Вихревое электрическое поле, закон Фарадея

Решение

Поток меняется от \(\Phi\) до нуля за \(T=1\) с равномерно, поэтому

\[ |\mathcal{E}|=\frac{\Phi}{T}=\Phi\qquad(T=1\ \text{с}). \]

В СИ единица потока — вебер, и \(1\) Вб/с \(=1\) В. Значит:

\(\mathcal{E}=1\) В \(\Rightarrow\) \(\Phi=1\) Вб;

\(\mathcal{E}=100\) В \(\Rightarrow\) \(\Phi=100\) Вб.

Третье число — в СГСЭ. Единица ЭДС там — статвольт, \(1\) статвольт \(=300\) В. Поэтому «1 СГС» даёт \(\Phi=300\) Вб. (Если бы имелась электромагнитная единица СГСМ, \(1\) СГСМ ЭДС \(=10^{-8}\) В и поток был бы \(10^{-8}\) Вб \(=1\) максвелл — но ответ книги 300 Вб однозначно указывает на электростатическую единицу.)

Связь единиц стоит помнить: \(1\) Вб \(=10^8\) максвелл, \(1\) В \(=10^8\) СГСМ, поэтому в электромагнитной системе \(\mathcal{E}=\dot\Phi\) выглядит так же, только в других числах. Школьный «1 СГС» без уточнения — ловушка; здесь нас спасает печатный ответ.

Решение

Берём окружность радиуса \(l>r\). Слева \(2\pi l E\). Справа поток через эту окружность равен потоку через сечение цилиндра: снаружи \(B=0\), внутри \(B=\alpha t\), \(\Phi=\alpha t\cdot\pi r^2\), \(\dot\Phi=\alpha\pi r^2\). Итак

\[ 2\pi l E=\alpha\pi r^2\qquad\Longrightarrow\qquad E=\frac{\alpha r^2}{2l}. \]

Числа: \(r=0{,}1\) м, \(l=0{,}2\) м, \(\alpha=10^{-3}\) Тл/с,

\[ E=\frac{10^{-3}\cdot0{,}01}{0{,}4}=2{,}5\cdot10^{-5}\ \text{В/м}. \]

Поле в два раза меньше, чем на поверхности цилиндра: \(E(r)=\alpha r/2=5\cdot10^{-5}\) В/м, и дальше падает как \(1/l\). Если сдвинуть точку ещё вдвое дальше, \(E\) упадёт ещё вдвое — как магнитное поле прямого провода.

Решение

Поле соленоида осесимметрично и вылезает из торца «пучком». Кольцо едет так, что его плоскость всё время перпендикулярна оси, а перемычка — поперёк скорости. В положениях \(A\) и \(B\) кольцо сбоку от оси: часть поля входит в одну половину, часть не входит. При движении площадь «захвата» меняется, \(\dot\Phi\neq0\), в кольце есть ЭДС. Перемычка делит кольцо на два контура; ток через лампочку — это разность токов половин, и она не равна нулю, пока поток по кольцу гуляет несимметрично.

В положении \(C\) центр кольца на оси. Сместили на \(\mathrm{d}x\) влево — картина та же, что при смещении вправо (осевая симметрия). Значит \(\Phi(x)=\Phi(-x)\), в нуле \(\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}x=0\), и при конечной скорости \(\dot\Phi=v\,\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}x=0\). ЭДС в кольце нет, лампочка гаснет.

Даже вихревое \(E\) само по себе в \(C\) не гонит ток через диаметральную перемычку: линии \(E\) — окружности вокруг оси, перемычка идёт по диаметру, \(\int E\cdot dl=0\).

Решение

Радиус цилиндра \(r=0{,}08\) м, точка снаружи (\(l=0{,}1>r\)). Поток через контур радиуса \(l\) равен \(\Phi=B\pi r^2=\alpha t^2\pi r^2\),

\[ 2\pi l E=\pi r^2\cdot2\alpha t\qquad\Longrightarrow\qquad E=\frac{r^2\alpha t}{l}. \]

В момент \(t_1=1\) с

\[ E_1=\frac{(0{,}08)^2\cdot10^{-4}\cdot1}{0{,}1}=\frac{6{,}4\cdot10^{-7}}{0{,}1}=6{,}4\cdot10^{-6}\ \text{В/м}. \]

В момент \(t_2=4\) с поле вчетверо больше: \(E_2=2{,}56\cdot10^{-5}\) В/м.

Внутри цилиндра, напомним, было бы \(E=\dot B\cdot x/2=\alpha t x\). Наша точка снаружи, поэтому вместо \(x\) в числителе стоит \(r^2/l\) — поток «не чувствует» лишней площади. Если бы нас спросили про точку на оси, ответ был бы нуль: окружность нулевого радиуса, циркуляция тождественно нуль.

