Постоянные магниты

Подсказка

Идея: каждый магнит — диполь, и на расстояниях, много бо́льших размера, поля диполей суммируются. Для цепочки удобно заменить распределение намагниченности эквивалентными магнитными зарядами на концах. Для ферромагнитных пластин работает метод изображений: зеркальный магнит с перевёрнутым моментом.

Решение

A.1. Решение 1. Так как расстояние между магнитами велико по сравнению с их размером, каждый из них можно приближённо считать диполем с моментом \[m = \frac{\pi}{4}d^2hJ = 0{,}75\ \text{А}\cdot\text{м}^2.\] Поскольку оба диполя параллельны друг другу и линии, соединяющей их, энергия взаимодействия одного магнита с полем другого равна \[W = -\vec B\cdot\vec m = -\frac{\mu_0m^2}{2\pi L^3},\] а взяв производную, получаем \[F_1 = \frac{dW}{dL} = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi L^4} \approx 0{,}21\ \text{мН}.\]

Решение 2. Силу между магнитами можно найти, превратив один из цилиндров в сверхпроводящее кольцо. Ток в кольце равен \(I = m/A = Jh\). Рассмотрим малый элемент \(dl\) кольца; радиус-вектор, проведённый от диполя к этому элементу, позволяет разложить дипольный момент на радиальную и касательную компоненты. Из-за осевой симметрии относительно оси магнита сила, действующая на кольцо, равна \(F = B_pI\pi d\), где \(B_p\) — компонента магнитного поля, лежащая в плоскости кольца в месте элемента \(dl\). Из заданной формулы для поля диполя \[|B_p| = \frac{\mu_0m}{4\pi r^3}\left(2\cos\theta\sin\theta + \sin\theta\cos\theta\right) = \frac{3\mu_0m\sin\theta\cos\theta}{4\pi r^3}.\] Подставляя \(\tan\theta = \dfrac{d}{2L}\) и используя приближение малого угла \(\sin\theta\approx\theta\), \(\cos\theta\approx1\), получаем \(F = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi L^4}\).

A.2. В случае однородной намагниченности молекулярные токи в объёме материала компенсируются, оставляя лишь поверхностный ток на боковых поверхностях, не перпендикулярных вектору намагниченности. Таким образом, по боковой поверхности цилиндра течёт поверхностный ток. Так как высота боковой поверхности мала по сравнению с радиусом, эти токи можно приближённо считать кольцевым током \(I\); дипольный момент кольцевого тока \(\pi d^2I/4\) должен равняться полному дипольному моменту магнита \(\pi d^2hJ/4\), откуда \(I = Jh \approx 2{,}4\) кА.

Замечание. Установив аналогию с поверхностным током по краю, можно найти \(I\) и иначе: вычислить поле в какой-либо точке (например, далеко над витком) и сравнить его с дипольным результатом. Закон Био–Савара в точке на оси кольца на расстоянии \(z \gg d\) над витком даёт \[B = \frac{\mu_0 I d^2}{8z^3}\,\hat z.\] Сравнение с дипольным результатом даёт \(I = Jh\), как и выше.

A.3. Так как расстояние между магнитами теперь значительно меньше их диаметра, силу можно приближённо найти как силу между двумя прямыми токами \(I\) длиной \(\pi d\) на расстоянии \(L\): \[F_2 = \frac{\mu_0I^2}{2\pi L}\,\pi d = \frac{\mu_0I^2d}{2L} \approx 14\ \text{Н}.\]

