Магнитное поле V-образного провода

Каждая сторона «V» — полубесконечный провод; при \(\alpha = \pi/2\) «V» превращается в бесконечный прямой провод с известным полем. Точку внутри «V» можно представить как лежащую снаружи «V» с полураствором \(\pi - \alpha\) и обратным током.

1. Вклад в \(\mathbf B\) каждой стороны «V» направлен так же, как вклад соответствующего бесконечного провода, и поэтому — если ток течёт, как показано стрелкой, — магнитное поле перпендикулярно плоскости провода, принятой за плоскость \(x\)–\(y\). Если использовать правую систему координат, как показано на рисунке, то \(\mathbf B(\text{P})\) направлено вдоль положительной оси \(z\).

Из соображений симметрии полное поле вдвое больше поля, создаваемого каждой стороной, и имеет то же направление.

2A. При \(\alpha = \pi/2\) «V» превращается в прямой бесконечный провод. В этом случае модуль поля \(B(\text{P})\), как известно, равен \(B = \dfrac{i}{2\pi\varepsilon_0c^2d} = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\), и, так как \(\tan(\pi/4) = 1\), коэффициент \(k\) равен \(\dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\).

Следующее решение также принимается:

2B. Если участник знает формулу \(B = \dfrac{\mu_0 i}{4\pi}\,\dfrac{\cos\theta_1 - \cos\theta_2}{h}\) для конечного отрезка провода, лежащего на прямой на расстоянии \(h\) от точки P, концы которого видны из P под углами \(\theta_1\) и \(\theta_2\), он может найти, что обе стороны «V» создают поля \(\dfrac{\mu_0 i}{4\pi}\,\dfrac{1 - \cos\alpha}{d\sin\alpha}\), и поэтому полное поле равно \(B = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\,\dfrac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\). Это более полное решение, так как оно доказывает и угловую зависимость, но это не требуется.

3A. Чтобы вычислить \(\mathbf B(\text{P}^*)\), можно рассматривать «V» как эквивалентную двум скрещённым бесконечным проводам (\(a\) и \(b\) на следующем рисунке) плюс ещё одной «V», симметричной первой (показана на рисунке как V\('\)), с тем же током \(i\), текущим в противоположном направлении.

Тогда \(B(\text{P}^*) = B_a(\text{P}^*) + B_b(\text{P}^*) + B_{\text{V}'}(\text{P}^*)\). Отдельные вклады равны:

\(B_a(\text{P}^*) = B_b(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d\sin\alpha}\), вдоль отрицательной оси \(z\);

\(B_{\text{V}'}(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\), вдоль положительной оси \(z\).

Поэтому имеем \(B(\text{P}^*) = \dfrac{i\mu_0}{2\pi d}\left[\dfrac{2}{\sin\alpha} - \tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\right] = k\left(\dfrac{1 + \cos\alpha}{\sin\alpha}\right) = k\cot\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\), и поле направлено вдоль отрицательной оси \(z\).

Следующие решения также принимаются:

3B. Точку P\(^*\) внутри «V» с полураствором \(\alpha\) можно рассматривать так, как если бы она находилась снаружи «V» с полураствором \(\pi - \alpha\), по которой течёт тот же ток, но в противоположную сторону; поэтому поле равно \(B(\text{P}^*) = k\tan\left(\dfrac{\pi - \alpha}{2}\right) = k\tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\alpha}{2}\right) = k\cot\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)\); направление по-прежнему вдоль оси \(z\), но в отрицательную сторону, потому что ток течёт в противоположном направлении, как обсуждалось выше.

3C. Если участник следует пути, изложенному в 2B, он(а) может найти значение поля в P\(^*\) тем же методом.

4. Механический момент \(\mathbf M\), действующий на магнитную стрелку, помещённую в точку P, равен \(\mathbf M = \boldsymbol\mu\wedge\mathbf B\) (где символ \(\wedge\) обозначает векторное произведение). Если стрелку отклонить от положения равновесия на угол \(\beta\), достаточно малый, чтобы \(\sin\beta\) можно было заменить на \(\beta\), теорема о моменте импульса даёт \(M = -\mu B\beta = \dfrac{dL}{dt} = I\dfrac{d^2\beta}{dt^2}\), где знак минус стоит потому, что механический момент всегда направлен против отклонения от равновесия. Поэтому период \(T\) малых колебаний равен \(T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{\mu B}}\).

Записывать дифференциальное уравнение, однако, не требуется: участник должен узнать ту же ситуацию, что и для гармонического осциллятора.

5. Если обозначить индексом A вычисления, основанные на интерпретации Ампера, а индексом BS — основанные на другой гипотезе, Био и Савара, то имеем \[B_A = \frac{i\mu_0}{2\pi d}\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right), \qquad B_{BS} = \frac{i\mu_0}{\pi^2 d}\alpha,\] \[T_A = 2\pi\sqrt{\frac{2\pi Id}{\mu_0\mu i\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}}, \qquad T_{BS} = 2\pi\sqrt{\frac{\pi^2 Id}{\mu_0\mu i\alpha}},\] \[\frac{T_A}{T_{BS}} = \sqrt{\frac{2\alpha}{\pi\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)}}.\] При \(\alpha = \pi/2\) (максимально возможное значение) \(T_A = T_{BS}\); а при \(\alpha \to 0\) \(T_A \to \dfrac{2}{\sqrt\pi}T_{BS} \approx 1{,}128\,T_{BS}\). Так как в этом диапазоне \(\dfrac{\tan(\alpha/2)}{\alpha/2}\) — монотонно возрастающая функция \(\alpha\), то \(\dfrac{T_A}{T_{BS}}\) — монотонно убывающая функция \(\alpha\); поэтому в эксперименте невозможно выбрать между двумя интерпретациями, если значение \(\alpha\) больше значения, при котором \(T_A = 1{,}10\,T_{BS}\) (различие 10 %), т. е. когда \(\tan\left(\dfrac{\alpha}{2}\right) = \dfrac{4}{1{,}21\pi}\,\dfrac{\alpha}{2} = 1{,}05\,\dfrac{\alpha}{2}\). Заглянув в тригонометрические таблицы или воспользовавшись калькулятором, видим, что это условие хорошо выполняется при \(\alpha/2 = 0{,}38\) рад; поэтому \(\alpha\) должно быть меньше \(0{,}77\text{ рад} \approx 44^\circ\).

Графическое решение уравнения относительно \(\alpha\) принимается, но оно несколько длинное. Разложение в ряд, напротив, не принимается.