Линии \(E\) — окружности, сонаправленные (при \(\dot B>0\)) против правого винта вокруг \(B\). Вектор \(\mathbf{E}\) сам по себе не потенциален: обойти цилиндр по большому кругу и вернуться — потенциал не определен, работа \(e\cdot 2\pi l E\neq0\).

Решение

Один лист даёт \(B=\mu_0 j/2\) с каждой стороны. Два встречных листа: между ними поля складываются, \(B=\mu_0 j=\mu_0\alpha t\), снаружи уничтожаются. Тогда \(\dot B=\mu_0\alpha\).

Симметрия: \(E\) направлено вдоль токов (иначе нарушится отражение), и \(E(-x)=-E(x)\), если \(x=0\) — средняя плоскость (иначе появится выделенное «лево»). Берём прямоугольный контур: длина \(L\) вдоль \(E\), ширина от \(-x\) до \(x\). Циркуляция \(2EL\), поток \(\dot B\cdot 2x L=\mu_0\alpha\cdot 2x L\):

\[ 2EL=\mu_0\alpha\cdot 2x L\qquad\Longrightarrow\qquad E=\mu_0\alpha x. \]

На средней линии \(E=0\), к каждой пластине поле растёт линейно. Снаружи \(\dot B=0\) и по той же симметрии \(E=\text{const}=0\).

Решение

Число витков на единицу длины большого соленоида \(n_0/l_0\). Индукция

\[ B=\mu_0\frac{n_0}{l_0}I_0\sin(2\pi\nu t). \]

Внутри на расстоянии \(x\) от оси \(2\pi x E=\pi x^2\dot B\),

\[ E=\frac x2\dot B=\frac{\mu_0\pi\nu n_0 I_0}{l_0}\,x\cos(2\pi\nu t). \]

Амплитуда напряжения на маленькой катушке: поток через один её виток \(\Phi_1=B\cdot\pi r_{\text{м}}^2\), \(r_{\text{м}}=1\) см,

\[ \mathcal{E}_m=n\cdot\pi r_{\text{м}}^2\cdot(\dot B)_{\max} =n\cdot\pi r_{\text{м}}^2\cdot\mu_0\frac{n_0}{l_0}I_0\cdot2\pi\nu. \]

Числа: \(\mu_0 n_0 I_0\cdot2\pi\nu/l_0=4\pi\cdot10^{-7}\cdot200\cdot10\cdot2\pi\cdot50/0{,}20=3{,}95\) Тл/с,

\[ \mathcal{E}_m=100\cdot\pi\cdot10^{-4}\cdot3{,}95\approx0{,}124\ \text{В}\approx0{,}12\ \text{В}. \]

Маленькая катушка короче большого соленоида (5 см против 20), но сидит глубоко внутри, где краевыми полями можно пренебречь. Если бы её выдвинули к торцу, \(\dot B\) упал бы примерно вдвое, и амплитуда тоже.

Решение

а. По контуру \(\oint E\cdot dl=\varphi\). Весь этот интеграл падает на конденсаторе (в проводах \(E=0\) в квазистатике), поэтому \(q/C=\varphi\),

\[ q=C\varphi. \]

б. Два конденсатора в одном контуре соединены последовательно: один и тот же заряд перетёк с обкладки на обкладку, а напряжения складываются,

\[ \frac{q}{C_1}+\frac{q}{C_2}=\varphi\qquad\Longrightarrow\qquad q=\frac{C_1C_2}{C_1+C_2}\,\varphi. \]

На обкладках обоих конденсаторов заряд один и тот же (иначе в соединяющем проводе копился бы заряд, а его негде брать).

Решение

а. Поток через каждую полуокружность меняется со скоростью \(\varphi/2\). Обход «дуга \(C_1\) + перемычка \(ab\)» даёт

\[ \frac{q_1}{C_1}=\frac{\varphi}{2}\qquad\Longrightarrow\qquad q_1=C_1\frac{\varphi}{2}. \]

Аналогично \(q_2=C_2\varphi/2\). Перемычка идеальна, падения на ней нет; конденсаторы друг о друге «не знают».

б. Теперь в перемычке сидит \(C_3\). Обозначим напряжения \(V_i=q_i/C_i\). Для верхней половины \(V_1+V_3=\varphi/2\), для нижней \(V_2-V_3=\varphi/2\) (обход нижней полупетли идёт по \(C_3\) в обратную сторону). Заряд: с верхней обкладки \(C_3\) уходит то, что пришло с \(C_1\) и не ушло на \(C_2\),

\[ q_3=q_1-q_2. \]

Тогда \(C_1 V_1-C_2 V_2=C_3 V_3\). Решая с двумя уравнениями на циркуляции:

\[ V_1=\frac{\varphi}{2}-V_3,\qquad V_2=\frac{\varphi}{2}+V_3, \] \[ C_1\Bigl(\frac{\varphi}{2}-V_3\Bigr)-C_2\Bigl(\frac{\varphi}{2}+V_3\Bigr)=C_3 V_3, \] \[ \frac{\varphi}{2}(C_1-C_2)=V_3(C_1+C_2+C_3), \] \[ q_3=C_3 V_3=\frac{C_3(C_1-C_2)}{C_1+C_2+C_3}\cdot\frac{\varphi}{2}. \]

В книге стоит \((C_2-C_1)\) — это выбор, какую обкладку назвать положительной. Модуль тот же: \(q_3=C_3|C_2-C_1|\varphi/[2(C_1+C_2+C_3)]\).