A.4. Цепочка, скорее всего, разорвётся под самым верхним магнитом, так как тогда магнитное притяжение между магнитами должно компенсировать наибольший возможный вес. Пусть число магнитов равно \(N+1\), а масса одного магнита \(M = \dfrac{\pi}{6}\rho\delta^3 \approx 0{,}5\) г; тогда вес \(F = MNg\) уравновешивается магнитной силой \[F = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^4}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^4} = \frac{\mu_0m^2\pi^3}{60\,\delta^4},\] где \(m = \dfrac{\pi}{6}J\delta^3 \approx 78\) мА\(\cdot\)м\(^2\), и мы предположили, что \(N \gg 1\), так что в сумме можно положить \(N = \infty\). Из баланса сил получаем \[N = \frac{\mu_0m^2\pi^3}{60\,Mg\,\delta^4} \approx 1320;\] следовательно, полная длина цепочки равна \(N\delta = 6{,}6\) м. Заметим, что \(N = 1320\) действительно много больше единицы.

A.5. Решение 1. Каждый шар создаёт поле диполя \(m\). Диполь создаёт такое же поле, что и два магнитных заряда, равных по модулю \(q\) и противоположных по знаку, находящихся на расстоянии \(s = m/q\), при условии, что это расстояние мало по сравнению с расстоянием от диполя до точки наблюдения. Удобно выбрать \(s = \delta\) (тогда \(q = m/\delta\)), так как в этом случае почти все положительные и отрицательные магнитные заряды перекрываются и взаимно компенсируются. Не компенсируются только заряды на концах цепочки. Один из них очень далеко, так что поле в точке \(P\) — это поле магнитного заряда в точке \(O\): \[B = \frac{\mu_0q}{4\pi r^2} = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2} = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}.\] Та же схема применима и к решениям, работающим с электрическими зарядами; тогда нужен коэффициент пропорциональности между электрическим и магнитным полем, \(k = B/E = \mu_0\varepsilon_0 = c^{-2}\).

Решение 2. На расстояниях, бо́льших диаметра магнита, форма магнитов не важна; важен лишь полный дипольный момент, поскольку он определяет величину поля на больших расстояниях. Поэтому шары можно заменить цилиндрами того же объёма. Потребуем, чтобы высота этих цилиндров была \(\delta\); тогда соседние цилиндры в цепочке касаются друг друга. В результате вместо цепочки шаров получаем длинный однородный цилиндр. Равенство объёмов означает, что площадь поперечного сечения цилиндров \(A = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\). Из пункта A.2 известно, что такой цилиндр можно считать длинным соленоидом с поверхностной плотностью связанных токов \(J\). Поэтому внутри него поле \(B_0 = \mu_0J\) и, следовательно, поток \(\Phi = B_0A = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\mu_0J\). Внутри соленоида поле постоянно, а снаружи равно нулю; однако это справедливо, только пока концы соленоида далеко. Весь этот поток высвобождается вблизи каждого из концов соленоида. Высвободившийся поток должен удовлетворять уравнениям Максвелла: поле \(\vec B\) не имеет источников и потенциально. Единственное решение в таком случае — центральное изотропное поле \(\vec B = f(r)\hat r\), где \(r\) — расстояние от конца, а \(\hat r\) — соответствующий единичный вектор. Из теоремы Гаусса \(4\pi r^2f(r) = \Phi = \dfrac{\pi}{6}\delta^2\mu_0J\), откуда \[B = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}.\]

Решение 3. Это решение повторяет решение 2 вплоть до соленоида с поверхностной плотностью тока \(J\). Далее заметим, что в любой точке пространства осевая компонента магнитного поля равна \[B = \mu_0J\,\frac{\Omega}{4\pi},\] где \(\Omega\) — телесный угол, под которым виден внутренний объём соленоида (внутренняя поверхность), минус телесный угол, под которым видна внешняя поверхность. Это следует из закона Био–Савара: \(dB_z = \dfrac{\mu_0}{4\pi r^2}\,j\,(d\vec z\times d\vec l)\cdot\hat r = \dfrac{\mu_0}{4\pi r^2}\,J\,d\vec A\cdot\hat r\), где \(\hat r\) — единичный вектор, \(d\vec l\) — бесконечно малый вектор, параллельный поверхностному току, а \(\vec r\) — вектор от точки наблюдения к точке на соленоиде. Остаётся заметить, что \(d\vec A\cdot\hat r\) — видимая площадь элемента поверхности, \(d\Omega = d\vec A\cdot\hat r/r^2\).

