Сверхпроводники, сохранение потока

Решение

Закон электромагнитной индукции для любого контура гласит

\[ \oint\mathbf{E}\,d\mathbf{l}=-\frac{d\Phi}{dt}, \]

где \(\Phi\) — полный магнитный поток через поверхность, натянутую на контур (и внешнее поле, и самоиндукция). Возьмём в качестве контура саму сверхпроводящую проволоку. Внутри сверхпроводника стационарное электрическое поле существовать не может: носители не испытывают сопротивления, и любая касательная составляющая \(\mathbf{E}\) мгновенно разгоняла бы их без предела. Значит, вдоль кольца

\[ \oint\mathbf{E}\,d\mathbf{l}=0\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{d\Phi}{dt}=0\qquad\Longrightarrow\qquad\Phi=\mathrm{const}. \]

Полный поток складывается из внешнего и собственного:

\[ \Phi=LI+\Phi_{\text{внеш}}. \]

При деформации меняется и индуктивность \(L\) (кольцо стало «другой катушкой»), и, возможно, площадь, сквозь которую смотрит внешнее поле. Чтобы сумма осталась прежней, ток сам перестраивается: если кольцо сжать, \(L\) упадёт — ток вырастет; если растянуть — ток спадёт. В отсутствие внешнего поля просто \(LI=\mathrm{const}\).

То же самое можно сказать на языке Фарадея: ЭДС \(\mathcal{E}=-d\Phi/dt\) равна \(IR\), а \(R=0\), поэтому \(d\Phi/dt=0\). Это и есть «вмороженность» магнитного потока в сверхпроводник.

Решение

Длинная цилиндрическая оболочка в однородном продольном поле \(B_0\) пронизана потоком

\[ \Phi_0=B_0\cdot\pi r_0^2. \]

При взрывном сжатии радиус быстро падает. Пока сопротивление можно считать нулевым, циркуляция \(\mathbf{E}\) вдоль образующей окружности равна нулю, и

\[ \frac{d\Phi}{dt}=0\qquad\Longrightarrow\qquad B\cdot\pi r^2=B_0\cdot\pi r_0^2. \]

Отсюда сразу

\[ B=B_0\left(\frac{r_0}{r}\right)^2. \]

Физически происходит вот что. При сжатии поток «хочет» уменьшиться, в оболочке индуцируется ток, который поддерживает прежний поток. Этот ток и создаёт добавку к полю внутри. Снаружи поле длинной оболочки не меняет внешнее \(B_0\) (обратные силовые линии идут по самой стенке и снаружи компенсируются).

Так работают взрывные генераторы магнитного поля (МК-1): оболочку сжимают взрывчаткой, и из начальных нескольких тесла получают сотни и тысячи тесла — пока кинетическая энергия оболочки не исчерпается о магнитное давление \(B^2/(2\mu_0)\).

Решение

Пусть кольца одинаковы, индуктивность каждого \(L\), начальный ток \(I_0\), токи сонаправлены. На большом расстоянии взаимная индуктивность \(M\approx0\), и поток через каждое кольцо

\[ \Phi=LI_0. \]

После совмещения кольца занимают одну и ту же геометрию, поэтому \(M=L\): весь поток одного кольца целиком пронизывает другое. Если новые токи равны \(I_1\) и \(I_2\), потоки

\[ \Phi_1=LI_1+MI_2=L(I_1+I_2),\qquad\Phi_2=L(I_2+I_1). \]

Но поток каждого кольца сохранился:

\[ L(I_1+I_2)=LI_0\qquad\Longrightarrow\qquad I_1+I_2=I_0. \]

По симметрии (кольца одинаковы, токи были равны и однонаправленны) \(I_1=I_2=I\), откуда

\[ I=\frac{I_0}{2}. \]

Ток в каждом кольце уменьшится в два раза. Суммарный ток двух совмещённых витков остался \(I_0\), поэтому поле «двойного» кольца такое же, как было у одного далёкого.

Решение

Пусть сечение соленоида \(S\), сечение стержня \(\sigma\). До введения стержня поле в длинном соленоиде однородно, \(B_0=\mu_0 n I_0\), поток через один виток

\[ \Phi=B_0 S=\mu_0 n I_0 S. \]

Стержень вытесняет поле из своего объёма. После введения поле живёт только в зазоре площади \(S-\sigma\); ток стал \(I\), поле \(B=\mu_0 n I\), поток через виток

\[ \Phi'=B(S-\sigma)=\mu_0 n I\,(S-\sigma). \]

Поток сохранился, \(\Phi'=\Phi\):

\[ I(S-\sigma)=I_0 S\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{I}{I_0}=\frac{S}{S-\sigma}. \]

По условию ток вырос втрое, \(I/I_0=3\):

\[ \frac{S}{S-\sigma}=3\qquad\Longrightarrow\qquad S=3S-3\sigma\qquad\Longrightarrow\qquad 2S=3\sigma\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{S}{\sigma}=\frac{3}{2}. \]

Сечение соленоида больше сечения стержня в полтора раза. Зазор занимает треть площади, и чтобы прогнать прежний поток через уменьшенную площадь, поле (а с ним и ток) должно вырасти втрое.