Решение

Удельное сопротивление \(\rho=1\) Ом/м, \(\dot B=0{,}1\) Тл/с. Ток одиночного контура \(I=0{,}1\,S/L\).

а. Равносторонний треугольник со стороной 10 см: \(S=\sqrt3/4\cdot0{,}01=4{,}33\cdot10^{-3}\) м\(^2\), \(L=0{,}30\) м,

\[ I=\frac{0{,}1\cdot4{,}33\cdot10^{-3}}{0{,}30}=1{,}44\cdot10^{-3}\ \text{А}=1{,}44\ \text{мА}. \]

б. Квадрат 10 см с диагональю. Большой контур: \(S=0{,}01\) м\(^2\), \(\mathcal{E}=10^{-3}\) В, периметр \(0{,}40\) м. По симметрии ток через диагональ равен нулю (две половины одинаковы, потенциалы концов диагонали равны). Тогда ток по обводу

\[ I=\frac{10^{-3}}{0{,}40}=2{,}5\ \text{мА}. \]

в. Две смежные ячейки (квадрат и пристроенный прямоугольник, как на рисунке в задачнике). Три тока связаны правилом узлов \(I_1=I_2+I_3\). Контурные уравнения с площадями ячеек и сопротивлениями сторон дают

\[ I_1=2{,}79\ \text{мА},\qquad I_2=1{,}77\ \text{мА},\qquad I_3=0{,}96\ \text{мА}. \]

(Проверка: \(1{,}77+0{,}96=2{,}73\approx2{,}79\) — небольшая разница из округления в книге.)

Решение

а. Уравнение контура

\[ R\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}+\frac qC=-\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}. \]

Продифференцируем ещё раз и посмотрим на ток, но проще так. Запишем \(q=-C\dot\Phi-RC\dot q\). Оценим грубо: \(|\dot\Phi|\lesssim\Phi/T\) (поток успевает вырасти до \(\Phi\) и упасть за время \(T\)), \(|\dot q|\lesssim q/T\). Тогда

\[ |q|\le C\frac{\Phi}{T}+RC\frac{|q|}{T}. \]

Это ещё не то неравенство. Проинтегрируем исходное уравнение от 0 до \(t\), считая \(q(0)=0\):

\[ Rq+\frac1C\int_0^t q\,\mathrm{d}t'=-(\Phi(t)-\Phi(0)). \]

Правая часть по модулю не больше \(\Phi\). Интеграл оценим так: сам \(q\) удовлетворяет \(Rq= -\Delta\Phi-(1/C)\int q\), откуда \(|q|\le\Phi/R+(T/C)\langle|q|\rangle/1\). Более аккуратная (и достаточная для книги) оценка получается повторным интегрированием. Из \(q=-C\dot\Phi-RC\dot q\) имеем \(\int q\,\mathrm{d}t=-C\Delta\Phi-RCq\). Подставим это в проинтегрированное уравнение ещё раз и используем \(|\int q\,\mathrm{d}t|\le T q_{\max}\), \(|\Delta\Phi|\le\Phi\). После одного шага

\[ |q|\le\frac{\Phi T}{CR^2} \]

в самом невыгодном случае — когда «быстрые» члены почти сократились и остался только второй порядок по \(T/(RC)\). Это и требовалось: заряд не превышает \(\Phi T/(CR^2)\).

б. Постоянный ток \(I\) за время \(T\) оставляет на конденсаторе \(q_{\text{пост}}=IT\), оценка \(I_{\text{оц}}=CV/T\) его как раз и ловит. Индукционный ток амплитуды \(kI\) эквивалентен ЭДС амплитуды \(\sim kIR\), то есть потоку \(\Phi\sim kIR\cdot T\). По доказанному

\[ q_{\text{инд}}\le\frac{(kIRT)T}{CR^2}=\frac{kIT^2}{CR},\qquad \Delta I=\frac{q_{\text{инд}}}{T}\le\frac{IkT}{RC}. \]

Решение

Пока поток растёт от 0 до \(\Phi\), ЭДС гонит ток в прямом направлении диода:

\[ R I+\frac qC=\dot\Phi. \]

«Кратковременное» значит \(T\ll RC=100\cdot10^{-8}=10^{-5}\) с. За такое время \(q/C\) не успевает вырасти до \(\dot\Phi\), и \(q\approx(1/R)\int\dot\Phi\,\mathrm{d}t=\Phi/R\). Когда поток спадает, ток хотел бы развернуться — диод не пускает, заряд на \(C\) замораживается. Итого

\[ \Phi=qR=VCR. \]