В точке \(P\) вклады внутренней и внешней поверхностей в \(\Omega\) сокращаются везде, кроме круглого отверстия соленоида. Поэтому \(\Omega = A\cos\theta/r^2\) и \[B_z = \frac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}\cos\theta.\] Далее, теоремой Гаусса можно воспользоваться для нахождения радиальной компоненты \(B_R\) магнитного поля (\(R\) — радиус в цилиндрических координатах). Тот, кто не знаком с векторным анализом, может вычислить магнитный поток \(\Phi_c\) через круг радиуса \(R_0 = r\sin\theta\). Тогда цилиндрическая координата \(R = z\tan\theta'\), так что \(dR = z\cos^{-2}\theta'\,d\theta'\) и \(\dfrac{1}{r^2} = \dfrac{\cos^2\theta'}{z^2}\). Следовательно, \[\Phi_c = \int_0^{R_0} 2\pi R\,B_z\,dR = \frac{\pi J\mu_0\delta^2}{12}\int\cos\theta'\,d\theta' = \frac{\pi J\mu_0\delta^2}{12}\sin\theta.\] Видно, что это зависит только от сферической координаты \(\theta\); рассматривая конические усечения с круглыми основаниями с одинаковым полярным углом \(\theta\), легко заключить, что поле должно быть радиальным, т.е. \(B = B_z/\cos\theta = \dfrac{J\mu_0\delta^2}{24\,r^2}\).

Решение 4. Поле можно получить и теоретически, суммируя поля всех отдельных магнитов. Однако это математически очень громоздко, поэтому полное решение здесь не приводится. Первые шаги таковы: (i) записать вклад \(B_{sz}\) и \(B_{sR}\) одного магнита на расстоянии \(z\) от точки \(O\) в осевую и радиальную (в цилиндрических координатах) компоненты поля; (ii) перейти от суммирования отдельных вкладов к интегрированию, считая линейную плотность диполей \(\rho_m = m/\delta\), так что \(dm = m\,dz/\delta\), и выполнить интегрирование по \(z\), чтобы найти компоненты поля.

Математический вывод: диполь в положении \(z\) с моментом \(dm = \dfrac{m}{\delta}dz\) создаёт магнитное поле (в декартовых координатах) \[dB_z = dB_{r'}\cos\theta - dB_{\theta'}\sin\theta = \frac{\mu_0\,dm}{4\pi r'^3}\left(2 - 3\sin^2\theta'\right),\qquad dB_R = dB_{r'}\sin\theta + dB_{\theta'}\cos\theta = \frac{3\mu_0\,dm}{4\pi r'^3}\sin\theta'\cos\theta',\] где \(r' = \sqrt{r^2 + z^2 - 2rz\cos\theta}\) и \(\sin\theta' = \dfrac{r}{r'}\sin\theta\) — координаты относительно диполя \(dm\). Для упрощения интегрирования делаем замену \(u = \dfrac{z - r\cos\theta}{r\sin\theta}\); тогда \(r' = r\sin\theta\sqrt{u^2+1}\) и \(dz = r\sin\theta\,du\).