Решение

Число витков \(N\) при сжатии не меняется (проволоку не отрезают), сечение \(S\) тоже: сжимают вдоль оси, шаг витка и так много меньше радиуса, витки просто ложатся гуще. Индуктивность длинного соленоида

\[ L=\mu_0 n^2 S\ell=\mu_0\left(\frac{N}{\ell}\right)^2 S\ell=\mu_0\frac{N^2 S}{\ell}. \]

После сжатия \(\ell'=\ell/3\), поэтому \(L'=3L\). Короткое замыкание сверхпроводника фиксирует поток

\[ LI=L'I'=\mathrm{const}\qquad\Longrightarrow\qquad I'=\frac{L}{L'}I=\frac{I}{3}. \]

Можно сказать иначе. Поле \(B=\mu_0 n I=\mu_0 NI/\ell\), поток через один виток \(BS\), полный потокосцепление \(NBS=\mu_0 N^2 SI/\ell\). Оно сохраняется, \(N\) и \(S\) те же, \(\ell\) уменьшилась втрое — ток обязан упасть втрое, чтобы произведение \(I/\ell\) осталось прежним. Поле \(B\) при этом не меняется.

Решение

Поперечная составляющая \(B_0\sin\alpha\) «проскальзывает» мимо длинного соленоида: витки её почти не чувствуют, и она не даёт потока через сечение. Работать будет только

\[ B_{\parallel}^{\text{внеш}}=B_0\cos\alpha, \]

и то лишь в той половине, которая уже вошла в область поля.

Индуцированный ток \(I\) один и тот же во всех витках (обмотка последовательная, сверхпроводник), поэтому собственное поле соленоида \(B_I=\mu_0 n I\) однородно по всей длине и направлено вдоль оси. В половине, сидящей во внешнем поле, осевая индукция равна \(B_0\cos\alpha+B_I\); в свободной половине — просто \(B_I\).

Полный поток через соленоид длины \(\ell\) и сечения \(S\):

\[ \Phi=\bigl(B_0\cos\alpha+B_I\bigr)S\cdot\frac{\ell}{2}+B_I S\cdot\frac{\ell}{2}=\Bigl(\frac12 B_0\cos\alpha+B_I\Bigr)S\ell. \]

Изначально соленоид был в нулевом поле, \(\Phi=0\), поток вморожен:

\[ B_I=-\frac12 B_0\cos\alpha. \]

Итак, осевая составляющая

\[ B_{\parallel}=\begin{cases} +\dfrac12 B_0\cos\alpha, & \text{внутри области внешнего поля},\\ -\dfrac12 B_0\cos\alpha, & \text{вне этой области}. \end{cases} \]

Поперечная составляющая везде равна внешней \(B_0\sin\alpha\).

Решение

До внесения в поле внешний поток нулевой, полный поток равен собственному:

\[ \Phi=LI_0. \]

В поле \(B_0\) через площадь кольца \(S=\pi r^2\) проходит внешний поток \(B_0 S\cos\alpha=\pi r^2 B_0\cos\alpha\) (берём составляющую вдоль нормали). Собственный поток теперь \(LI\). Сумма та же:

\[ LI+\pi r^2 B_0\cos\alpha=LI_0, \] \[ I=I_0-\frac{\pi r^2}{L}B_0\cos\alpha. \]

Знак прозрачен: если поле смотрит вдоль прежнего тока (\(\alpha=0\)), внешний поток положителен и ток должен уменьшиться, чтобы суммарный поток не вырос. При \(\alpha=90^\circ\) внешний поток нулевой — ток не меняется. При \(\alpha>90^\circ\) косинус отрицателен, ток вырастет.

Решение

Площадь кольца \(S=\pi D^2/4\). В момент, когда нормаль составляет угол \(\theta=\omega t\) с полем,

\[ \Phi_{\text{внеш}}=B S\cos\theta=\frac{\pi D^2}{4}B\cos\omega t. \]

Полный поток \(\Phi=LI+\Phi_{\text{внеш}}\) постоянен. Удобно выбрать константу равной нулю: кольцо сверхпроводящее «с нуля» (или мы смотрим переменную часть тока; постоянная составляющая на амплитуду не влияет). Тогда

\[ I=-\frac{\Phi_{\text{внеш}}}{L}=-\frac{\pi D^2 B}{4L}\cos\omega t. \]

Амплитуда переменного тока

\[ I_0=\frac{\pi D^2 B}{4L}. \]

Это тот же результат, что в задаче 11.5.7, только \(\cos\alpha\) теперь бегает со временем от \(-1\) до \(+1\).

Решение

До надевания на сталь поле в соленоиде однородно и равно \(B_{\text{с}}=\mu_0 nI_{\text{ст}}\), поток \(\Phi=B_{\text{с}}S\).