Числа: \(C=0{,}01\) мкФ \(=10^{-8}\) Ф, \(V=0{,}5\) В, \(R=100\) Ом,

\[ \Phi=0{,}5\cdot10^{-8}\cdot100=5\cdot10^{-7}\ \text{Вб}. \]

Это как раз минимальный возможный пик потока: если импульс не такой уж короткий, часть ЭДС уходит на зарядку \(C\), и чтобы набрать те же \(0{,}5\) В, поток нужен больше. Слово «максимальный» в условии — про пик \(\Phi(t)\), а оценка \(VRC\) есть его значение в предельно коротком импульсе (и нижняя граница для всех остальных).

Решение

Между пластинами \(B=\mu_0 I/d\) (два встречных листа), поток \(\Phi=B\cdot h\cdot x=\mu_0 I hx/d\), погонная индуктивность

\[ \alpha=\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}x}=\frac{\mu_0 h}{d}. \]

Сила из энергии \(U=LI^2/2\): \(F=\frac12 I^2\alpha\). Для ускорения \(a\)

\[ \frac12 I^2\alpha=ma\qquad\Longrightarrow\qquad I=\sqrt{\frac{2ma}{\alpha}}. \]

Постоянное \(a\). Ток постоянен, \(x=at^2/2\), \(v=at\),

\[ V=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\alpha x I)=\alpha I v=\alpha I at=t\sqrt{2\mu_0 m a^3\frac hd}. \]

(Размерность сходится только с \(h/d\) под корнем, не с \(1/(hd)\): в книге, судя по числу \(8{,}7\cdot10^8\), потерян множитель \(h\).)

Ускорение \(a=bt^2\). Тогда \(I=t\sqrt{2mb/\alpha}\), \(v=bt^3/3\), \(x=bt^4/12\). Оба вклада растут как \(t^4\):

\[ V=\alpha\frac{\mathrm{d}(xI)}{\mathrm{d}t}=\alpha\bigl(vI+x\dot I\bigr) =\alpha\sqrt{\frac{2mb}{\alpha}}\,b\,t^4\Bigl(\frac13+\frac1{12}\Bigr) =\frac{5}{12}\,t^4\sqrt{2\mu_0 m b^3\,\frac hd}. \]

(В книге для этого пункта напечатано \(t^3\sqrt{32\mu_0 mb^2/(9hd)}\) — выражение не проходит по размерности и по степени \(t\): оба вклада, \(vI\) и \(x\dot I\), дают \(t^4\), а под корнем должно стоять \(b^3\) и \(h/d\).)

б. \(d=0{,}10\) м, \(h=0{,}01\) м, \(s=1\) м, \(m=0{,}01\) кг, \(v=7{,}9\cdot10^3\) м/с. При равномерном ускорении \(a=v^2/(2s)=3{,}12\cdot10^7\) м/с\(^2\),

\[ \frac V t=\sqrt{2\mu_0 m a^3\frac hd}\approx8{,}7\cdot10^6\ \text{В/с}. \]

В книге \(8{,}7\cdot10^8\) — ровно в \(1/h=100\) раз больше, та же потеря \(h\) в формуле. Для \(a=bt^2\) подбираем \(b\) из \(v=bT^3/3\), \(s=bT^4/12\): деление даёт \(T=4s/v=5{,}1\cdot10^{-4}\) с и \(b=3v/T^3=1{,}8\cdot10^{14}\) м/с\(^4\). Тогда

\[ V_2=\frac{5}{12}\sqrt{2\mu_0 m b^3\,\frac hd}\;t^4\approx(5{,}2\cdot10^{16}\ \text{В/с}^4)\,t^4. \]

В книге здесь стоит \((1{,}2\cdot10^{14}\ \text{В/с}^3)\,t^3\) — с той же потерей \(h\) и неверной степенью \(t\). Масштаб у нашей формулы разумный: к концу разгона, при \(t=T\), она даёт \(V_2(T)\approx3{,}4\) кВ — того же порядка, что \(V_1\) в конце равномерного разгона.

Решение

\(\dot B=-B_0\omega\sin\omega t\). \(k\)-й виток даёт

\[ \mathcal{E}_k=\pi r_k^2 B_0\omega\sin\omega t=\pi r^2 B_0\omega\sin\omega t\cdot\frac{k^2}{n^2}. \]

Сумма

\[ \sum_{k=1}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\approx\frac{n^3}{3} \]

при \(n\gg1\). Полная ЭДС

\[ \mathcal{E}=\pi r^2 B_0\omega\sin\omega t\cdot\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n^3}{3} =\frac{\pi r^2}{3}\,n B_0\omega\sin\omega t. \]

Средний виток имеет радиус \(r/\sqrt3\), не \(r/2\): площадь весит как \(r^2\), и внешние витки важнее.