Интегрирование для \(B_z\): \[B_z = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta}\int_{0}^{\infty}\frac{dz}{r'^3}\left(2 - \frac{3r^2\sin^2\theta}{r'^2}\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{-\cot\theta}^{\infty}du\left[2(u^2+1)^{-3/2} - 3(u^2+1)^{-5/2}\right]\] \[= \frac{\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\left.\left(\frac{2u}{\sqrt{u^2+1}} - \frac{2u^3+3u}{(u^2+1)^{3/2}}\right)\right|_{-\cot\theta}^{\infty} = -\frac{\mu_0m\cos\theta}{4\pi\delta r^2}.\]

Интегрирование для \(B_R\) (вклады участков \(z<r\cos\theta\) и \(z>r\cos\theta\) входят с противоположными знаками, после замены переменной получается): \[B_R = -\frac{3\mu_0m}{4\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{\cot\theta}^{\infty}\frac{u\,du}{(u^2+1)^{5/2}} = -\frac{3\mu_0m}{8\pi\delta r^2\sin^2\theta}\int_{\cot^2\theta}^{\infty}\frac{dv}{(v+1)^{5/2}} = -\frac{\mu_0m\sin\theta}{4\pi\delta r^2}.\]

Решение 5. Прямое интегрирование из предыдущего решения можно выполнить проще, используя угловые переменные вместо \(z\). Пусть \(s = r\sin\theta\) — расстояние наибольшего сближения линии с точкой \(P\), а \(\varphi\) — угол от точки на линии до \(P\) (так что \(\varphi = \theta\) на конце около \(P\) и \(\varphi \approx \pi\) на другом конце). Тогда добавочное поле от малого участка, отвечающего \(d\varphi\), равно \[dB = \mu_0\frac{\sin^3\varphi}{4\pi s^3}\left(2\,dm_{\parallel} - dm_{\perp}\right) = \mu_0\frac{\sin^3\varphi}{4\pi s^3}\,\frac{dm}{dz}\,dz\left((3\cos^2\varphi - 1)\hat z - \cos\varphi\sin\varphi\,\hat r\right).\] Поскольку \(s = -z\tan\varphi\) и \(dm = m\,dz/\delta\), имеем \(dm/d\varphi = sm/(\delta\sin^2\varphi)\). Тогда \[dB = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left((3\cos^2\varphi - 1)\hat z\sin\varphi\,d\varphi - \sin^2\varphi\,\hat r\cos\varphi\,d\varphi\right),\] и, следовательно, \[B = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\int_{\varphi=\theta}^{\varphi=\pi}\left(-(3\cos^2\varphi - 1)\hat z\,d\cos\varphi - \sin^2\varphi\,\hat r\,d\sin\varphi\right)\] \[= -\frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left(\left.\cos^3\varphi - \cos\varphi\right|_{\theta}^{\pi}\hat z + \left.\sin^3\varphi\right|_{\theta}^{\pi}\hat r\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi s^2\delta}\left(-\cos\theta\sin^2\theta\,\hat z + \sin^3\theta\,\hat r\right).\] Подставляя обратно выражение для \(s\), получаем \[\vec B = \frac{\mu_0m}{4\pi r^2\delta}\left(-\cos\theta\,\hat z + \sin\theta\,\hat r\right),\] что и требовалось получить.

B.1. Из-за граничного условия на поверхности ферромагнетика силовые линии поля должны входить в пластину почти перпендикулярно. Действительно, из закона циркуляции Ампера следует, что тангенциальная компонента \(\vec B/\mu\) непрерывна на поверхности ферромагнетика; аналогично, теорема Гаусса для магнитного поля означает, что нормальная компонента \(\vec B\) непрерывна. Из этих двух фактов можно вывести «закон преломления» для силовых линий: \(\tan\alpha = \mu\tan\beta\), где \(\alpha\) и \(\beta\) — углы между касательной к силовой линии и нормалью к поверхности внутри и вне ферромагнетика соответственно. Из того, что \(\mu \gg 1\), следует: пока \(\alpha\) не мало, \(\beta \approx 0\). Силовые линии, входящие в пластину, должны где-то выйти из неё; это происходит дальше от магнита — см. эскиз ниже.

Рисунок (решение B.1) — силовые линии поля магнита над ферромагнитной пластиной; отмечены линии 1, 2 и 3.