После надевания напряжённость \(H=nI\) по-прежнему одна и та же в зазоре и в длинном цилиндре (краевыми эффектами пренебрегаем). В зазоре

\[ B_{\text{заз}}=\mu_0 nI, \]

а внутри насыщенной стали

\[ B_{\text{ст}}=\mu_0 nI+B_0. \]

Сечение стали \(S/2\), сечение зазора \(S/2\). Поток через виток

\[ \Phi=B_{\text{заз}}\cdot\frac S2+B_{\text{ст}}\cdot\frac S2=\mu_0 nI\cdot S+\frac12 B_0 S. \]

Он равен прежнему \(B_{\text{с}}S\):

\[ \mu_0 nI+\frac{B_0}{2}=B_{\text{с}}\qquad\Longrightarrow\qquad B_{\text{заз}}=B_{\text{с}}-\frac{B_0}{2}. \]

Внутри стали

\[ B_{\text{ст}}=B_{\text{заз}}+B_0=B_{\text{с}}+\frac{B_0}{2}. \]

Итак, вне стального цилиндра (в зазоре) индукция уменьшилась на \(B_0/2\), внутри — увеличилась на \(B_0/2\). Ток соленоида слегка упал: намагниченность стали «помогает» потоку, и сверхпроводнику нужно меньше ампер-витков, чтобы держать прежний \(\Phi\).

Решение

Пусть \(x\) — координата переднего торца стержня, отсчитываемая от начала катушки. Без стержня потокосцепление \(\Psi=L_0 I_0\), где \(L_0=\mu_0 N^2 S/h\). Когда стержень перекрывает катушку на длине \(\xi\), эффективная площадь на этом участке \(S-\sigma\), и

\[ \Psi=\mu_0\frac{N}{h}I\bigl[(S-\sigma)\xi+S(h-\xi)\bigr]=\mu_0 N I\Bigl(S-\sigma\frac{\xi}{h}\Bigr). \]

Приравнивая \(\Psi\) к начальному \(\mu_0 N I_0 S\), получаем

\[ I(x)=\frac{I_0}{1-\sigma\xi/(Sh)}, \]

где длина перекрытия \(\xi=\xi(x)\) строится из геометрии.

а. Стержень длиннее катушки, \(l>h\).

\(\xi=0\) при \(x\le0\); \(\xi=x\) при \(0\le x\le h\); \(\xi=h\) при \(h\le x\le l\); \(\xi=l+h-x\) при \(l\le x\le l+h\); \(\xi=0\) при \(x\ge l+h\). Максимум — на плато полного перекрытия:

\[ I_{\text{макс}}=\frac{I_0}{1-\sigma/S}. \]

б. Стержень короче катушки, \(l<h\).

\(\xi=x\) при \(0\le x\le l\); \(\xi=l\) при \(l\le x\le h\); \(\xi=l+h-x\) при \(h\le x\le h+l\). Стержень никогда не заполняет катушку целиком, и

\[ I_{\text{макс}}=\frac{I_0}{1-\sigma l/(Sh)}. \]

График в обоих случаях — «трапеция» на пьедестале \(I_0\): линейный (по \(1/(1-k\xi)\), почти линейный при \(\sigma\ll S\)) подъём, полка, спад. Краевыми эффектами мы пренебрегли, поэтому изломы острые.

Решение

Пусть ток в соленоиде \(I\). Обозначим \(H_{\text{in}}\) напряжённость внутри обмотки и \(H_{\text{заз}}\) — в зазоре \(r<\rho<R\). Закон Ампера на прямоугольном контуре, проходящем внутри и в зазоре, даёт скачок

\[ H_{\text{in}}-H_{\text{заз}}=nI=\frac{NI}{\ell}. \]

Снаружи трубы поле равно нулю (экранировка). Поток через сечение трубы вморожен и изначально нулевой:

\[ \mu_0 H_{\text{in}}\cdot\pi r^2+\mu_0 H_{\text{заз}}\cdot\pi(R^2-r^2)=0, \] \[ H_{\text{in}}r^2+H_{\text{заз}}(R^2-r^2)=0\qquad\Longrightarrow\qquad H_{\text{заз}}=-H_{\text{in}}\frac{r^2}{R^2-r^2}. \]

Подставляем в амперов скачок:

\[ H_{\text{in}}\Bigl(1+\frac{r^2}{R^2-r^2}\Bigr)=\frac{NI}{\ell}\qquad\Longrightarrow\qquad H_{\text{in}}=\frac{NI}{\ell}\Bigl(1-\frac{r^2}{R^2}\Bigr). \]

Поток через один виток \(\Phi_1=\mu_0 H_{\text{in}}\pi r^2\), индуктивность

\[ L=\frac{N\Phi_1}{I}=\mu_0\pi r^2\Bigl(1-\frac{r^2}{R^2}\Bigr)\frac{N^2}{\ell}. \]

Множитель \(1-r^2/R^2\) — плата за обратный поток в зазоре. Чем теснее труба, тем сильнее «антиполе» и тем меньше \(L\).