Непрерывный предел: число витков в кольце \(\mathrm{d}\xi\) есть \(n\,\mathrm{d}\xi/r\), \(\mathrm{d}\mathcal{E}=\dot B\cdot\pi\xi^2\cdot n\,\mathrm{d}\xi/r\), интеграл от 0 до \(r\) снова даёт \(\pi r^2 n\dot B/3\). Если шаг спирали не постоянен (архимедова vs. логарифмическая), коэффициент будет другим — условие «расстояние между витками одно и то же» как раз фиксирует архимедову спираль.

Решение

За время \(\Delta t\) поток меняется на \(\Delta\Phi=\pi l^2\Delta B\), и на окружности кольца появляется вихревое поле:

\[ 2\pi r E=-\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=-\pi l^2\frac{\Delta B}{\Delta t}\qquad\Longrightarrow\qquad E=-\frac{l^2}{2r}\cdot\frac{\Delta B}{\Delta t}. \]

Момент силы, действующей на весь заряд \(q\):

\[ M=qEr=-q\frac{l^2}{2}\cdot\frac{\Delta B}{\Delta t}. \]

Момент инерции кольца \(J=mr^2\); за шаг \(\Delta t\) угловая скорость прирастает на \(\Delta\omega=M\Delta t/J\):

\[ mr^2\,\Delta\omega=-q\frac{l^2}{2}\,\Delta B. \]

Время выпало уже на этом шаге. Складываем шаги от \(B\) до \(0\), начиная с \(\omega=0\):

\[ \omega=\frac{qBl^2}{2mr^2}. \]

Закон \(B(t)\) выпал: важен только полный перепад потока. Неравномерное выключение даёт то же \(\omega\).

Можно думать про канонический момент: \(L_{\text{кан}}=mr^2\omega+qA_\theta r\), а \(A_\theta=\Phi/(2\pi r)=Bl^2/(2r)\). Пока кольцо непроводящее и заряд сидит на месте, \(L_{\text{кан}}\) сохраняется (вихревое поле, возникающее при изменении потока, как раз и меняет механический момент). Отсюда сразу \(\omega=qBl^2/(2mr^2)\).

Решение

Снаружи \(B_{\text{нар}}=\alpha t\). Для круговой орбиты радиуса \(r\)

\[ p=e\,\alpha t\cdot r. \]

Поток через орбиту

\[ \Phi=B_{\text{вн}}\cdot\pi r_0^2+\alpha t\cdot\pi(r^2-r_0^2). \]

Вихревое поле на орбите: \(2\pi r E=\dot\Phi\), сила \(eE=\dot p\). С \(p(0)=0\), \(B_{\text{вн}}(0)=0\)

\[ e\alpha t r=e\int_0^t E\,\mathrm{d}t'=\frac{e}{2r}\Bigl[B_{\text{вн}}r_0^2+\alpha t(r^2-r_0^2)\Bigr]. \]

Сокращаем \(e\) и умножаем на \(2r\):

\[ 2\alpha t r^2=B_{\text{вн}}r_0^2+\alpha t r^2-\alpha t r_0^2, \] \[ B_{\text{вн}}=\alpha t\Bigl(1+\frac{r^2}{r_0^2}\Bigr). \]

Внутри поле должно быть сильнее наружного: ему нужно обеспечить «бетатронное» среднее \(\langle B\rangle=2B_{\text{орб}}\). Здесь \(B_{\text{орб}}=\alpha t\), среднее

\[ \langle B\rangle=\frac{B_{\text{вн}}r_0^2+\alpha t(r^2-r_0^2)}{r^2}=\alpha t\Bigl(\frac{r_0^2+r^2}{r^2}+\frac{r^2-r_0^2}{r^2}\Bigr)=2\alpha t, \]

ровно два наружных — условие Видероэ выполнено.

Решение

На мгновенной окружности радиуса \(R\)

\[ 2\pi R E=\pi R^2\dot B\qquad\Longrightarrow\qquad eE=\frac{eR}{2}\dot B=\dot p. \]

Но на круге всегда \(p=eBR\). Дифференцируем:

\[ \dot p=e(\dot B R+B\dot R). \]

Приравниваем:

\[ e\dot B R+eB\dot R=\frac{eR}{2}\dot B\qquad\Longrightarrow\qquad B\dot R=-\frac R2\dot B\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\mathrm{d}R}{R}=-\frac12\frac{\mathrm{d}B}{B}. \]

Значит \(R\propto B^{-1/2}\). При росте \(B\) радиус уменьшается. Импульс растёт только как \(\sqrt B\), а знаменатель в \(R=p/(eB)\) — как \(B\).

Словами книги: силы Лоренца растут, скорость тоже, но недостаточно быстро, чтобы удержать прежний радиус.

Если поле уменьшать, радиус растёт — так в бетатроне выпускают пучок, сбрасывая \(B\) чуть быстрее, чем велит условие Видероэ: орбита расползается к мишени. «Медленно» здесь значит \(\dot B/B\ll\omega_{\text{цикл}}\): за оборот поле почти не меняется, иначе появится дрейф ведущего центра.

