Ни Био-савар, ни закон Ампера не могут решить эту проблему?

Question

Ни Био-савар, ни закон Ампера не могут решить эту проблему?

Джулиан

Я запутался в использовании закона Ампера и закона Био-Савара из-за неудобства каждого закона.

введите описание изображения здесь

Я хочу рассчитать магнитное поле из-за тока, несущего круговую петлю над собой, то есть не магнитное поле вне петли, а $B$ над петлей. Для этого я использую два закона:

1. Закон Ампера

В нем говорится, что:

\oint Б \cdot д л "=" {мю}_{0} я

$\oint B\cdot dl = \mu_0 I$

Проблема с законом Ампера в том, что $B$ находится внутри интеграла, поэтому для решения $B$ Мне нужно использовать закрытую линию $L$ , такой, что $B$ это не зависит от $dL$ . В таком случае:

\oint Б \cdot д л "=" {мю}_{0} я

$\oint B\cdot dl = \mu_0 I$

Б \oint д л "=" {мю}_{0} я

$B \oint dl = \mu_0 I$

Б "=" \frac{{мю}_{0} я}{л}

$B = \frac{\mu_0 I}{L}$

Но какой тип траектории $L$ я должен выбрать?

2. Закон Био Савара

Пусть траектория:

с (θ) "=" р (потому что θ \hat{я} + грех θ \hat{Дж})

$c(\theta) = R(\cos\theta\hat i + \sin\theta\hat j)$

д с (θ) "=" р (- грех θ \hat{я} + потому что θ \hat{Дж}) д θ

$dc(\theta) = R(-\sin\theta\hat i + \cos\theta\hat j)d\theta$

Магнитное поле в точке $c(t)$ является:

д Б "=" \frac{{мю}_{0}}{4 π} \frac{я д с \times р}{| р |^{3}}

$dB = \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{Idc\times r}{|r|^3}$

Б (т) "=" \int_{0}^{2 π} \frac{{мю}_{0}}{4 π} \frac{я д с \times (с (т) - с (θ))}{| с (т) - с (θ) |^{3}}

$B(t) = \int_0^{2\pi}\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{Idc\times (c(t)-c(\theta))}{|c(t)-c(\theta)|^3}$

Б (т) "=" \int_{0}^{2 π} \frac{{мю}_{0}}{4 π} \frac{я р (- грех θ \hat{я} + потому что θ \hat{Дж}) д θ \times р ((потому что т - потому что θ) \hat{я} + (грех т - грех θ) \hat{Дж})}{| р ((потому что т - потому что θ) \hat{я} + (грех т - грех θ) \hat{Дж}) |^{3}}

$B(t) = \int_0^{2\pi}\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{IR(-\sin\theta\hat i + \cos\theta\hat j)d\theta\times R((\cos t-\cos\theta)\hat i+(\sin t-\sin\theta)\hat j)}{|R((\cos t-\cos\theta)\hat i+(\sin t-\sin\theta)\hat j)|^3}$

Б (т) "=" \int_{0}^{2 π} \frac{{мю}_{0} я}{4 π р} \frac{(- грех θ грех т + {грех}^{2} θ - потому что θ потому что т + {потому что}^{2} θ) \hat{к}}{{\sqrt{{потому что}^{2} т - 2 потому что т потому что θ + {потому что}^{2} θ + {грех}^{2} т - 2 грех т грех θ + {грех}^{2} θ}}^{3}} д θ

$B(t) = \int_0^{2\pi}\frac{\mu_0I}{4\pi R}\frac{(-\sin\theta \sin t+\sin^2\theta - \cos\theta \cos t +\cos^2\theta)\hat k}{\sqrt{\cos^2 t-2\cos t\cos \theta+\cos^2\theta+\sin^2 t-2\sin t\sin\theta+\sin^2\theta}^3}d\theta$

Б (т) "=" \int_{0}^{2 π} \frac{{мю}_{0} я}{4 π р} \frac{1 - потому что (т - θ)}{(2 (1 - потому что (т - θ)))^{3 / 2}} д θ \hat{к}

$B(t) = \int_0^{2\pi}\frac{\mu_0I}{4\pi R}\frac{1-\cos(t-\theta)}{(2(1-\cos(t-\theta)))^{3/2}}d\theta\hat k$

Б (т) "=" \frac{{мю}_{0} я}{8 \sqrt{2} π р} \int_{0}^{2 π} \frac{д θ}{\sqrt{1 - потому что (т - θ)}} \hat{к}

$B(t) = \frac{\mu_0I}{8\sqrt{2}\pi R}\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{\sqrt{1-\cos(t-\theta)}}\hat k$

Этот интеграл стремится к бесконечности, так как в какой-то точке $t$ (то есть $c(t)$ является одной точкой в круговой петле) стремится к $\theta$ и знаменатель становится равным 0. Значит, вычислить магнитное поле над собственной спиралью невозможно.