Решение

Шина широкая (\(a=100\) мм) и тонкая (\(h=1\) мм), поэтому ток можно считать поверхностным с линейной плотностью \(i=I/a\). Одиночный токовый слой даёт \(B=\mu_0 i/2\) по обе стороны. Изображение с током \(-i\) под плоскостью складывает поля в зазоре и вычитает снаружи:

\[ B_{\text{заз}}=\mu_0 i,\qquad B_{\text{сверху}}=0. \]

Давление на шину снизу (поле есть только там)

\[ P=\frac{B_{\text{заз}}^2}{2\mu_0}=\frac{\mu_0 i^2}{2}. \]

Оно направлено вверх — сверхпроводник отталкивает одноимённый (в смысле изображения — противоположный, а противоположные токи... подождите). Изображение несёт противоположный ток, противоположные токи отталкиваются? Нет: одноимённые притягиваются, противоположные отталкиваются. Да, отталкивание. Левитация!

Вес единицы площади шины \(\rho_{\mathrm{Cu}}gh\). Равенство давлений

\[ \frac{\mu_0 i^2}{2}=\rho_{\mathrm{Cu}}gh\qquad\Longrightarrow\qquad i=\sqrt{\frac{2\rho_{\mathrm{Cu}}gh}{\mu_0}}, \] \[ I=ai=a\sqrt{\frac{2\rho_{\mathrm{Cu}}gh}{\mu_0}}. \]

Подставим \(\rho_{\mathrm{Cu}}=8{,}9\cdot10^3\) кг/м\(^3\), \(a=0{,}10\) м, \(h=1{,}0\cdot10^{-3}\) м, \(g=9{,}8\) м/с\(^2\), \(\mu_0=4\pi\cdot10^{-7}\) Гн/м:

\[ \frac{2\rho gh}{\mu_0}=\frac{2\cdot8{,}9\cdot10^3\cdot9{,}8\cdot10^{-3}}{4\pi\cdot10^{-7}}=1{,}39\cdot10^8\ \frac{\text{А}^2}{\text{м}^2}, \] \[ i=1{,}18\cdot10^4\ \text{А/м},\qquad I=1{,}18\cdot10^3\ \text{А}\approx1{,}2\ \text{кА}. \]

В книге напечатано 380 А — это \(1{,}2\text{ кА}/\pi\). Похоже на арифметическую опечатку: формула \(I=a\sqrt{2\rho gh/\mu_0}\) верна, число в ответе занижено примерно в \(\pi\) раз.

Решение

Поле одного провода на расстоянии \(h\) равно \(\mu_0 I/(2\pi h)\). В точке плоскости прямо под проводом оба поля направлены вдоль плоскости и в одну сторону, поэтому

\[ B_{\text{макс}}=2\cdot\frac{\mu_0 I}{2\pi h}=\frac{\mu_0 I}{\pi h}. \]

Максимальное магнитное давление

\[ P=\frac{B_{\text{макс}}^2}{2\mu_0}=\frac{\mu_0 I^2}{2(\pi h)^2}. \]

Сила на единицу длины провода — это сила взаимодействия двух проводов, разнесённых на \(2h\), с токами \(I\) и \(-I\). Противоположные токи отталкиваются:

\[ f=\frac{\mu_0 I\cdot I}{2\pi\cdot 2h}=\frac{\mu_0 I^2}{4\pi h}. \]

Сверхпроводник толкает провод вверх с этой силой: левитация тонкого провода.

Решение

Внешнее поле \(B\) пронизывает каждый виток потоком \(BS_{\text{сол}}\). Идеально проводящий снаряд вытесняет поле из своего сечения \(\pi r^2\), поэтому виток, внутри которого сидит снаряд, несёт поток меньше на \(B\pi r^2\).

Когда снаряд вдвигается, за время \(dt\) «захватывается» участок длины \(v\,dt\), то есть \(n v\,dt\) витков. Пока противоположный конец соленоида ещё свободен,

\[ \frac{d\Psi}{dt}=-n v\cdot B\pi r^2. \]

Модуль этого напряжения максимален и равен \(V\):

\[ V=n v\pi r^2 B\qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{V}{\pi r^2 n B}. \]

Числа: \(V=1{,}00\cdot10^5\) В, \(r=0{,}090\) м, \(n=1{,}00\cdot10^3\) м\(^{-1}\), \(B=2{,}0\) Тл:

\[ v=\frac{10^5}{\pi\cdot0{,}090^2\cdot10^3\cdot2}=\frac{10^5}{\pi\cdot0{,}0081\cdot2\cdot10^3}=\frac{10^5}{50{,}9}\approx1{,}96\cdot10^3\ \text{м/с}\approx2\ \text{км/с}. \]

Решение

Пусть \(A_{\text{вх}}\) — площадь проводящего сечения в плоскости входного торца соленоида, \(A_{\text{вых}}\) — в плоскости выходного. Сдвиг снаряда на \(dx=v\,dt\) меняет потокосцепление на

\[ d\Psi=-n B\bigl(A_{\text{вх}}-A_{\text{вых}}\bigr)dx, \] \[ V=nBv\bigl(A_{\text{вх}}-A_{\text{вых}}\bigr). \]

Пока снаряд вдвигается в пустой соленоид, \(A_{\text{вых}}=0\), а \(A_{\text{вх}}\) растёт от нуля до \(\pi r^2\). Как только во входную плоскость приходит цилиндрическая часть тела, \(A_{\text{вх}}=\pi r^2\) — и напряжение достигает значения задачи 11.5.14. Форма носа влияет только на фронт импульса (как быстро \(A_{\text{вх}}\) нарастает), но не на его высоту: высоту ставит миделево сечение.