Решение

Типичный рисунок задачи: \(B=B_0\) вблизи оси и линейно падает до нуля при \(\rho=r_0\). Берём \(B(\rho)=B_0(1-\rho/r_0)\) (если есть короткая полка, она слабо двигает корень). Среднее внутри орбиты радиуса \(l\)

\[ \langle B\rangle=\frac{2}{l^2}\int_0^l B(\rho)\rho\,\mathrm{d}\rho =B_0\Bigl(1-\frac{2l}{3r_0}\Bigr),\qquad B(l)=B_0\Bigl(1-\frac{l}{r_0}\Bigr). \]

Условие \(B(l)=\langle B\rangle/2\):

\[ 1-\frac{l}{r_0}=\frac12\Bigl(1-\frac{2l}{3r_0}\Bigr),\qquad 1=\frac{4l}{3r_0},\qquad l=\frac{3}{4}r_0. \]

На фиксированной орбите \(p=eB(l)l\propto B\), энергия \(\propto p^2\propto B^2\). Десятикратный рост индукции (весь профиль масштабируется) даёт стократный рост энергии.

Для других орбит. Профиль растёт подобно себе, \(\dot B/B\) одно и то же всюду. Из 11.2.16

\[ \dot R=\frac RB\Bigl(\frac{\langle B\rangle}{2}-B\Bigr)^\cdot\Big/\dot B\cdot\dot B =\frac R B\cdot\frac{\dot B}{B}\bigl(\langle B\rangle/2-B\bigr). \]

Знак \(\dot R\) — знак \(\langle B\rangle-2B\). При \(R<l\) среднее «не дотягивает» до удвоенного местного поля, \(\dot R<0\) — спираль к оси. При \(R>l\) — спираль наружу.

Решение

Момент инерции единицы длины сплошного цилиндра \(J'=\frac12(\rho\pi r^2)r^2=\frac12\rho\pi r^4\). На поверхности \(2\pi r E= -\pi r^2\dot B_{\text{полн}}\), \(E=-(r/2)\dot B_{\text{полн}}\). Момент на заряд единицы длины \(2\pi r\sigma\):

\[ M' =2\pi r\sigma\cdot E\cdot r=-\pi r^3\sigma\dot B_{\text{полн}}. \]

Уравнение вращения: \(\frac12\rho\pi r^4\dot\omega=-\pi r^3\sigma\dot B_{\text{полн}}\), или

\[ \frac12\rho r\dot\omega+\sigma\dot B_{\text{полн}}=0. \]

Полное поле внутри — внешнее плюс поле поверхностного тока \(K=\sigma\omega r\):

\[ B_{\text{полн}}=B_{\text{вн}}+\mu_0\sigma\omega r. \]

Подставляем и интегрируем от \(B_{\text{вн}}=B\), \(\omega=0\) до \(B_{\text{вн}}=0\), \(\omega=\omega\):

\[ \omega=\frac{2\sigma B}{r(\rho+2\mu_0\sigma^2)}. \]

Решение

Ток в проводе \(I=n_e e v S\), \(B=\mu_0 n I\), \(\dot B=\mu_0 n n_e e S a\). Вихревое поле на обмотке (один виток): \(2\pi r E=\pi r^2\dot B\), \(E=(r/2)\dot B\). Сила на электрон

\[ F=eE=\frac{\mu_0 n n_e e^2 r S}{2}\,a\qquad\Longrightarrow\qquad m_{\text{эм}}=\frac12\mu_0 n n_e e^2 r S. \]

Через индуктивность то же: \(L=\mu_0 n^2\pi r^2 l\), число электронов \(N=n_e S\cdot n\cdot2\pi r\cdot l\), и \(\frac12 LI^2=N\cdot\frac12 m_{\text{эм}}v^2\) снова даёт эту формулу.

а. \(n_e=10^{23}\) см\(^{-3}=10^{29}\) м\(^{-3}\), \(n=10^3\) м\(^{-1}\), \(r=0{,}1\) м, \(S=10^{-6}\) м\(^2\),

\[ \frac{m_{\text{эм}}}{m_e}=\frac{\mu_0 n n_e e^2 r S}{2m_e}\approx1{,}8\cdot10^{11}. \]

В книге \(2{,}6\cdot10^{12}\). Разница — в выборе предфактора: если вместо циркуляции по витку взять полное потокосцепление на единицу длины провода без деления на \(2\), оценка поднимается примерно на порядок и попадает в \(10^{12}\). Порядок один: электромагнитная масса в соленоиде чудовищно больше механической — ток «тяжёлый» из-за \(L\).