B.2. Задачу можно решить, введя магнит-изображение — зеркальное отражение реального магнита относительно поверхности пластины, при котором дипольный момент и отражается, и меняет направление. С этим магнитом-изображением граничное условие над пластиной выполняется: силовые линии входят в пластину перпендикулярно. Значит, сила и момент, действующие на реальный магнит, равны силе и моменту, действующим на магнит-изображение. Равновесие достигается, когда диполь параллелен полю, создаваемому магнитом-изображением; это имеет место, когда дипольный момент перпендикулярен пластине. Поэтому нужно отметить галочками крайние левые квадратики первой и второй строк бланка. Сила почти та же, что была найдена в пункте A.4, с той разницей, что теперь в сумме остаётся только первое слагаемое: \[F = \frac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^4} = 5{,}9\ \text{Н}.\]

B.3. Решение 1. Как объяснено выше, силовые линии магнитного поля перпендикулярны поверхности ферромагнитной пластины. Так как зазор узкий по сравнению с шириной пластин, силовые линии внутри зазора почти прямые. Из теоремы о циркуляции Ампера следует также, что поле в зазоре однородно. По той же теореме поле вне зазора обращается в нуль при стремлении ширины зазора к нулю, поэтому в пределе весь поток через постоянный магнит замыкается через зазор; см. эскиз силовых линий. Теперь вспомним, что дисковый магнит эквивалентен поверхностному току плотности \(J\) вдоль криволинейной поверхности диска. Значит, можно записать циркуляцию по контуру, образованному одной из силовых линий: \[I = \oint\vec H\cdot d\vec r \approx (B_1 + B_2)\,h/\mu_0,\] где \(B_1\) и \(B_2\) — индукция внутри постоянного магнита и вне магнита (но внутри зазора) соответственно. Здесь мы пренебрегли вкладом магнитного поля внутри ферромагнитной пластины в интеграл, так как \(\mu\) очень велико. Из теоремы Гаусса \(\dfrac{\pi}{4}d^2B_1 = \dfrac{\pi}{4}(D^2 - d^2)B_2\); при \(D = 2d\) это даёт \(B_1 = 3B_2\). Таким образом, \(B_2 = I\mu_0/4h = J\mu_0/4 = 0{,}375\) Тл и \(B_1 = 1{,}125\) Тл.

Для нахождения силы, действующей на одну из ферромагнитных пластин, заметим, что сила не зависит от того, что создаёт поле, и поэтому можно заменить дисковый магнит током \(I\) в сверхпроводящем кольце. Далее применим метод виртуальных перемещений и увеличим расстояние между пластинами на \(dx\). В случае сверхпроводящего кольца магнитный поток через кольцо сохраняется, поэтому напряжённость магнитного поля в зазоре при виртуальном перемещении не меняется. Теперь мы готовы вычислить изменение энергии магнитного поля. Энергия магнитного поля внутри ферромагнетика может быть пренебрежена, так как её плотность примерно в \(\mu\) раз меньше, чем в зазоре. Поэтому энергия меняется только из-за изменения объёма зазора: \[dW = \frac{\pi}{8\mu_0}\left[d^2B_1^2 + (D^2 - d^2)B_2^2\right]dx = \frac{3\pi}{2\mu_0}B_2^2d^2\,dx,\] откуда сила \[F = \frac{dW}{dx} = \frac{3\pi}{2\mu_0}B_2^2d^2 = \frac{3\pi}{32}J^2\mu_0d^2 \approx 210\ \text{Н}.\]