Даже если нос совсем тупой, \(dA/dz\) на самом кончике велико, однако \(A\) всё равно не превосходит \(\pi r^2\). Значит, \(V_{\text{макс}}=nBv\pi r^2\) от формы концов не зависит.

Решение

Пока снаряд внутри, поле \(B_0=\mu_0 NI/L\) живёт только в незанятом объёме \(W-w\), где \(W=\pi R^2 L\) — объём соленоида, \(w=\pi r^2 l\) — объём снаряда. Поток через соленоид

\[ \Phi=B_0(W-w)/L_{\text{геом}}\propto B_0(W-w). \]

После вылета поле \(B\) заполняет весь объём \(W\). Поток сохранился:

\[ B_0(W-w)=BW\qquad\Longrightarrow\qquad B=B_0\frac{W-w}{W}. \]

Энергия магнитного поля плюс кинетическая:

\[ \frac{B_0^2}{2\mu_0}(W-w)+\frac12 mv_0^2=\frac{B^2}{2\mu_0}W+\frac12 mv^2. \]

Подставляем \(B\):

\[ \frac{B_0^2}{2\mu_0}(W-w)-\frac{B_0^2}{2\mu_0}\frac{(W-w)^2}{W}=\frac12 m(v^2-v_0^2), \] \[ \frac{B_0^2}{2\mu_0}(W-w)\frac{w}{W}=\frac12 m(v^2-v_0^2). \]

Отсюда

\[ v^2=v_0^2+\frac{B_0^2 w(W-w)}{\mu_0 m W}. \]

С \(B_0=\mu_0 NI/L\), \(w=\pi r^2 l\), \(W=\pi R^2 L\):

\[ \Delta v=v-v_0=\sqrt{v_0^2+\pi\mu_0\Bigl(\frac{NI}{L}\Bigr)^2 r^2 l\Bigl[1-\frac{r^2 l}{R^2 L}\Bigr]}-v_0. \]

Снаряд выталкивается, как диамагнетик из области поля: сверхпроводящий (идеально проводящий) объём не хочет сидеть в магнитном поле.

Решение

Вдали индуктивность длинной катушки

\[ L_0=\mu_0\frac{N^2}{l}\pi\Bigl(\frac r2\Bigr)^2=\mu_0\frac{N^2\pi r^2}{4l}, \]

энергия \(U_0=L_0 I^2/2\), поток \(\Phi=L_0 I\).

Внутри трубы радиуса \(R=r\) (задача 11.5.11)

\[ L=L_0\Bigl(1-\frac{(r/2)^2}{r^2}\Bigr)=L_0\cdot\frac34. \]

Поток катушки сохранился: \(L I'=L_0 I\), откуда \(I'=(4/3)I\). Новая энергия

\[ U=\frac12 L I'^2=\frac12\cdot\frac34 L_0\cdot\Bigl(\frac43 I\Bigr)^2=\frac12 L_0 I^2\cdot\frac43=\frac43 U_0. \]

Барьер

\[ \Delta U=U-U_0=\frac13 U_0=\frac{L_0 I^2}{6}=\frac{\mu_0 N^2\pi r^2 I^2}{24 l}. \]

Чтобы проскочить, нужно \(\frac12 mv^2\ge\Delta U\):

\[ v=NI r\sqrt{\frac{\pi\mu_0}{12 lm}}. \]

(Ровно на пороге катушка остановится в самом тесном месте и «зависнет»; любая добавка пронесёт её на ту сторону, где энергия снова спадёт до \(U_0\).)

Решение

Внутри стержня индукция должна стать нулевой, значит, собственное поле тока равно \(-B\). Энергия этого поля в объёме стержня

\[ A=\frac{B^2}{2\mu_0}\cdot Sl. \]

Ровно столько же можно посчитать как работу против пондеромоторной силы при вползании в поле (давление \(B^2/(2\mu_0)\) на торец площади \(S\) на пути \(l\) даёт ту же \(A\)).

На пороге вся кинетическая энергия уходит в эту работу, стержень «вползает» и останавливается:

\[ \frac12 mv_{\text{мин}}^2=\frac{B^2 Sl}{2\mu_0}\qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{мин}}=B\sqrt{\frac{Sl}{\mu_0 m}}. \]

При большей скорости часть кинетической энергии сохранится, и стержень пролетит поле насквозь (а на выходе эту энергию частично вернёт — если поле занимает полупространство, обратно уже ничего не вернётся: стержень так и улетит, оставив «затраченную» энергию в поле).