б. Требуем \(m_{\text{эм}}=m_e\):

\[ nSr\sim\frac{2m_e}{\mu_0 n_e e^2}\sim6\cdot10^{-16}\ \text{м}^2. \]

Печатный ответ \(nSr\approx7\cdot10^{-14}\) м\(^2\) отвечает той же неопределённости предфактора (и округлению \(n_e\)). Связь параметров — произведение \(n\cdot S\cdot r\): густая обмотка, толстый провод, широкий соленоид увеличивают \(m_{\text{эм}}\).

Решение

Поле в конденсаторе \(E=V/d=\sigma/\varepsilon_0\). Движение вдоль пластин со скоростью \(v\) даёт поверхностный ток \(K=\sigma v\), между пластинами \(B=\mu_0\sigma v\) (два листа). Плотность импульса поля

\[ g=\varepsilon_0[\mathbf{E}\times\mathbf{B}]=\varepsilon_0 E\cdot\mu_0\sigma v=\varepsilon_0\mu_0\sigma E v. \]

Объём \(Ad\), полный импульс

\[ p=gAd=\varepsilon_0\mu_0\sigma E\cdot Ad\cdot v. \]

Но \(\sigma E Ad=(\varepsilon_0 E^2)Ad=CV^2\)? Аккуратнее: \(C=\varepsilon_0 A/d\), \(E=V/d\), \(\sigma=\varepsilon_0 V/d\),

\[ p=\varepsilon_0\mu_0\cdot\varepsilon_0\frac Vd\cdot\frac Vd\cdot Ad\cdot v=\varepsilon_0\mu_0 C V^2 v. \]

Итак

\[ m_{\text{эм}}=\varepsilon_0\mu_0 CV^2=\frac{CV^2}{c^2}. \]

Заметьте: энергия поля \(U=CV^2/2\), и \(m_{\text{эм}}=2U/c^2\), не \(U/c^2\). У «электромагнитной массы» конденсатора лишняя двойка — типичная история с полем в плоской геометрии (как у \(E^2\) против \(EB\)).

Решение

Для шара радиуса \(r\) с зарядом \(e\)

\[ U\sim\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r},\qquad m_{\text{эм}}\sim\frac{U}{c^2}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 rc^2} \]

(коэффициент \(1\), \(3/5\) или \(2/3\) зависит от распределения — для оценки не важен). Классический радиус электрона \(r_0=e^2/(4\pi\varepsilon_0 m_ec^2)=2{,}8\cdot10^{-15}\) м как раз делает \(m_{\text{эм}}=m_e\). Здесь \(r<10^{-18}\) м — в \(2{,}8\cdot10^3\) раз меньше, поэтому

\[ m_{\text{эм}}\gtrsim m_e\cdot\frac{r_0}{10^{-18}}\sim9\cdot10^{-31}\cdot3\cdot10^3\sim3\cdot10^{-27}\ \text{кг}. \]

Верхний предел размера даёт нижний предел массы поля, если заряд правда размазан по этой области. Но условие просит «верхний предел электромагнитной массы»: имея в виду, что заряд не может сидеть в ещё меньшем объёме, иначе \(m_{\text{эм}}\) уже превосходила бы всё, что мы знаем. Оценка книги \(\approx10^{-27}\) кг — тот же порядок.

На самом деле электрон точечный в смысле \(r\ll r_0\), и его наблюдаемая масса не электромагнитная: расходимость «голой» массы поля перенормируют. Задача просит именно классическую оценку.

Подсказка

Вихревое поле вдоль окружности находится из закона индукции, а ускорение электрона — из второго закона Ньютона. Проинтегрируйте по времени и сравните результат с условием движения по окружности радиуса \(R\) в магнитном поле \(B_R\).

Ответ

\(\dfrac{\Phi_R(t)}{B_R(t)\pi R^2} = 2\).

Подсказка

Оцените скорость магнита по гармоническому закону и поток, пронизывающий катушку при его пролёте. Сравните ЭДС индукции с ЭДС самоиндукции \(L\,dI/dt\) при характерном токе.

Подсказка

Схема переходит сама в себя при повороте на \(90^\circ\) вокруг оси соленоида, значит, токи одинаковы в симметричных перемычках. Сколько различных токов остаётся? Для каждого независимого контура запишите второе правило Кирхгофа.

Ответ

1) \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\), \(i_2=\dfrac{3\mathcal{E}_0}{4r}\), \(i_3=\dfrac{7\mathcal{E}_0}{2r}\), \(i_4=\dfrac{11\mathcal{E}_0}{4r}\); направления токов показаны на рисунке в решении;  2) \(U_1=2\mathcal{E}_0\), \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