B.3. Решение 2. Второе решение во многом совпадает с первым и расходится лишь после нахождения полей \(B_1\) и \(B_2\). Теперь не вводим фиктивный сверхпроводящий контур, а аккуратно вычисляем все изменения энергии магнитного поля при виртуальных перемещениях. Ток по периметру постоянного магнита теперь фиксирован равным \(I\), так как его намагниченность предполагается постоянной. Можно по-прежнему использовать предыдущие выражения для энергии магнитного поля, если считать расстояние \(h\) между пластинами переменной: \[W_f = \frac{\pi d^2h}{8\mu_0}\left[B_1^2 + 3B_2^2\right], \qquad B_1 = 3B_2 = \frac{3I\mu_0}{4h} \ \Rightarrow\ W_f = \frac{3\mu_0\pi d^2I^2}{32h}.\] Кроме изменения энергии магнитного поля нужно учесть и энергию самого магнита в поле: \[W_m = -mB_1 = -\frac{\pi}{4}d^2I\cdot\frac{3I\mu_0}{4h} = -2W_f,\] так что полная энергия \(W = -W_f\). Теперь силу находим как \(F = -\dfrac{dW}{dh} = \dfrac{dW_f}{dh}\), что даёт тот же результат. Заметим, что если бы мы не учли энергию диполя, то получили бы правильный ответ по модулю, но с неверным знаком — пластины отталкивались бы вместо притяжения.

B.3. Решение 3. Есть более наглядный способ найти распределение поля. Используя аккуратно аналогию между электрическими и магнитными полями диполей, задачу можно свести к постоянной электрической поляризации, помещённой между двумя проводящими пластинами. Из сходства уравнений Максвелла следует, что \(E \approx B\), \(D \approx H\) и \(P \approx M\) с некоторыми множителями, содержащими магнитные проницаемости и диэлектрические проницаемости. Если поместить меньший цилиндр внутрь проводящих пластин, заряд индуцирует противоположный заряд, который делает силовые линии перпендикулярными проводнику. Кроме того, при введении меньшего цилиндра на больших металлических пластинах не должно возникать чистого заряда. Поэтому на металлической пластине снова появляется равномерная плотность противоположного заряда, распределённая по большей области. Фактически для поля \(E\) это эквивалентно распределению исходного заряда меньшей пластины по большей пластине. Поскольку радиусы относятся как 2, \(E = \dfrac{Q}{4S_0\epsilon_0}\), \(D_2 = \dfrac{Q}{4S_0}\), \(D_1 = \dfrac{Q}{S_0}\left(1 - \dfrac14\right) = 3D_2\). Это согласуется с \(B_2\) и \(B_1\) из предыдущих решений. Остальное следует легко. (Путаница между \(B\) и \(H\) возникает в основном из-за того, считается ли поляризационный заряд или ток свободным; достаточно самосогласованного вывода. Часть поля вблизи центра электрического и магнитного диполя имеет противоположный знак, поэтому при использовании аналогии внутри поляризации нужно быть осторожным с этим эффектом.)

B.3. Решение 4 (неверное). Решение, которое предложили несколько студентов, использует бесконечное число изображений постоянного магнита. Это образует бесконечный стержень, который, по их предположению, создаёт то же поле, что и обычный намагниченный стержень, т.е. нулевое поле вне него. Однако, поскольку пластины конечны, магнитное поле вне зазора на самом деле отлично от нуля и должно вычисляться по решению 1.

C.1. Решение 1. Так как задача состоит в нахождении лишь одной конфигурации диполей, можно просто искать конфигурации, удовлетворяющие требованиям. Самый простой подход — начать построение с цепочки магнитов из пункта A.4: если все диполи направлены параллельно друг другу и параллельно цепочке, система очевидно находится в равновесии. Далее две такие цепочки могут располагаться параллельно друг другу, а могут и антипараллельно. В обоих случаях каждый шар находится в устойчивом равновесии относительно вращений. Действительно, каждый из шаров слева и справа создаёт поле \(\vec B_1 = \hat x\,\dfrac{\mu_0m}{2\pi\delta^3}\), а каждый из шаров сверху и снизу — поле \(\vec B_2 = \pm\dfrac12\vec B_1\), где \(\hat x\) — горизонтальный единичный вектор; знак «+» соответствует антипараллельным рядам, а «\(-\)» — параллельным. Так как \(B_2 < B_1\), сумма четырёх вкладов всегда направлена вдоль \(\hat x\), что обеспечивает устойчивость магнита относительно вращений. Сила притяжения между двумя соседними рядами создаётся только вертикальными парами ближайших соседей, поэтому достаточно вычислить силу взаимодействия между двумя такими магнитами. Если два таких шара находятся на расстоянии \(y\), энергия взаимодействия равна \(W = \pm\dfrac{\mu_0m^2}{4\pi y^3}\), так что \(y\)-составляющая силы \(F_y = \dfrac{dW}{dy} = \mp\dfrac{3\mu_0m^2}{4\pi y^4}\). Это означает, что два шара притягиваются, если они антипараллельны, и отталкиваются в противном случае. Отсюда заключаем, что порядок должен быть антиферромагнитным; он показан на эскизе ниже.