Решение

До прихода снаряда поток через сечение трубки радиуса \(r_1\) равен \(\pi r_1^2 B\). Когда снаряд оказался в этом сечении, поток идёт только через кольцевой зазор:

\[ \pi r_1^2 B=\pi(r_1^2-r_0^2)B_1\qquad\Longrightarrow\qquad B_1=B\frac{r_1^2}{r_1^2-r_0^2}. \]

Аналогично \(B_2=B r_2^2/(r_2^2-r_0^2)\). Считаем энергию аккуратно. Пока снаряд занимает участок длины \(l\), там вместо энергии пустой трубки \((B^2/2\mu_0)\pi r^2 l\) сидит энергия сжатого поля в зазоре; когда снаряд уходит, участок возвращается к энергии пустой трубки. Значит, со снарядом связана добавка

\[ U(r)=\frac{B_{\text{лок}}^2}{2\mu_0}\,\pi(r^2-r_0^2)l-\frac{B^2}{2\mu_0}\,\pi r^2 l =\frac{\pi l B^2}{2\mu_0}\cdot\frac{r_0^2 r^2}{r^2-r_0^2}. \]

Изменение кинетической энергии равно минус изменению магнитной:

\[ \Delta K=U(r_1)-U(r_2)=\frac{\pi l B^2 r_0^2}{2\mu_0}\left[\frac{r_1^2}{r_1^2-r_0^2}-\frac{r_2^2}{r_2^2-r_0^2}\right]. \]

Если \(r_2>r_1\), зазор шире, поле слабее, \(U(r_2)<U(r_1)\) — снаряд разгоняется, вылетая в широкую часть (диамагнетик выталкивается туда, где поле слабее). В «Ответах» книги напечатано \((lB^2/2\mu_0)[r_1^4/(r_1^2-r_0^2)-r_2^4/(r_2^2-r_0^2)]\): там пропущен множитель \(\pi\) (по смыслу энергии \(B^2/2\mu_0\) на объём он необходим), а в скобке не вычтены энергии пустых участков трубки — остаётся лишнее слагаемое \(\pi lB^2(r_1^2-r_2^2)/(2\mu_0)\), которое не исчезает даже для исчезающе тонкого снаряда.

Решение

Каждый снаряд в своей трубе повышает локальное поле: поток \(\Phi=BS\) протискивается в зазор \(S-s\), \(B_{\text{лок}}=BS/(S-s)\). Когда оба снаряда оказываются в зоне, соединённой перемычками, трубы работают как одна полость сечения \(2S\), и поле перераспределяется. Разность магнитных энергий «снаряды рядом» и «снаряды далеко» даёт высоту барьера

\[ W=\frac{B^2 l S s^2}{4\mu_0(2S-s)(S-s)}. \]

(Множители \(S-s\) и \(2S-s\) — свободные площади «одиночного» и «сдвоенного» каналов; \(s^2\) появляется как разность сжатий второго порядка.)

В системе центра масс относительная скорость \(2v\), приведённая масса \(m/2\), кинетическая энергия сближения

\[ K_{\text{отн}}=\frac12\cdot\frac m2\cdot(2v)^2=mv^2. \]

Если \(mv^2<W\), снаряды не могут «пролезть» друг сквозь друга по магнитному потенциалу. Взаимодействие идеально проводящее, диссипации нет — столкновение упругое. При равных массах скорости меняются местами: бывший быстрый становится медленным.

Если \(mv^2>W\), барьер преодолён, снаряды расходятся, сохранив свои скорости.

Решение

Приведённая масса \(\mu=m_1 m_2/(m_1+m_2)\), относительная скорость \(v_1-v_2\). Энергия сближения

\[ K_{\text{отн}}=\frac12\mu(v_1-v_2)^2=\frac{(v_1-v_2)^2}{2(1/m_1+1/m_2)}. \]

Барьер тот же по происхождению, что в предыдущей задаче (геометрия каналов не изменилась). Удобно записать критерий в виде, принятом в книге:

если

\[ (v_1-v_2)^2\Bigl(\frac1{m_1}+\frac1{m_2}\Bigr)>\frac{B^2 l S s^2}{2\mu_0(2S-s)(S-s)}, \]

снаряды проскакивают, \(v'_1=v_1\), \(v'_2=v_2\);

если неравенство противоположное — происходит упругий обмен импульсом. Сохранение импульса и энергии дают стандартные формулы

\[ v'_1=\frac{2m_2 v_2+(m_1-m_2)v_1}{m_1+m_2},\qquad v'_2=\frac{2m_1 v_1+(m_2-m_1)v_2}{m_1+m_2}. \]

(В одном из неравенств книги потерян множитель \(l\) — длина снаряда, она задаёт объём, в котором сжато поле, и обязана стоять в энергии.)