И я думаю, что главная причина этого в том, что в законе Био-Савара $r$ находится в знаменателе, поэтому, когда я пытаюсь рассчитать магнитное поле очень близко к току, это $r$ стремится к нулю, а магнитное поле стремится к бесконечности.

Если я попробую этот расчет с формулой для объемов ( $B = \int_V \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{Jdv\times r}{|r|^3}$ ) проблема сохраняется из-за $r$ находится в знаменателе, а магнитное поле вблизи некоторой точки $dv$ будет стремиться к бесконечности, потому что $r$ стремится к нулю.

Каков способ сделать этот расчет?

Тримок

См. формулу

(28)

$(28)$ страница

8

$8$ в этой статье

Джулиан

Если вы видите формулу (14) в моем случае

k = 1

$k=1$ потому что

a = r

$a=r$ и

z = h

$z=h$ . Так что если

k = 1

$k=1$ формула (28) стремится к бесконечности

Тримок

Фактически, для

z = h

$z=h$ , у вас есть только второй член в

(28)

$(28)$ , а коэффициент

E

$E$ имеет оба числителя (

k^{2} (r + a) - 2 a

$k^2(r+a) - 2a$ ) и знаменатель (

2 r (1 - k^{2})

$2r(1-k^2)$ ), которые равны нулю (для

r = a, k = 1

$r=a, k=1$ ), поэтому нужен более подробный анализ лимита.

Тримок

Для информации пишите

@ u s e r

$@user$ если вы хотите, чтобы ваше сообщение попало прямо в почту пользователя (это не обязательно, если вы отвечаете на вопрос и в некоторых других случаях), то на самом деле просто наберите

@

$@$ в начале комментария и при необходимости вы получите список возможных пользователей.

Джулиан

@Trimok: коэффициент во втором члене в (28) стремится к

- 1

$-1$ , так как числитель стремится к

k^{2} (2 r) - 2 r = - 2 r (1 - k^{2})

$k^2(2r)-2r=-2r(1-k^2)$ который является тем же знаменателем

2 r (1 - k^{2})

$2r(1-k^2)$ . Так что это имеет тенденцию к

- 1

$-1$ . Но первый член также является неопределенным значением 0/0 из-за этого

(z - h) / (1 - k^{2})

$(z-h)/(1-k^2)$ . Решение этого:

(z - h) / (1 - \frac{4 r^{2}}{4 r^{2} + (z - h)^{2}})

$(z-h)/(1-\frac{4r^2}{4r^2+(z-h)^2})$

= \frac{4 r^{2} + (z - h)^{2}}{z - h}

$=\frac{4r^2+(z-h)^2}{z-h}$

= \frac{4 r^{2}}{z - h} + (z - h)

$=\frac{4r^2}{z-h}+(z-h)$ ... и это имеет тенденцию

\infty

$\infty$ для

z = h

$z=h$ .

Тримок

Есть неясность. я начинаю с

z = h

$z=h$ а затем

r = a

$r=a$ , а вы выбираете другой путь (сначала

r = a

$r=a$ а потом

z = h

$z=h$ ). Теперь другой способ мышления состоит в том, чтобы считать, что петля физического тока имеет конечное сечение

d

$d$ , с плотностью тока

J = \frac{I}{S} = \frac{I}{π d^{2}}

$J = \frac{I}{S} = \frac{I}{\pi d^2}$ . Закон Ампера, для

r < d

$r<d$ , следует применять с током

I (r) = (4 π r^{2}) J = I \frac{r^{2}}{d^{2}}

$I(r) = (4\pi r^2) J = I \frac{r^2}{d^2}$ . Конечно, только в случае бесконечного цилиндра у вас есть симметрия, такая как

B

$B$ имеет постоянную величину и касается окружности

L

$L$ .

Квантовый Человек

Ваша амперовская петля в законе Ампера неверна. Вы не можете получить B из интеграла, поскольку B создается из всего тока, поэтому он не постоянен в петле. Подумайте об этом.

Ответы (2)

Ни Био-савар, ни закон Ампера не могут решить эту проблему?