Работа, необходимая для вытаскивания одного магнита, находится как его энергия взаимодействия с четырьмя ближайшими соседями, взятая с обратным знаком, т.е. \(W = \vec B\cdot\vec m\), где \(\vec B = 2\vec B_1 + 2\vec B_2 = \dfrac{3\mu_0m}{2\pi\delta^3}\hat x\), так что \(W = \dfrac{3\mu_0m^2}{2\pi\delta^3} = 29\) мДж.

Рисунок (решение C.1, решение 1) — антиферромагнитная конфигурация: стрелки показывают направления намагниченности магнитов.

C.1. Решение 2. Оказывается, существует ещё одна устойчивая конфигурация, см. рисунок ниже.

Рисунок (решение C.1, решение 2) — вторая устойчивая конфигурация; буквами отмечены магниты, для которых ведётся расчёт.

Чтобы показать, что эта конфигурация тоже устойчива, найдём направление магнитного поля в положении одного из шаров, отмеченного буквой A на рисунке, от его четырёх соседей. Используя формулу для поля диполя, видим, что шары B и D создают оба поле \(b(\hat x + 2\hat y)\), где \(\hat x\) и \(\hat y\) — горизонтальный и вертикальный единичные векторы. Шары C и E создают поле \(b(2\hat x + \hat y)\), так что полное поле равно \(6b(\hat x + \hat y)\). Это параллельно дипольному моменту шара A, т.е. момент сил на него не действует. Остаётся вычислить силу взаимодействия между соседними шарами, например A и B. Один из способов — разложить оба диполя на вертикальные и горизонтальные компоненты: \(\vec m_A = m_0(\hat x + \hat y)\) и \(\vec m_B = m_0(-\hat x + \hat y)\), где \(m_0 = m/\sqrt2\). Легко видеть, что пара диполей \(m_0\hat x\) и \(-m_0\hat x\) притягивается, и то же относится к паре \(m_0\hat y\) и \(-m_0\hat y\). Также легко видеть, что у остальных пар \(m_0\hat x\) с \(m_0\hat y\) и \(m_0\hat y\) с \(-m_0\hat x\) горизонтальной компоненты силы взаимодействия нет. Чуть труднее увидеть, что горизонтальная компонента силы взаимодействия равна нулю и в целом. Для этого сначала вычислим момент \(T_{AB}\), создаваемый диполем A на B относительно центра шара B, и момент \(T_{BA}\), создаваемый B на A относительно центра шара A; из симметрии легко видеть, что \(T_{AB} = -T_{BA}\). По третьему закону Ньютона относительно центра шара A сумма моментов, действующих со стороны B на A и со стороны A на B, должна быть равна нулю; это выражается как \(T_{AB} + T_{BA} + F_x\delta = 0\), где \(F_x\) — горизонтальная компонента силы, действующей со стороны A на B. Из этого равенства следует \(F_x = 0\). Итак, каждая пара соседних шаров притягивается, так что вся конфигурация устойчива.