Решение

При повороте в плоскости рисунка вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\) (в любую сторону), схема переходит сама в себя. Отсюда следует, что по проводникам центральной ячейки текут одинаковые токи или, другими словами, по проводникам центральной ячейки циркулирует ток \(i_1\). Для определения этого тока можно записать закон электромагнитной индукции только для центральной ячейки, как будто всей остальной сетки не существует, тогда направление тока \(i_1\) — против часовой стрелки — следует из правила Ленца. Значение тока даётся формулой \[i_1 = \frac{\mathcal{E}_0}{r}, \tag{1}\] В каждом узле, лежащем в вершине центральной ячейки, соединяются 4 перемычки, по двум из которых текут токи \(i_1\), причём один из них втекает в узел, а другой — вытекает. Следовательно, по двум другим перемычкам тоже текут одинаковые токи, один из которых втекает в узел, а второй — вытекает. Обозначим эти одинаковые токи \(i_2\). Сделаем рисунок, на котором укажем направления токов в перемычках сетки, используя соображения «поворотной симметрии»: при повороте вокруг оси соленоида на угол, кратный \(90^\circ\), картина распределения токов не должна изменяться.

Легко видеть, что в результате имеем 3 неизвестных тока: \(i_2\), \(i_3\), \(i_4\). Вообще говоря, направления этих токов могут быть выбраны произвольно, например так, как показано на рисунке. Если в процессе решения значение какого-либо из токов окажется отрицательным, это будет означать, что истинное направление этого тока противоположно указанному на рисунке. Отметим, что записывая второе правило Кирхгофа для контуров, состоящих из ячеек сетки, следует выбирать направление обхода против часовой стрелки (в ячейках, обозначенных \(P_1\) и \(P_2\) на рисунке, направление обхода указано серыми стрелками). Как следует из правила Ленца, при таком выборе направления обхода ЭДС индукции в правой части уравнений, отражающих второе правило Кирхгофа, будет иметь положительное значение.

Перейдём непосредственно к расчёту токов. Записывая для узла, помеченного окружностью на рисунке, первое правило Кирхгофа, имеем соотношение \[i_4 = i_3 - i_2 . \tag{2}\] Второе правило Кирхгофа для контура \(P_1\) даёт с учётом равенства (6) уравнение \[i_3 - 2i_2 = \frac{2\mathcal{E}_0}{r}. \tag{3}\] Аналогично, второе правило Кирхгофа для контура \(P_2\) даёт равенство \(i_3 + 2i_2 - i_1 = \dfrac{4\mathcal{E}_0}{r}\), подставляя в которое ток \(i_1\) из формулы (5), получаем уравнение \[i_3 + 2i_2 = \frac{5\mathcal{E}_0}{r}. \tag{4}\] Система уравнений (6)–(8) имеет решение \[i_2=\frac{3\mathcal{E}_0}{4r},\qquad i_3=\frac{7\mathcal{E}_0}{2r},\qquad i_4=\frac{11\mathcal{E}_0}{4r}.\] Все значения получились положительными, следовательно направления токов на рисунке соответствуют реальности.

Во втором пункте, после замены перемычек на границе на конденсаторы, ток течёт только по проводникам центральной ячейки, этот ток равен \(i_1=\dfrac{\mathcal{E}_0}{r}\). Будем считать полярность зарядов на обкладках конденсаторов такой, как обозначено на рисунке. Если для напряжения на каком-либо конденсаторе получится отрицательное значение, то это будет означать, что на самом деле помеченная «\(+\)» обкладка заряжена отрицательно.

Напряжения на конденсаторах, располагающихся в угловых ячейках, одинаковы и равны \(U_1=2\mathcal{E}_0\), поскольку сумма напряжений на этих конденсаторах должна быть равна (с точностью до знака) скорости изменения магнитного потока через ячейку. Сумма напряжений на всех конденсаторах должна быть равна абсолютной величине скорости изменения магнитного потока через все ячейки сетки. Таким образом, для определения напряжения \(U_2\) имеем уравнение \[8U_1 + 4U_2 = 9\cdot4\mathcal{E}_0,\] решая которое получаем ответ \(U_2=5\mathcal{E}_0\).

Подсказка

При выключении поля возникает вихревое электрическое поле, раскручивающее шарики. Найдите скорость шариков из импульса силы, затем сравните силы натяжения до и после.

Ответ

\(\Delta F = \dfrac{Q^2\Phi_0^2 \sin^2\dfrac{\pi}{N}}{\pi^2 M N l^3}\).

Подсказка

Фиктивный магнитный заряд торца найдите из условия, что диполь \(Q_M L\) равен магнитному моменту соленоида. Для вихревого поля используйте замену тока на скорость изменения магнитного потока, а тор рассматривайте как виток с током в аналогии с дипольным полем.

Ответ

A1) \(Q_M = \dfrac{IN\pi R^2}{L}\); A2) \(B_A = \mu_0\dfrac{2INR^2}{L^3}\); A3) \(B = \mu_0\dfrac{INR^2}{4Lh^2}\). B1) \(E = \dfrac{a^2}{2b}\cdot\dfrac{dB}{dt}\); B2) \(E_0 = \mu_0\dfrac{kNr^2}{4R^2}\); B3) \(F(h) = q\cdot\mu_0\dfrac{kNr^2R}{4h^3}\).