См. формулу $(28)$ страница $8$ в этой статье
Если вы видите формулу (14) в моем случае $k=1$ потому что $a=r$ и $z=h$ . Так что если $k=1$ формула (28) стремится к бесконечности
Фактически, для $z=h$ , у вас есть только второй член в $(28)$ , а коэффициент $E$ имеет оба числителя ( $k^2(r+a) - 2a$ ) и знаменатель ( $2r(1-k^2)$ ), которые равны нулю (для $r=a, k=1$ ), поэтому нужен более подробный анализ лимита.
Для информации пишите $@user$ если вы хотите, чтобы ваше сообщение попало прямо в почту пользователя (это не обязательно, если вы отвечаете на вопрос и в некоторых других случаях), то на самом деле просто наберите $@$ в начале комментария и при необходимости вы получите список возможных пользователей.
@Trimok: коэффициент во втором члене в (28) стремится к $-1$ , так как числитель стремится к $k^2(2r)-2r=-2r(1-k^2)$ который является тем же знаменателем $2r(1-k^2)$ . Так что это имеет тенденцию к $-1$ . Но первый член также является неопределенным значением 0/0 из-за этого $(z-h)/(1-k^2)$ . Решение этого: $(z-h)/(1-\frac{4r^2}{4r^2+(z-h)^2})$ $=\frac{4r^2+(z-h)^2}{z-h}$ $=\frac{4r^2}{z-h}+(z-h)$ ... и это имеет тенденцию $\infty$ для $z=h$ .
Есть неясность. я начинаю с $z=h$ а затем $r=a$ , а вы выбираете другой путь (сначала $r=a$ а потом $z=h$ ). Теперь другой способ мышления состоит в том, чтобы считать, что петля физического тока имеет конечное сечение $d$ , с плотностью тока $J = \frac{I}{S} = \frac{I}{\pi d^2}$ . Закон Ампера, для $r<d$ , следует применять с током $I(r) = (4\pi r^2) J = I \frac{r^2}{d^2}$ . Конечно, только в случае бесконечного цилиндра у вас есть симметрия, такая как $B$ имеет постоянную величину и касается окружности $L$ .
Ваша амперовская петля в законе Ампера неверна. Вы не можете получить B из интеграла, поскольку B создается из всего тока, поэтому он не постоянен в петле. Подумайте об этом.

Диктино · Answer 1

Используя Био Савара или закон Ампера, вы придете к той же проблеме. $B$ на ринге не определяется.

Это та же проблема, что и при попытке найти электрическое поле. $E$ пунктуального заряда только в том месте, где находится заряд $1/r²$ становится $\infty$ ...

Вам нужно использовать формулу для объемов, но с использованием поверхностной плотности тока $J$ и интегрирование на торе, то магнитное поле определено корректно. Заметить, что:

$\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{Jdv\times r}{|r|^3}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{4\pi r² d\Omega dr J\times r}{|r|^3}=\mu_0\int_V \frac{J\times u_r r³ d\Omega dr }{|r|^3}=\mu_0\int_V J\times u_r d\Omega dr$

Таким образом, даже если $r \to 0$ в $\infty$ не появляется.

Проблема в том, что решать объемные интегралы сложнее, чем с помощью прямой... но в данном случае я не могу найти лучшего варианта.

в $r$ которые вы упомянули, имеют разные значения. Поскольку $r$ от ... $Jdv\times r$ ... это расстояние от всех точек тора до одной точки тора, а $r$ от $4\pi r^2$ исходит из геометрии тора, но это два разных $r$ с.

Диктино · Answer 2

Ну... я должен быть осторожен с обозначениями, сначала начну описывать тор, который является горизонтальным и таким, что начало координат лежит внутри него:

$x_t=\mathrm{sin}\left( \alpha_1\right) \,\left( R+\mathrm{cos}\left( \beta_1\right) \,u\right)$

$y_t= \mathrm{cos}\left( \alpha_1\right) \,\left( R+\mathrm{cos}\left( \beta_1\right) \,u\right)$

$z_t = \mathrm{sin}\left( \beta_1\right) \,u$

Для $-\pi/2<\alpha_1\le \pi/2$ , $-\pi/2<\beta_1\le \pi/2$ и $0 \le u \le a$ где $R$ радиус тора и $a$ его ширина. Тогда точка лежит внутри тора, если:

$(\sqrt{(R+x)^2+y^2}-R)^2+z^2 \le a^2$

И плотность тока $||J||=\frac{I}{\pi a^2}$ может указать направление, в котором $\alpha_1$ растет, то есть $u_{\alpha}=[\frac{dx_t}{d \alpha},\frac{dy_t}{d\,\alpha},\frac{dz_t}{d\,\alpha}]=[-y_t,x_t+R,0]$ так наконец