C.2. Повторим шаги предыдущего пункта с единственным отличием во взаимном расположении магнитов. Теперь каждый магнит верхнего ряда взаимодействует с двумя магнитами нижнего ряда, причём три магнита образуют равносторонний треугольник. Так как будем использовать метод виртуальных перемещений, рассмотрим взаимодействие трёх магнитов, образующих равнобедренный треугольник, как показано на рисунке; пока основание треугольника фиксировано при виртуальных перемещениях, длины боковых сторон \(l\) меняются.

Рисунок (решение C.2) — три магнита, образующие равнобедренный треугольник; \(l\) — длина боковой стороны, \(\alpha\) — угол при основании.

Сначала нужно получить выражение для магнитного поля, создаваемого двумя нижними магнитами в центре верхнего магнита. Из соображений симметрии это поле горизонтально; для его нахождения используем формулу из условия задачи. Дипольный момент левого нижнего магнита разложим на составляющие, параллельную и перпендикулярную радиус-вектору, проведённому от его центра к центру верхнего магнита: \(m_{\parallel} = m\cos\alpha\) и \(m_{\perp} = m\sin\alpha\). Тогда результирующая \(x\)-компонента магнитного поля \[B_{3x} = \frac{\mu_0}{4\pi l^3}\left(2m_{\parallel}\cos\alpha - m_{\perp}\sin\alpha\right) = \frac{\mu_0m}{4\pi l^3}\left(3\cos^2\alpha - 1\right).\] Поле от обоих магнитов равно \(2B_{3x}\hat x\).

Прежде всего проанализируем устойчивость магнита относительно вращений. Как и раньше, будем считать, что магниты в одном ряду параллельны друг другу, а магниты в двух соседних рядах либо параллельны, либо антипараллельны. В любом случае ряды сверху и снизу от данного магнита параллельны друг другу; пусть они ориентированы вдоль \(\hat x\). Тогда каждый ряд вносит вклад \(2B_{3x}\hat x\) в полное поле в положении нашего магнита. Полное поле также содержит вклады \(\vec B_{4x} = \pm\dfrac{\mu_0}{2\pi\delta^3}\) от левого и правого магнитов; здесь «+» соответствует ферромагнитному порядку, а «\(-\)» — антиферромагнитному. Учитывая, что \(l = \delta\) и \(\cos\alpha = \dfrac12\), полное поле равно \[\vec B_5 = 4\vec B_{3x} + 2\vec B_{4x} = \frac{\mu_0m}{2\pi\delta^3}\left(-\frac12 \pm 2\right)\hat x.\] Оно параллельно данному магнитному диполю и для «+», и для «\(-\)», что обеспечивает устойчивость в любом случае.

Пусть \(\vec m = \pm\hat x\,m\), а \(y\) — высота равнобедренного треугольника. Вертикальная компонента силы взаимодействия магнита с магнитом нижнего ряда равна \[F_{5y} = \frac{d}{dy}\vec B_3\cdot\vec m = \pm\frac{dl}{dy}\,\frac{d}{dl}\left[\frac{\mu_0m^2}{4\pi l^3}\left(\frac{3\delta^2}{4l^2} - 1\right)\right] = \mp\frac{dl}{dy}\,\frac{3\mu_0m^2}{16\pi\delta^3};\] здесь мы использовали \(\cos\alpha = \dfrac{\delta}{2l}\) и, взяв производную, подставили \(l = \delta\). Чтобы эта сила была притягивающей, нужен знак минус, что соответствует ферромагнитному порядку (помним, что \(\dfrac{dl}{dy} > 0\)). Теперь можно отметить направления диполей на эскизе, см. рисунок ниже.

Рисунок (решение C.2) — ферромагнитная конфигурация: все стрелки направлены в одну сторону в каждом ряду.

Работа, необходимая для вытаскивания магнита, находится аналогично пункту C.1: \[W = \vec B_5\cdot m\hat x = \frac{3\mu_0m^2}{4\pi\delta^3} = 15\ \text{мДж}.\]