Решение

Пусть на бесконечности тока нет и внешнего поля нет, \(\Phi=0\). Тогда в любой точке

\[ LI+\Phi_{\text{внеш}}(z)=0\qquad\Longrightarrow\qquad I=-\frac{\Phi_{\text{внеш}}(z)}{L}. \]

Энергия тока в кольце

\[ U(z)=\frac{LI^2}{2}=\frac{\Phi_{\text{внеш}}^2(z)}{2L}. \]

Это потенциальная энергия взаимодействия кольца с полем: сила \(F=-dU/dz\) отталкивает кольцо от области большого потока (диамагнетик). Движение одномерное,

\[ \frac12 mv^2+U(z)=\frac12 mv_0^2=\mathrm{const}. \]

Максимум \(U\) равен \(\Phi^2/(2L)\), где \(\Phi=\max\Phi_{\text{внеш}}\). Если

\[ \frac12 mv_0^2<\frac{\Phi^2}{2L}, \]

кольцо не может достичь точки максимума потока: его скорость обратится в нуль раньше, и оно скатится назад — отразится. Если кинетическая энергия больше барьера, кольцо проскочит на ту сторону поля.

Решение

Без поля \(T=2\pi\sqrt{J/\kappa}\), откуда жёсткость нити \(\kappa=4\pi^2 J/T^2\).

В равновесии плоскость кольца параллельна \(\mathbf{B}\), поток нулевой. Поворот на малый угол \(\varphi\) вокруг вертикального диаметра даёт

\[ \Phi_{\text{внеш}}=B\cdot\pi r^2\cdot\sin\varphi\approx B\pi r^2\,\varphi. \]

Сопротивление пренебрегаем — поток заморожен (изначально нуль):

\[ LI+B\pi r^2\varphi=0\qquad\Longrightarrow\qquad I=-\frac{B\pi r^2}{L}\varphi. \]

Магнитная энергия

\[ U_m=\frac{LI^2}{2}=\frac{B^2\pi^2 r^4}{2L}\varphi^2, \]

то есть добавка к жёсткости \(\kappa_m=B^2\pi^2 r^4/L\). Полная жёсткость \(\kappa+\kappa_m\), новый период

\[ T'=2\pi\sqrt{\frac{J}{\kappa+\kappa_m}}=T\Big/\sqrt{1+\frac{B^2\pi^2 r^4}{L\kappa}}. \]

Подставляем \(\kappa=4\pi^2 J/T^2\):

\[ \frac{B^2\pi^2 r^4}{L\kappa}=\frac{B^2 r^4 T^2}{4LJ},\qquad T'=\frac{T}{\sqrt{1+B^2 r^4 T^2/(4LJ)}}. \]

Период уменьшился: магнитное поле делает систему жёстче.

Решение

Ток с линейной плотностью \(i\) создаёт в каждой половине поле \(B_0=\mu_0 i\) (как между обкладками «магнитного конденсатора»). Равновесная ширина половины \(x_0=(l-d)/2\). Поток через половину \(\Phi=B_0\cdot x_0\cdot h\) заморожен, поэтому при ширине \(x\)

\[ B_L=B_0\frac{x_0}{x},\qquad B_R=B_0\frac{x_0}{l-d-x}. \]

Магнитная энергия

\[ U=\frac{B_L^2}{2\mu_0}ahx+\frac{B_R^2}{2\mu_0}ah(l-d-x)=\frac{B_0^2 x_0^2 ah}{2\mu_0}\left(\frac1x+\frac1{l-d-x}\right). \]

Вторая производная в точке \(x=x_0\):

\[ U''(x_0)=\frac{2B_0^2 ah}{\mu_0 x_0}=\frac{4B_0^2 ah}{\mu_0(l-d)}. \]

Это и есть жёсткость. С \(B_0=\mu_0 i\)

\[ \omega=\sqrt{\frac{U''}{m}}=2i\sqrt{\frac{\mu_0 ah}{m(l-d)}}. \]

Колебания гармонические при малых смещениях: разность давлений \(B^2/2\mu_0\) линейна по \(\xi=x-x_0\).

Решение

Пусть \(y\) — расстояние между поршнем и перемычкой, \(s\) — координата перемычки, поршень едет как \(v_0 t\). Тогда \(y=s-v_0 t\), \(\dot y=\dot s-v_0\). Поток

\[ LyI=LxI_0\qquad\Longrightarrow\qquad I=I_0\frac{x}{y}. \]

Сила на перемычку \(m\ddot s=\frac12 L I^2=\frac12 L I_0^2 x^2/y^2\). Но \(\ddot s=\ddot y\), поэтому

\[ m\ddot y=\frac{L I_0^2 x^2}{2y^2}. \]

Умножаем на \(\dot y\) и интегрируем. В начальный момент \(y=x\), \(\dot y=-v_0\):

\[ \frac m2\dot y^2+\frac{L I_0^2 x^2}{2y}=\frac m2 v_0^2+\frac{L I_0^2 x}{2}, \] \[ \dot y^2=v_0^2+\frac{L I_0^2 x}{m}\Bigl(1-\frac{x}{y}\Bigr). \]

Скорость перемычки \(\dot s=\dot y+v_0\). После сближения (минимум \(y\)) перемычка уходит вперёд, \(y\to\infty\), и

\[ \dot y\to\sqrt{v_0^2+\frac{Lx I_0^2}{m}},\qquad v_{\text{макс}}=v_0+\sqrt{v_0^2+\frac{Lx I_0^2}{m}}=v_0\Bigl(1+\sqrt{1+\frac{Lx I_0^2}{mv_0^2}}\Bigr). \]

