции магнитного поля: $$\oint_L\vec{H}\cdot{d\vec{l}}=I_\text{ст}\qquad\oint_L\vec{B}\cdot{d\vec{l}}=\mu_0\left(I_\text{ст}+I_\text{нм}\right) $$ Далее магнитные поля внутри и вне цилиндра будем характеризовать индексами $in$ и $out$ соответственно. Будем использовать цилиндрическую систему координат с осью $z$, направленной вдоль оси цилиндра и началом в центре кольца. Из теоремы Гаусса для индукции магнитного поля имеем: $$B_{r_{in}}(z{,}R)=B_{r_{out}}(z{,}R) $$ Из теоремы о циркуляции для напряжённости магнитного поля в силу отсутствия сторонних токов получим: $$H_{z_{in}}(z{,}R)=H_{z_{out}}(z{,}R) $$ Воспользуемся теоремой о циркуляции для вектора $\vec{H}$ для бесконечного прямоугольного контура, плоскость которого содержит ось цилиндра: $$\int\limits_{z_0}^{z_0+h}H_{z_{in}}(z{,}r_0)dz+\int\limits_{r_0}^{R}\left(H_{r_{in}}(z_0+h{,}r)-H_{r_{in}}(z_0{,}r)\right)dr+\int\limits_{R}^{\infty}\left(H_{r_{out}}(z_0+h{,}r)-H_{r_{out}}(z_0{,}r)\right)dr=0 $$ Устремляя $h$ к нулю, получим: $$H_{z_{in}}(z_0{,}r_0)=-\int\limits_{r_0}^R\cfrac{\partial{H_{r_{in}}(z_0{,}r)}}{\partial{z}}dr-\int\limits_R^{\infty}\cfrac{\partial{H_{r_{out}}(z_0{,}r)}}{\partial{z}}dr $$ Из следствия теоремы Гаусса для индукции магнитного поля получим: $$B_{r_{in}}(z_0{,}R)=B_{r_{out}}(z_0{,}R)\Rightarrow{H_{r_{in}}(z_0{,}R)=\cfrac{H_{r_{out}}(z_0{,}R)}{\mu}}\ll{H_{r_{out}}(z_0{,}R)} $$ В соответствии с данным соотношение и пределами интегрирования, первым слагаемым можно пренебречь в сравнении со вторым при любом $r_0$. Тогда далее везде будем считать верным: $$H_{z_{in}}(z{,}r)\approx H_{z_{in}}(z{,}R)=-\int\limits_R^{\infty}\cfrac{\partial{H_{r_{out}}(z{,}r)}}{\partial{z}}dr $$ Воспользуемся теоремой Гаусса для индукции магнитного поля для цилиндрической поверхности, соосной с цилиндром, имеющей малую высоту и радиус $r_0>R$: $$\int\limits_0^R\left(B_{z_{in}}(z_0+h{,}r)-B_{z_{in}}(z_0{,}r)\right)\cdot{2\pi rdr}+\int\limits_R^{r_0}\left(B_{z_{out}}(z_0+h{,}r)-B_{z_{out}}(z_0{,}r)\right)\cdot{2\pi rdr}+2\pi r_0\int\limits_{z_0}^{z_0+h}B_{r_{out}}(z{,}r_0)dz=0 $$ Устремляя $h$ к нулю, получим: $$B_{r_{out}}(z_0{,}r_0)=-\cfrac{1}{r_0}\left(\int\limits_0^R\cfrac{\partial{B_{z_{in}}}(z_0{,}r)}{\partial{z}}dr+\int\limits_R^{r_0}\cfrac{\partial{B_{z_{out}}}(z_0{,}r)}{\partial{z}}dr\right) $$ Из следствия теоремы о циркуляции для напряжённости магнитного поля следует: $$H_{z_{in}}(z{,}R)=H_{z_{out}}(z{,}R)\Rightarrow{B_{z_{in}}(z{,}R)=\mu B_{z_{out}}(z{,}R)\gg{B_{z_{out}}}(z{,}R)} $$ В соответствии с данным соотношением, в широком, но ограниченном диапазоне значений $r_0$ вторым слагаемым можно пренебречь в сравнении с первым при любом $z_0$. Тогда далее будем считать верным: $$B_{r_{out}}(z{,}r)=-\cfrac{R^2}{2r}\cfrac{\partial{B_{z_{in}}}}{\partial{z}} $$ В последнем выражении мы учли, что $B_{z_{in}}$ практически постоянно. Сразу оценим диапазон применимости данной формулы. Магнитное поле убывает с расстоянием, поэтому хорошую оценку снизу для $\lambda=r_{max}$ можно получить, считая $B_{z_{out}}$ постоянным при всех $r$. Сравнивая слагаемые: $$\beta\mu R^2\sim\lambda^2\Rightarrow{\lambda\approx{R\sqrt{\beta\mu}}}\gg{R} $$ где $\beta\in\left[0{,}1{;}1\right]$. Для $B_{z_{in}}(z)$ получим: $$B_{z_{in}}=\cfrac{\mu R^2}{2}\cfrac{d^2B_{z_{in}}}{dz^2}\int\limits_{R}^{\lambda}\cfrac{dr}{r}-\int\limits_{\lambda}^{\infty}\cfrac{\partial{B_{r_{out}}}}{\partial{z}}dr $$ На расстояниях порядка $\lambda$ магнитное поле системы приближённо описывается полями магнитных диполей, распределённых по объёму цилиндра. Поле диполя убывает с расстоянием по закону $\sim1/r^3$, поэтому второй интеграл сходится и имеет малое значение. Это даёт возможность пренебречь его значением. Отсюда имеем: $$B_{z_{in}}=\cfrac{\mu R^2}{2}\cfrac{d^2B_{z_{in}}}{dz^2}\ln\sqrt{\beta \mu}\approx\cfrac{R^2\mu\ln\mu}{4}\cfrac{d^2B_{z_{in}}}{dz^2} $$ т.к по условию $\ln\mu\gg{1}$. Будем искать решение в виде $B_{z_{in}}(z)=B_0e^{z/\alpha}$: $$\alpha^2=\cfrac{R^2\mu\ln\mu}{4}\Rightarrow{\alpha=\pm{\cfrac{R}{2}\sqrt{\mu\ln\mu}}} $$ Отметим, что корень со знаком $+$ невозможен по физическим соображениям об уменьшении магнитного поля при удалении от кольца. Поэтому: $$B_{z}(z)=B_0e^{-\frac{2∣z∣}{R\sqrt{\mu\ln\mu}}} $$ В выражении используется модуль, поскольку $$B_z(z{,}r)=B_z(-z{,}r)\qquad B_r(z{,}r)=-B_r(-z{,}r) $$ Обосновать это можно, изменив направление силы тока в кольце на противоположное и изменив ориентацию системы относительно плоскости кольца на противоположную. Наконец, воспользуемся теоремой о циркуляции для индукции магнитного поля. Выберем бесконечно длинный прямоугольный контур, содержащий ось цилиндра. Сила тока в кольце пронизывает контур. В пределе стремящейся к нулю одной из сторон прямоугольника: $$\mu_0I=2\int\limits_R^{\infty}B_r(dz{,}r)dr\approx 2\int\limits_R^{\lambda}\cfrac{R^2}{2r}\cfrac{2B_0}{R\sqrt{\mu\ln\mu}}dr\approx{B_0R\sqrt{\cfrac{\ln\mu}{\mu}}} $$ откуда: $$B_0\approx\cfrac{\mu_0I}{R}\sqrt{\cfrac{\mu}{\ln\mu}} $$ Для индуктивности имеем: $$L=\cfrac{\pi R^2B_0}{I} $$ откуда окончательно:"}, "answer": {"answers": ["Ответ: $L\approx\mu_0\pi R\sqrt{\cfrac{\mu}{\ln\mu}}$"]}, "number_part": "", "exponent_part": null}]