$J=||J|| \frac{u_{\alpha}} {||u_{\alpha}||}=\\ =\begin{cases} [-\frac{y\,I}{2\,\pi \,{a}^{2}\,\sqrt{{\left( R+x\right) }^{2}+{y}^{2}}},\frac{I\,\left( R+x\right) }{2\,\pi \,{a}^{2}\,\sqrt{{\left( R+x\right) }^{2}+{y}^{2}}},0] &\mbox{if } \sqrt{(R+x)^2+y^2}-R)^2+z^2 \le a^2 \\ 0 & Otherwise. \end{cases}$

Предположим, вы хотите вычислить магнитное поле в начале координат, чтобы избежать проблемы с $1/r^2$ мы можем использовать сферические координаты:

$x=\mathrm{cos}\left( \alpha\right) \,\mathrm{sin}\left( \beta\right) \,r$

$y=\mathrm{cos}\left( \alpha\right) \,\mathrm{cos}\left( beta\right) \,r$

$z=\mathrm{sin}\left( \alpha\right) \,r$

Затем вы должны переписать приведенные выше выражения в терминах новых координат и применить закон Био-Савара ... Кроме того, если вы рассматриваете симметрию задачи, вы знаете, что $B_x=B_y=0$ и перед долгими вычислениями выражение для $B_z$ как следует:

$B_z=\mu_0I\int\limits_0^{2R+a}\int\limits_0^\pi\int\limits_0^{2\pi} {G \frac{\sqrt{R+\left( \mathrm{sin}\left( \beta\right) \,\mathrm{cos}\left( \alpha\right) -\mathrm{cos}\left( \beta\right) \,\mathrm{cos}\left( \alpha\right) \right) \,r}\,\left( \mathrm{sin}\left( \beta\right) \,{\mathrm{cos}\left( \alpha\right) }^{2}\,R+{\mathrm{cos}\left( \alpha\right) }^{3}\,r\right) }{8\,\pi \,{a}^{2}\,\pi\,R+\left( 8\,\pi \,\mathrm{sin}\left( \beta\right) \,{a}^{2}\,\mathrm{cos}\left( \alpha\right) -8\,\pi \,\mathrm{cos}\left( \beta\right) \,{a}^{2}\,\mathrm{cos}\left( \alpha\right) \right) \,\pi\,r} dr d\alpha d\beta}$

Где $G(\alpha,\beta,r)=$

$\begin{cases} 1 &\mbox{if } {\left( \sqrt{{\left( R+\mathrm{cos}\left( \alpha\right) \,\mathrm{sin}\left( \beta\right) \,r\right) }^{2}+{\mathrm{cos}\left( \alpha\right) }^{2}\,{\mathrm{cos}\left( \beta\right) }^{2}\,{r}^{2}}-R\right) }^{2}+{\mathrm{sin}\left( \alpha\right) }^{2}\,{r}^{2}<{a}^{2} \\ 0 & Otherwise. \end{cases}$

Обратите внимание, что выражение ужасное, но оно хорошо определено, бесконечность исчезает (как я уже говорил вам в последнем комментарии).

Насколько я знаю, нет никакого способа решить этот интеграл аналитически, но вы можете вычислить решение численно для любого значения, $R$ и $a$ .

Извините, но я нашел ошибку в вычислениях, правильное выражение:

Ни Био-савар, ни закон Ампера не могут решить эту проблему?

Джулиан

Тримок

Джулиан

Тримок

Тримок

Джулиан

Тримок

Квантовый Человек

Ответы (2)

Диктино

Джулиан

Диктино

Диктино

Уравнения Максвелла из уравнения Эйлера-Лагранжа: я продолжаю получать неправильное уравнение

контравариантные компоненты тензора электромагнитного поля при преобразовании Лоренца

Вывод уравнений Максвелла в их ковариантной форме

Путаница в выводе Максвеллом закона силы Ампера - Часть II [закрыта]

Каковы граничные условия для электромагнитных волн, нормально падающих на границу раздела двух диэлектрических сред?

Производная инварианта электромагнитного тензора FμνFμνFμνFμνF _{\mu\nu}F^{\mu\nu}

Уравнения Максвелла для электромагнитной волны

Комбинация уравнений Максвелла и других форм уравнений Максвелла

Сомнения в тензоре напряжений Максвелла

Простой вывод уравнений Максвелла из электромагнитного тензора