Решение

На единицу длины: масса оболочки \(2\pi r_0\Delta\rho\), начальная кинетическая энергия \(\pi r_0\Delta\rho\, v^2\). Магнитная энергия на единицу длины \(B^2\cdot\pi r^2/(2\mu_0)\). Поток \(Br^2=B_0 r_0^2\). Закон сохранения

\[ \frac{B^2\pi r^2}{2\mu_0}=\frac{B_0^2\pi r_0^2}{2\mu_0}+\pi r_0\Delta\rho\, v^2. \]

Умножаем на \(2\mu_0/\pi\) и заменяем \(B^2 r^2=B\cdot B_0 r_0^2\):

\[ B\cdot B_0 r_0^2=B_0^2 r_0^2+2\mu_0 r_0\Delta\rho v^2, \] \[ B=B_0+\frac{2\mu_0\rho v^2\Delta}{B_0 r_0}. \]

Числа: \(B_0=10\) Тл, \(v=3\cdot10^3\) м/с, \(r_0=0{,}20\) м, \(\Delta=5\cdot10^{-3}\) м, \(\rho=8{,}9\cdot10^3\) кг/м\(^3\):

\[ \frac{2\mu_0\rho v^2\Delta}{B_0 r_0}=\frac{2\cdot4\pi\cdot10^{-7}\cdot8{,}9\cdot10^3\cdot9\cdot10^6\cdot5\cdot10^{-3}}{10\cdot0{,}20}\approx5{,}0\cdot10^2\ \text{Тл}. \] \[ B\approx10+500=510\ \text{Тл}\approx500\ \text{Тл}. \]

Максимальное давление

\[ P=\frac{B^2}{2\mu_0}\approx\frac{(500)^2}{2\cdot4\pi\cdot10^{-7}}\approx1\cdot10^{11}\ \text{Па} \]

(миллион атмосфер — оболочка к этому моменту уже не столько «летит», сколько пружинит о собственное поле).

Решение

Пусть \(B'\) — поле, создаваемое током в стенке, тогда внутри трубки индукция равна \(B-B'\). При нарастании внешнего поля в стенке есть вихревое электрическое поле. По закону индукции на окружности радиуса \(r\)

\[ 2\pi r\cdot E=\pi r^2\frac{d}{dt}(B-B')\qquad\Longrightarrow\qquad E=\frac r2\frac{d}{dt}(B-B'). \]

Уравнение движения электрона (заряд \(e>0\), пишем для модуля):

\[ m_e\frac{dv}{dt}=eE=\frac{er}{2}\frac{d}{dt}(B-B')\qquad\Longrightarrow\qquad m_e v=\frac{er}{2}(B-B'). \]

Линейная плотность тока в стенке \(j=en_e v h\), и она создаёт \(B'=\mu_0 j\):

\[ B'=\mu_0 e n_e h\cdot\frac{er}{2m_e}(B-B')=\frac{\mu_0 e^2 n_e h r}{2m_e}(B-B'). \]

Отсюда

\[ B-B'=\frac{m_e B}{m_e+e^2 r\mu_0 n_e h/2}. \]

Числа. \(n_e=10^{20}\) см\(^{-3}=10^{26}\) м\(^{-3}\), \(r=10^{-3}\) м, \(h=10^{-4}\) м, \(B=10\) Тл:

\[ \frac{e^2 r\mu_0 n_e h}{2m_e}\approx\frac{(1{,}6\cdot10^{-19})^2\cdot10^{-3}\cdot1{,}26\cdot10^{-6}\cdot10^{26}\cdot10^{-4}}{2\cdot9{,}1\cdot10^{-31}}\approx1{,}8\cdot10^5, \]

то есть знаменатель почти целиком из второго слагаемого, и

\[ B-B'\approx\frac{m_e B}{e^2 r\mu_0 n_e h/2}=5{,}7\cdot10^{-5}\ \text{Тл}. \]

Экранировка почти полная: внутрь пролезает лишь пять стотысячных тесла.

Решение

Канонический импульс электрона (заряд \(-e\))

\[ \mathbf{p}=m_e\mathbf{v}-e\mathbf{A}. \]

В сверхпроводнике / идеальном проводнике, который раскрутили из состояния «всё покоилось, поля не было», \(\mathbf{p}=0\) вдоль контура в металле:

\[ m_e v=e A. \]

На поверхности цилиндра \(v=\omega r\). Векторный потенциал однородного поля \(B\) внутри длинного цилиндра на его стенке равен \(A=Br/2\) (вдоль окружности). Поэтому

\[ m_e\omega r=e\cdot\frac{Br}{2}\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{2m_e\omega}{e}. \]

Поле направлено вдоль оси, по правилу правого винта относительно \(\boldsymbol{\omega}\) (с учётом знака заряда электрона — против вращения цилиндра, если смотреть по \(\boldsymbol{\omega}\): электроны отрицательны и, отставая, дают ток, сонаправленный с \(\boldsymbol{\omega}\)).

Тот же ответ вылезает из задачи 11.5.27, если внешнего поля нет, а \(v=\omega r\) задано жёстко решёткой.